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第03 讲 氮及其重要化合物
目录
01 课标达标练
题型01 氮气的性质及氮的固定
题型02 氮的氧化物及环境污染与防治
题型03 氨和铵盐的性质及实验探究
题型04 喷泉实验的原理及应用
题型05 氨的实验室制法
题型06 硝酸的性质及实验探究
题型07 金属与硝酸反应的定量计算
题型08 氮及其化合物的转化
02 核心突破练
03 真题溯源练
1
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01 氮气的性质及氮的固定
1．（2025 齐鲁名校联考）下列关于工业上合成氨的说法错误的是
A.该反应属于氮的固定
B.可通过原电池装置将该反应的化学能变为电能
C.可通过升高温度和增大压强将氮气完全转化为氨
D.当
时反应达到平衡状态
【答案】C
【解析】A．游离态氮元素转化为化合态氮元素的过程为氮的固定，工业上氮气和氢气反应合成氨属于氮
的固定，A 正确；B．该反应是放热的氧化还原反应，可设计为原电池，将反应的化学能转化为电能，B
正确；
C．工业上氮气和氢气生成氨气，该反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，C 错误；D．当
时说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D 正确。
2．(2024·北京东城区统考)煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，是大气的重要污染源之一。用Ca(ClO)2溶液
对烟气[n(SO2)∶n(NO)＝3 2]
∶
同时脱硫脱硝(分别生成SO、NO)，测得NO、SO2脱除率如图所示，下列说法不
正确的是
A.SO2和NOx都会形成酸雨，NOx还会形成光化学烟雾
B．随着脱除反应的进行，吸收溶液的pH 逐渐减小
C．SO2脱除率高于NO 的原因可能是SO2在水中的溶解度大于NO
D．依据图中信息，在80 min 时，吸收液中n(NO)∶n(Cl－)＝2 3∶
2
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【答案】D
【解析】SO2和NOx分别可以形成硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，光化学烟雾是氮的氧化物在太阳紫外线的照
射下产生的一种二次污染物，A 正确；脱除反应的原理为2NO＋3ClO－＋H2O===2H＋＋2NO＋3Cl－、SO2
＋ClO－＋H2O===2H＋＋SO＋Cl－，生成大量H＋，pH 减小，B 正确；根据SO2和NO 在水中的溶解度：SO2
＞NO，SO2 比NO 更易溶于水，更容易发生反应，C 正确；根据已知n(SO2)∶n(NO)＝3 2∶，假设SO2 为3
mol，则NO 为2 mol，依据图中信息及反应的离子方程式中的比例关系得：在80 min 时，NO 脱除率为
40%，即反应的NO 为2 mol×40%＝0.8 mol，0.8 mol NO 反应生成0.8 mol NO 和1.2 mol Cl－，SO2脱除率
100%，即3 mol SO2全部反应生成3 mol Cl－，则n(Cl－)＝(3＋1.2)mol＝4.2 mol，吸收液中n(NO)∶n(Cl－)＝
0.8 mol 4.2 mol
∶
＝4 21
∶
，D 错误。
02 氮氧化物的性质及环境污染与防治
3．（2025·四川安岳中学·二模）用活性炭对汽车尾气中的NO 进行吸附可发生反应：
。在恒容密闭容器中加入活性炭(过量)和一定量的
发生上
述反应，相同时间不同温度下测得NO(g)的转化率与温度的关系如图所示。下列说法中正确的是
A. 该反应的正活化能大于逆活化能
B. NO 的逆反应速率
C. Y 点时NO 的体积分数为20%(不考虑活性炭的体积)
D. 向平衡体系中加入催化剂，NO 的平衡转化率增大
【答案】C
【解析】A．ΔH<0，该反应为放热反应，放热反应的正反应活化能小于逆反应活化能，A 项错误；B．X
与Z 点NO 的转化率相同，则浓度也相同，Z 点温度高，逆反应速率较大，B 项错误；C．Y 点时NO 的转
化率为80%，反应前后气体体积不变，则最终NO 的体积分数为20%，C 项正确；D．催化剂不影响NO 的
3
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平衡转化率，D 项错误；故选C。
4．（2025 泰安一模）一种汽车尾气脱硝处理的机理如图所示，下列说法错误的是
A.
是反应的催化剂 B. 状态③到状态④的过程中，有O–H 键的形成
C. 状态④到状态⑤过程中，NO 发生氧化反应 D. 该过程中Cu 元素的化合价未发生变化
【答案】D
【解析】A．根据反应历程图，
是催化剂，反应前后不变，A 正确；B．状态③到状态
④的变化过程中有H2O 生成，即有O-H 键的形成，B 正确；C．状态④到状态⑤过程中，NO 化合价由+2
价升高到+4 价，被氧化，发生氧化反应，C 正确；．状态②到状③的过程中， Cu 和 N 的化合价发生变
化，其中 Cu 的化合价降低，N 元素化合价升高，D 错误。
03 氨和铵盐的性质及实验探究
5．（2025•四川达州渠县中学•二模）NH4NO3是一种高效氮肥，也是一种烈性炸药。下列说法不正确的是
A. 将结块的硝酸铵置于研钵中，用研杵敲碎，研细
B. 硝酸铵可由氨气和硝酸反应制备，该反应不属于氮的固定
C. 施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用
D. 医用硝酸铵速冷冰袋是利用硝酸铵溶于水吸热
性质
【答案】A
【解析】A．硝酸铵在敲碎、研细时，可能会发生爆炸，A 错误；B．氨气与硝酸反应可以得到硝酸铵，由
于氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，所以该反应不属于氮的固定，B 正确；C．草木灰溶于水
呈碱性，硝酸铵溶于水呈酸性，二者会发生双水解反应，可以释放出氨气，导致氮肥流失，因此不能将草
木灰与硝酸铵混合使用，C 正确；D．硝酸铵溶于水吸收热量，因此医用硝酸铵速冷冰袋是利用硝酸铵溶
于水吸热的性质，D 正确；故答案为：A。
6．（2024•四川成都•月考）氨催化氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理设计实验探
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究硝酸的制备和性质，装置如图所示(装置内空气均已排尽)。下列说法正确的是
A．甲装置中的固体也可以是NaOH 或CaO
B．装置丁可以起到防倒吸作用
C．装置乙中的干燥剂可以为无水CaCl2
D．理论上装置丙中通入的氨气和氧气物质的量之比为4：5 时可以完全被吸收生成HNO3
【答案】B
【解析】甲中浓氨水与过氧化钠反应制备氨气和氧气，经过干燥后在丙中发生氨气的催化氧化生成一氧化
氮，一氧化氮可生成二氧化氮，过量的氧气与二氧化氮在戊中可生成硝酸，己为尾气吸收装置，据此分析
解答。A．甲装置需要提供氨气和氧气，如果甲装置中的固体是NaOH 或CaO ，只能提供氨气，不能提供
氧气，A 错误；B．若发生倒吸，水先进入丁试管中，所以装置丁可以起到防倒吸作用，B 正确；C．乙用
于干燥氨气、氧气，氨气能与氯化钙反应，故装置乙中的干燥剂不能为无水CaCl2，C 错误；D．根据反
应：4NH3+5O2=====4NO+6H2O、
可知，装置丙中通入的氨气和氧气物质的量之
比为1：2 时才可以完全被吸收生成HNO3，D 错误； 故选B。
7．（2025·四川安岳中学·二模）实验室中利用侯氏制碱法制备Na2CO3和NH4Cl，流程如图。下列说法正
确的是
A. 气体N、M 分别为
和
B. 只有“食盐水”可以循环使用
C. 为了加速过滤可用玻璃棒搅拌 D. 向“母液”中通入NH3有利于析出NH4Cl 并提高纯度
【答案】D
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【解析】侯氏制碱法制备碳酸钠和氯化铵，饱和食盐水中先通入NH3、再通入CO2，此时生成碳酸氢钠沉
淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠，加热碳酸氢钠生成碳酸钠、二氧化碳和水，母液中加入NaCl 和NH3，发
生反应NaCl(s)+NH4Cl(aq)=NaCl(aq)+NH4Cl(s)，过滤得到氯化铵。A．气体N 为NH3，气体M 为CO2，A
错误；B．从流程图可知，最后碳酸氢钠分解生成的CO2、母液生成的食盐水都可以循环利用，B 错误；
C．用玻璃棒搅动漏斗里的液体，容易把滤纸弄破，起不到加速过滤的作用，C 错误；D．向母液中通入
NH3，增大溶液中NH 的浓度，有利于NH4Cl 析出并提高纯度，D 正确；故答案选D
04 喷泉实验的原理及应用
8．（2025·四川射洪中学·三模）某小组探究NH3的催化氧化，实验装置如图，③中气体颜色无明显变化，
④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟。下列分析正确的是
A．①中固体药品可用KClO3代替，②中固体药品可为NH4Cl
B．③、④中现象说明③中的反应是4NH3+7O2=====4NO2+6H2O
C．④中白烟的主要成分是NH4Cl
D．一段时间后，⑤中溶液可能变蓝
【答案】D
【解析】由实验装置图可知，装置①中高锰酸钾受热分解制备氧气，装置②中氯化铵与氢氧化钙共热反应
制备氨气，装置③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，反应生成的一氧化氮在
装置④中与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水蒸气反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，会有
白烟产生，装置⑤中氮的氧化物溶于水与氧气反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜，使溶液呈蓝色。
A．二氧化锰做催化剂作用下氯酸钾受热分解生成氯化钾和氧气，所以装置①中高锰酸钾固体不能用氯酸
钾替代，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口遇冷又生成氯化铵堵塞导管，所以②中固体药品不
能用氯化铵替代，故A 错误；B．由分析可知，③中发生的是氨气在催化剂作用下与氧气反应生成一氧化
氮，故B 错误；C．由分析可知，④中白烟的主要成分是硝酸铵，不是氯化铵，故C 错误；D．由分析可
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知，装置⑤中氮的氧化物溶于水与氧气反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜，使溶液呈蓝色，故D 正
确；故选D。
9．（2025·广东肇庆·二模）下列实验装置能达到实验目的的是
A．制备
B．干燥
C．收集
D．吸收
尾气
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】A．加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，不能制备氨
气，应选氯化铵与氢氧化钙加热制备，故A 错误；B．氨气与氯化钙反应，不能干燥氨气，故B 错误；
C．NH3的密度比空气的小，应该采用向下排空气法收集，即进口在上出口在下，故C 错误；D．氨气不与
四氯化碳反应，不溶于四氯化碳，可防止倒吸，故D 正确；答案选D。
10．喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体-溶液，能出现喷泉现象的是
气体
溶液
A
H2S
稀盐酸
B
HCl
稀氨水
C
NO
稀硫酸
D
CO2
饱和NaHCO3溶液
【答案】B
【解析】从原理上来说，只要圆底烧瓶内的气体易溶于胶头滴管内所吸有的液体即可使烧瓶内的气压在短
时间内迅速减小，与大气压形成较大的压强差，即可形成喷泉。H2S 为酸性气体，在稀盐酸中的溶解度较
小，不能形成喷泉，A 错误；HCl 为酸性气体，稀氨水呈碱性，HCl 在稀氨水中的溶解度较大，极易形成
喷泉，B 正确；NO 不溶于稀硫酸，且和稀硫酸不反应，不能形成喷泉，C 错误；CO2难溶于饱和NaHCO3
溶液，不能形成喷泉，D 错误。
05 氨的实验室制法
11．（2025·四川攀枝花·统考一模）下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A
B
C
D
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配制
NaCl
溶液
制备并收集NH3
除CCl4中的Br2
制备少量含NaClO
的消毒液
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【解析】A．容量瓶不能用于溶解、稀释和长期贮存溶液，A 项错误；B．浓氨水和碱石灰反应生成氨气，
用向下排空气的方法收集，B 项正确；C．碘化钾与溴反应，会生成新杂质I2，C 项错误；D．电解饱和食
盐水，阳极产生氯气，阴极产生氢氧化钠和氢气，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，装置应改成下方为
阳极生成氯气，与上方产生的NaOH 反应，可制备少量含NaClO 的消毒液，D 项错误；故选B。
12. （2025 山东实验中学一模）碱金属的液氨溶液含有的蓝色溶剂化电子[e(NH3)n]-是强还原剂。锂与液氨
反应的装置如图(夹持装置略)，已知液氨的沸点-33.5℃。下列说法正确的是
A. 装置A 中的药品可替换为Ca(OH)2溶液与NH4Cl 固体
B. D 中发生的变化是Li+nNH3=Li++[e(NH3)n]-
C. 锂片必须打磨出新鲜表面，C、E 均可选用CaCl2固体
D. D 中干冰-丙酮冷却装置可改为冰水浴
【答案】B
【解析】A．Ca(OH)2微溶于水，其溶液浓度小，与NH4Cl 固体在不加热条件下不能生成氨气(加热条件也
不适合制取氨气)，故装置A 中药品不能换为Ca(OH)2溶液与NH4Cl 固体，A 项错误；
B．氨气在双口瓶中冷却为液氨，锂与液氨反应生成[e(NH3)n]-，根据原子守恒和电荷守恒可知，双口瓶中
的变化为：Li+nNH3=Li++[e(NH3)n]-，B 项正确；C．锂保存在石蜡中，使用前应打磨掉表面的氧化层，氨
气可与氯化钙发生络合反应，故干燥管C 中不能加入CaCl 固体，C 项错误；D．冰水浴温度不能达
到-77℃，干冰-丙酮冷却装置不可改为冰水浴，D 项错误。
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06 硝酸的性质及实验探究
13. （2024·四川成都实外教育集团·联考）下列由实验现象推出的实验结论正确的是
选
项
实验过程
实验现象
实验结论
A
将少量的硝酸铜受热分解
(产物为CuO、NO2、O2)
收集气体后，用带火星的木
条检验，木条复燃
NO2支持燃烧
B
过量的Fe 粉中加入稀HNO3，充分反
应后，滴入KSCN 溶液
溶液呈红色
稀HNO3 将Fe 氧
化为Fe3+
C
将AgCl 固体加入水中，再向其中滴
入几滴HI
固体由白色变为黄色
HI 酸性强
D
把NaClO 溶液滴到pH 试纸上
测得pH=10
NaClO 溶液水解
显碱性
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】A ．少量的硝酸铜受热分解的产物中有氧化铜、二氧化氮、氧气，方程式为
2Cu(NO3)2====2CuO+4NO2↑+O2↑，氧气与二氧化氮的体积比为1:4，氧气含量与空气中氧气含量相当，
排除氧气干扰，混合气体使带火星的木条复燃，证明二氧化氮支持燃烧，A 正确；B．过量的Fe 粉中加入
稀HNO3，充分反应后生成亚铁离子，溶液中不含铁离子，滴入KSCN 溶液，溶液不会变红，B 错误；C．
碘化银比氯化银更难溶，将AgCl 固体加入水中，再向其中滴入几滴HI，固体由白色变为黄色是氯化银沉
淀转化为碘化银沉淀，无法证明HI 酸性强，C 错误；D．把NaClO 溶液水解会生成次氯酸使pH 试纸褪
色，应选用pH 计测定溶液pH 判断水解显碱性，D 错误； 故选A。
14. (2025·山东聊城·期中)某同学为探究Al 和
反应情况，做如下实验：
实
验
现
象
产生气泡，试管上
方呈浅红棕色
产生大量气泡，能使湿
润红色石蕊试纸变蓝
产生气泡，能使湿润红色
石蕊试纸变蓝
下列说法正确的是
A. 实验Ⅰ中氧化剂与还原剂物质的量之比为3：1
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B. 实验Ⅱ、Ⅲ说明铝粉只有在碱性或中性时才能将
还原到最低价
C. 实验Ⅲ的离子反应为：
D. 实验Ⅰ、Ⅱ消耗等量铝粉时，所得还原产物的物质的量之比为8：3
【答案】D
【解析】A．实验Ⅰ发生的反应为Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O，氧化剂为1 个HNO3，还原剂为Al，
物质的量之比为1：1，A 错误；B．实验Ⅱ为碱性条件下，实验Ⅲ为中性条件下，均生成能使湿润红色石
蕊试纸变蓝的气体，该气体为NH3，只能说明NO 在碱性或中性时被还原到最低价，不能说明NO 只有在
碱性或中性时才被还原到最低价，B 错误；C．实验Ⅲ在中性条件下没有OH-离子的参与，反应的离子反应
为：
，C 错误；D．实验Ⅰ还原产物为NO，Ⅱ的还
原产物为NH3，消耗等量铝粉时，转移电子数相同，设转移amol 电子，所得还原产物的物质的量之比为
8：3，D 正确。
07 金属与硝酸反应的定量计算
15. (2025·四川内江市·模拟)将10.0 g 铜镁合金完全溶解于140 mL 某浓度的硝酸中，得到NO2和NO 的混合
气体4.48 L(标准状况)，当向反应后的溶液中加入370 mL 4.0 mol/L NaOH 溶液时，金属离子全部转化为沉
淀，测得沉淀的质量为18.5 g。下列说法不正确的是
A．该合金中铜与镁的物质的量之比为2 3∶
B．该硝酸中HNO3的物质的量浓度为10 mol/L
C．NO2和NO 的混合气体中，NO2的体积分数为25%
D．若将混合气体与水混合完全转化为硝酸，则需要通入的氧气(标准状况)的体积2.8 L
【答案】B
【解析】Cu――→Cu2＋――→Cu(OH)2、Mg――→Mg2＋――→Mg(OH)2，据此可得n(OH－)等于金属失去
电子物质的量，则有n(OH－)＝＝0.5 mol，即金属失电子为0.5 mol，2n(Cu)＋2n(Mg)＝0.5 mol；根据质量
关系可得：64n(Cu)＋24n(Mg)＝10.0 g，联立解得n(Cu)＝0.1 mol，n(Mg)＝0.15 mol，故合金中铜和镁的物
质的量之比为0.1 mol 0.15 mol
∶
＝2 3∶，A 正确；全部沉淀后，溶质为NaNO3，根据氮元素守恒，有n(HNO3)
＝n(NaNO3)＋n(NO，NO2)＝370×10－3 L×4 mol/L＋＝1.68 mol，则有c(HNO3)＝＝12 mol/L，B 错误；根据
得失电子守恒可得：3n(NO)＋n(NO2)＝0.5 mol，n(NO)＋n(NO2)＝，联立解得n(NO)＝0.15 mol，n(NO2)＝
0.05 mol；相同条件下，气体的体积分数等于其物质的量分数，故NO2的体积分数为×100%＝25%，C 正
确；根据得失电子守恒可知，通入的O2得电子数与两种金属失电子数相同，两种金属失去电子为(0.1＋
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0.15)×2 mol＝0.5 mol，则n(O2)＝mol＝0.125 mol，在标准状况的体积为0.125 mol×22.4 L/mol＝2.8 L，D 错
误。
16.（2025•成都石室中学•二模）硝酸钠在玻璃业、染料业、农业等领域应用广泛．工业上以含氮氧化物废
气为原料生产硝酸钠的流程如图所示：
已知：①
；
②
．
下列叙述正确的是
A. NO2属于酸性氧化物
B. 同时发生反应①和②时，被氧化的氮元素与被还原的氮元素的质量之比可能为2 1∶
C. “转化器”中生成的
既是氧化产物，又是还原产物
D. 不考虑流程中钠、氮元素的损失，则
【答案】D
【解析】NO2、NO 通入碳酸钠溶液发生已知①、②的两个反应，会生成硝酸钠和亚硝酸钠的混合物，加入
稀硝酸将亚硝酸钠转化为硝酸钠，最后对硝酸钠溶液蒸发结晶得到硝酸钠固体。A．酸性氧化物与碱反应
生成一种盐和水，NO2与NaOH 反应生成NaNO2、NaNO3，生成两种盐，且氮元素化合价发生变化，不属
于酸性氧化物，A 错误；B．反应①中二氧化氮的氮元素发生歧化反应，二氧化氮既是氧化剂也是还原
剂，被氧化的氮元素与被还原的氮元素的物质的量为1:1，反应②NO 中氮元素化合价升高被氧化，NO2中
氮元素化合价降低被还原，则同时发生反应①和②时，被氧化的氮元素与被还原的氮元素的质量之比
1:1，B 错误；C．“转化器”中加入稀硝酸将亚硝酸钠转化为硝酸钠，硝酸被还原为NO，生成的NaNO3
是氧化产物，NO 是还原产物，C 错误；D．根据题意可知，N 元素和Na 元素最终变为硝酸钠，根据守恒
有等式：a+b+e=2c；NO、NO2 最终变为硝酸钠，N 失去电子，O2 得到电子，根据电子守恒有等式：
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3a+b=4d，根据上述两个等式可得：
，D 正确；故选D。
08 氮及其化合物的转化
17．（2025 高三·四川成都·月考）已知：A、C、D、E 为无色气体，F 为红棕色气体。物质间的转化关系
如图所示，其中部分产物已略去，则下列说法错误的是
A．A、B 互换位置也满足该流程
B．反应①中每生成1molD 转移2mol 电子
C．F 与水的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
D．C 为NH3，D 为O2，C 可以在D 中燃烧生成氮气
【答案】C
【解析】F 为红棕色气体，则F 为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮和硝酸，硝酸和碳加热条件
下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，A(二氧化碳)和过氧化钠反应生成碳酸钠和D(氧气)，硝酸和铜反应
生成硝酸铜、E(一氧化氮)和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，C(氨气)催化氧化生成一氧化氮和
水，M 受热分解生成氨气、二氧化碳和水，则M 为碳酸铵或碳酸氢铵，据此回答。A．A 为二氧化碳，B
为水，A、B 互换位置也满足该流程，水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和D(氧气)，硝酸和碳加热反应生成
二氧化碳、二氧化氮和水，A 正确；B．反应①方程式为
，根据方程式分析，
生成1mol 氧气转移2mol 电子，B 正确；C．F 与水即
，二氧化氮中氮化合价既升
高又降低，有两个氮升高，有1 个氮降低，因此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，C 错误；
D．C 为NH3，D 为O2，C 可以在D 中燃烧生成氮气即
，D 正确； 故选C。
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18．（2025·四川达州·二模）下列实验装置或操作正确，且能达到相应实验目的的是
A. 图甲：验证铁钉的吸氧腐蚀 B. 图乙：鉴别亚硝酸钠和硝酸钠
C. 图丙：验证
中含碳碳双键 D. 图丁：从食盐水中提取NaCl
【答案】A
【解析】A．铁发生吸氧腐蚀时消耗氧气，氧气传感器会发生相应变化，能达到实验目的，A 符合题意；
B．NO2
-水解显碱性，NO 不水解溶液为中性，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，pH＞4.4 时溶液为黄色，因此
加入甲基橙后两溶液均为黄色，无法鉴别，B 不符合题意；C．新制氢氧化铜与醛基加热可产生砖红色沉
淀，但新制氢氧化铜悬浊液为碱性，再加溴水会与碱反应，无法检验碳碳双键的存在，C 不符合题意；
D．从溶液中通过蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体，应该用蒸发皿加热溶液，坩埚用于煅烧固体，D 不符合
题意；故选A。
19.（2025·四川巴中市·一诊）电厂烟气(NOx、CO2等)可用NH3脱氮。在Fe2O3催化剂表面发生的脱氮过程
如图所示。下列说法错误的是
A. 脱氮的总反应为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=====4N2(g)+6H2O(g)
B. 该反应在任何条件下可自发进行，则
C. Fe3+可降低反应的活化能
D. 催化剂可提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】A．根据图示箭头可知反应物为NH3、NO 和O2（箭头指向圈内），生成物为N2 和H2O（箭头
指向圈外），根据得失电子写出总反应，故A 正确；B．根据总反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=====4N2(g)
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+6H2O(g)
可知ΔS>0，若要使该反应在任何条件下可自发进行，
，则需满足 ΔH<0 ，故B 正
确；C．Fe3+ 为该反应催化剂，催化剂能降低反应活化能，故C 正确；D．催化剂只能降低反应活化能，
改变反应速率，不能改变反应的平衡常数，因而不会提高最终的平衡转化率，故D 错误；故选D。
20．（2025·四川八省联考·提升卷）化学实验小组的同学们进入四川博物馆，看到许多矿石标本，其中三
种矿石及其主要成分如下：
回答下列问题：
（1）加热条件下，1mol 氨气与足量孔雀石反应可以产生1.5mol 金属铜，发生反应的化学方程式为
________________。
（2）辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)和少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程
如图：
①回收S，温度控制在50℃～60℃之间，温度不宜过高或过低的原因分别是__________
________
、
______________
__
。
②气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该物质的化学式为
____________；向滤液M 中加入(或通入)下列______ (填正确答案标号)物质，可得到另一种可循环利用的
物质。
A．铁 B．氯气 C．高锰酸钾 D．盐酸
③保温除铁过程中加入CuO 的作用是________________。
④操作X 中硝酸溶液的作用是______________________。
（3）已知氢氧化钙和钨酸钙(CaWO4)都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度的升高而减少，如图为不同
温度下Ca(OH)2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线。则：
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T
①______T2(填“>”或“<”)；T1时，Ksp(CaWO4)= ________________。
②向钨酸钠溶液中加入石灰乳得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为
________________________________ 。
【答案】（1）3Cu2(OH)2CO3+4NH3====6Cu+2N2+3CO2+9H2O
（2）①温度过高苯容易挥发 温度过低溶解速率小
HNO
②
3 B
③调节溶液的pH 值，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀
④抑制Cu2+的水解
（3）①< 1×10-10
WO
②
4
2-+Ca(OH)2=CaWO4+2OH-
【解析】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S 和
FeCl3发生氧化还原反应生成S，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过
滤，滤液M 主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将铁氧化为铁离子，氧化铜调节溶液pH，使
Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却
结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。(1)孔雀石主要成分为Cu2(OH)2CO3，氨气具有还原性，可以将其还原为
Cu，同时生成氮气、二氧化碳和水，根据电子转移守恒配平得
3Cu2(OH)2CO3+4NH3====6Cu+2N2+3CO2+9H2O；(2)①回收S，温度控制在50℃～60℃之间，温度过高苯容
易挥发；温度过低溶解速率小；②气体NOx与氧气混合后通入水中反应生成最高价氧化物的水化物，该物
质的化学式为HNO3；滤液M 主要含有氯化亚铁，另一种可循环利用的物质为氯化铁溶液，则向其中通入
氯气，反应可生成氯化铁溶液，故答案为B。③保温除铁过程中加入CuO 的作用是调节溶液的pH 值，使
Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀；④操作X 中硝酸溶液的作用是抑制Cu2+的水解；(3)根据图象可知，氢氧化
钙和钨酸钙(CaWO4)在钙离子浓度相同时，T1温度下阴离子浓度大于T2，说明T1时的溶度积大于T2，溶度
积越大，则溶解度越大，所以T1时溶解度较大，由于“已知氢氧化钙和钨酸钙(CaWO4)都是微溶电解质，
两者的溶解度均随温度升高而减小”，则T1＜T2；T1时Ksp(CaWO4)=c(Ca2+)•c(WO4
2-)=1×10-5×1×10-5=1×10-
10；②向钨酸钠溶液中加入石灰乳发生复分解反应，生成钨酸钙和氢氧化钠，发生反应的离子方程式为：
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WO4
2-+Ca(OH)2=CaWO4+2OH-。
1. （2025·四川遂宁市·三诊）西北工业大学推出一种新型Zn-NO2电池，该电池能有效地捕获NO2并将其
转化为
。现利用Zn-NO2电池将产生的
电解制氨，过程如图所示。下列说法正确的是
A. c 电极的电势比d 电极的电势高
B. 为增强丙中水的导电性，可以加入一定量的NaCl 固体
C. c 电极的电极反应式为
+6e-+H2O=NH3+7OH-
D. 当电路中转移2mole-时，丙室溶液质量减少18g
【答案】D
【解析】由图可知，锌为活泼金属，失去电子发生氧化反应，a 为负极、b 为正极，则c 为阴极、d 为阳
极。A．c 为阴极、d 为阳极，c 电极的电势比d 电极的电势低，A 错误；B．NaCl 为电解质，在溶液中可
电离成离子，但氯离子的还原性大于氢氧根，若加入氯化钠，氯离子会在阳极放电产生氯气，可加入硫酸
钠固体增强溶液导电性，B 错误；C．电解池中交换膜为质子交换膜，c 电极的电极反应式：NO2
-+6e-
+7H+=NH3+2H2O，C 错误；D．丙室中阳极上水失电子产生氧气，电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，当电路
中转移2mole-时，丙室产生氧气减少的质量16g，且c 极电极反应NO2
-+6e-+7H+=NH3+2H2O，同时会有
2mol 质子转移至乙室，则丙室溶液质量等于18g，D 正确；答案选D。
2. （2025 高三上·安徽·开学考试）部分含N、S 物质的分类与相应化合价的关系如图所示，下列说法正确
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的是
A． b、c、h、k 在标准状况下均为无色气体 B．f 与h、j 的浓溶液均可反应生成g
C．工业上制备a 的路线为d→c→b→a D．e 与i、f 与i 的反应属于同一基本反应类型
【答案】B
【解析】据图可得，a 为HNO3，b 为NO2 或N2O4，c 为NO，d 为N2，e 为NH3，f 为H2S，g 为S，h 为
SO2，i 为H2SO3，j 为H2SO4，k 为SO3，由此分析回答；A．b 为NO2 或N2O4，c 为NO，h 为SO2，k 为
SO3，NO2为红棕色气体，且标准状况下为液体，而SO3在标准状况下为固体，A 错误；B．h、j 均可以在
一定条件下与f 反应，反应的化学方程式分别为SO2+2H2S=3S↓ +2H2O，H2SO4(浓)+H2S=S↓ +SO2↑+2H2O，
均可生成g(g 为S)，B 正确；C．工业上制备硝酸的路线为NH3→NO→NO2→HNO3，不直接由N2→NO，C
错误；D ．e 与i 的反应为2NH3 +H2SO3=(NH4)2SO3 ，属于化合反应，而f 与i 的反应为
H2SO3+2H2S=3S↓+3H2O，不属于化合反应，二者不属于同一基本反应类型，D 错误；故选B。
3. (2024·江苏如皋模拟)亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示装置(夹持装置
已省略)及药品探究亚硝酸钠与硫酸的反应及气体产物的成分。
已知气体的沸点为NO2：21 ℃，NO：－152 ℃。
下列说法错误的是
A．用装置b 代替装置a 的好处是便于控制反应的发生与停止
B．反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，除去装置中的空气
C．装置中冰水浴的作用是冷凝，使NO2液化
D．装置中热水浴有利于促进NO2生成，便于检验是否有NO 生成
【答案】A
【解析】b 代替a 的好处是保持漏斗与烧瓶的气压一致，利于液体流下。
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4. (2024·陕西西安五校期末)将Fe 和Cu 的混合粉末a g 加入100 mL 4 mol/L 稀硝酸中充分反应后(假设还原
产物只有NO)，下列说法正确的是
A．若反应后有Cu 剩余，则反应后溶液中含有的金属阳离子一定是Cu2＋
B．若反应后的溶液中有Cu2＋，则反应后溶液中含有的金属阳离子一定是Fe2＋、Fe3＋
C．若反应后的溶液中无金属剩余，则加入金属粉末质量8.4 g<a g<9.6 g
D．若加入的Fe 和Cu 的质量比为7 8∶，则使HNO3完全反应的金属粉末质量最小为7.2 g
【答案】D
【解析】由于Fe 比Cu 更活泼，铁先与稀硝酸发生反应，若溶液中含有Cu2＋，则必定还含有Fe2＋，A 错
误；若反应后的溶液中有Cu2＋，则溶液中可能含有Fe3＋、无Fe2＋，或含有Fe2＋、无Fe3＋，B 错误；若金属
全是铁(生成＋3 价)，则消耗铁质量5.6 g，若全是铜，则消耗铜质量9.6 g。因是铁、铜混合物，则加入金
属粉末质量5.6 g＜a g＜9.6 g，C 错误；若加入的Fe 和Cu 的质量比为7 8∶，则两者物质的量之比为1 1∶，根
据题意，Fe 被氧化成Fe3＋则消耗质量小，硝酸被还原的量是参加反应总量的，生成NO 的物质的量为0.1
mol，设铁、铜的物质的量为n，根据得失电子守恒可得：3n＋2n＝0.1 mol×3，n＝0.06 mol，则有56
g/mol×0.06 mol＋64 g/mol×0.06 mol＝7.2 g，D 正确。
5.（2025·四川雅安市·二诊）氨是最基本的化工原料之一，工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目
前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应原理为
。回答下列问题：
（1）相关化学键的键能数据：
化学键
键能
946
436.0
390.8
计算反应
_______
。
（2）根据工业合成氨的热化学方程式可知，_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高平衡转化
率，_______温有利于提高反应速率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业合成氨通常采用
。
（3）某合成氨速率方程为：
，根据表中数据，
_______。
实验
1
m
n
p
q
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2
n
p
3
m
n
4
m
p
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为_______。(填字母)
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
（4）在催化剂作用下，按
的投料比投入，发生反应生成
，平衡时混合气中
的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示。
①该反应的平衡常数
_______
(填“<”“=”或“>”)。
②
、压强为
时，
的转化率为_______%(保留三位有效数字)，此时反应的压强平衡常数
_______。[
为平衡分压代替平衡浓度计算求得的平衡常数(分压=总压×物质的量分数)]
【答案】（1）—90.8
（2）①低 ②. 高
（3）① —1 ② a
（4）① <
. 33.3
.
②
③
或
【解析】
（1）由△H=反应物的键能-生成物的键能可知，该反应△H=[946kJ/mol+(436.0kJ/mol×3)]-2×(390.8kJ/
mol×3)=-90.8 kJ/mol，故答案为-90.8；
（2）合成氨反应是放热反应，要提高平衡转化率，即要使反应平衡正向移动，应降低温度，其他条件一
定时，升高温度，可以提供更高的能量，使活化分子百分数增大，反应速率加快；故答案为：低；高；
（3）将实验1、3 中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①q=k·mα·nβ·pγ，③10q=k·mα·nβ·(0.1p)γ，可得
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γ=-1，合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，
但不会提高正反应速率，a 正确，c 错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，b 错误，故答案为：-1；a；
（4）①平衡常数之和温度有关，该反应为放热反应，温度越高，平衡逆向移动，平衡常数越小，所以
K(a)<K(b)；
②根据
，由图可知达到平衡时氨气的物质的量分数为20%，
平衡时氨气的物质的量分数为
，解得x=1/3mol，则
×100%≈33.3%；由数据可知，平衡是氨气的物质的量分数为20%，而平衡时N2和H2物质的量之比为1：
3，则平衡是氮气的物质的量分数为20%，氢气的物质的量分数为60%，
=
，故答案为：<；33.3；
或
。
6.（2025·四川射洪中学·三模）二氯异氰尿酸钠[(CNO)3Cl2Na]具有很强的氧化性(遇酸会生成次氯酸)，是一
种广普高效的杀菌剂，常温下为白色固体、溶于水，难溶于冰水。实验室常用高浓度的NaClO 溶液和
(CNO)3H3(氰尿酸)溶液，在10℃时反应制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如图所示，回答下列问题：
（1）装置B 中试剂为___________，装置D 中，盛放(CNO)3H3吡啶溶液的仪器名称为___________。
（2）[(CNO)3Cl2Na]的制备步骤如下：
①检查装置气密性后加入药品。
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②关闭K1，打开K2，向A 中滴加足量的浓盐酸，当观察到D 中液面上方出现黄绿色气体时，关闭K2，滴
入(CNO)3H3的吡啶溶液，写出(CNO)3H3和NaClO 发生反应的化学方程式___________，制备过程中要不断
通入Cl2，其目的是___________，反应完成后需进行的操作为___________。
③取装置D 中溶液，制得产品。操作为___________、过滤、冷水洗涤、低温干燥得到粗产品。
（3）粗产品[(CNO)3Cl2Na]中纯度测定。取1.5g 粗产品溶于少量水，加入过量抗坏血酸(维生素C)充分反
应，配成100mL 溶液，取20.00mL 所配制溶液于锥形瓶中，再加入25.00ml0.1 mol·L-1AgNO3溶液(过量)，
加入几滴稀NH4Fe(SO4)2溶液，用0.05mol·L-1NH4SCN 标准溶液滴定至终点，消耗10.00mL 标准液。[已知
Ag+ +SCN-=AgSCN↓(白色)]
(CNO)
①
3Cl2Na 的纯度为___________%(保留一位小数)。
②下列有关上述滴定操作的说法正确的是___________。
a．接近滴定终点时微微转动活塞，使溶液悬挂在尖嘴上，形成半滴，用锥形瓶内壁将其刮落，再用洗瓶
冲洗内壁
b．若盛放NH4SCN 标准溶液的滴定管没有润洗，使测定结果偏大
c．用聚四氟乙烯的滴定管替代酸式滴定管，使测定结果偏大
d．滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，使测定结果偏小
【答案】（1）① 饱和食盐水 ②. 恒压滴液漏斗
（2）①
②使反应生成的NaOH 再次生成
NaClO 并参与反应，提高原料的利用率 ③打开K1，通入N2，将剩余的氯气排入E 中，防止污染空气
④冰水冷却
（3） ① 73.3
ad
②
【解析】由实验装置图可知，装置A 中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的
氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B 中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C 为空载仪器，作用
是做安全瓶起防倒吸的作用，装置D 中Cl2与溶液反应制备NaClO，NaClO 溶液与(CNO)3H3（氰尿酸）吡
啶溶液在10℃时反应制备[(CNO)3Cl2Na]，装置E 中盛有的NaOH 溶液用于吸收未反应的Cl2，防止污染空
气。
（1）由分析可知，装置B 中盛有的饱和食盐水用于除去HCl 气体；由实验装置图可知，装置D 中，盛放
(CNO)3H3（氰尿酸）吡啶溶液的仪器为恒压滴液漏斗，故答案为：饱和食盐水；恒压滴液漏斗；
（2）②由分析可知，装置D 中Cl2与NaOH 溶液反应制备NaClO，NaClO 溶液与(CNO)3H3（氰尿酸）吡啶
溶液在10℃时反应制备[(CNO)3Cl2Na]（二氯异氰尿酸钠），制备过程为关闭K1，打开K2，向A 中滴加足
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量的浓盐酸，高锰酸钾固体与浓盐酸反应生成氯气，Cl2与NaOH 溶液反应生成NaClO，当观察到D 中液
面上方出现黄绿色气体，关闭K2，滴入(CNO)3H3(氰尿酸)吡啶溶液，NaClO 次溶液与(CNO)3H3(氰尿酸)吡
啶溶液在10℃时反应制备[(CNO)3Cl2Na]，反应的化学方程式为：
；
制备过程中要不断通入Cl2，使反应生成的NaOH 再次生成NaClO 并参与反应，提高原料的利用率；
反应完成后打开K1，通入N2，将剩余的Cl2排入E 中，防止污染空气；
③由题给信息可知，得到溶于水，难溶于冰水的二氯异氰尿酸钠[(CNO)3Cl2Na]粗产品的操作为冰水冷却、
过滤、冷水洗涤、低温干燥得到粗产品；
（3）①由题意可得如下转化关系：(CNO)3Cl2Na～2Cl-～2AgNO3，滴定未反应的AgNO3消耗
10.00mL0.05mol/LNH4SCN 溶液，则与AgNO3反应的(CNO)3Cl2Na 的物质的量
，则粗产品中(CNO)3Cl2Na 的
物质的量
，(CNO)3Cl2Na 的纯度为：
。
a
②．接近滴定终点时微微转动活塞，使溶液悬挂在尖嘴上，形成半滴，用锥形瓶内壁将其刮落可以避免硫
氰化铵溶液过量，超过滴定终点，故a 正确；b．若盛放硫氰化铵标准溶液的滴定管没有润洗会使消耗标准
溶液的体积偏大，导致测定结果偏小，故b 错误；c．锥形瓶洗涤后未干燥即加入所配待测溶液不会影响待
测液的物质的量和消耗标准溶液的体积，对测定结果无影响，故c 错误；d．滴定前俯视读数，滴定后仰视
读数会使消耗标准溶液的体积偏大，导致测定结果偏小，故d 正确；故选ad。
1．（2025·湖南卷）只用一种试剂，将
四种物质的溶液区分开，这种试
剂是
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A．
溶液
B．
溶液
C．
溶液
D．
溶液
【答案】D
【解析】A．NaOH 溶液与AlCl3反应生成白色沉淀，过量时溶解；与(NH4)2CO3加热会释放NH3气体，但
常温下可能无法明显区分；Na2SO4和KNO3均无现象，无法区分，A 错误；B．AgNO3溶液与Na2SO4生成
微溶Ag2SO4，与(NH4)2CO3生成Ag2CO3沉淀，与AlCl3生成AgCl 沉淀，KNO3无反应。但三种沉淀均为白
色，无法明确区分，B 错误；C．H2SO4溶液仅与(NH4)2CO3反应产生CO2气体，其余三者无现象，无法区
分Na2SO4、AlCl3、KNO3，C 错误；D．Ba(OH)2溶液与Na2SO4生成BaSO4白色沉淀（不溶解）；与
(NH4)2CO3生成BaCO3沉淀并释放NH3气体；与AlCl3先生成Al(OH)3沉淀，过量时溶解；KNO3无现象，四
种现象均不同，可区分，D 正确；故选D。
2．（2025·湖北卷）如图所示的物质转化关系中，固体A 与固体B 研细后混合，常温下搅拌产生气体C 和
固体D，温度迅速下降。气体C 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G 是一种强酸。H 是白色固体，常用作钡
餐。下列叙述错误的是
A．在C 的水溶液中加入少量固体A，溶液
升高
B．D 为可溶于水的有毒物质
C．F 溶于雨水可形成酸雨
D．常温下可用铁制容器来盛装G 的浓溶液
【答案】A
【解析】固体A 与固体B 研细后混合，常温下搅拌产生气体C 和固体D，温度迅速下降。气体C 能使湿润
的红色石蕊试纸变蓝，则C 为NH3，G 是强酸，则E 是NO，F 是NO2，G 是HNO3；H 是白色固体，常用
作钡餐，H 是BaSO4，D 是BaCl2，A 和B 反应是NH4Cl 和Ba(OH)2·8H2O 反应，C(NH3)和HCl 可转化为
NH4Cl，则A 是NH4Cl，B 是Ba(OH)2·8H2O。A．在C(NH3)的水溶液(氨水)中加入少量固体A(NH4Cl)，铵
根浓度增大，抑制了NH3·H2O 的电离，OH-浓度减小，溶液pH 减小，A 错误；B．D(BaCl2)易溶于水，溶
于水电离出Ba2+，钡是重金属，有毒，B 正确；C．F(NO2)与水反应生成强酸硝酸，故NO2溶于雨水可形
成硝酸型酸雨，C 正确；D．G 是HNO3，常温下浓HNO3将Fe 钝化，故常温下可用铁制容器来盛装浓硝
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酸，D 正确；答案选A。
3. （2025·安徽卷6）下列有关反应的化学方程式错误的是
A. 氨在氧气中燃烧：4NH3+3O2=====2N2+6H2O
B. 液氨与金属钠反应：
C. 氨水溶解Cu(OH)2：
D. 浓氨水与HgCl2反应：
【答案】D
【解析】A．根据题干信息可知，氨可在氧气中燃烧生成N2，所给方程式符合反应原理，A 正确；B．金
属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，生成氨基钠和氢气，发生的是置换反应，所给方程式符合反应原
理，B 正确；C．根据题干信息可知，Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，所给方程式符合
反应原理，C 正确；D．浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hg(NH2)Cl 沉淀，生成物应为NH4Cl，方程式为：
，D 错误。
4. （2025·广东卷15）按如图组装装置并进行实验：将铜丝插入溶液中，当c 中红色褪去时，将铜丝拔离
液面。下列叙述错误的是
A. a 中有化合反应发生，并有颜色变化
B. b 中气体变红棕色时，所含氮氧化物至少有两种
C. c 中溶液红色刚好褪去时，
恰好完全反应
D. 若将a 中稀硝酸换为浓硫酸并加热，则c 中溶液颜色会褪去
【答案】C
【解析】A．铜和稀硝酸反应，会生成一氧化氮，一氧化氮为无色气体，液面上方有氧气存在，一氧化氮
与氧气反应，生成红棕色的二氧化氮，属于化合反应，生成Cu(NO3)2为蓝色，有颜色变化，A 正确；B．b
中气体变红棕色时，说明有二氧化氮存在，存在2NO2
N2O4的反应，所以所含氮氧化物至少有两种，B
正确；C．酚酞的变色范围是8.2~10，c 中溶液红色刚好褪去时，此时溶液可能呈弱碱性，所以不能判断
HCO 是否恰好完全反应，C 错误；D．若将a 中稀硝酸换为浓硫酸并加热，会生成二氧化硫，二氧化硫通
入碳酸氢钠溶液中，可生成亚硫酸氢钠，溶液显酸性，c 中溶液颜色会褪去，D 正确。
5. （2025·山东9）用肼(N2H4)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4，反应
原理如图所示。下列说法正确的是
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A.N2是还原反应的产物 B.还原性：N2H4<Fe2+
C.处理后溶液的pH 增大 D.图示反应过程中起催化作用的是Cu2+
【答案】C
【解析】由图中信息可知，N2H4 和Cu2+ 反应生成的[Cu(N2H4)2]2+ 是N2H4 和Fe3O4 反应的催化剂，
[Cu(N2H4)2]+是中间产物，该反应的离子方程式为
，
N2H4是还原剂，Fe3O4是氧化剂，Fe2+是还原产物。A．该反应中，N2H4中N 元素的化合价升高被氧化，因
此，N2是氧化反应的产物，A 不正确；B．在同一个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，因
此，还原性的强弱关系为N2H4>Fe2+，B 不正确；C．由反应的离子方程式可知，该反应消耗H+，处理后溶
液的pH 增大，C 正确；D．根据循环图可知，图示反应过程中起催化作用的是[Cu(N2H4)2]2+，D 不正确。
6．（2024·广西卷）实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正
确的是
A．“反应1”中，每消耗
，在
下得到
B．“反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为0.5NA
C．在密闭容器中进行“反应3”，0.1molNO 充分反应后体系中有0.1NA个NO2
D．“反应4”中，为使0.1molNO2完全转化成HNO3，至少需要0.02NA个O2
【答案】B
【解析】反应1 为实验室制备氨气的反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2====2NH3↑+CaCl2+2H2O，反应2
是氨气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O2=====4NO+6H2O，反应3 为一氧化氮和氧气反应生成二氧化
氮，方程式为：2NO+O₂=2NO₂ ，反应4 为二氧化氮，氧气和水反应生成硝酸，4NO2+2H2O+O2=4HNO3，
以此解题。A．根据分析可知，每消耗0.1molNH4Cl，生成0.1mol 氨气，但是由于不是标准状况，则气体
不是2.24L，A 错误；B．根据分析可知，反应2 方程式为：4NH3+5O2=====4NO+6H2O，该反应转移
20e-，则每生成0.1molNO，转移电子数为0.5NA，B 正确；C．根据反应3，0.1molNO 充分反应后生成
0.1NA个NO2，但是体系中存在2NO2
N
⇌
2O4，则最终二氧化氮数目小于0.1NA，C 错误；D．根据反应4 可
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知，为使0.1molNO2完全转化成HNO3，至少需要0.025NA个O2，D 错误；故选B。
7．（2024·广东卷）按下图装置进行实验。搅拌一段时间后，滴加浓盐酸。不同反应阶段的预期现象及其
相应推理均合理的是
A．烧瓶壁会变冷，说明存在
的反应
B．试纸会变蓝，说明有NH3生成，产氨过程熵增
C．滴加浓盐酸后，有白烟产生，说明有NH4Cl 升华
D．实验过程中，气球会一直变大，说明体系压强增大
【答案】B
【解析】A．烧瓶壁变冷说明八水氢氧化钡与氯化铵的反应是焓变大于0 的吸热反应，故A 错误；B．试纸
会变蓝，说明八水氢氧化钡与氯化铵反应时有氨气生成，该反应是熵增的反应，故B 正确；C．滴加浓盐
酸后，有白烟产生是因为浓盐酸挥发出的氯化氢气体与反应生成的氨气生成了氯化铵，与氯化铵的升华无
关，故C 错误；D．八水氢氧化钡与氯化铵生成氯化钡和一水合氨的反应是焓变大于0 的吸热反应，烧瓶
中温度降低、气体压强会减小会导致气球变小，后因为一水合氨分解生成氨气导致气体压强增大，气球会
变大，滴入盐酸后，浓盐酸挥发出的氯化氢气体与反应生成的氨气生成了氯化铵，导致气体压强变小，则
实验过程中，气球先变小、后增大，加入盐酸后又变小，故D 错误；故选B。
8.（2024•山东14）钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为Cu2O。为探究Cu2O 的性质，取等
量少许Cu2O 分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法正确的是
实验操作及现象
试管甲
滴加过量0.3mol•L
1
﹣HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液
呈浅蓝色；倒掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失
试管乙
滴加过量6mol•L
1
﹣氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时
间后，溶液颜色变为深蓝色
A．试管甲中新生成的沉淀为金属Cu
B．试管甲中沉淀的变化均体现了HNO3的氧化性
C．试管乙实验可证明Cu（Ⅰ）与NH3形成无色配合物
D．上述两个实验表明Cu2O 为两性氧化物
【答案】AC
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【解析】试管甲中Cu2O 滴加过量0.3mol•L
1
﹣HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶
液呈浅蓝色，氧化亚铜发生歧化反应，生成铜离子和铜单质，铜单质和浓硝酸反应生成硝酸铜；试管乙中
铜离子和过量的氨水反应生成四氨合铜离子。
A．由分析可知试管甲中新生成的沉淀为金属Cu，故A 正确；B．试管甲中沉淀的变化为Cu2O+2HNO3＝
Cu（NO3）2+Cu+H2O，该过程硝酸表现酸性，后滴加浓硝酸发生反应为Cu+4HNO3＝Cu（NO3）
2+2NO2↑+2H2O，该过程HNO3 体现氧化性和酸性，故B 错误；C．试管乙中Cu2O 与NH3 形成无色配合
物，静置一段时间后溶液颜色变为深蓝色，可证明Cu（Ⅰ）与NH3形成无色配合物易被空气中氧气氧化为
深蓝色四氨合铜离子，故C 正确；D．既可以和酸反应也可以和碱反应的氧化物为两性氧化物，上述两个
实验没有证明Cu2O 为两性氧化物，故D 错误。
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