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第03 讲 氮及其重要化合物
目录
一、题型精
讲
题型01 考查氮气及其性质.................................................................................................................................1
题型02 考查氮的氧化物及其应用.....................................................................................................................4
题型03 考查氨和铵盐的性质.............................................................................................................................7
题型04 考查氨气的制备....................................................................................................................................11
题型05 考查喷泉实验及其拓展应用...............................................................................................................15
题型06 考查硝酸的性质及其应用...................................................................................................................19
题型07 考查硝酸与金属反应的计算.............................................................................................................22
题型08 考查氮及其化合物之间的转化.........................................................................................................25
二、靶向突破
题型01 考查氮气及其性质
1.氮在自然界中的循环
2.自然界中氮元素的存在
1
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3.氮气的性质与氮的固定
(1)物理性质：无色、无味的气体，密度比空气略小，难溶于水。
(2)化学性质
有关化学方程式：
3Mg
①
＋N2=====Mg3N2。
N
②
2＋3H2
2NH3。
N
③
2＋O2=====2NO。
【解题通法】
1.氮的非金属性很强，但N2非常稳定，其原因是氮氮三键很强。
2.氮的固定是指将大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程，可简单表示为N2→含氮化合物。
【例1】下列关于氮及其化合物，说法不正确的是( )
A.氮的固定是将N2转化成含氮化合物
B.氮元素在自然界中既有游离态又有化合态
C.NO 和NO2都可稳定存在于空气中
D.N2既可作氧化剂又可作还原剂
【答案】C
【解析】A 项，氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，如与豆类植物共生的根瘤菌，
能吸收大气中的氮气分子，将其转变成含氮化合物，正确；B 项，自然界中N 有游离态，如N2，也有化合
态，如铵盐、硝酸盐等，正确；C 项，NO 不稳定，易与O2反应生成NO2，错误；D 项，N2中N 元素为0
价，处于氮的中间价态，化合价既可以升高又可以降低，N2既可以作氧化剂又可以作还原剂，D 正确。
2
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【变式1-1】 自然界的氮循环包括以下过程。下列说法不正确的是（ ）
A．硝化过程中，含氮物质被氧化
B．氨氧化过程中，亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为3 4∶
C．N2→NH4
+属于氮的固定，N2发生还原反应
D．土壤中Fe2＋和Fe3＋的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素
【答案】B
【解析】由题图可知，硝化过程为NH4
+转化为NO2
-，NO2
-再进一步转化为NO3
-，该过程中N 元素化合价
都在升高，故含氮物质被氧化，A 正确；由题图可知，氨氧化过程中的反应为NO2
-＋NH4
+===N2↑＋
2H2O，故亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为1 1∶，B 错误；氮的固定是指将游离的氮单质转
化为含氮化合物的过程，故N2→NH4
+属于氮的固定，该过程中N 元素化合价由0 价降低到－3 价，N2发生
还原反应，C 正确；由题图可知，Fe2＋能与NO3
-反应转化为N2，Fe3＋能与NH4
+反应转化为N2，故土壤中
Fe2＋和Fe3＋的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素，D 正确。
【变式1-2】下列说法中正确的是( )
A.氮气化学性质不如磷活泼，故氮元素非金属性弱于磷
B.氮气只有氧化性，没有还原性
C.“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐
D.NO 与O2反应生成NO2属于氮的固定
【答案】C
【解析】N≡N 键能大，N2比磷稳定，但N 元素的非金属性比磷强，A 错误；氮气中氮元素的化合价可以升
高，也可以降低，故既具有氧化性，又具有还原性，B 错误；氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮
的过程，D 项错误。
【变式1-3】 自然界的氮循环如图所示，下列说法正确的是( )
3
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A．①中N2与O2反应生成NO2是大气固氮
B．②中合成氨属于人工固氮
C．③中的氮元素被氧化
D．氮循环过程中没有氧元素参加
【答案】B
【解析】①中N2与O2反应生成NO 是大气固氮，而不是N2与O2反应产生NO2，A 错误；②中N2与H2在
高温、高压、催化剂条件下反应产生NH3，是将游离态的氮转化为氮的化合物，因此合成氨属于人工固
氮，B 正确；③中细菌还原硝酸根中正五价的氮，生成无污染的0 价的N2，所以③中氮元素化合价降低，
得到电子被还原，而不是被氧化，C 错误；如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的NO 气
体，氧元素参与了反应，二氧化氮易与水反应生成硝酸(HNO3)和NO，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，也有
氧元素参加反应，D 错误。
题型02 考查氮的氧化物及其应用
1.氮的氧化物
(1)氮有多种价态的氧化物，如N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等，其中属于酸性氧化物的是N2O3和
N2O5。
(2)NO 和NO2的比较
性质
NO
NO2
色、味、态
无色、无味的气体
红棕色、有刺激性气味的气体
溶解性
不溶于水
毒性
有毒，大气污染物之一
有毒，大气污染物之一
与水反应
不反应
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
与氧气反应
2NO＋O2===2NO2
不反应
4
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【易错警示】
NO
①
2与N2O4存在下列平衡：2NO2
N2O4，因此实验测得NO2的平均相对分子质量总大于46。
②验证某无色气体为NO 的方法是向该无色气体中通入O2(或空气)，无色气体变为红棕色。
2.氮氧化物对环境的污染、人体的危害及防治
(1)常见的污染类型及对人体的危害
①光化学烟雾：NOx在紫外线作用下，与碳氢化合物发生一系列光化学反应，产生一种有毒的烟雾。
②酸雨：NOx排入大气中后，与水反应生成HNO3和HNO2，随雨水降到地面。
③破坏臭氧层：NO2可使平流层中的臭氧减少，导致地面紫外线辐射量增加。
NO
④
与血红蛋白结合使人中毒。
(2)常见的NOx尾气处理方法
①碱液吸收法
2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O，NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O
NO2、NO 的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收的条件是n(NO2)≥n(NO)，一般适用于工业尾气中NOx的
处理。
②催化转化法
在催化剂、加热条件下，氨可将氮氧化物转化为无毒气体(N2)或NOx与CO 在一定温度下催化转化为无毒
气体(N2和CO2，一般适用于汽车尾气的处理)。
【解题通法】氮氧化物溶于水的计算
无论是单一气体(NO2)，还是NO、NO2、O2 中的两者或三者的混合气体，反应的实质是3NO2＋
H2O===2HNO3＋NO，2NO＋O2===2NO2，故若有气体剩余只能是NO 或O2，不可能是NO2。
(1)若NO 和O2通入水中，总关系式为4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3。
(2)若NO2和O2通入水中，总关系式为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3。
【例2】标准状况下，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，充分反应后，下列叙述不正确的是
(设试管中的溶质不往试管外扩散)( )
A.溶液体积占试管容积的2/3
B.此反应中水既不作氧化剂也不作还原剂
C.试管内溶液中溶质的物质的量浓度为1/22.4 mol/L
D.若将试管中的气体改为氯化氢或氨气，则水充满试管
【答案】A
【解析】将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，发生的反应为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，溶
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液体积占试管容积的×＝，A 错误；反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO 中，水既不是氧化剂又不是还原剂，
B 正确；试管内溶液中溶质是硝酸，设试管容积为V L，浓度为＝1/22.4 mol/L，C 正确；若将试管中的气
体换为氯化氢或者氨气，二者均易溶于水，因此水充满试管，D 正确。
【变式2-1】 NO 分子会污染空气。近年来，科学家发现少量的NO 在生物体内许多组织中存在，它有扩
张血管、提高免疫、增强记忆力的功能，而成为当前生命科学的研究热点。下列关于一氧化氮的叙述正确
的是( )
A.一氧化氮是酸性氧化物，会形成酸雨
B.常温、常压下，一氧化氮只能通过人工合成
C.一氧化氮为无色气体，在与O2反应中体现还原性
D.一氧化氮易溶于水，不能用排水法收集
【答案】C
【解析】A.能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，一氧化氮和碱不反应，所以是不成盐氧化物，
A 错误；B.电闪雷鸣的雨天，N2和O2在放电条件下生成NO，N2＋O2=====2NO，B 错误；C.一氧化氮是一种
无色气体，具有还原性能被氧气等氧化剂氧化，氧化后产生二氧化氮，C 正确；D.一氧化氮是一种无色、
难溶于水的气体，在空气中易被氧化成红棕色的二氧化氮，故一氧化氮能用排水法收集，不能用排空气法
收集，D 错误。
【变式2-2】 选择性催化还原技术是一种以NH3作为还原剂，将烟气中NOx分解成无害的N2和H2O 的干
法脱硝技术，反应原理为
6NO
①
＋4NH3=====5N2＋6H2O；
6NO
②
2＋8NH3=====7N2＋12H2O；
NO
③
＋NO2＋2NH3===2N2＋3H2O。
下列说法正确的是( )
A.NO2为酸性氧化物
B.氮气性质不活泼，其原因是氮元素的非金属性较弱
C.反应③中标准状况下每生成22.4 L N2，转移电子数为1.5NA
D.NO→NO2→HNO3，以上各步变化均能通过一步完成
【答案】D
【解析】NO2和氢氧化钠反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，NO2不是酸性氧化物，故A 错误；氮气性质不
活泼，其原因是氮气分子中含有氮氮三键，故B 错误；反应③中生成2 mol N2转移6 mol 电子，标准状况
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下每生成22.4 L N2，转移电子数为3NA，故C 错误；NO→NO2→HNO3，NO 和O2反应生成NO2，NO2和水
反应生成HNO3和NO，故D 正确。
【变式2-3】 如图所示，将相同条件下的m 体积NO 和n 体积O2同时通入倒立于水槽中且盛满水的试管内，
充分反应后，试管内残留体积的气体，该气体与空气接触后立即变为红棕色。则m 与n 的比值为( )
A.3 2
∶
B.2 3
∶
C.8 3
∶
D.3 8∶
【答案】C
【解析】该过程中涉及的反应有2NO＋O2===2NO2、3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，可将两个方程式“合
并”为4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3。剩余气体与空气接触立即变为红棕色，说明剩余气体为NO。则可知
体积的NO 气体与n 体积的O2恰好完全反应生成HNO3。结合反应关系可得：＝，则m∶n＝8 3∶。
题型03 考查氨和铵盐的性质
1.氨的分子结构和物理性质
电子式
密度
气味
水溶性
比空气小
有刺激性气味
极易溶于水(1 700)
∶
2.氨的化学性质
（1）与水反应：NH3＋H2ONH3·H2O，氨的水溶液叫氨水，呈弱碱性：NH3·H2ONH＋OH－。
a．组成：三种分子：NH3、H2O、NH3·H2O；
三种离子：NH、OH－、H＋。
b．性质：氨水质量分数越大，其密度越小。
c．NH3·H2O 为可溶性一元弱碱，易挥发，不稳定，易分解：NH3·H2O=====NH3↑＋H2O(可用于制备少量
NH3)。
（2）与盐溶液反应
将氨水加入下列溶液，发生反应的离子方程式及现象：
现象
离子方程式
FeCl3溶液
生成红褐色沉淀
Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH
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AlCl3溶液
生成白色沉淀
Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
（3）与酸反应
a．蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，其现象为有白烟生成，将浓盐酸改为浓硝酸，也会
出现相同的现象。化学方程式分别为HCl＋NH3===NH4Cl，NH3＋HNO3===NH4NO3。
b．NH3＋CO2＋H2O===NH4HCO3或2NH3＋CO2＋H2O===(NH4)2CO3。
（4）还原性
氨的催化氧化：4NH3＋5O2=====4NO＋6H2O；
与CuO 的反应：2NH3＋3CuO=====3Cu＋N2＋3H2O。
【易错警示】
NH
①
3是中学化学中唯一的碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可在推断题中作为解题突破口。
②氨水呈碱性，NH3·H2O 属于一元弱碱，计算氨水的浓度时，溶质按NH3进行计算。
3.铵盐
(1)铵盐的物理性质：铵盐通常是白色固体，绝大多数铵盐易溶于水。
(2)铵盐的不稳定性：
①NH4Cl 受热容易分解：NH4Cl=====NH3↑＋HCl↑
②NH4HCO3受热容易分解：NH4HCO3=====NH3↑＋H2O＋CO2↑
(3)与强碱的反应：
①固体反应：NH4Cl 与NaOH 反应的化学方程式为NH4Cl＋NaOH=====NH3↑＋NaCl＋H2O。
②固体反应：NH4Cl 与Ca(OH)2反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2=====CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。
③溶液中铵盐与强碱反应的离子方程式(加热)为NH＋OH－
=====NH3↑＋H2O。
稀溶液中铵盐与强碱反应的离子方程式(不加热)为NH＋OH－===NH3·H2O。
【解题通法】NH 的检验
NaOH
①
溶液法
取少量固体样品或溶液于试管中，再加入浓的NaOH 溶液，加热产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
(或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近管口，有白烟产生)，证明固体样品或溶液中含有NH。
②碱石灰法
把碱石灰与某物质的固体混合物在研钵里研磨，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝(或将蘸有浓盐酸
的玻璃棒靠近研钵口，有白烟产生)，则可以判断该物质是铵盐。
【例3】下列说法中正确的是( )
A.所有铵盐受热均可以分解，但产物不一定有NH3
B.加热可除去NH4Cl 中的少量NaHCO3
C.在盛有硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液的试管中，滴加少量NaOH 溶液，在试管口用湿润的红色石蕊试
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纸检验，试纸变蓝
D.铵盐易溶于水，其水溶液只能与碱反应，不能与酸反应
【答案】A
【解析】铵盐分解不一定产生氨气，如NH4NO3在400 ℃以上分解生成N2、NO2和H2O，A 正确；在加热
的条件下氯化铵与碳酸氢钠均分解，不能除去氯化铵中的碳酸氢钠，B 错误；盛有硫酸亚铁铵
[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液的试管中，滴加少量NaOH 溶液，氢氧根离子与亚铁离子生成氢氧化亚铁沉淀，没有
氨气生成，所以在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸不变蓝，C 错误；铵盐都易溶于水，其水溶液
不一定只能与碱反应不能与酸反应，例如碳酸铵溶液能和盐酸反应，D 错误。
【变式3-1】如图所示，利用培养皿探究氨气的性质。实验时向NaOH 固体上滴几滴浓氨水，立即用另一
表面皿扣在上面。表中对应的实验现象及解释正确的是( )
选项
实验现象
解释
A
浓盐酸附近产生白烟
NH3与浓盐酸挥发出的HCl 反应产生了NH4Cl 固体
B
浓硫酸附近无明显现象
NH3与浓硫酸不发生反应
C
氯化铝溶液先浑浊再澄清
氢氧化铝沉淀溶解
D
干燥红色石蕊试纸不变色，湿润红色石
蕊试纸变蓝
氨气属于碱
【答案】A
【解析】NaOH 固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH 固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓
盐酸挥发出的HCl 反应生成氯化铵固体，反应现象是产生白烟，A 正确；氨气为碱性气体，与浓硫酸发生
反应生成硫酸铵，由于浓硫酸不挥发，该反应无明显现象，B 错误；氨气溶于水形成NH3·H2O，NH3·H2O
与氯化铝在溶液中发生复分解反应生成氢氧化铝和NH4Cl，NH3·H2O 为弱碱，不能溶解氢氧化铝沉淀，故
氯化铝溶液变浑浊后不会变澄清，C 错误；氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是氨气与水反应生成
NH3·H2O，NH3·H2O 电离出OH－，使溶液呈碱性，氨气为非电解质，不属于碱，D 错误。
【变式3-2】下列装置适用于实验室制氨气并验证氨气的性质，其中能达到实验目的的是( )
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A.用装置甲制取氨气
B.用装置乙除去氨气中的水蒸气
C.丙的原理为NH3＋HCl===NH4Cl
D.装置丁中，干燥烧瓶内盛有氨气，烧杯和胶头滴管内盛有水(含酚酞)，挤压胶头滴管的胶头，会出现蓝
色喷泉
【答案】C
【解析】NH4Cl 固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl 又重新化合成固体NH4Cl，
气体进入收集装置的机会不多，故A 错误；浓硫酸和氨气反应，不能干燥氨气，故B 错误；浓氨水和浓盐
酸都能挥发，氨气和氯化氢生成氯化铵，有白烟现象，反应方程式为NH3＋HCl===NH4Cl，故C 正确；氨
气溶于水显碱性，打开止水夹后会看到红色喷泉，故D 错误。
【变式3-3】下列有关氨和铵盐的叙述正确的是( )
A.NH3易液化，常用作制冷剂
B.NH4Cl 中含有少量的I2可通过加热的方法除去
C.将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生
D.某气体通入紫色石蕊溶液后溶液变红，据此可推断该气体为NH3
【答案】A
【解析】液氨汽化时吸收大量的热导致周围环境温度降低，所以液氨可以作制冷剂，故A 正确；加热氯化
铵会分解为NH3和HCl，遇冷又生成NH4Cl，所以不能用加热的方法除去NH4Cl 中的I2，故B 错误；将蘸
有浓氨水和挥发性酸(如盐酸和硝酸)的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，而硫酸不是挥发性的酸，故C 错误；
氨通入紫色石蕊溶液后溶液应变蓝，而不是变红，故D 错误。
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题型04 考查氨气的制备
1.氨气的实验室制法
2.其他简易方法
方法
化学方程式(或原理)
发生装置
加热浓氨水
NH3·H2O=====NH3↑＋H2O
浓氨水＋固体NaOH
NaOH 溶于水放热，促使NH3·H2O 分解，且OH－浓度的增大
有利于NH3的生成
浓氨水＋固体CaO
CaO 与水反应，使溶剂(水)减少；反应放热，促使NH3·H2O
分解。化学方程式为NH3·H2O＋CaO===NH3↑＋Ca(OH)2
【特别提醒】
(1)干燥氨气不能用无水CaCl2，因：8NH3＋CaCl2===CaCl2·8NH3，通常用碱石灰干燥。
(2)吸收氨气时要注意防止倒吸，常用装置为
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【例4】实验室采用如图装置制取氨气，正确的是( )
A
B
C
D
生成NH3
干燥NH3
收集NH3并验满
吸收多余NH3
【答案】D
【解析】氯化铵受热分解生成HCl 和氨气，HCl 和氨气在试管口遇冷又会化合生成氯化铵，不能用加热氯
化铵来制取氨气，A 错误；浓硫酸能与氨气反应，不能用浓硫酸来干燥氨气，B 错误；氨气密度比空气小，
应该用向下排空气法收集氨气，导管应该伸到试管底部，C 错误；氨气极易溶于水，尾气吸收应采取防倒
吸的措施，D 正确。
【变式4-1】某实验小组利用如图装置制备NH3并探究其性质。下列说法正确的是( )
A．①中固体可换为只有NH4Cl
B．反应一段时间后，③中黑色固体变为红色
C．②中药品为无水CaCl2
D．反应一段时间后，④中锥形瓶收集到液氨
【答案】B
【解析】实验室制取氨气，利用氯化铵和碱石灰在加热的条件下反应生成氯化钙、氨气和水，从试管中逸
出的氨气进入U 形管，U 形管中盛装碱石灰干燥氨气，NH3具有还原性，可将黑色氧化铜还原成红色的铜
单质，④中锥形瓶收集到③中逸出的氨气和水反应得到的氨水。NH4Cl 受热分解生成NH3和HCl 气体，遇
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冷重新反应生成NH4Cl，无法制取NH3，A 错误；NH3具有还原性，可将黑色氧化铜还原成红色的铜单
质，则反应一段时间后，③中黑色固体变为红色，B 正确；无水CaCl2会与氨气形成氨合物CaCl2·nNH3，
因此不能用来干燥氨气，C 错误；液氨的沸点为－33.5 ℃，无法在冰中液化，氨气与氧化铜反应后生成
水，过量的氨气可溶于水，故收集到的是氨水，D 错误。
【变式4-2】某实验小组用下图装置制取氨气，有关制取氨气的说法正确的是( )
A.甲装置中的试剂可以换为氯化铵固体
B.乙中的试剂可以是氨水和氧化钙固体
C.可以用排饱和氯化铵溶液收集氨气
D.甲中的棉花可以换为橡胶塞塞住烧瓶口
【答案】B
【解析】氯化铵加热分解为氨气和氯化氢，氯化氢和氨气遇冷又生成氯化铵，甲装置中的试剂若换为氯化
铵固体，不能制取氨气，故A 错误；氧化钙和浓氨水混合放出氨气，乙中的试剂可以是氨水和氧化钙固体，
故B 正确；氨气易溶于水，不能用排饱和氯化铵溶液收集氨气，故C 错误；甲中的棉花若换为橡胶塞塞住
烧瓶口，空气无法排出，故D 错误。
【变式4-3】某同学进行如下实验：
实验步骤
实验现象
Ⅰ
将NH4Cl 固体加入试管中，并将湿润的
pH 试纸置于试管口，试管口略向下倾
斜，对试管底部进行加热
试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄
色→红色(pH≈2)；试管中部有白色固体附
着
Ⅱ
将饱和NH4Cl 溶液滴在pH 试纸上
试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)
下列说法不正确的是( )
A.根据Ⅰ中试纸变蓝，说明NH4Cl 发生了分解反应
B.根据Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快
C.Ⅰ中试纸变成红色，是由于NH4Cl 水解造成的
D.根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl 的方法制备NH3
【答案】C
【解析】氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的pH 试纸变红，根据Ⅰ中试纸变蓝，说明
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NH4Cl 发生了分解反应，故A 正确；根据Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B 正
确；Ⅰ中试纸变成红色，是由于NH4Cl 分解产生的氯化氢造成的，故C 错误；根据试管中部有白色固体附
着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl 的方法制
备NH3，故D 正确。
题型05 考查喷泉实验及其拓展应用
1.喷泉实验的原理
使烧瓶内外在短时间内产生较大的压强差，利用大气压将烧瓶下面烧杯中的液体压入烧瓶内，在尖嘴导管
口形成喷泉。
2.形成喷泉的类型
下面是几种常见的能形成喷泉的气体和液体。
气体
HCl
NH3
CO2、Cl2、
SO2、H2S
NO2
NO、O2、
(4 3)
∶
NO2、O2
(4 1)
∶
吸收剂
水、NaOH 溶液
水
NaOH 溶液
水
水
水
3.喷泉实验的发散装置及操作方法
喷泉实验是中学化学的重要实验，其本质是形成压强差而引发液体上喷，以教材中的装置(发散源)可设计
如图所示的多种不同的装置和采用不同的操作(如使气体溶于水、热敷或冷敷、生成气体、使气体发生反应
等)来形成喷泉。
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设计说明：
(Ⅰ)装置改变了胶头滴管的位置，将胶头滴管中的水挤入试剂瓶中，试剂瓶内压强增大，即可使少量溶液沿
导管进入烧瓶中，导致大量的NH3溶解，烧瓶内形成负压而产生喷泉。
(Ⅱ)装置省去了胶头滴管，用手(或热毛巾等)捂热烧瓶，氨受热膨胀，赶出玻璃导管内的空气，氨与水接触
(或用浸冰水的毛巾“冷敷”烧瓶，使水进入烧瓶中，氨溶于水)，即发生喷泉。
(Ⅲ)装置在水槽中加入能使水温升高的物质，使锥形瓶内酒精因升温而挥发，锥形瓶内气体压强增大而产
生喷泉。
(Ⅳ)装置向烧瓶中通入一定量的H2S 和SO2，现象为有淡黄色粉末状物质生成，瓶内壁附有水珠，NaOH 溶
液上喷形成喷泉。
(Ⅴ)装置打开①处的止水夹并向烧瓶中缓慢通入等体积的HCl 气体后关闭该止水夹，等充分反应后再打开
②处的止水夹，观察到先有白烟产生，后产生喷泉。
(Ⅵ)装置中，挤压胶头滴管，然后打开导管上部的两个旋塞，则在右面烧瓶出现喷烟现象，再打开导管下
部的止水夹，则可产生双喷泉。
【解题通法】喷泉实验产物的浓度计算
关键是确定所得溶液中溶质的物质的量和溶液的体积，标准状况下的气体进行喷泉实验后所得溶液的物质
的量浓度：
HCl
①
、NH3、NO2气体或它们与其他不参与反应的气体混合时，所得溶液的物质的量浓度为 mol·L－1。
②当是NO2和O2的混合气体且体积比为4 1∶时，c(HNO3)＝ mol·L－1。
【例5】如图是某课外活动小组的同学设计的4 个喷泉实验方案。下列有关操作不可能引发喷泉现象的是(
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)
A.挤压装置①的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
B.挤压装置②的胶头滴管使NaOH 溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
C.用鼓气装置从装置③的a 处不断鼓入空气并打开止水夹
D.向装置④的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹
【答案】B
【解析】氯气易溶于有机溶剂四氯化碳，烧瓶中的气体压强减小，故能形成喷泉；氢气不溶于水，也不和
氢氧化钠反应，所以烧瓶中的气体压强不会有明显的变化，故不能形成喷泉；用鼓气装置从装置③的a 处
不断鼓入空气，使锥形瓶中液体进入烧瓶中，氨极易溶于水，烧瓶中的气体压强减小，故能形成喷泉；浓
硫酸溶于水时放热，促使浓氨水放出氨，使锥形瓶内压强增大，将浓氨水压入烧瓶中与HCl 反应，故能形
成喷泉。
【变式5-1】1827 年，英国科学家法拉第进行了NH3喷泉实验。在此启发下，兴趣小组利用以下装置，进
行如下实验。其中，难以达到预期目的的是( )
A.图1：喷泉实验
B.图2：干燥NH3
C.图3：收集NH3
D.图4：制备NH3
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【答案】B
【解析】NH3极易溶于水，溶于水后圆底烧瓶内压强减小，从而产生喷泉，故A 可以达到预期；P2O5为酸
性氧化物，NH3具有碱性，两者可以发生反应，故不可以用P2O5干燥NH3，故B 不可以达到预期；NH3的
密度比空气小，可采用向下排空气法收集，故C 可以达到预期；CaO 与浓氨水混合后与水反应并放出大量
的热，促使NH3挥发，可用此装置制备NH3，故D 可以达到预期。
【变式5-2】)利用压强传感器测定氨气的喷泉实验中压强变化的装置如图1 所示(夹持仪器略)。下列说法
错误的是( )
A.取下a 处胶头滴管，用湿润的红色石蕊试纸在瓶口验满
B.打开弹簧夹b，挤压a 处胶头滴管，使少量水进入三颈瓶引发喷泉
C.喷泉实验时三颈瓶内压强变化曲线如图2，C 点时喷泉最剧烈
D.常温常压下，实验结束后所得溶液的物质的量浓度为 mol·L－1
【答案】D
【解析】氨气溶于水呈碱性，取下a 处胶头滴管，用湿润的红色石蕊试纸在瓶口验满，若红色石蕊试纸变
蓝，说明氨气已经充满装置，故A 正确；氨气极易溶于水，打开弹簧夹b，挤压a 处胶头滴管，使少量水
进入三颈瓶，瓶内氨气溶于水使瓶内压强减小，引发喷泉，故B 正确；电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如
图2，C 点时容器内外压强差最大，则喷泉最剧烈，故C 正确；若为标况下完成该实验，假设溶液刚好充
满烧瓶且混合均匀，容器的容积为V L，则溶液的物质的量＝ mol·L－1，则常温下应小于该值，故D 错误。
【变式5-3】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
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A
H2S
稀盐酸
B
HCl
稀氨水
C
NO
稀H2SO4
D
CO2
饱和NaHCO3溶液
【答案】B
【解析】A.H2S 与稀盐酸不反应，且在稀盐酸中的溶解度较小，不能形成喷泉；B.HCl 能与稀氨水反应，
向圆底烧瓶中挤入少量稀氨水会造成圆底烧瓶内气压明显减小，能形成喷泉；C.NO 与稀硫酸不反应，且
在稀硫酸中溶解度非常小，不能形成喷泉；D.CO2在饱和NaHCO3溶液中的溶解度较小，不能形成喷泉。
题型06 考查硝酸的性质及其应用
1.硝酸的物理性质
硝酸是无色、易挥发、有刺激性气味的液体。
2.硝酸的化学性质
(1)不稳定性
化学方程式：4HNO3(浓)=====2H2O＋4NO2↑＋O2↑。
(2)强氧化性
硝酸无论浓、稀都具有强氧化性，而且浓度越大，氧化性越强。
①与金属反应(填化学方程式，下同)
稀硝酸与铜反应：3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；
浓硝酸与铜反应：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。
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②常温下，浓硝酸遇铁、铝发生钝化。
③与非金属反应
浓硝酸与木炭反应：C＋4HNO3(浓)=====CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。
④与还原性化合物反应
硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI、Fe2＋等还原性物质。
稀硝酸与FeSO4溶液反应的离子方程式：3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。
3．硝酸的工业制法
(1)NH3在催化剂作用下与O2反应生成NO：4NH3＋5O2=====4NO＋6H2O。
(2)NO 进一步氧化生成NO2：2NO＋O2===2NO2。
(3)用水吸收NO2生成HNO3：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。
【特别提醒】
(1)浓、稀硝酸均有强氧化性，浓度越大，氧化性越强，一般对应还原产物中氮的化合价越高。
(2)加热条件下铁与浓硝酸的反应
过量铁粉加入浓硝酸中，铁先与浓硝酸反应生成Fe(NO3)3、NO2 和H2O；随着反应的进行，硝酸浓度减
小，铁与稀硝酸反应生成Fe(NO3)3、NO 和H2O；当硝酸全部反应后，铁与Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2。
【例6】下列有关硝酸化学性质的叙述中，正确的是( )
A.浓、稀硝酸都能使蓝色石蕊试纸最终变为红色
B.硝酸能与FeO 反应，只表现氧化性
C.硝酸可与Na2S 反应制得H2S 气体
D.浓硝酸因分解放出的NO2又溶解于硝酸而呈黄色
【答案】D
【解析】硝酸是一种具有强氧化性的强酸，并且浓度越大，氧化性越强。浓硝酸可使蓝色石蕊试纸先变红
后褪色，故A 错误；硝酸是一种强氧化性酸，可氧化许多还原性物质，因此硝酸与Na2S 反应不能生成
H2S，与FeO 反应时表现氧化性和酸性，故B、C 错误。
【变式6-1】硝酸被称为“国防工业之母”，是因为它是制取炸药的重要原料。下列实验事实与硝酸的性
质不相对应的是( )
A.浓硝酸使紫色石蕊溶液先变红后褪色—酸性和强氧化性
B.不能用稀硝酸与锌反应制氢气——强氧化性
C.要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性
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D.能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液的红色褪去——强氧化性
【答案】D
【解析】向滴有酚酞的NaOH 溶液中滴入硝酸，溶液红色褪去，可能利用的是硝酸的酸性，也可能是强氧
化性。
【变式6-2】某兴趣小组探究金属与硝酸的还原产物，进行了下列三组实验，下列说法正确的是( )
实验操作(室温)及实验现象
①
将足量的铜粉加入1 mL 10 mol/L HNO3中，溶液呈绿色，产生红棕色气体
②
将足量的铜粉加入100 mL 0.1 mol/L HNO3中，溶液呈蓝色，产生无色气体
③
将足量的铁粉加入1 mL 0.1 mol/L HNO3中，溶液呈浅绿色，无气体产生
A.实验①②反应后溶液颜色不同，说明氧化产物不同
B.实验②中产生的气体可用向上排空气法收集
C.实验③中铁发生了钝化
D.以上实验说明硝酸的还原产物与硝酸的浓度及金属的活泼性有关
【答案】D
【解析】实验①②反应后溶液颜色虽然不相同，但氧化产物都是硝酸铜溶液，A 项错误；②产生的气体是
NO，常温下极易与空气中的氧气反应，生成NO2，不能用排空气法收集，B 项错误；将足量的铁粉加入
100 mL 0.1 mol/L HNO3中，溶液呈浅绿色，无气体产生，说明发生反应生成了硝酸亚铁和硝酸铵，铁没有
发生钝化，C 项错误；由实验①②可知，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，
硝酸的还原产物与硝酸的浓度有关，由实验②③可知，硝酸的还原产物与金属的活泼性有关，D 项正确。
【变式6-3】将铜丝伸入盛有浓硝酸的具支试管中(如图所示，夹持装置已略去)进行实验，下列说法错误的
是( )
A.反应进行一段时间后，具支试管中的气体可能为NO2和NO
B.铜丝绕成螺旋状的目的是增大反应物接触面积
C.反应进行一段时间后，烧杯中的溶质可能含NaNO3和NaNO2
D.该实验中浓硝酸主要体现强氧化性和脱水性
【答案】D
【解析】在具支试管中铜丝和浓硝酸反应生成硝酸铜和氮的氧化物，生成的氮的氧化物被氢氧化钠溶液吸
收，以此解题。浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，随着反应进行生成一氧化氮，A 正确；铜丝绕成螺旋状，
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和硝酸接触更加充分，反应更加充分，B 正确；反应开始时，为浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，二氧化氮
和氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2，C 正确；该实验中浓硝酸主要体现强氧化性和酸性，不体现脱水性，
D 错误。
题型07 考查硝酸与金属反应的计算
1.原子守恒法：HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，反应后以NO3
-的形式存在于溶液中；一部
分作为氧化剂，转化为还原产物。这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3的物质的量。
2.得失电子守恒法：HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮元素得到的电子的物质的量等于金
属失去的电子的物质的量。
3.电荷守恒法：HNO3过量时反应后的溶液(不考虑OH-)中有c(NO3
-)=c(H+)+nc(Mn+)(Mn+代表金属离子)。
4.离子方程式计算法：金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于硝酸盐中NO3
-在H2SO4提供H+的条件下
能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或
H+或NO3
-进行相关计算。
【解题通法】解题模型
【例7】将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，合金完全溶解，假设反应过程中还原产物全部是NO，
向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol/L 的NaOH 溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质
量增加5.1 g，则下列有关叙述正确的是( )
A.反应中转移电子的总数为0.2mol
B.反应过程中，消耗硝酸的物质的量为0.3mol
C.沉淀完全时消耗NaOH 溶液的体积为100 mL
D.开始加入合金的质量可能为6.4 g
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【答案】D
【解析】生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，即结合氢氧根离子的物质的量为5.1 g÷17 g·mol－1＝
0.3 mol，根据电荷守恒，合金失电子数等于金属离子结合氢氧根离子数，反应中转移电子0.3 mol，A 项错
误；反应中转移电子0.3 mol，根据电荷守恒，合金与硝酸反应表现酸性的硝酸的物质的量为0.3 mol；合
金的还原产物为NO，表现氧化性的硝酸的物质的量为0.1 mol，反应过程中，消耗硝酸的物质的量为0.4
mol，B 项错误；合金完全溶解后硝酸可能剩余，沉淀完全时消耗NaOH 溶液的体积≥100 mL，C 项错误；
转移电子0.3 mol，合金的物质的量为0.15 mol，利用极值法，合金的质量介于3.6 g<m<9.6 g 之间，D 项正
确。
【变式7-1】将32.64 g 铜与140 mL 一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO 和NO2混合气体在标准
状况下的体积为11.2 L，下列说法中错误的是( )
A.NO 的体积为5.824 L，NO2的体积为5.376 L
B.参加氧化还原反应的HNO3的物质的量是1.52 mol
C.待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a mol/L 的NaOH 溶液，恰好使溶液的Cu2＋全部转化成
沉淀，则原硝酸溶液的浓度为 mol·L－1
D.欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH 溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水57.8 g
【答案】B
【解析】32.64 g 铜的物质的量n(Cu)＝＝0.51 mol，反应产生的NO、NO2气体的物质的量n(气体)＝＝0.5
mol。假设混合气体中NO、NO2的物质的量分别是x、y，则根据气体物质的量关系可知：x＋y＝0.5 mol；
根据电子守恒可知3x＋y＝0.51 mol×2，解得x＝0.26 mol，y＝0.24 mol，故反应产生的气体在标准状况下
的体积：V(NO)＝0.26 mol×22.4 L/mol＝5.824 L；V(NO2)＝0.24 mol×22.4 L/mol＝5.376 L，A 正确；参加氧
化还原反应的HNO3，就是反应变为NO、NO2气体的硝酸，其物质的量是0.5 mol，B 错误；在该反应中
HNO3的一部分起酸的作用，与Cu2＋结合形成Cu(NO3)2，其物质的量为Cu2＋变为Cu(OH)2沉淀时NaOH 的
物质的量，n(HNO3)酸＝a mol/L×V×10－3 L＝aV×10－3 mol，还有一部分起氧化剂作用，反应变为NO、
NO2，其物质的量n(HNO3)氧化剂＝0.5 mol，由于溶液的体积是140 mL，故原硝酸溶液的浓度c(HNO3)＝
＝ mol/L，C 正确；用30%的双氧水使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH 溶液中全部转化为NaNO3，双氧
水得到的电子等于NO、NO2失去的电子，等于Cu 变为Cu2＋失去电子。设需要30%的双氧水m g，根据电
子得失守恒，有：0.26×3＋0.24×1＝0.51×2＝30%××2，解得m＝57.8 g，D 正确。
【变式7-2】公元八世纪，阿拉伯炼金术士贾比尔·伊本·哈扬在干馏硝石的时候发现并制得了硝酸，这是人
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类关于硝酸最早的记录，反应方程式：4KNO3=====2K2O＋4NO↑＋3O2↑。下列关于硝酸的叙述正确的是(
)
A.常温下，浓硝酸与铁反应生成红棕色气体NO2
B.上述反应方程式中生成3 mol O2，转移12 mol 电子
C.浓硝酸与木炭反应表现出酸性和强氧化性
D.实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量HNO3，利用的是浓硫酸的氧化性
【答案】B
【解析】常温下，浓硝酸与铁发生钝化，不能反应生成NO2，A 错误；反应中氮元素由＋5 价降低为＋2 价，
氧元素由－2 价升高为0 价，反应方程式中生成3 mol O2，转移12 mol 电子，B 正确；浓硝酸与木炭反应
生成NO2、CO2，只表现出强氧化性没有表现酸性，C 错误；实验室用NaNO3 与浓硫酸反应制备少量
HNO3，利用的是浓硫酸的难挥发性，D 错误。
【变式7-3】探究铜与硝酸反应生成NO 时的硝酸浓度。如下图所示，先通入N2一段时间后关闭活塞K，
将铜丝伸入溶液中，当A 中气体变为无色时，上提铜丝，再将B 中溶液稀释至200 mL，取20.00 mL，用
0.20 mol·L－1的NaOH 溶液滴定至终点时消耗15.00 mL（忽略硝酸的挥发、分解及溶液体积变化）。下列
说法正确的是（ ）
A．可用盛有NaOH 溶液的洗气瓶进行尾气吸收
B．铜与硝酸反应主要生成NO 时的硝酸浓度不大于8 mol·L－1
C．若不通入N2，可能导致所得实验结果偏高
D．若通过直接滴定A 中剩余酸的量（掩蔽掉Cu2＋的干扰）进行求算，所得实验结果偏低
【答案】D
【解析】A 中发生的反应为4HNO3（浓）＋Cu===2NO2↑＋2H2O＋Cu（NO3）2，B 中发生的反应为3NO2＋
H2O===2HNO3＋NO。用0.20 mol·L－1的NaOH 溶液滴定至终点时消耗15.00 mL，即n（NaOH）＝0.20
mol·L－1×15.00×10－3 L＝3×10－3 mol，存在关系式：NaOH～HNO3，故B 中产生的n（HNO3）＝3×10－3
mol×＝3×10－2 mol，又3NO2～2HNO3，故A 中产生的NO2的物质的量n（NO2）＝4.5×10－2 mol。又
4HNO3（浓）～2NO2，故消耗的浓硝酸的物质的量n（HNO3）＝9×10－2 mol。A.NaOH 溶液不能直接与
NO 反应，不能吸收尾气，A 项错误；溶液中剩余的硝酸浓度为＝8 mol·L－1，但当反应产生无色NO 气体
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时停止反应，即硝酸浓度大于8 mol·L－1也产生了NO，B 项错误；若不通入N2，B 中NO 也转变为
HNO3，从而导致消耗的HNO3偏多，A 中剩余HNO3偏少，结果偏低，C 项错误；当A 中气体变为无色时
停止反应，消耗部分HNO3生成NO，所以直接测定A 瓶中的酸可能导致结果偏低，D 项正确。
题型08 考查氮及其化合物之间的转化
1.氮元素的“价－类”二维图
氮元素有多种可变化合价，物质的种类较多，在复习时要从物质类别和价态变化理解这些物质之间的转化
关系。
2.含氮元素物质之间的转化关系
【解题通法】
(1)歧化——同一物质中某元素的化合价在同一反应中既升高又降低。
如：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O
(2)归中——不同物质中同一元素的不同化合价在同一反应中只靠拢。
如：6NO＋4NH3=====5N2＋6H2O
NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O
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【例8】“价—类”二维图是学习元素化合物的工具，图中a～g 分别表示不同价态的氮元素所对应的物质，
下列说法正确的是( )
A.液态a 可用作制冷剂
B.a 与c 不能发生化学反应
C.常温下，稀的e 溶液可以用铁罐车运输
D.f 属于强电解质
【答案】A
【解析】由图可知，a 为－3 价的氢化物，即NH3，b 为N2，c 为＋2 价的氧化物，即NO，d 为＋4 价的氧
化物，即NO2或N2O4，e 为＋5 价的含氧酸，即HNO3，f 为－3 价的碱，即NH3·H2O，g 为－3 价的盐，即
铵盐，据此分析作答。A.液氨汽化时要吸收大量热量，可用作制冷剂，A 正确；B.NH3与NO 在一定条件
下可发生生成N2的归中反应，B 错误；C.根据分析可知，e 为HNO3，铁遇浓硝酸常温下钝化，浓硝酸可
以用铁罐车运输，但铁遇稀硝酸常温下不发生钝化，稀硝酸不能用铁罐车运输，C 错误；D.根据分析可知，
f 为NH3·H2O，属于弱电解质，D 错误。
【变式8-1】部分含氮物质的分类与相关化合价的关系如图所示。下列推断不合理的是( )
A.图中a、b、c、d、e 之间的转化均表示一步反应
B.c 的颜色一定是红棕色
C.c 与NaOH 溶液反应可同时生成d 和e
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D.b、c 在一定条件下均可被氮的氢化物还原为a
【答案】AB
【解析】据题意知a 是N2，b 是NO，c 是N2O4或NO2，d 是NaNO2，e 是NaNO3，N2不能一步生成NO2，
A 推断不合理；NO2是红棕色气体，N2O4无色，B 推断不合理；NO2中的N 元素是＋4 价，处于中间价态，
可与NaOH 溶液发生歧化反应生成＋3 价的NaNO2和＋5 价的NaNO3，C 推断合理；氮的氢化物NH3中的
N 元素是－3 价，处于最低价，可与＋2、＋4 价的氮发生归中反应生成0 价的氮，即NO、NO2可被氮的氢
化物还原为N2，D 推断合理。
【变式8-2】氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是( )
A.实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：
HNO3(稀)――→NO――→NO2
B.工业制硝酸过程中的物质转化：N2――→NO――→HNO3
C.汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：2NO＋2CO=====N2＋2CO2
D.实验室制备少量NH3的原理：2NH4Cl＋Ca(OH)2=====CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
【答案】B
【解析】Cu 与稀硝酸的反应产物之一为NO，NO 与氧气发生反应2NO＋O2===2NO2生成NO2，A 正确；
氮气与氧气在放电或高温条件下生成NO，但NO 无法与水发生化学反应，B 错误；汽车尾气催化转化器主
要将污染气体NO、CO 转化为无污染的气体，故该反应方程式为2NO＋2CO=====N2＋2CO2，C 正确；实验
室利用熟石灰和氯化铵制备少量NH3，化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2=====CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，D 正确。
【变式8-3】如图是氮元素的价类图。下列有关说法正确的是( )
A.甲可以用浓硫酸干燥
B.乙合成NO2的过程属于氮的固定
C.丙转化为丁的反应是氧化还原反应
D.常温下可用铁制容器盛装丁的浓溶液
【答案】D
【解析】根据N 元素的价类二维图，甲中N 是－1 价，乙为NO，丙为N2O5，丁为HNO3。甲中N 是－1 价，
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易被氧化，不能用浓硫酸干燥，A 错误；氮的固定为游离态氮转变为化合态氮，乙是化合态的氮，转化为
NO2不是氮的固定，B 错误；丙和丁中N 元素均为＋5 价，不是氧化还原反应，C 错误；常温下铁遇浓硝
酸钝化，可用铁制容器盛装浓硝酸，D 正确。
1.（2025·广东深圳·二模）下列有关NO 制备及性质验证的实验装置不正确的是
A．制备NO
B．提纯NO
C．验证NO 和氧气反应
D．收集NO
【答案】D
【解析】NO 可与氧气反应，先用碳酸钙与硝酸反应生成二氧化碳排出空气，再将铜与稀硝酸反应得到
NO，A 正确；气体通过水，除去挥发的硝酸蒸气和可能存在的NO2，再用浓硫酸干燥，可以得到干燥纯净
的NO，B 正确；NO 为无色气体，遇到氧气生成二氧化氮为红棕色，C 正确；NO 与氧气反应，不能用排
空气法收集NO，D 错误；故选D。
2.（2025·浙江·一模）关于氮的性质，下列说法不正确的是
A．
与
反应的还原产物为
B．34g
气体中s-p σ 键数目为
C．
，说明氧化性：
D．足量NaOH 溶液和等物质的量的NO 和
反应，生成
【答案】B
【解析】
与
反应生成NO 和
，水中的氧元素化合价降低，是还原产物，A 正确；N 原子的杂化
方式为sp3杂化，C 原子杂化后和H 原子形成
键，分子中不含s-p
键，B 错误；
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，NO 为氧化剂，CO 为还原剂，说明氧化性：
，C 正确；足量NaOH
溶液和等物质的量的NO 和
反应，生成
，方程式为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，D 正
确；故选B。
3.（2025·浙江温州·三模）下列关于
的叙述中不正确的是
A．雷雨天，空气中的
与
可反应生成NO
B．
与
在一定条件下合成氨属于氮的固定
C．
分子中
键与
键的比值为
D．
既可作氧化剂又可作还原剂
【答案】C
【解析】雷雨天时发生自然固氮，空气中N2和O2可反应生成NO，A 正确；氮的固定是将空气中游离态的
氮(N2)转化为含氮化合物的过程，
与
在一定条件下合成氨属于氮的固定，B 正确；单键均为σ 键，叁
键含有1 个σ 键2 个π 键；
分子中
键与
键的比值为1:2，C 错误；N2中N 元素的化合价可以降低生成
NH3或铵根离子等，也可以升高生成NO 等，故N2既可作氧化剂又可作还原剂，D 正确；故选C。
4.（2025·广东汕头·三模）按下图装置进行实验(夹持装置省略)，下列判断正确的是
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A．甲装置试管中的固体是
B．乙中a 处比b 处先变蓝
C．由于
与酸产生铵盐，丙中有白烟
D．因为
极易溶于水，所以丁中会产生倒吸
【答案】B
【分析】该实验的实验目的是利用氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气，并探究氨气的性质。
【解析】氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷生成氯化铵，无气体进入装置乙
中，无法探究氨气的性质，故A 错误；氨气的密度小于空气，所以乙瓶中a 处比b 处先变蓝，故B 正确；
浓硫酸不具有挥发性，不能与氨气反应生成铵盐而产生白烟，故C 错误；倒置的干燥管能起到防倒吸的作
用，所以丁中不会产生倒吸，故D 错误；故选B。
5.（24-25 高三上·广东广州·一模）实验室利用以下装置进行
制备、干燥、收集及尾气处理的顺序进行
实验。下列装置能达到预期目的的是
A．制备
B．干燥
C．收集
D．尾气处理
【答案】A
【解析】实验室常用加热
和
固体混合物的方法制备氨气，该反应的化学方程式为
，此装置为固-固加热型发生装置，可用于制备氨气，A 选项能达
到预期目的；
是酸性干燥剂，氨气是碱性气体，氨气会与
发生反应，所以不能用
干燥氨
气，B 不能达到预期目的；氨气的密度比空气小，可用向下排空气法收集，即短管进气，长管出气，而图
中装置是向上排空气法（长管进气，短管出气），C 选项不能达到预期目的；氨气极易溶于水，若将导管
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直接插入硫酸溶液中，会引起倒吸，D 选项不能达到预期目的；故选A；
6.（2025·江苏盐城·一模）实验室以新制的氨水配制银氨溶液并进行银镜反应。下列有关实验原理、装置
和操作的说法不正确的是
A．制氨气
B．制氨水
C．制银氨溶液
D．银镜反应
【答案】C
【解析】氯化铵和氢氧化钙加热下可反应生成氯化钙、氨气和水，实验室常用氯化铵和氢氧化钙共热制取
氨气，所给装置符合要求，A 正确；氨气极易溶于水，且氨气和水反应可生成一水合氨，倒扣漏斗可防止
液体倒吸，该装置可用于制氨水，B 正确；配制银氨溶液应向硝酸银溶液中逐滴加氨水至生成的沉淀恰好
溶解，图中试剂加入顺序反了，C 错误；葡萄糖含醛基，可与银氨溶液在水浴加热的条件下反应生成光亮
的银镜，装置合理，D 正确；故选C。
7.（24-25 高三下·河北石家庄·期中）下列关于自然界中氮的循环的说法错误的是
A．将气态含氮物质转化为固态含氮物质的过程叫做氮的固定
B．闪电释放的能量和汽车发动机中的高温条件都可将
转化为NO
C．豆科植物的根瘤菌可将
转化为
D．人体蛋白质中的氮元素主要来源于食物
【答案】A
【解析】氮的固定是指将游离态的N2转化为化合态含氮物质的过程，而非特指转化为固态物质，如生成气
态NH3或NO 也属于固氮，因此A 错误；闪电和汽车发动机的高温条件均可促使N2与O2反应生成NO，属
于自然和人为固氮，B 正确；根瘤菌通过生物固氮将N2转化为NH3，供植物吸收利用，C 正确；人体无法
直接利用N2，需通过食物中的蛋白质获取氮元素，D 正确；故选A。
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8.（24-25 高三下·北京·期中）从印刷电路板的腐蚀废液（主要含
等）中回收
、
制备
的流程如下。下列说法正确的是
A．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板的原理是：
B．试剂X 可能是稀硝酸或酸性高锰酸钾
C．由粗铜制得粗液发生的反应：
D．粗品的主要成分是硫酸铜晶体的可能原因是硝酸根作了氧化剂
【答案】D
【分析】印刷电路板废液主要含CuCl2、FeCl2以及少量的FeCl3等物质，加适量的铁粉，发生
Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，过滤得到粗铜，加入过量的硫酸、稀硝酸把铜等氧化，得到粗硫酸铜
溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶获得胆矾晶体，实现资源回收再利用，而滤液中通过量氯气，即可得到
FeCl3溶液，据此分析解题。
【解析】用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板的原理是FeCl3溶液与Cu 反应生成FeCl2和CuCl2，离子方程式为
，故A 错误；由上述分析可知，X 为Cl2，故B 错误；铜和稀硝酸、稀硫酸反应生成
硝酸铜、NO 和水，则可以发生反应：3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O，故C 错误；粗品的主要成分是
硫酸铜晶体的可能原因是硝酸根在酸性溶液中都作了氧化剂，溶液中阴离子主要是硫酸根，故D 正确；故
选D。
9.（2025·辽宁抚顺·三模）含氮化合物的部分转化关系如图，设
为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确
的是
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A．反应①每消耗32g
，生成NO 分子的数目为
B．标准状况下，22.4L
中含有原子的数目为
C．1L1mol·L-1
溶液中，含有
的数目为
D．反应③中每生成1mol 氧化产物，转移电子的数目为
【答案】D
【分析】反应①为
；反应②为
；反应③为
，据此分析作答。
【解析】根据反应①可知，每消耗32g
，生成NO 分子的数目为
，A 项错误；标准状况下，
不是气体，无法计算，B 项错误；
在溶液中会发生水解，1L1mol·L-1
溶液中，含有
的数目
小于
，C 项错误；
中，
为氧化产物，该反应每生成1 个
转移
电子1 个，则每生成1mol
，转移电子的数目为
，D 项正确；故选D。
10.（2025 高三·山东济南·一模）用充有
的烧瓶进行“喷泉实验”，装置及现象如下图。下列关于该实
验的分析错误的是
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A．该实验证明氨气极易溶于水且氨水呈碱性
B．选用合适的溶液，
也能做喷泉实验
C．烧杯中换成其他液体无法形成喷泉
D．若烧瓶内充满氨气，实验后烧瓶中所得氨水的浓度是
(标准状况下)
【答案】C
【解析】反应开始后，烧瓶内迅速形成喷泉，说明产生了很大的气压差，氨气极易溶于水，酚酞遇碱变
红，说明氨水呈碱性，A 正确；
易与浓氢氧化钠溶液，选用浓氢氧化钠溶液，
也能做喷泉实验，
B 正确；氨气是碱性气体，氨气易与酸反应，烧杯中换成酸溶液也能形成喷泉，C 错误；标准状况下，若
烧瓶内充满氨气，氨气全部溶于水，氨气体积等于烧瓶体积等于溶液体积，设烧瓶体积为VL，则氨气体
积和溶液体积均为VL，氨气物质的量为
，所得氨水的浓度是
，D 正确；故选C。
11.（2025 高三·河北武汉·一模）元素化合物知识可以从化合价和物质类别两个维度学习。氮元素的价类二
维图如下，有关说法不正确的是
A．液氨可用作制冷剂
B．
性质稳定，可作保护气
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C．可以用铝制容器盛装浓硝酸
D．
与水反应生成
不是氧化还原反应
【答案】D
【解析】液氨汽化时会吸收大量的热，可用作制冷剂，故A 正确；
性质稳定，不易和其他物质反应，
所以可作保护气，故B 正确；铝接触浓硝酸会生成致密的氧化物薄膜，发生钝化，所以可以用铝制容器盛
装浓硝酸，故C 正确；
与水反应生成
，其中氮元素化合价发生变化，是氧化还原反应，故D 错
误；故选D。
12.（24-25 高三上·云南丽江·一模）物质类别和元素价态，是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。
含氮的物质分类与相应化合价关系如图所示，下列说法正确的是
A．物质A 转化为NO 是工业制备
的第一步
B．标准状况下，3.36L 物质B 与水完全反应，转移0.3mol 电子
C．实验室常将C 的浓溶液保存在用橡胶塞密封的棕色试剂瓶里
D．
的检验方法是取少量待测液于试管中，加入NaOH 溶液并加热，用镊子夹住一片湿润的蓝色石蕊
试纸放在试管口，观察试纸是否变红
【答案】A
【分析】由氮元素化合价和物质类别关系图可知，A 是
，B 是
，C 是
。
【解析】工业上制取硝酸的第一步就是
催化氧化生成NO，第二步是NO 和
反应生成
，第三步
是
和水反应生成
，即
，A 正确；B 为
，标准状况下，二氧化氮
为非气态，无法计算出二氧化氮的物质的量，无法进行后续计算，B 错误；浓硝酸见光受热易分解产生二
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氧化氮、氧气和水，应保存在用玻璃塞密封的棕色试剂瓶里，并置于阴凉处，C 错误；
的检验是取少
量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，再观察生成气体是否使湿润的红色石蕊试纸变蓝。若变
蓝色，则含有
，D 错误；故选A。
13.（2025 高三·河南洛阳·一模）向含有
和
的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产
物与所加铁粉的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是
A．Oa 段发生反应的离子方程式：
B．向b 点所得溶液中加入Cu 粉，最多可溶解1.92g
C．
，
D．反应至c 点时，可收集到气体4.48L（标准状况）
【答案】D
【分析】先发生反应Fe+4H++
=Fe3++NO↑+2H2O，a 点时
(或H+)消耗完后，再加入铁粉，发生反应
Fe+2Fe3+=3Fe2+，b 点时Fe3+和Fe2+的物质的量相同，当Fe3+反应完毕，而后再加入Fe 粉，溶液中Fe2+的量
继续增大，说明a 点过后，H+有剩余，该阶段发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，可推测硝酸根在oa 段完全反
应，据此分析；
【解析】由分析知，硝酸根在oa 段完全反应转化为NO，离子方程式：
，A 正确；b 点对应溶液中Fe2+与Fe3+物质的量相等，设反应的Fe3+为
xmol，由反应比例2Fe3+~3Fe2+，知此时生成的Fe2+物质的量为1.5xmol，则1.5x=0.1-x，解得x=0.04mol，
故此处溶液中还剩Fe3+物质的量=0.1mol-0.04mol=0.06mol，由反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，知此时最多可溶
解的Cu 物质的量=
，对应质量=0.03mol×64g/mol=1.92g，B 正确；由分析知，
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硝酸根在oa 段完全反应转化为NO，由得失电子守恒，得n(NO)=n(Fe3+，oa)，故n(NO)=0.1mol，由N 元素
守恒知，n(HNO3)=n(NO)=0.1mol，由Fe3+反应生成的Fe2+物质的量n1=
，则由H+与Fe 反
应生成的Fe2+物质的量n2=0.2mol-0.15mol=0.05mol，对应H+物质的量=2n2=0.1mol，oa 段反应为：Fe+
+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，知该段消耗的H+物质的量=4n(Fe3+，oa)=0.4mol，故溶液中原来共有H+物质的量
=0.4mol+0.1mol=0.5mol，则n(H2SO4)=
，故x=0.1，y=0.2，，C 正确；第
一阶段生成NO、0.1molFe3+，根据Fe+4H++
=Fe3++NO↑+2H2O 可得，n(NO)=n(Fe3+)=0.1mol，最后阶段
生成H2，整个过程加入的Fe 转化Fe2+，最终生成0.2molFe2+，根据电子转移守恒有3n(NO)
+2n(H2)=2n(Fe2+)，故3×0.1mol+2n(H2)=2×0.2mol，解得n(H2)=0.05mol，故收集到气体总体积为
(0.1mol+0.05mol)×22.4L/mol=3.36L，D 错误；故选D。
14.（2025·山西·三模）部分含
及
物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是
A．图中、e′对应含氧酸均为强电解质
B．工业上通过
来制备
C．利用a 还原c 或者d 可以消除氮氧化物的污染D．久置的b′水溶液酸性会增强
【答案】B
【分析】a 为NH3，b 为N2，c 为NO，d 为NO2，e 为HNO3， a′为HCl，b′为Cl2，c′为HClO，d′为
HClO3，e′为HClO4；
【解析】e、e′对应含氧酸分别为
、
，均为强电解质，A 正确；工业上用
的催化氧化先合
成
，进一步制备
，并不通过合成
这一步骤，B 错误；利用
还原
或
生成
，可
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以消除氮氧化物的污染，C 正确；氯水会反应生成氯化氢和次氯酸，
见光分解生成
，酸性会增
强，D 正确；故选B。
15.（2025·北京昌平·二模）合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下，下列说法不正确的是
A．甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素
B．甲、乙、丙在反应中均做还原剂
C．反应Ⅳ的另一种产物可循环使用
D．反应V，N 元素化合价未发生改变
【答案】B
【分析】合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下，甲为N2，反应Ⅰ为N2+3H2
2NH3，反应Ⅱ为4NH3+5O2
4NO+6H2O，乙为NO，Ⅲ为2NO+O2=2NO2，丙为NO2，Ⅳ为
3NO2+H2O=2HNO3+NO，Ⅴ为NH3+HNO3=NH4NO3，据此分析判断。
【解析】分析可知，甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素，A 正确；甲为N2，反应中做氧化剂，乙为
NO，反应中做还原剂，丙NO2，反应中既作氧化剂也做还原剂，B 错误；反应Ⅳ的另一种产物NO 可循环
使用，C 正确；反应Ⅴ为NH3+HNO3=NH4NO3，N 元素化合价未发生改变，D 正确；故选B。
16.（24-25 高三上·山东济南·一模）某溶液中含有
中的若干
种，且各离子浓度均相等，为确定其组成，某实验小组将该溶液平均分成两等份，进行了如下实验：下列
说法错误的是
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A．气体X 为混合物
B．沉淀A 和沉淀C 为同种物质
C．沉淀B 的质量一定大于
D．无法确定原溶液中是否含有
和
【答案】D
【分析】某溶液中含有
中的若干种，且各离子浓度均相
等，第1 份滤液中加入过量Na2O2，产生的气体X 中有O2或NH3，红褐色沉淀A 为Fe(OH)3沉淀，说明滤
液中含有
或
，物质的量为
=0.03mol，第2 份溶液中加入过量稀硫酸，没有明显现象，说
明溶液中不含
，再加入过量硝酸钡溶液，得到无色气体Y，说明发生了氧化还原反应，Y 为NO，物
质的量为n(NO)=
=0.01mol，说明溶液中含有
且不含
，由得失电子守恒可知n(
)=0.03mol，说明溶液中不含
，滤液加入过滤NaOH 且加热得到的气体Z 为NH3，说明溶液中存在
，气体X 为O2和NH3的混合物，Fe2+被硝酸氧化为
，转化为沉淀C 为Fe(OH)3，沉淀B 为BaSO4，综
上所述，原溶液中含有
、
，结合电荷守恒可知，一定含有
，无法确定溶液中是否含有Na+和
Cl-，以此解答
【解析】由分析可知，气体X 为O2和NH3的混合物，A 正确；由分析可知，沉淀A 和沉淀C 均为
Fe(OH)3，B 正确；由分析可知，沉淀B 为BaSO4，原溶液中含有0.03mol
，第2 份溶液中又加入了稀
硫酸，则沉淀B 中BaSO4的物质的量大于0.03mol，质量大于0.03mol×233g/mol=
，C 正确；由分析
可知，原溶液中含有
、
、
，不含
，D 错误；故选C。
17.（24-25 高三下·江苏苏州·期末）用石灰乳吸收硝酸工业的尾气(含
、
)可获得
，其部
分工艺流程如下：
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下列说法不正确的是
A．吸收时主要反应的化学方程式为：
B．采用气液逆流接触有利于尾气中
、
的充分吸收
C．将石灰乳改为澄清石灰水吸收效率将会增大
D．若尾气中
，吸收后排放的气体中
含量升高
【答案】C
【分析】用石灰乳吸收硝酸工业的尾气(含
、
)获得
的流程为：将硝酸工业尾气通入石灰
乳中，当气体中n(NO)：n(NO2)=1：1 时，发生反应为：
；若
n(NO)：n(NO2)＞1：1，NO 过量，多余的NO 无法被
吸收，造成排放气体中NO 含量升高；若
n(NO)：n(NO2)＜1：1，
过量，
能直接被
吸收，反应为：
，产品中
含量会升高；将吸收后混合物过滤
除去固体杂质，得到主要含
的滤液，对滤液进行经过一系列处理后得到无水
，据此分
析解答。
【解析】根据分析，吸收时主要发生反应的化学方程式为：
，A
正确；采用气液逆流接触，增大了气体和石灰乳的接触面积，有利于尾气中NO、NO2的充分吸收，B 正
确；
属于微溶物，澄清石灰水中
非常低，改为澄清石灰水吸收效率反而会降低，C
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错误；根据分析，当尾气中
时，NO 过量，多余的NO 无法被
吸收，使吸收
后排放的气体中
含量升高，D 正确；故选C。
18.（2025 高三·辽宁沈阳·一模）向Cu、Cu2O 和CuO 组成的混合物中加入1 L 0.6 mol·L-1 HNO3溶液恰好使
混合物溶解，同时收集到2 240 mL NO 气体(标准状况)。已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。下列说法不正确
的是
A．上述体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸的物质的量之比为5 1∶
B．若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为32 g
C．Cu2O 跟稀硝酸反应的离子方程式为3Cu2O+14H++2
=6Cu2++2NO↑+7H2O
D．若混合物中含0.1 mol Cu，将该混合物与稀硫酸充分反应，消耗H2SO4的物质的量为0.1 mol
【答案】B
【解析】Cu、Cu2O、CuO 与HNO3恰好完全反应时生成Cu(NO3)2、NO 和H2O，硝酸的物质的量为1 L×0.6
mol·L-1=0.6 mol，生成的NO 的物质的量=2.24 L÷22.4 L·mol-1=0.1 mol，则体现氧化性的硝酸是0.1 mol，体
现酸性的硝酸是0.5 mol，体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸的物质的量之比为5 1∶，A 正确；根据N 原
子守恒可知：n[Cu(NO3)2]=(0.6 mol-0.1 mol)÷2=0.25 mol，混合物中所含的Cu 元素共有0.25 mol，根据铜元
素守恒可知，用H2还原Cu、Cu2O、CuO 的混合物后应得到0.25 mol Cu，故所得固体的质量为0.25
mol×64 g·mol-1=16 g，B 错误；Cu2O 被稀HNO3氧化为Cu2+，硝酸根被还原为NO，同时生成H2O，反应的
离子方程式为3Cu2O+14H++2
=6Cu2++2NO↑+7H2O，C 正确；若混合物中含0.1 mol Cu，生成的NO 的
物质的量0.1mol，共转移0.3mol 电子，Cu-Cu2+-2e-、Cu2O-Cu2+-2e-，根据电子转移守恒，混合物中
n(Cu2O)=(0.1 mol×3－0.1 mol×2)÷2=0.05 mol，根据铜元素守恒可知，n(CuO)=0.25 mol－0.1 mol－0.05
mol×2=0.05 mol，混合物中，Cu 不与稀H2SO4反应，0.05 mol Cu2O、0.05 mol CuO 与稀H2SO4反应，根据
Cu2O、CuO 中氧原子与H2SO4电离出的H+反应生成H2O，可得n(H2SO4)=0.05 mol+0.05 mol=0.1 mol，D 正
确；故选B。
19.（24-25 高三上·北京·一模）为探究Cu 和浓
反应后溶液呈绿色的原因完成下列实验，下列说法正
确的是
装置
序号
气体
溶液
现象
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①
0.01molCu 和
20mL10mol/L
反
应后溶液
溶液由绿色变为蓝
色，有红棕色气体
逸出
②
20mL0.5mol/L
溶液
溶液由蓝色变为绿
色，若继续加浓硫
酸至
为
8mol/L，液面上方出
现红棕色，溶液变
回蓝色
③
与②中等
量
20mL_______
溶
液
溶液始终无色
已知：ⅰ：
溶于水部分发生歧化反应：
。
ⅱ：
能与
络合：
(蓝色)
(绿色)。
ⅲ：
是弱酸，加热或遇强酸发生分解：
。
A．为与②中实验进行比较，③中
溶液浓度应为0.5mol/L
B．对比②和③可知，②中溶液呈绿色是因为形成了绿色的
C．若将
通入8mol/L
溶液时应该得到无色溶液
D．①中Cu 和浓
反应后溶液呈绿色可能是因为形成了绿色的
【答案】B
【分析】本实验利用Cu 与浓硝酸发生反应
制取NO2时，根据实验现
象提出猜测并研究溶液颜色变化的原因，结合平衡移动原理等知识解答相关现象出现的原因，根据控制变
量法的原理进行实验设计;
实验①铜和过量浓硝酸反应产生二氧化氮和硝酸铜以及水，结合已知信息和所学知识可知溶液呈现绿色的
原因可能是
或者过量黄色的浓硝酸和蓝色铜盐混在一起呈现的绿色，
通入氮气后，导致二氧化氮量减少，两个平衡均发生移动，导致由绿色变为蓝色；
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实验②结合资料可知，由于加入浓硫酸后，温度升高且c(H+)增大，引起平衡
逆向移
动，HNO2分解导致c(HNO2)下降，同时产生无色气体，
下降，导致
逆向移动，所以溶液颜色由绿色变为蓝色；
实验③结合控制变量法可知，浓硝酸的浓度是1mol/L，即稀硝酸，通入相同量二氧化氮后，依然为稀硝
酸，浓度低，显现无色；
【解析】结合分析：控制变量法，只能有一个变量，
相同，
，A 错误；结合分
析：②中含有铜离子③中没有铜离子，溶液颜色不同， B 正确；将二氧化氮通入硝酸中，若得到浓硝酸，
溶液应为黄色，C 错误；结合分析可知出现绿色不一定是形成了
，D 错误；故选B；
20.（24-25 高三上·湖南·一模）将5.6g 铁粉加入一定体积的某浓度的硝酸中，加热充分反应后，铁粉完全
溶解，将生成的气体和0.06mol
混合通入足量水中，气体完全被水吸收并生成
。下列说法错误的
是
A．铁粉反应后溶液中剩余的
的物质的量为0.24mol
B．生成的气体在标准状况下的体积一定为1.792L
C．铁粉反应后溶液中既有
又有
D．若向铁粉反应后溶液加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧沉淀得到8g 固体
【答案】B
【分析】根据题中所给信息，铁粉完全溶解，因此Fe 与稀硝酸发生反应可能生成Fe2+、Fe3+，在反应过程
中金属失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等，转移的电子就是氧气得到的电子，即根据得
失电子守恒，5.6gFe 失去的电子最终被0.06mol
得到，因此转移电子为
，5.6gFe 为
0.1mol，可知0.1molFe 共失去的电子的物质的量为0.24mol，由此可以判断反应后溶液中既有
又有
，设
的物质的量为
，
的物质的量为
，则
，
，联立求得：
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，
，据此作答。
【解析】根据分析可知，最终溶质为
、
，可知溶液中剩余的
的物质的量为
，故A 正确；因硝酸的浓度未知，与铁反应生成的气体可能是NO 或NO
和
混合气体，故求出的气体在标准状况下的体积不一定为1.792L，故B 错误；根据分析可知，溶液中
既有
又有
，故C 正确；加入足量氢氧化钠溶液后，产生
、
，过滤、洗涤后在空
气中灼烧，最终得到的是
，利用原子守恒可知，
，则灼烧沉淀得到
的质量为
，故D 正确；故选B。
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