文档文本内容
第03 讲 氮及其重要化合物(专项训练)
目 录
模拟·基础演练
考向01 考查氮气的性质及氮的固定
考向02 考查氮的氧化物与环境污染
考向03 考查氨、铵盐的性质及实验
考向04 考查喷泉实验原理及应用
考向05 考查氨的实验室制法及创新
考向06 考查硝酸的性质及实验探究
考向07 考查金属与硝酸反应的多角度计算
考向08 考查不同价态含氮物质的转化关系
考向09 考查不同价态含氮物质转化的实验探究
考向10 考查含氮的其他重要化合物
考向11 考查氮族元素的其他元素
重难·创新演练
真题·实战演练
模拟·基础演练
考向01 考查氮气和氮的氧化物
1．下列关于N2的叙述中不正确的是( )
A．雷雨天，空气中的N2与O2可反应生成NO B．N2与H2在一定条件下合成氨属于氮的固定
C．N2分子中σ 键与π 键的比值为2：1 D．N2既可作氧化剂又可作还原剂
【答案】C
【解析】A 项，A 项，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；B．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，N2与H2在一定条件下合成氨属于氮的固定，B 正
确；C．单键均为σ 键，叁键含有1 个σ 键2 个π 键；N2分子中σ 键与π 键的比值为1：2，C 错误；D．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。
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．工业上模拟自然界“雷雨发庄稼”的过程生产HNO3
B．自然固氮、人工固氮都是将N2转化为含氮化合物
C．氨气是重要的工业原料，可用于制备化肥和纯碱等大宗化学品
D．多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”
【答案】A
【解析】A 项，A 项，自然界 “雷雨发庄稼”的第一步是将空气中的氮气转化为NO，工业生产硝酸
的第一步是将氮气和氢气反应生成氨气，氨气催化氧化得到NO，NO 被氧化为NO2，NO2和水反应最后得
到硝酸，A 项错误；B 项，氮的固定是是将N2转化为含氮化合物的过程，其中氮的固定包括自然固氮、人
工固氮，B 项正确；C 项，氨气作为重要的工业原料可以制备化肥和纯碱等大宗化学品，C 项正确；D
项，氮元素在自然界中既有游离态又有化合态，多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循
环”，D 项正确；故选A。
3．为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，人们开发了溶液吸收、催化还原等尾气处理方法。
后者常采用NH3作还原剂，其反应之一为：8NH3＋6NO2=====7N2＋12H2O，下列说法不正确的是(NA为阿
伏加德罗常数)( )
A．氧化产物与还原产物的质量比为3 4∶
B．生成1mol 水转移电子的数目为2NA
C．可使用Na2CO3溶液吸收氮氧化物
D．氮氧化物的排放可形成酸雨
【答案】A
【解析】A 项，A 项，8NH3＋6NO2=====7N2＋12H2O 中NH3的N 元素化合价上升发生氧化反应，
NO2的N 元素化合价下降发生还原反应，则氧化产物与还原产物的质量比为8：6=4 3∶，故A 错误；B 项，
8NH3＋6NO2=====7N2＋12H2O 中NH3的N 元素化合价由-3 价上升到0 价，转移24 个电子生成12 个
H2O，生成1mol 水转移电子的数目为2NA，故B 正确；C 项，氮氧化物可以被碱性溶液Na2CO3溶液吸收，
故C 正确；D 项，大气氮氧化物积累过多，最终会生成硝酸，溶解在雨水中，形成酸雨，故D 正确；故选
A。
考向02 考查氮的氧化物与环境污染
4．(2026·北京房山一模)工业烟气中常含有NOx(NO、NO2)，用NaClO 溶液将NOx氧化为NO3
-，实现
烟气中NOx的脱除，下列说法正确的是( )
A．第一电离能N<O
B．NOx在大气中会形成酸雨
C．O 元素位于周期表中第IVA 族
D．脱除过程中NaClO 发生氧化反应
【答案】B
【解析】A 项，A 项，N 原子的2p 轨道为半充满的稳定结构，第一电离能N＞O，A 错误；B 项，NOx
在大气中会与氧气、水反应生成硝酸，形成硝酸型酸雨，B 正确；C 项，O 原子最外层有6 个电子，位于
元素周期表第VIA 族，C 错误；D 项，脱除过程中NaClO 将NOx 氧化，自身作为氧化剂得电子，发生还
原反应，D 错误；故选B。
5．(2026·天津宁河高三开学考试)燃油汽车行驶中会产生CO、NO 等多种污染物。下图为汽车发动机
及催化转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是( )
A．甲、乙均为非极性分子 B．图中涉及的所有氧化物都需要进行尾气处理
C．反应(Ⅰ)在常温下不容易发生 D．反应(Ⅱ)中NO 是氧化剂
【答案】B
【解析】A 项，反应Ⅰ：N2+O2
2NO，因此甲为N2； 反应Ⅱ：2NO+2CO=N2+2CO2，因此乙为
CO2。A 项，N2是同种元素形成的单质，为非极性分子；CO2是直线形对称结构，正负电荷中心重合，也
属于非极性分子，A 正确；B 项，图中涉及的氧化物有NO、CO、CO2，其中CO2不属于污染物，不需要
尾气处理，B 错误；C 项，N2中存在氮氮三键，键能大，常温下N2和O2的反应不容易发生，需要高温/放
电条件，C 正确；D 项，反应Ⅱ中NO 中N 为+2价，反应后生成0 价的N2，化合价降低，得电子，因此
NO 是氧化剂，D 正确；故选B。
6．【定性定量结合】(2026·重庆永川高三模拟预测)亚硝酸钙[Ca(NO2)2]可用作化学合成反应的催化剂、
氧化剂等。实验室用CaO2和NO 反应制备无水亚硝酸钙，实验装置如图。
实验步骤：
(ⅰ)检查装置气密性，关闭K2，加入相应的试剂。打开K1与K3，并通入N2；
(ⅱ)关闭K1，打开K2，滴入稀硝酸；
(ⅲ)启动管式炉，使管式炉升温；
(iv)实验结束时，……
(1)仪器a 的名称是___________。
(2)装置B 的作用为除去H2O 和___________(写化学式)等；装置D 中盛装的试剂是___________。
(3)装置E 中，酸性K2Cr2O7可将NO 氧化为NO3
-，溶液逐渐由橙色变为绿色(Cr3+)，该反应的离子方程
式为___________。
(4)测定Ca(NO2)2样品的质量分数：
称量mg 样品，加适量水溶解、将溶液转移、加水稀释至250.00 mL，从中移取25.00 mL 置于锥形瓶
中，加入过量酸化的KI 溶液；以淀粉为指示剂，用1.000mol·L-1Na2S2O3标准溶液平行滴定3 次，平均消耗
标准液V mL(滴定过程包含反应：2NO2
-+4H++2I-=I2+2NO↑+2H2O；I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I-。)
①“稀释”时，除烧杯、玻璃棒外，还需用到下面的玻璃仪器有___________(填标号)。
A
B
C
D
②滴定终点的现象是___________。
则样品中Ca(NO2)2的质量分数为___________×100%(用含m、V 的式子表示)。
【答案】(1)恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)
(2)HNO3 浓硫酸
(3) 2NO+Cr2O7
2-+6H+=2Cr3++2NO3
-+3H2O
(4)BD 当滴入最后一滴Na2S2O3准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色
【解析】A 项，检查装置气密性后，关闭K2，加入相应的试剂，因为NO 易被空气中的氧气氧化，故
先通入氮气排尽装置内的空气；打开管式炉，对瓷舟进行加热，关闭K1，打开K2，使稀硝酸滴入三颈烧
瓶中与Cu 反应生成NO，NO 经碱石灰干燥除杂后在C 装置中与CaO2反应生成Ca(NO2)2；E 装置中的酸性
K2Cr2O7溶液用来吸收NO 尾气，为防止E 中水蒸气进入C，D 中试剂应为浓硫酸；据此分析解题。
(1)该仪器连通三颈瓶内外气压，保证液体顺利流下，为恒压滴液漏斗(恒压分液漏斗)；
(2) A 中Cu 与稀硝酸反应生成NO，同时会混有挥发的HNO3和水蒸气，碱石灰可吸收水和酸性气体
HNO3；本实验需要制备无水亚硝酸钙，D 的作用是防止E 中水蒸气进入装置C，因此D 中盛装液态干燥剂
浓硫酸，隔绝水蒸气；
(3)Cr2O7中Cr 为+6 价，被还原为Cr3+，每个Cr2O7共得到6e-；NO 被氧化为NO3
-，每个NO 失去3e-，
根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式为：2NO+Cr2O7
2-+6H+=2Cr3++2NO3
-+3H2O；
(4)①配制250 mL 一定物质的量浓度溶液，除烧杯、玻璃棒外，还需要250 mL 容量瓶(图B)和定容用
的胶头滴管(图D)，故选BD；② I2遇淀粉变蓝色，由滴定过程中反应可知，当I2消耗完时即达到滴定终点，
故滴定终点现象：当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；根
据滴定过程的反应得关系式
，即
，总
，因此
，
Ca(NO2)2摩尔质量为132g/mol，总质量为
，因此质量分数为
。
考向03 考查氨、铵盐的性质及实验
7．(2026·内蒙古乌兰察布高三模拟)利用如图装置检验氯化铵受热分解的产物，下列分析正确的是(
)
A．NH4Cl分解过程中有非极性共价键的断裂和生成
B．若湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH3产生
C．在实验室中可采用加热氯化铵固体的方法制取氨气
D．将碱石灰和五氧化二磷的位置互换，仍可达到实验目的
【答案】B
【解析】A 项，氯化铵受热分解：NH4Cl=====NH3↑＋HCl↑，若气体向左流动，经碱石灰吸收HCl 后，
湿润的红色石蕊试纸遇NH3变蓝；若气体向右流动，经P2O5吸收NH3后，湿润的蓝色石蕊试纸遇到HCl 会
变红。A 项，NH4Cl分解过程中有极性共价键的断裂和生成，没有非极性共价键的断裂和生成，A 错误；
B 项，根据分析可知湿润的红色石蕊试纸接触到的气体是NH3，故试纸会变蓝证明有NH3产生，B 正确；C
项，在实验室中应采用加热氯化铵和氢氧化钙混合固体的方法制取氨气，只加热氯化铵固体会生成NH3和
HCl，两种气体遇冷会化合生成NH4Cl，C 错误；D 项，结合分析，若将碱石灰和五氧化二磷的位置互换，
若气体向左流动，经P2O5吸收NH3后，湿润的红色石蕊试纸遇HCl 仍然为红色，故没有现象；若气体向右
流动，经碱石灰吸收HCl 后，湿润的蓝色石蕊试纸遇到NH3仍然为蓝色，故没有现象，所以不能达到实验
目的，D 错误；故选B。
8．(2026·北京朝阳一模)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生大量白烟。下列说法不正确
的是( )
A．NH3、HCl 中的共价键分别是s-sp3σ 键、s-p σ 键
B．反应过程涉及配位键的形成
C．白烟的产生体现了NH3的还原性
D．用浓硝酸代替浓盐酸，也会产生大量白烟
【答案】C
【解析】A 项，A 项，N H3中N 采取sp3杂化，N 的sp3杂化轨道与H的S 轨道形成s-sp3σ 键；HCl中H
的s 轨道与Cl 的p 轨道形成s-pσ 键，A 正确；B 项，反应生成N H4Cl，NH4
+中N H3的N 提供孤电子对、H
+
提供空轨道形成配位键，反应过程涉及配位键的形成，B 正确；C 项，该反应为NH3+HCl=NH4Cl，反应中
无元素化合价升降，属于非氧化还原反应，不体现N H3的还原性，C 错误；D 项，浓硝酸具有挥发性，挥
发出的HNO3与N H3反应生成固体NH4NO3，也会产生大量白烟，D 正确；故选C。
9．(2026·黑龙江哈尔滨期中)以天然气为原料合成氨是新的生产氮肥的方法，其工艺流程如下，下列
说法错误的是( )
A．反应①的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1 4∶
B．反应②可能的副产物有(NH4)2CO3、NH4HCO3
C．反应③理论上当
时，恰好反应生成NH4NO3
D．消耗3molCH4，充分反应生成NH3的物质的量等于8mol
【答案】D
【解析】A 项，A 项，反应①的化学方程式为CH4+CO2
CO2+4H2，氧化产物为二氧化碳，还原
产物为H2，其物质的量之比为1 4∶，A 正确；B 项，反应②是CO2与NH3反应，若CO2过量，可发生反应
NH3+CO2+H2O═NH4HCO3，若NH3过量，可生成(NH4)2CO3，因此二者都可能是副产物，B 正确；C 项，氨
气与氧气反应生成硝酸铵的过程中，根据电子守恒和元素守恒可得总反应为2NH3+2O2
NH4NO3+H2O，所以理论上
时恰好完全反应，故C 正确；D 项，3molCH4经反应①可
生成12molH2，合成氨反应
是可逆反应，反应物不能完全转化，因此充分反应后生成
NH3的物质的量小于8mol，不是等于8mol，D 错误；故选D。
考向04 考查喷泉实验原理及应用
10．如图是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(
)
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】A 项，A 项，氯气可以溶于四氯化碳中，且氯气极易溶于氢氧化钠溶液中，因此可以引发喷
泉实验，故A 不符合题意；B 项，氢气不溶于氢氧化钠溶液中，不能造成负压，因此不能引发喷泉实验，
故B 符合题意；C 项，通过a 鼓入空气，会将水压入烧瓶中，氨气溶于水后造成负压，能形成喷泉实验，
故C 不符合题意；D 项，加入浓硫酸放热，锥形瓶中压强增大，浓氨水被压入烧瓶，与氯化氢反应造成负
压，能形成喷泉实验，故D 不符合题意；故选B。
11．已知NH3是能用来做喷泉实验的气体，若在同温同压下用等体积烧瓶一个收集满NH3，另一个收
集NH3和N2的混合气体，如图所示，喷泉实验停止后，两个烧瓶内溶液的关系式(不考虑烧瓶内溶质的扩
散，氨水的溶质按NH3计算)( )
A．溶质的物质的量浓度相同，溶质的质量分数不同 B．溶质的质量分数相同，溶质的物质的量不
同
C．溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都不同 D．溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都相
同
【答案】D
【解析】A 项，设在标准状况下，烧瓶的容积为V L，所以NH3及NH3和N2的混合气体的体积也均为
VL，再设出NH3和N2的混合气体中氨气的体积为xL，实验完毕后只充有氨气的烧瓶中充满溶液，溶液的
体积为V L，溶质的物质的量n(NH3)=
mol，反应后溶液的物质的量浓度c(NH3)=
=
mol/L；另一个充有NH3和N2的混合气体烧瓶中含有xL 氨气，则反应后溶液体积为xL，
溶质的物质的量n(NH3)=
mol，反应后溶液的物质的量浓度c(NH3)=
=
mol/L。可见，反应后两个烧瓶中氨水的物质的量浓度相等，由于溶质相同，则两个烧瓶中溶质的质量分
数也一定相等，故选D。
12．同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满：①NH3，②NO2，进行喷泉实验。经充分
反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为( )
A．①=
=
=
②③④
B．①>
>
>
②③④
C．①=
>
>
②③④
D．①=
>
=
②③④
【答案】D
【解析】A 项，相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，氨气极易溶于水，则盛有氨气的烧瓶倒
立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO，根据方程式可
知，水充入烧瓶容积的
；如混有氧气，NO 与氧气发生反应生成二氧化氮，再进一步反应生成硝酸，根
据
计算溶液的物质的量浓度。①设体积为3L，纯净的氨气，完全溶于水，溶液的体积等于烧瓶容
积，所以溶液浓度为
；②设体积为3L，纯净的NO2，发生反应：
3NO2+H2O═2HNO3+NO，根据方程式可知，水充入烧瓶容积的
；生成HNO3的物质的量2mol，则溶液浓
度为
；③NO2和O2(4：1)的混合气体，发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，
这样5 份的气体(4NO2+O2)生成4 份HNO3，溶液体积等于二氧化氮与氧气的体积和，故浓度为
；④NO2和O2(1：1)的混合气体，发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，这样8 份的气
体(4NO2+4O2)生成4 份HNO3，氧气有3 体积未参与反应，溶液体积为：8-3=5，故浓度为
；故选D。
考向05 考查氨的实验室制法及创新
13．(2026·江苏南通高三模拟预测)实验室利用NH3、SO2等物质制备NH4HSO3晶体。下列实验装置和
操作能达到实验目的的是( )
A．利用装置甲制备SO2
B．利用装置乙制备NH3
C．利用装置丙制备NH4HSO3溶液
D．利用装置丁分离出NH4HSO3晶体
【答案】D
【解析】A 项，A 项，铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则题给装置不能达到制备二
氧化硫的实验目的，A 错误；B 项，氢氧化钙固体与氯化铵固体共热反应生成氯化钙、氨气和水，实验时
为防止水冷却回流导致试管炸裂，试管口要向下倾斜，则题给装置不能达到制备氨气的实验目的，B 错误；
C 项，氨气极易溶于水、二氧化硫易溶于水，通入氨气、二氧化硫的导气管插入液面以下，会产生倒吸，
则题给装置不能达到制备亚硫酸氢铵的实验目的，C 错误；D 项，反应得到的亚硫酸氢铵溶液经冷却结晶、
过滤可以得到亚硫酸氢铵晶体，则题给装置能达到分离出亚硫酸氢铵晶体的实验目的，D 正确；故选D。
14．(2026·浙江杭州期中)氨气还原氧化铁的反应为
某学生拟用如图装
置完成该实验并验证部分产物，下列说法不正确的是( )
A．装置①中的试剂可为氢氧化钙和氯化铵固体
B．装置②中的碱石灰可用无水CaCl2替代
C．实验开始一段时间后，可观察到装置④中无水硫酸铜变蓝
D．装置⑤可防止倒吸，推测 CCl4难溶解氨气且比水的密度大
【答案】B
【解析】A 项，装置①是氢氧化钙与氯化铵固体加热反应制取氨气，生成的氨气经装有碱石灰的干燥
管干燥后进入装置③中，在加热条件下与氧化铁反应，U 形管装无水硫酸铜，可用来检验生成的水，装置
⑤可吸收多余的氨气，同时起到防倒吸的作用，最后装置⑥可以收集生成的氮气。A 项，根据分析，装置
①中的试剂可为氢氧化钙和氯化铵固体加热反应制取氨气，A 正确；B 项，无水CaCl2会与氨气反应生成
CaCl2·8NH3，不可用无水CaCl2替代，B 错误；C 项，氨气在加热条件下与氧化铁反应生成水，可观察到装
置④中无水硫酸铜变蓝，C 正确；D 项，CCl4难溶解氨气且比水的密度大，装置⑤有防止倒吸作用，D 正
确；故选B。
15．用如图所示装置进行实验(夹持装置略去)，实验前关闭止水夹。下列说法错误的是( )
A．试剂m 是碱石灰
B．搅拌后湿润红色石蕊试纸变蓝
C．搅拌后锥形瓶壁变冷，说明发生了吸热反应
D．搅拌后打开止水夹，产生大量白烟，说明反应生成了NH4Cl
【答案】A
【解析】Ba(OH)2 ·8H2O 与NH4Cl 反应生成NH3，该反应是吸热反应，开始实验时关闭止水夹，锥形
瓶内用电磁搅拌器搅拌，则锥形瓶中温度降低；浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl 气体与反应生成的NH3
生成NH4Cl，则有大量白烟产生，试剂m 用来吸收氨气，防止污染空气，可以为P2O5。A 项，A．Ba(OH)2
·8H2O 与NH4Cl 反应生成NH3，碱石灰不能吸收NH3，应选用P2O5等干燥剂吸收，A 错误；B 项，Ba(OH)2
·8H2O 与NH4Cl 反应生成NH3，NH3可以使湿润红色石蕊试纸变蓝，B 正确；C 项，Ba(OH)2 ·8H2O 与
NH4Cl 反应生成NH3，该反应是吸热反应。搅拌后锥形瓶壁变冷，说明发生了吸热反应，C 正确；D 项，
打开止水夹，白烟是浓盐酸挥发出的HCl 气体与反应生成NH3化合生成NH4Cl，D 正确；故选A。
考向06 考查硝酸的性质及实验探究
16．(2026·北京第二中学开学考试)在恒压密闭容器中，过量铜粉、铁粉分别和2.0mL0.5mol·L-1HNO3
混合，记录如下：
实验
金属
现象、操作
i
铁粉
溶液几乎无色。产生无色气体遇空气不变色，经检验为H2；向溶液加入
足量NaOH 得到灰绿色沉淀。煮沸，蒸气使湿润红色石蕊试纸变蓝
ii
铜粉
溶液变蓝，经检验有NH4
+，气体中无H2
下列分析正确的是( )
A．实验i 中产生H2的物质的量为5.0×10-4mol·L-1
B．推测实验ii 中产生NH4
+，NH4
+水解导致了溶液pH 降低
C．根据上述实验推断，该浓度的硝酸中NO3
-的氧化性大于H+
D．由上述实验可知，H+的还原速率大于NO3
-的还原速率
【答案】C
【解析】A 项，铁、铜与硝酸反应的实验现象，已知铜粉、铁粉过量，
，实验ⅰ中铁粉过量，硝酸完全反应，最终生成NH4
+(煮沸，蒸
气使湿润红色石蕊试纸变蓝)、H2和Fe
2+(灰绿色沉淀)，实验ii 中产生NH4
+，无H2。A 项，若H2的物质的
量为5×10
4
−mol，发生反应Fe +2H+ =Fe2+ +H2↑，则需要消耗n(H
+)=0.001 mol，铁与硝酸反应
，也消耗氢离子，然而仅有0.001 molH+，A 错误；B 项，实验ii 中产生
NH4
+，反应消耗大量H⁺(如
)，导致c(H⁺)下降，pH 升高；NH4
+水解(
NH4
++H2O⇌NH3·H2O+H
+)产生的H+较少，可忽略，因此pH 不会降低，B 错误；C 项，实验ii 中，铜粉反
应生成Cu
2+和NH4
+，但无H2产生，说明Cu 还原了NO3
-；实验i 中铁粉虽能还原H+和NO3
-，但铜的反应表
明在该浓度下NO3
-的氧化性强于H⁺，C 正确；D 项，实验ii 中NO3
-被还原而H⁺未被还原，说明NO3
-的还
原速率大于H⁺的还原速率；实验i 中两者均被还原，但无法直接比较速率，D 错误；故选C。
17．(2026·山西吕梁二模)浓硝酸与铜作用的过程如下图所示。下列关于该过程的分析正确的是( )
A．a 中溶解0.64 g 铜时，转移电子的数目为
B．b 中收集x L(标准状况)的气体，其物质的量为
C．NaOH 溶液吸收NO2的反应为2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O
D．若将铜丝换成铝片，无明显现象，说明还原性：Al<Cu
【答案】C
【解析】A 项，A 项，a 中铜失电子生成硝酸铜，铜元素化合价由0 升高为＋2 价，溶解0.64 g 铜时，
转移电子的数目为
，A 错误；B 项，b 中收集的气体为NO2，NO2在标况下为液体，且存在反应
，所以物质的量不是
，B 错误；C 项，NaOH 溶液吸收NO2时发生歧化反应生成亚
硝酸钠、硝酸钠和水，化学方程式为2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，C 正确；D 项，若将铜丝换成铝
片，无明显现象，是因为常温下铝在浓硝酸中发生钝化，在铝表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止反应
进一步进行，而不是因为还原性Al<Cu，实际上铝的还原性比铜强，D 错误；故选C。
18．(2026·广东茂名高三模拟)按如图所示组装好装置后，将铂丝上炽热的木炭迅速伸入足量热的浓硝
酸中，观察到发生剧烈反应，伴有红棕色气体生成。下列叙述正确的是( )
A．试剂a 可选择无水CaCl2
B．观察到红棕色气体生成说明浓硝酸发生了还原反应
C．若实验过程中消耗
木炭，则会生成0.896LNO2(换算成标准状况)
D．实验过程中会生成两种酸性氧化物
【答案】B
【解析】A 项，三颈烧瓶中发生反应4HNO3(浓)+C
CO2↑+4NO2↑+2H2O，也可能发生4HNO3
4NO2↑＋O2↑＋2H2O。A 项，装置中试剂a 用于处理有毒的尾气(NO2等)，无水CaCl2仅作干燥剂，
不能吸收NO2，因此不能选择无水CaCl2，A 错误；B 项，红棕色气体为NO2，浓硝酸中N 为+5 价，NO2
中N 为+4价，N 元素化合价降低，说明浓硝酸发生了还原反应，B 正确；C 项，烧瓶中可能发生2 个反应，
且NO2存在二聚平衡2NO2(g)
N2O4(g)，无法计算产生气体的体积，C 错误；D 项，酸性氧化物要求
与碱反应只生成盐和水、且化合价不变，反应中只有CO2是酸性氧化物；NO2与碱反应时化合价发生变化，
生成两种盐，不属于酸性氧化物，H2O 也不是酸性氧化物，D 错误；故选B。
考向07 考查金属与硝酸反应的多角度计算
19．(2026·陕西商洛高三模拟预测)某实验室中有100 g 有杂质的铜样品(杂质不反应)，将其一定量放入
0.5 mol/L 的硝酸中，标况下产生了1 mol 氮氧化物气体，气体放入1 L 集气瓶后经检测发现只有N2O4，
NO2和NO 三种气体，加入2 L 0.9 mol/L 的NaOH 溶液后，此时溶液恰好显中性且不再产生沉淀，经测量
共产生了88.2 g 沉淀。在该温度下，
K=0.8，下列说法正确的是( )
A．样品中铜的质量分数为88.2%
B．NO 与N2O4的物质的量之比是3：2
C．加入的硝酸一定过量
D．集气瓶中气体颜色变深有可能是加压后平衡移动造成
【答案】B
【解析】A 项，A 项，加入NaOH 后生成的沉淀为Cu(OH)2，摩尔质量为98g/mol，则
，故
，
，铜的质量分数为
，A 错误；B 项，设NO 为xmol，NO2为ymol，N2O4为zmol：总气体物质的量为
1mol：
①
电子守恒：Cu 共失电子
，硝酸转化为1 mol NO 得
、转化为1 mol NO2得
、
转化为1 mol N2O4得
：
②
平衡常数
，由1 L 体积化简得
③
-
②①得
，整理得
，
，代入③得
解得
，
，故
，B 正确；
C 项，
，沉淀
恰好需要
，说明
NaOH 全部用于沉淀Cu2+，没有剩余NaOH 中和过量硝酸，即硝酸恰好完全反应，没有过量，C 错误；D
项，反应2NO2(g)
N2O4(g)，加压后平衡向气体分子数减小的方向移动(向生成无色N2O4方向移动)，
气体颜色变浅；颜色变深是因加压气体体积减小，NO2浓度增大导致，不是平衡移动造成的，D 错误；故
选B。
20．将质量为32g 的铜与150mL 的一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下11.2L 的NO
和NO2的混合气体，将生成的混合气体与一定体积的氧气一起通入足量NaOH 溶液中，气体恰好被吸收生
成NaNO3。下列说法不正确的是( )
A．标准状况下，通入的O2体积为5.6L
B．向反应后的溶液加NaOH，使铜沉淀完全，需要NaOH 的物质的量至少为1.0mol
C．标准状况下，混合气体构成是5.6L 的NO 和5.6L 的NO2
D．硝酸的物质的量浓度为10.0mol·L−1
【答案】D
【解析】A 项，32g 的铜的物质的量为0.5mol；11.2L 的NO 和NO2的物质的量为0.5mol，设混合气体
中NO 的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则x+y=0.5，反应过程中铜全部被氧化成Cu2+，根据电子守
恒有3x+y=0.5×2，和前式联立可得x=0.25mol，y=0.25mol；设氧气的物质的量为z，NO 和NO2全部转化
为NaNO3，则根据电子守恒有0.5×2=4z，解得z=0.25mol；根据元素守恒可知生成的n(NaNO3)=0.5mol。A
项，根据分析可知通入的O2为0.25mol，标况下体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故A 正确；B 项，当硝
酸无剩余时消耗的NaOH 最少，此时NaOH 只与Cu2+反应生成Cu(OH)2 沉淀，根据元素守恒可知此时
n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.5mol×2=1mol，故B 正确；C 项，根据分析可知，混合气体中有0.25molNO 和
0.25molNO2，即标准状况下的5.6L 的NO 和5.6L 的NO2，故C 正确；D 项，由于不知道和铜反应后硝酸是
否有剩余，所以无法计算硝酸的浓度，故D 错误；故选D。
21．向含x mol HNO3和y mol H2SO4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
量关系如图所示：
下列有关说法正确的是( )
A．x＝0.2，y＝0.1
B．a 点之前的反应离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO3
-===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O
C．向b 点所得溶液中加入Cu 粉，最多可溶解1.92 g
D．反应至c 点，可收集到气体4.48 L(标准状况)
【答案】C
【解析】A 项，A 项，由分析知，硝酸根在Oa 段完全反应转化为NO，由得失电子守恒，得3n(NO)＝
3n(Fe3＋，Oa)，故n(NO)＝0.1 mol，由N 元素守恒知，n(HNO3)＝n(NO)＝0.1 mol，由Fe3＋反应生成的Fe2＋
物质的量n1＝＝0.15 mol，则由H＋与Fe 反应生成的Fe2＋物质的量n2＝0.2 mol－0.15 mol＝0.05 mol，对应
H＋物质的量＝2n2＝0.1 mol，Oa 段反应为：Fe＋NO3
-＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，知该段消耗的H＋物质
的量＝4n(Fe3＋，Oa)＝0.4 mol，故溶液中原来共有H＋物质的量＝0.4 mol＋0.1 mol＝0.5 mol，则n(H2SO4)＝
＝ mol＝0.2 mol，故x＝0.1，y＝0.2，A 错误；B．由分析知，a 点之前，Fe 被氧化为Fe3＋，对应离子方程
式为Fe＋NO3
-＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，B 错误；C．b 点对应溶液中Fe2＋与Fe3＋物质的量相等，设反
应的Fe3＋为x mol，由反应比例2Fe3＋～3Fe2＋，知此时生成的Fe2＋物质的量为1.5x mol，则1.5x＝0.1－x，
解得x＝0.04 mol，故此处溶液中还剩Fe3＋物质的量＝0.1 mol－0.04 mol＝0.06 mol，由反应Cu＋2Fe3＋
===2Fe2＋＋Cu2＋，知此时最多可溶解的Cu 物质的量＝＝＝0.03 mol，对应质量＝0.03 mol×64 g/mol＝1.92
g，C 正确；D．Oa 段生成气体NO 物质的量n(NO)＝0.1 mol，由A 选项分析知，由H＋与Fe 反应生成的
Fe2＋物质的量n2＝0.2 mol－0.15 mol＝0.05 mol，生成H2的物质的量n(H2)＝n(Fe2＋)＝0.05 mol，故整个过程
共产生气体0.15 mol，标准状况下对应体积＝0.15 mol×22.4 L/mol＝3.36 L，D 错误。
考向08 考查不同价态含氮物质的转化关系
22．部分含N 物质的分类与相应化合价的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．雷电固氮转化：d→c→b→a
B．e 作配体时，N 原子作配位原子
C．可用浓硫酸干燥b 和c
D．a 的溶液可能呈中性
【答案】C
【解析】A 项，首先根据化合价和物质类别推断各物质：e：-3 价氢化物→NH3；d：0 价单质→N2；c
：+2价氧化物→NO；b：+4价氧化物→NO2(或N2O4)；a：+5 价含氧酸及其盐→HNO3或硝酸盐，逐个分
析选项。A 项，雷电固氮的过程是：空气中的氮气在放电条件下与氧气反应生成一氧化氮；一氧化氮在空
气中被氧化为二氧化氮；二氧化氮溶于雨水生成硝酸，该转化路径d→c→b→a 符合事实，A 正确；B 项，
e 为NH3，N 原子含有孤电子对，作配体时N 原子作为配位原子，B 正确；C 项，NO2可以和浓硫酸反应生
成亚硝基硫酸NOHSO4，不能用浓硫酸干燥NO2，C 错误；D 项，a 若为硝酸钠、硝酸钾等强酸强碱盐，其
溶液呈中性，因此a 的溶液可能呈中性，D 正确；故选C。
23．甲、乙、丙、丁、戊、己为短周期元素组成的常见物质，其中甲、乙、丙、戊在常温下均为气
体，甲和丁为原子总数不大于4 的
分子，乙为单质。它们之间的转化关系如图。下列说法正确的是
A．甲易溶于水，溶液显碱性
B．丙与乙反应时无明显现象
C．气体戊可通过排水法收集
D．戊与丁生成己的反应为化合反应
【答案】A
【解析】甲、乙、丙、丁、戊、己为短周期元素组成的常见物质，其中甲、乙、丙、戊在常温下均为
气体，甲和丁为原子总数不大于4 的10e-分子，乙为单质，结合转化关系分析可知，甲为NH3，乙为O2，
丁为H2O，丙为NO，戊为NO2，己为HNO3，据此分析判断。A 项，甲为NH3易溶于水，形成的一水合氨
溶液显碱性，故A 正确；B 项，丙与乙反应时生成红棕色气体二氧化氮，有明显现象，故B 错误；C 项，
气体戊为NO2，二氧化氮和水反应，不能通过排水法收集，故C 错误；D 项，戊与丁生成己的反应为：
3NO2+H2O=2HNO3+NO，不是化合反应，故D 错误；故选A。
24．【反应历程】(2026·河北沧州二模)利用Cu-ZSM-5 分子筛催化剂，NH3可脱除燃煤烟气中的NO
和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法不正确的是
A．阶段②中各元素的化合价没有发生变化
B．X 是氮气
C．阶段④中的氮元素既被氧化又被还原
D．该去除氮氧化物的总反应中，每生成标准状况下2.24L 氮气，转移的电子数为0.3NA
【答案】B
【解析】A 项，由反应历程可知，阶段①NH3 和H+反应生成NH4
+；阶段②中NO2 和NH4
+反应生成
[(NH4)2(NO2)]2+，阶段③中[(NH4)2(NO2)]2+和NO反应生成[(NH4)2(HNO2)]+和H+，同时生成N2和H2O，阶段④
中[(NH4)2(HNO2)]+生成N2、H2O 和H+，总反应为2NH3＋NO+NO2
2N2＋3H2O。A 项，阶段②中NO2
和NH4
+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+，各元素的化合价没有发生变化，A 正确；B 项，根据原子守恒，阶段③中，
反应物共含4个N 原子，产物[(NH4)2(HNO2)]+仅含2个N 原子，剩余2个N 原子结合为无毒的N2，再根据氢
原子和氧原子的守恒可知，X为N2和H2O，B 错误；C 项，阶段④中，NH4
+中N 为-3 价，反应后变为N2的
0 价，被氧化；HNO2中N 为+3 价，反应后变为N2的0 价，被还原，因此氮元素既被氧化又被还原，C 正
确；D 项，总反应为2NH3＋NO+NO2
2N2＋3H2O，生成2molN2转移6mol 电子；标准状况下2.24LN2
为0.1mol，转移电子为0.3mol，即0.3NA，D 正确；故选B。
考向09 考查不同价态含氮物质转化的实验探究
25．【实验创新】(2026·广东广州二模)利用如图装置进行实验，反应一段时间后，往d 中注入H2O2溶
液。下列说法错误的是( )
A．a 中溶液变为绿色，说明浓硝酸具有氧化性
B．b 中试纸变蓝，体现了I-的还原性
C．c 中液面上方气体变红棕色时，所含氮氧化物至少有两种
D．若c 中不加铜片，往d 中注入H2O2后气体颜色无明显变化
【答案】D
【解析】A 项，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，二氧化氮通过b，将KI 氧化为I2，试纸
变蓝，二氧化氮通入c 中与水反应生成硝酸和NO，反应一段时间后，往d 中注入H2O2溶液生成O2，进入
c 中，NO 与O2反应生成二氧化氮，c 中气体变红棕色。A 项，a 中铜丝和浓硝酸反应，铜被氧化为Cu2+，
溶液变为绿色可能是因为溶有NO2，证明浓硝酸得到电子，体现氧化性，A 正确；B 项，b 中试纸变蓝，I-
被氧化为I2，体现了I-的还原性，B 正确；C 项，NO2进入c 后，部分和水反应生成NO，当液面上方变红棕
色时，说明同时存在未反应的NO2和NO，同时存在
平衡，故所含氮氧化物至少有两种，C
正确；D 项，若c 中不加铜片，NO2进入c 后仍会和蒸馏水反应生成无色NO，注入H2O2后，d 中MnO2催
化H2O2分解产生O2，O2进入c 会将无色NO氧化为红棕色NO2，气体颜色有明显变化，D 错误；故选D。
26．(2026·广东深圳三模)某兴趣小组为制备NO并探究NO和Cu 反应的氧化产物，设计如图所示实验装
置。
已知：①氧化亚铜在酸性条件下能发生歧化反应：
；
②红热的铜能与氮的氧化物反应。
下列说法正确的是( )
A．A 中反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3
-=3Cu2++2NO↑+4H2O
B．实验开始时，先打开A 中分液漏斗活塞，过一会儿，点燃D 处酒精灯
C．若把浓HNO3改为稀HNO3，装置B 的作用相同
D．取少量D 中完全反应后的产物，加入足量的稀硝酸，若固体完全溶解，说明有Cu2O 生成
【答案】B
【解析】A 项，装置A 是利用Cu 和浓硝酸反应生成NO2，；装置B 是用水将NO2转化为NO；装置C
是用浓硫酸对NO 进行干燥；装置D 是进行Cu 和NO 的反应；装置E 是对尾气进行回收。A 项，由分析可
知，A 中生成的气体为NO2，因此发生的离子方程式为Cu+4H++2NO3
-=Cu2++2NO2↑+2H2O，A 错误；B 项，
先打开分液漏斗活塞，使A 中生成的NO2经B 转化为NO，排尽装置内空气(防止O2氧化NO 或Cu)，待D
中充满NO 后再点燃酒精灯，确保Cu 在无氧环境下与NO 反应，B 正确；C 项，若改用稀HNO3，A 中直
接生成NO，无需B 装置转化NO；此时B 的作用变为除去挥发的硝酸蒸气，C 错误；D 项，无论D 中产物
含有CuO、Cu2O 还是未反应的Cu，加入足量稀硝酸后均会完全溶解，因此固体完全溶解不能作为判断
Cu2O 生成的依据；故选B。
27．某科研小组探究铜和浓硫酸在一定条件下的反应，进行如下实验，流程中除
外反应产物均已
标出。下列说法错误的是( )
A．化合物X 为
B．该流程的实质是浓硝酸将铜氧化
C．该实验中浓硫酸体现了强氧化性和酸性 D．理论上产生NO2的物质的量为1mol
【答案】A
【解析】流程中除H2O 外反应产物均已标出，部分铜被氧化为硫酸铜，则必有硫元素化合价降低生成
X，且X 难溶于水和硫酸，能被浓硝酸氧化，最终S 元素被氧化为硫酸根，硫酸钡的质量为23.3g，物质的
量为0.1mol，则X 中有0.1molS 元素，假设X 为CuS，S 元素为-2 价，则铜与浓硫酸反应时S 元素得电子
0.8mol，铜元素该失去0.8mol 电子，而铜单质为0.5mol，失去1mol 电子，电子不守恒，故不是CuS；假
设X 为Cu2S，Cu2S 为0.1mol，S 元素得电子0.8mol，到Cu2S 中铜元素失去0.2mol 电子，根据电子守恒，
要生成0.3mol 硫酸铜，符合题意。A 项，由上述分析可知，X 不能为CuS，应该为Cu2S，故A 错误；B
项，从整个流程看，最终S 元素也变为+6 价，相当于没有变化，故实质上是硝酸将铜氧化为+2 价，硝酸
被还原为NO2；故B 正确；C 项，在第一步反应中，浓硫酸中S 元素化合价有部分降低，体现了强氧化性
和酸性，故C 正确；D 项，X 为Cu2S，有0.1mol，铜元素从+1 价升高为+2 价，S 从-2 升高为+6，
0.1molCu2S 共失去1mol 电子，硝酸得到1mol 电子，即生成1molNO2，故D 正确；故选A。
考向10 考查含氮其它重要化合物
28．(2026·重庆高三模拟)石灰氮(CaCN2)可用作土壤改良剂，可由以下反应制得：CaC2+N2高温
CaCN2+C。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )
A．该反应可以实现氮的固定
B．12 g 金刚石含有的共价键数目为2NA
C．1 mol CN2
2-含有的
键数目为NA
D．消耗标准状况下22.4 L N2时，转移的电子数为6NA
【答案】C
【解析】A 项，A 项，氮的固定是将游离态氮(单质)转化为化合态氮的过程，该反应中N2(游离态)转化
为CaCN2中的化合态氮，属于氮的固定，A 正确；B 项，金刚石中每个C 原子形成4 个C-C 共价键，每个
共价键被2 个C 原子共用，12 g 金刚石的物质的量为1 mol，含共价键数目为
，B 正
确；C 项，CN2
2-与CO2为等电子体，结构为直线形[N=C=N]2-，每个双键含1 个σ 键，1 mol CN2
2-含σ 键数
目为2NA，C 错误；D 项，标准状况下22.4 L N2的物质的量为1 mol，反应中N 元素从0 价降低为-3 价，1
mol N2参与反应得到
电子，转移电子数为6NA，D 正确；故选C。
29．(2026·湖北二模)氮化钙(Ca3N2)在冶金中作脱气剂、氮化剂，改善金属表面性能，其极易与水剧烈
反应生成氨气。利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体)。下列说法中正确的是( )
A．图1 中产品与水的反应装置Y 形管换成图2 装置更好
B．Ca3N2与水反应的化学方程式为Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑
C．反应结束，未冷却至室温即读数，会造成测量结果偏低
D．图1 装置也可测定CaC2样品(假定杂质不与水反应)的纯度
【答案】B
【解析】A 项，A 项，图2 装置中，滴入的蒸馏水本身会占据广口瓶内的体积，导致排出气体的体积
测量值偏大(额外包含了加入蒸馏水的体积)，误差更大，因此不能替换Y 形管，A 错误；B 项，氮化钙水
解反应为复分解反应，生成Ca(OH)2和NH3，配平后方程式为：
NH3，
B 正确；C 项，未冷却至室温，气体体积膨胀，读数偏大，测量结果偏高，C 错误；D 项，CaC2与水反应
生成C2H2，乙炔属于有机物，根据相似相溶原理，易溶于煤油(有机溶剂)，会导致测得的气体体积偏小，
无法准确测定纯度，因此图1 装置不能测定CaC2样品纯度，D 错误；故选B。
30．(2026·河南南阳高三模拟预测)二氯二氨钯[Pd(NH3)2Cl2]广泛应用于有机合成、催化反应和材料科
学领域。二氯二氨钯为橘黄色粉末，难溶于水，制备二氯二氨钯的装置如图所示。
已知：①该实验先把王水滴入钯粉中生成H2PdCl4，然后再将NH3通入H2PdCl4溶液；
②H2PdCl4可与NH3形成多种配合物，其中二氯四氨钯[Pd(NH3)2Cl2]易溶于水，且水溶液为绿色。
回答下列问题：
(1)仪器A、C 的名称分别为___________、___________。
(2)仪器B 的作用是___________，王水的配制方法为___________。
(3)钯粉(Pd)与王水反应生成H2PdCl4和NO、H2O，写出反应的化学方程式：___________。若产生的
NO 要被NaOH 完全吸收生成硝酸钠，则NO 和O2的物质的量之比为___________。
(4)控制通入NH3限度的实验操作和现象是___________。
(5)H2PdCl4和NH3反应生成Pd(NH3)2Cl2需控制温度约
，加热方式为___________。
(6)二氯二氨钯纯度的测定：取二氯二氨钯2.50 g，隔绝空气加热脱NH3生成PdCl2，将所得PdCl2溶于
水，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，洗涤、干燥，得沉淀2.87 g，若杂质不与AgNO3反应，则制得的二氯二
氨钯的纯度为___________[M(二氯二氨钯)=211g/mol]。
【答案】(1) 三颈(口)烧瓶 恒压滴液漏斗
(2)防止倒吸(作安全瓶，防止氨气倒吸) 先加入浓盐酸，再按体积比3：1 缓慢加入浓硝酸，充分
搅拌混合
(3)3Pd+12HCl+2HNO3=3H2PdCl4+2NO↑+4H2O 4：3
(4)当观察到三颈烧瓶中溶液刚变为浅绿色时，停止通入NH3
(5)水浴加热
(6)84.4%
【解析】A 项，先把王水滴入钯粉中生成H2PdCl4，然后再将NH3通入H2PdCl4溶液得到二氯二氨钯
[Pd(NH3)2Cl2]，反应产生的NO被O2、NaOH 完全吸收；以此进行分析。
(1)根据仪器A、C 的结构可知，其A、C 的名称分别为三颈(口)烧瓶、恒压滴液漏斗；
(2)NH3极易溶于水，球形结构的仪器B 可防止倒吸；王水的配制规则为先加入浓盐酸，再缓慢加入浓
硝酸，按体积比3：1，充分搅拌混合；
(3)反应中Pd 元素从0 价升高到+2价，N 元素从+5 价降到+2价，根据化合价升降守恒配平得方程式：
3Pd+12HCl+2HNO3=3H2PdCl4+2NO↑+4H2O；NO被O2、NaOH 完全吸收生成NaNO3，根据电子守恒：
1molNO 失3mol 电子，1molO2得4mol 电子，故n(NO)：n(O2)=4：3；
(4)由题干已知，过量会生成易溶于水的绿色配合物二氯四氨钯，因此溶液刚变为浅绿色时，表明目标
产物已基本完全沉淀且NH3开始过量，应立即停止通入NH3；
(5)需要控制温度约
(低于100
∘C)，水浴加热受热均匀、便于控温，符合要求；
(6)沉淀为AgCl，
，1个二氯二氨钯分子含2个Cl，故
，
，纯度为
。
考向11 考查氮族元素的其他元素
31．(2026·四川成都高三模拟预测)工业上利用白磷(P4)、NaOH 和H2O2制备次磷酸钠(NaH2PO2)，主要
转化如下图(省略部分产物)。下列说法正确的是( )
A．NaH2PO2中P 的化合价为
B．H3PO2为三元酸
C．1molP4中含有4molP-P 键 D．反应②中每生成1molH3PO2，转移4 mol 电子
【答案】D
【解析】A 项，A 项，化合物化合价代数和为0，NaH2PO2中Na 为+1、H 为+1、O 为−2，计算得P 化
合价为+1，A 错误；B 项，H3PO2与过量NaOH 反应只生成NaH2PO2，说明H3PO2分子中只有1 个可电离
的H，是一元酸，B 错误；C 项，P4为正四面体结构，6 条棱对应6 个P-P 键，1molP4含6molP-P 键，C 错
误；D 项，反应②中，PH3中P 为-3 价，H3PO2中P 为+1价，生成1molH3PO2时，P 化合价升高4，转移
4mol 电子，D 正确；故选D。
32．(2025·河南部分学校高三联考)随着科技发展，高纯砷的需求量越来越大，气相氯化还原法制高纯
砷的流程如图所示。下列说法错误的是( )
A．升华提纯是根据沸点差异，通过升华、凝华除去沸点高的杂质
B．200 250℃
∼
用氯气氧化砷的化学方程式为2As+3Cl2
2AsCl3
C．800℃用高纯氢还原三氯化砷的化学方程式为2AsCl3+3H2
2As+6HCl
D．已知As2O3为两性氧化物，其与NaOH 溶液反应的化学方程式为
【答案】D
【解析】A 项，起始原料为粗砷，目标产物为高纯砷，粗砷经升华提纯得到纯砷，砷与氯气反应生成
三氯化砷，经精馏提纯得到高纯三氯化砷，最后高纯三氯化砷被氢气还原得到高纯砷，杂质随各分离环节
除去。A 项，升华提纯根据物质沸点差异实现分离，沸点较低的砷先升华，再凝华收集，可除去沸点更高
的杂质，A 正确；B 项，砷与氯气反应生成三氯化砷，配平正确，B 正确；C 项，氢气还原三氯化砷生成
砷和氯化氢，配平正确，C 正确； D 项，As2O3为两性氧化物，与NaOH 溶液反应生成偏亚砷酸钠和水，
亚砷酸根为AsO2
-，对应钠盐为Na2AsO2，配平后正确反应方程式为
，选
项给出的方程式产物与配平均错误，D 错误；故选 D。
33．(2026·陕西咸阳三模)三氧化二锑(Sb2O3，两性氧化物)是AI 服务器液冷系统中最主流的阻燃协效
剂。实验室利用SbCl3的水解反应制备Sb2O3的装置如图所示(加热仪器及具体操作省略)。下列说法正确的
是( )
A．可能有SbOCl 生成的反应为SbCl3+H2O=SbOCl+H2↑+Cl2↑
B．通NH3的目的是充当保护气并搅拌混合物
C．图中通NH3不能用加入NaOH 溶液代替
D．图中a 处装置可以用b 处装置替换
【答案】C
【解析】A 项，A 项，可能有SbOCl 生成的反应属于非氧化还原反应，正确反应方程式为
SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl，A 错误；B 项，通NH3的目的是中和SbCl3水解过程中产生的HCl，促使反应正
向进行，B 错误；C 项，图中通NH3不能用加入NaOH 溶液代替，因为已知Sb2O3是两性氧化物，会和强
碱反应，C 正确；D 项，图中a 处装置不能用b 处装置替换，会发生倒吸，D 错误；故选C。
重难·创新演练
1．(2026·广东深圳高三模拟预测)科研团队用C60掺杂非铁催化剂实现温和条件下热催化合成氨。下列
说法不正确的是( )
A．C60属于共价晶体
B．N 在元素周期表p 区
C．氨的工业合成是人工固氮
D．氨的空间结构为三角锥形
【答案】A
【解析】A 项，A 项，C60是由C60分子通过分子间作用力构成的分子晶体，共价晶体是原子间以共价
键直接形成的空间网状结构(如金刚石)，因此C60不属于共价晶体，A 错误；B 项，N 的价电子排布为
2s22p3，最后填入的电子在p 轨道，位于元素周期表p 区，B 正确；C 项，人工固氮是人为将游离态氮转化
为化合态氮的过程，工业合成氨是N2和H2反应生成NH3，属于人工固氮，C 正确；D 项，NH3中心N 原子
为sp3杂化，含1 对孤电子对，空间结构为三角锥形，D 正确；故选A。
2．(2026· 浙江温州市普通高中高三第二次适应性考试)有关VA 族元素化合物的相关描述中，不正确
的是( )
A．NOCl 的空间构型为V 形 B．HNO4(过硝酸)中有2 种化学环境的O 原子
C．P4O10的沸点低于P4S10的沸点 D．
可以通过氢键形成二聚体
【答案】B
【解析】A 项，A 项，NOCl 中心原子为N，N 的价层电子对数为
，价层电子对构
型为平面三角形，有1 对孤对电子，分子空间构型为V 形，A 描述正确；B 项，过硝酸HNO4结构为HO-
O-NO2，氧原子的化学环境分别为：羟基氧、过氧键中与N 相连的氧、硝基中两个等价的氧原子，共3 种
化学环境的氧原子，不是2 种，B 描述错误；C 项，P4O10和P4S10均为结构相似的分子晶体，相对分子质量
越大，范德华力越强，沸点越高。P4O10相对分子质量小于P4S10，因此沸点更低，C 描述正确；D 项，该有
机物分子中含有-OH 和电负性大的P=O 的氧原子，分子间可通过氢键(一个分子的羟基氢与另一个分子的
双键氧形成氢键)结合形成二聚体，D 描述正确；故选B。
3．(2026·北京大学附中高三模拟)下列说法正确的是( )
A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量NaOH 反应：NH4
++OH-=NH3·H2O
B．硫酸铜溶液中滴入过量氨水：
C．氨水和AgNO3 溶液滴加顺序不同(试剂浓度均为0.1mol·L-1)，反应现象没有明显差别
D．利用
检验氯化铵受热分解的产物
【答案】B
【解析】A 项，A 项，Fe2+和NH4
+均能与OH-反应，少量NaOH 应优先与Fe2+生成Fe(OH)2沉淀，而非
与Fe2+反应，即Fe2++2OH-= Fe(OH)2↓，A 错误；B 项，过量氨水与Cu2+反应生成[Cu(NH3)4]2+络离子，氨水
作为弱碱以NH3·H2O 形式参与，B 正确；C 项，向AgNO3 溶液滴加氨水，先生成白色沉淀，氨水过量后沉
淀溶解，向氨水中滴加AgNO3 溶液，生成的白色沉淀马上溶解，反应现象不同，C 错误；D 项，NH4Cl 分
解生成的HCl 被碱石灰吸收，湿润的蓝色石蕊试纸不变色，生成的氨气被P2O5吸收，湿润的酚酞试纸也不
变色，因此不能检验NH4Cl 受热分解的产物，D 错误；故选B。
4．(2026·浙江衢州二模考试)下列有关氮化合物的说法中，不正确的是( )
A．NO2
+的空间构型为直线形
B．NO2
+ClO4
-遇水可生成两种强酸
C．N2O5分子中所有
原子所处的化学环境相同
D．N2O+2KNH2(熔融)=KN3+KOH+NH3属于氧化还原反应
【答案】C
【解析】A 项，A 项，NO2
+中心N 原子价层电子对数为
，无孤电子对，空间构型为
直线形，A 正确；B 项，NO2
+ClO4
-与水反应生成HNO3和HClO4，二者均为强酸，B 正确；C 项，N2O5的
结构为O2N-O-NO2，存在端基氧和桥连氧两种不同化学环境的O 原子，所有O 原子化学环境不相同，C 错
误；D 项，反应中N 元素化合价发生变化，N2O 中N 为+1 价，KNH2中N 为-3 价，KN3中N 平均化合价为
，存在化合价升降，属于氧化还原反应，D 正确；故选C。
5．【结合反应历程】(2026·重庆高三模拟)国科大杭州高等研究院近日在《Nature》上提出了一种借助
N-硝基胺实现直接脱氨官能团化的全新方法，根据下图所示信息，下列说法正确的是( )
A．A 的分子式为C5H7N2 B．A 与B 互为同系物
C．C、D 中N 原子均为sp2杂化 D．D→E 的过程中可能会生成副产品N2O
【答案】D
【解析】A 项，A 项，根据有机物的结构简式确定分子式，A 的分子式为C5H6N2，不是C5H7N2，A 错
误；B 项，同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物，A 与B 结构差异较
大，不互为同系物，B 错误；C 项，C 中N 原子形成3 个
键且有一个孤电子对，为 sp3 杂化；环状N 原
子因为为共轭结构，所以采用的是sp2杂化，同理D 中两个N 原子均形成3 个
键且均有一个孤电子对，因
此均为sp3杂化，环状结构中的N 原子采用的是sp2杂化类型，C 错误；D 项，D→E 的过程中，N-硝基胺发
生反应，N 元素化合价有变化，可能会发生氧化还原反应生成副产品N2O，D 正确；故选D。
6．(2025·黑龙江大庆高三模拟预测)氮及其化合物部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，
下列说法正确的是( )
A．标准状况下，1.12 LN 2与3.36 L H2发生反应①，生成的NH3的分子数目为0.1NA
B．1.7 g NH3完全溶于1 L H2O 所得溶液，NH3·H2O 微粒数目为0.1NA
C．将3 mol NO2通入水中发生反应④，转移电子数为2NA
D．0.1 mol/L HNO3溶液中含有的H+数目为0.1NA
【答案】C
【解析】A 项，该图为氮元素单质及其常见化合物的连续转化，各步反应如下，反应①氮气与氢气合
成氨气，为可逆反应：
；反应②氨气催化氧化生成一氧化氮：4NH3＋5O2=====4NO
＋6H2O；反应③一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮：2NO+O2==2NO2；反应④二氧化氮与水反应生成硝酸：
3NO2+H2O==2HNO3+NO；反应⑤氮气和氧气在放电/高温条件下直接生成一氧化氮：N2+O2
2NO。
A 项，标准状况下，1.12N2物质的量为0.05mol，3.36LH2物质的量为0.15mol，合成氨是可逆反应，反应物
不能完全转化，因此生成NH3的物质的量一定小于0.1mol，分子数小于0.1NA，A 错误；B 项，1.7gNH3的
物质的量为0.1mol，氨气溶于水后，溶液中含氮微粒有NH3、NH3·H2O、NH4
+，因此NH3·H2O
的物质的量小于0.1mol，微粒数目小于0.1NA，B 错误；C 项，NO2与水反应为3NO2+H2O==2HNO3+NO，
3molNO2参与反应时，2 mol NO2作还原剂，N 从+4 价升高到+5 价，共失去
mol 电子；1 mol
NO2 作氧化剂，N 从+4 价降低到+2 价，共得到
mol 电子。因此，反应中转移电子总数为2
mol，即转移电子数为2NA，C 正确；D 项，只给出了HNO3的物质的量浓度，未给出溶液体积，无法计算
H+的物质的量和数目，D 错误；故选C。
7．(2026·四川内江三模)用石膏为主要原料制备(NH4)2SO4的工艺流程如图：下列说法错误的是( )
A．应先通入NH3，再通入CO2
B．滤渣进行煅烧，所得产物可循环利用
C．为使CaSO4完全转化为(NH4)2SO4，应控制NH3与CO2的物质的量之比为2：1
D．(NH4)2SO4样品某温度下完全分解后固体质量降低12.9%，则分解所得固体为(NH4)2S2O7
【答案】D
【解析】A 项，该工艺流程的目的是利用石膏，主要成分为CaSO4，制备硫酸铵，其核心化学反应为：
。A 项，N H3在水中溶解度远大于
CO2，先通入N H3可形成碱性环境，促进CO2的溶解和反应，提高原料转化率，A 正确； B 项，滤渣主要
成分为CaCO3，煅烧CaCO3生成的CO2可返回工艺流程循环利用，B 正确； C 项，核心反应为
，反应消耗N H3与CO2的化学计量数之比为2：1，控制
该比例可使CaSO4完全转化，C 正确； D 项，若分解所得固体为(NH4)2S2O7，对应反应为
，质量降低比例为
，与题干12.9%不
符，实际分解反应为
，质量降低的百分比为：
，D 错误； 故选D。
8．(2026·湖北孝感二模)氮及其化合物的转化关系如图所示，其中甲是可以使酚酞溶液变红的气体。
下列说法错误的是( )
A．常温下，可用铁制容器来盛装丁的浓溶液
B．一定条件下，甲与丙可以反应生成无污染的N2
C．甲的VSEPR 模型为四面体形
D．丙属于酸性氧化物
【答案】D
【解析】A 项，甲是能使酚酞变红的气体，故甲为NH3；结合转化关系可推得：乙为NO，丙为
NO2，丁为HNO3，戊为NH4NO3。A 项，丁是浓硝酸，常温下铁遇浓硝酸发生钝化，因此可以用铁制容器
盛装浓硝酸，A 不符合题意；B 项，NH3和NO2可以发生归中反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O，产物N2无污
染，B 不符合题意；C 项，NH3中心N 原子价层电子对数为3+5 3×1
−
2
=4，VSEPR 模型为四面体形，C
不符合题意；D 项，酸性氧化物定义为：与碱反应只生成对应价态的盐和水，且反应中无化合价变化。
NO2与碱反应时发生歧化，生成硝酸盐、亚硝酸盐两种盐，N 化合价发生变化，且不存在对应价态的酸，
因此NO2不是酸性氧化物，D 符合题意；故选D。
9．【文物与化学关联】(2026·湖南邵阳三模)某兴趣小组对武冈出土的已生锈古铜钱的残渣进行成分
测定：
已知：①古铜钱材料为青铜，主要成分是 Cu、Pb、Sn 合金，且在稀HNO3中均转化成二价阳离子。
②Sn(OH)2是一种不溶于水和弱碱溶液的白色沉淀，但可溶于强酸和强碱。
下列说法错误的是( )
A．“气体
”可使澄清石灰水变浑浊，说明“残渣”中含有Cu2(OH)2CO3
B．
溶于稀硝酸的离子方程式是3Pb+8H++2NO3
-=3Pb2++2NO↑+4H2O
C．“沉淀G”是Sn(OH)2
D．“溶液H”呈深蓝色是因为含有 [Cu(NH3)4]2+
【答案】A
【解析】A 项，气体 A：古铜钱(含 Cu、Pb、Sn)与稀HNO3反应生成的无色气体，遇空气变红棕色，
故A 为NO；气体B：NO 遇空气生成的红棕色气体B，故B 为NO2气体 ；C：NO2通入饱和NaHCO3溶液
生成C 为CO2；沉淀E：溶液D(含Cu
2+、Pb2+、Sn2+)中加稀H2SO4，生成的白色沉淀为PbSO4；溶液F：含
Cu
2+、Sn2+的溶液，加过量浓氨水：Sn2+生成白色沉淀Sn(OH)2(沉淀 G)；Cu
2+与过量氨水形成深蓝色的
[Cu(NH3)4]2+，故H 为含[Cu(NH3)4]2+的溶液。A 项，由分析知B 是NO2，NO2通入饱和NaHCO3溶液时，先
与水反应生成HNO3，HNO3再与NaHCO3反应生成CO2，因此即使残渣不含Cu2(OH)2CO3，气体C 中也会
有CO2，使澄清石灰水变浑浊，A 错误；B 项，Pb 与稀硝酸反应生成Pb2+、NO 和水，根据得失电子守恒、
电荷守恒配平离子方程式3Pb+8H++2NO3
-=3Pb2++2NO↑+4H2O，B 正确；C 项，溶液D 中含Cu2+、Pb2+、
Sn2+，加稀硫酸后Pb2+生成PbSO4沉淀(沉淀E)，溶液F 中剩余Cu2+、Sn2+；加入过量浓氨水(弱碱)，根据已
知：Sn(OH)2不溶于弱碱，因此Sn2+转化为Sn(OH)2白色沉淀，即沉淀G 为Sn(OH)2，C 正确；D 项，
Cu2+与过量浓氨水反应生成深蓝色的络离子 [Cu(NH3)4]2+，因此溶液H 呈深蓝色，D 正确；故选A。
10．(2026·陕西商洛高三期中)X、Y、Z、M、N 均含有一种相同的元素，其中只有X 为单质，且常温
常压下X 为气体。上述物质之间的转化关系如图所示(反应条件和部分生成物已省略)。下列说法正确的是(
)
A．Z 不能用排空气法收集
B．N 在光照条件下也生成Y
C．X→Y→M→N 均发生氧化还原反应
D．X、Y、Z、W 均为有毒气体
【答案】C
【解析】A 项，X、Y、Z、M、N 均含有一种相同的元素，其中只有X 为单质，且常温常压下X 为气
体，X 经两步氧化反应生成M，M 与水反应生成的N 能与铜反应生成Y，CO 可将Y 还原为X，则可推测
N 为HNO3，Y 为NO，M 为NO2，X 为N2，X 与氢气反应生成Z，则Z 为NH3。A 项，由分析知，Z 为
NH3，密度比空气小，可以用向下排空气法收集，A 错误；B 项，物质N 为HNO3，HNO3在光照条件下可
发生分解反应，不生成物质Y(NO)，B 错误；C 项，由分析知，
，
N 元素的化合价从O→+2→+4→+5，由化合价的变化，均发生氧化还原反应，C 正确；D 项，由分析知，
X 为N2，是无色无味的无毒气体，D 错误；故选C。
11．【废水处理】(2025·黑龙江哈尔滨高三模拟预测)某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH4
+和
NH3·H2O 的形式存在，该废水的处理流程如图：
下列说法正确的是( )
A．在生产中产生的NH3、N2、CO2均可以直接排放到空气中
B．在“连续氧化”工序中，高温可加快氧化反应的速率
C．在“还原”工序中，CH3OH 将NO3
-还原为N2
D．在某次检测中，CH3OH 超标，可将此废水返回到“吹氨”工序中再次处理
【答案】C
【解析】A 项，氨氮废水加入NaOH 溶液提高溶液的碱性，增大NH3·H2O的浓度，微热促进
NH3·H2O分解产生NH3，再通入空气将NH3吹出。吹出后在微生物的催化下被空气中的O2连续氧化为
NO3
-，再加入CH3OH 将NO3
-还原为N2，还生成了CO2，对环境无污染，可排放。反应后的溶液进行检测，
达标后即可排放。A 项，NH3是有刺激性气味的污染性气体，会污染空气，不能直接排放，其他两个气体
可排放，A 错误；B 项，该连续氧化过程需要微生物作催化剂，高温会使微生物的蛋白质变性失活，反而
会降低氧化反应速率，B 错误；C 项，还原工序中，N 元素化合价从+5 价降低为0 价，NO3
-作氧化剂，
CH3OH 作还原剂，将NO3
-还原为N2，自身被氧化为CO2，符合流程产物，C 正确；D 项，“吹氨”工序的
作用是除去废水中的氨氮，无法处理甲醇，甲醇超标废水返回该工序不能除去甲醇，无法达到处理目的，
D 错误；故选C。
12．(2026·内蒙古呼和浩特一模)探究铜与浓硝酸反应后溶液呈绿色的原因，实验步骤如下：
已知：①[Cu(H2O)4]2+为蓝色，[Cu(NO2)4]2-为绿色；②
；
，下列说法错误的是( )
A．由实验①现象，推测NO2与水可能发生反应，产生NO2
-
B．实验①可能发生反应，
C．通过检测得“蓝色溶液2”中含NO3
-，可说明实验③中H2O2将NO2
-氧化为NO3
-
D．
【答案】C
【解析】A 项，A 项，铜和浓硝酸反应生成NO2，反应后溶液呈绿色，已知绿色来自[Cu(NO2)4]2-，说
明溶液中存在NO2
-，因此可推测NO2与水反应生成了NO2
-，A 正确；B 项，该反应是NO2的歧化反应，N
元素部分被还原为NO2
-(+4 价变为+3 价)、部分被氧化为NO3
-(+4 价变为+5 价)，反应的电荷守恒、升降化
合价守恒，符合反应规律，B 正确；C 项，铜和浓硝酸反应本身就生成Cu(NO3)2，原绿色溶液中本来就存
在大量NO3
-，因此即使检测到蓝色溶液2 中含NO3
-，也不能证明NO3
-是H2O2氧化NO2
-得到的，C 错误；D
项，目标反应
可由已知的两个平衡相减得到，该反应的平衡常
数结果为已知反应相除，
，D 正确；故选C。
13．【结合反应机理】(2026·上海复旦大学附中高三开学考试)氮氧化物(
)是硝酸和肼等工业的主要
污染物。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1 所示，反应物A 在沸石笼内转化为
B、C、D 等中间体的过程如图2 所示。下列说法不正确的是( )
A．过程Ⅰ涉及非极性共价键的生成
B．过程Ⅱ中，脱除1 mol NO 转移6mol 电子
C．A 在沸石笼内转化为B、C、D 等中间体的过程都是放热反应
D．图1 总反应的化学方程式为4NO+4NH3＋O2=====4N2＋6H2O
【答案】B
【解析】A 项，A 项，过程Ⅰ的反应物NO、NH3、NH4
+无非极性键，仅生成物N2中存在非极性共价键，
故该过程涉及非极性共价键的生成，但没有非极性共价键的断裂，A 错误；B 项，过程Ⅱ中脱除NO 时，NO
中N 为+2 价，最终转化为N2中0 价的N，1 mol NO 得到2 mol 电子，即转移2 mol 电子，B 错误；C 项，
放热反应的判断依据是生成物总能量低于反应物总能量，从A 到D 的转化过程中，总能量逐步降低，该转
化每一步生成物能量均低于上一步反应物，A 在沸石笼内转化为B、C、D 等中间体的过程都是放热反应，
C 正确；D 项，将图1 中所有过程消去循环的催化剂中间体，总反应整理得4NO+4NH3＋O2=====4N2＋
6H2O，D 正确；故选B。
14．【汽车安全气囊】(2026·云南三模)叠氮化钠(Na3N)可用作汽车安全气囊的气体发生剂。实验室以
氨基钠(NaNH2)和N2O 为原料制备叠氮化钠并测定其纯度。回答下列问题：
Ⅰ．Na3N 制备
实验步骤和装置如图所示：
步骤①：组装实验仪器，检查装置的气密性，装入药品；
步骤②：关闭K1，打开K2、K3，加热，制备氨基钠；
步骤③：关闭K2，打开K1、K3，滴加稀硝酸，加热，制备叠氮化钠；
步骤④：产品冷却至室温，先加水溶解，再加乙醇搅拌，过滤并用乙醚洗涤，干燥。
已知：
①氨基钠(NaNH2)易潮解和氧化，制备原理为2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑；
②N2O 有强氧化性，不与酸、碱反应。
(1)装置D 中盛放的试剂是___________，步骤②中先加热___________(填“C”或“E”)。
(2)装置A 中生成N2O 和SnCl4的离子方程式为___________，SnCl2溶液中加入稀盐酸除了作反应物外，
另一个作用是___________。
(3)装置F 的作用是___________。
(4)根据装置G 作用可推知SnCl2具有___________性。
Ⅱ．Na3N 纯度测定：取mgNa3N 固体样品，用如图所示的装置测定的纯度。
(5)仪器X 的名称是___________。
(6)NaClO 溶液将NaN3氧化为
的化学方程式为___________。
(7)Z 的初始读数为V1mL，反应结束后冷却至室温时读数为V2mL，NaN3的纯度为___________%(本实
验条件下气体摩尔体积为VmL/mol)。
【答案】(1) 碱石灰(或NaOH、CaO) C
(2)
抑制Sn2+水解，防止生成Sn(OH)2(回答抑制
Sn2+水解即可)
(3)吸收nh3，防止倒吸并防止水蒸气进入装置E 中，使氨基钠潮解
(4)还原性
(5)恒压滴液漏斗
(6)
(7)
【解析】A 项，I.先制备NaNH2再与N2O 反应制备NaN3实验装置如图所示，利用装置C 制备氨气，
打开K2、K3关闭K1加热装置C，待NH3充满装置后，通过加热套加热三颈烧瓶，E 中反应充分后，持续通
入NH3，关闭K2，打开K1、K3，和装置A 中活塞，装置A 中生成N2O，SnCl2和稀盐酸的混合溶液中滴入
稀硝酸，结合氧化还原反应的规律可知，反应的离子方程式为：
，氨气进入装置E 生成NaNH2，通入N2O，制备NaN3，反应
的化学方程式：
，易潮解，易氧化，不能接触水，则F 吸收氨气尾气，
防止氨气引发倒吸，防止水蒸气进入E 引发NaNH2的潮解，N2O 有氧化性，不与酸，碱反应，但可与
SnCl2溶液反应生成沉淀，G 吸收剩余的N2O，再单独收集氮气，据此分析判断。
Ⅱ．次氯酸钠具有强氧化性，可氧化NaN3生成氮气，氮气通过排水法进行量气定量计算，可测出样品
的纯度，。
(1)结合实验思路分析可知，装置D 的作用是干燥氨气，告知氨基钠潮解，则D 中盛放的试剂是碱石
灰(或NaOH、CaO)；步骤②中应先加热装置C，制备氨气，充满整个装置后再打开装置E，因为制备的氨
基钠易被氧化，所以需要先制备氨气，排除装置内的空气；
(2)结合氧化还原反应规律和实验原理分析可知，装置A 中生成N2O 和SnCl4的离子方程式为
；结合盐类水解原理和金属氯化物易水解特点可知，SnCl2溶
液中SnCl2易水解生成Sn(OH)2，所以加入稀盐酸除了作反应物外，还可以防止或抑制Sn2+水解；
(3)氨气极易溶于水，直接用硫酸吸收会发生倒吸现象，所以用四氯化碳接触导气管管口，可防止倒吸，
浓硫酸具有酸性和吸水性，可吸收氨气和水蒸气，同时防止氨基钠潮解；
(4)信息中提到N2O 有强氧化性，SnCl2与N2O 会发生反应产生氮气，则说明SnCl2具有还原性；
(5)根据仪器构造可知，上述仪器X 为恒压滴液漏斗；
(6)次氯酸钠氧化叠氮化钠后转化为氯化钠，根据氧化还原反电子转移数守恒可知，
，
，则化学方程式为：
；
(7)Z 的初始读数为V1mL，反应结束后冷却至室温时读数为V2mL，则生成氮气的物质的量为
，根据化学方程式可知，叠氮化钠的物质的量为
，则样品的质量
分数为：
=
。
15．(2026·重庆三模)四氮化四硫(S4N4，S 为+2 价)是一种重要的精细化工中间体和科研试剂，制备的
原理是
。实验室利用如图装置(加热及夹持装置已略)制取S4N4。
已知：①S4N4室温下为橙黄色固体，难溶于水，
时熔化并分解；②SCl2为红棕色液体，沸
点为
，易水解，易被氧化。回答下列问题：
Ⅰ．制备SCl2：关闭K3，打开K1、K2和甲的活塞，滴入浓盐酸，当装置D 中_______时，关闭甲的活
塞，然后停止通入N2，关闭K1。
(1)仪器a 的名称为_______；仪器b 的作用是_______。
(2)装置B、C 中应装入的试剂的名称分别是_______、_______。
(3)装置D 宜采用_______(填“水浴”或“油浴”)加热，Ⅰ中横线上应填入的内容是_______(填现象)，
说明硫黄已反应完全。
Ⅱ．S4N4的制取与含量的测定：打开K3、乙的活塞，滴入浓氨水，当装置D 中红棕色消失时，关闭乙
的活塞。
(4)装置F 中生成氨气的原理为_______。
(5)称取重结晶后5.00 g 样品，加入NaOH 溶液加热，使氮元素完全转化为NH3，用足量硼酸溶液吸收。
将吸收液配成100.00 mL 溶液，用移液管移取25.00 mL，以甲基红和亚甲基蓝为指示剂，用1.00 mol⋅L
1
−
盐酸标准液进行滴定，重复3 次实验，滴定前后消耗盐酸标准液的平均体积为24.60 mL。已知滴定反应为
(忽略杂质干扰)。样品中S4N4的纯度为_______；若滴定前平
视读数，滴定结束后仰视读数，则计算的结果_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1) 三颈烧瓶 减少反应物损失，提高利用率
(2)饱和食盐水 浓硫酸
(3)水浴 装置D 充满红棕色气体
(4)CaO 遇水反应生成Ca(OH)2，放热使NH3·H2O 分解，同时OH-浓度增大使NH3·H2O 的电离平衡逆向
移动，利于氨气逸出
(5)90.5% 偏大
【解析】A 项，实验开始前关闭K3，先通入一段时间氮气排除装置内空气，在装置A 中浓盐酸与高锰
酸钾反应制备氯气，装置B 应装有饱和食盐水吸收HCl，装置C 应装有浓硫酸吸收水蒸气，得到干燥氯气，
在装置D 中与硫磺反应，冷凝回流，先制备SCl2；打开K3，装置F 中利用CaO 吸收水放热加剧浓氨水分
解制备氨气，碱石灰干燥氨气，防止水蒸气进入装置，氨气在装置D 中与SCl2反应制备S4N4。
【解析】A 项，(1)a 为三颈烧瓶；b 为球形冷凝管，SCl2沸点低易挥发，冷凝回流可减少反应物损失，
提高利用率。
(2)A 中高锰酸钾和浓盐酸制得的Cl2中混有HCl 杂质和水蒸气，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫
酸干燥Cl2，防止后续SCl2水解。
(3)制取SCl2需要的温度低于100℃，水浴加热可控温均匀，因此选择水浴；当硫黄反应完全后，过量
的Cl2和挥发的红棕色SCl2使装置充满红棕色气体，可说明硫反应完全。
(4)装置F 中，CaO 遇水反应生成Ca(OH)2，放热使NH3·H2O 分解，同时OH-浓度增大使NH3·H2O 的电
离平衡逆向移动，利于氨气逸出。
(5)根据转化关系：S4N4~4NH3~4HCl，可得
；
，则
，S4N4摩尔
质量M=184g/mol，
，纯度为
；若滴定前
平视、滴定后仰视会使读取的盐酸体积偏大，计算得到的S4N4质量偏大，最终结果偏大。
真题·实战演练
1．(2026·浙江1 月卷，2，3 分)下列有关NH4Cl 的说法中，不正确的是( )
A．NH4Cl 是弱电解质 B．水溶液呈酸性
C．实验室用于制NH3 D．HCl 和NH3反应制NH4Cl
【答案】A
【解析】A 项，A 项，NH4Cl 是离子化合物，在水溶液中完全电离，属于强电解质，A 错误；B 项，
NH4Cl 水溶液中NH4
+水解产生H+，使溶液呈酸性，B 正确；C 项，实验室中常用NH4Cl 与Ca(OH)2加热反
应制取NH3，C 正确；D 项，HCl 和NH3直接反应生成NH4Cl，是制备NH4Cl 的常用方法，D 正确；故选
A。
2．(2026·浙江1 月卷，8，3 分)下列反应方程式错误的是( )
A．浓硝酸见光分解：4HNO3
4NO↑＋3O2↑＋2H2O
B．红热的铁在水蒸气中反应： 3Fe＋4H2O(g)
Fe3O4＋4H2
C．向硫代硫酸钠滴加稀硫酸：S2O3
2-+2H+=S↓+SO2↑+H2O
D．向硫酸铜加入过量的氨水：Cu2++4NH3·H2O= [Cu(NH3)4]2++4H2O
【答案】A
【解析】A 项，A 项，浓硝酸见光分解的正确产物应为NO2，方程式为 ：4HNO3
4NO2↑＋O2↑＋
2H2O，A 错误；B 项，红热的铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，方程式 3Fe＋4H2O(g)
Fe3O4＋4H2，B 正确；C 项，硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫单质沉淀和二氧化硫气体，方程式
S2O3
2-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，C 正确；D 项，硫酸铜与过量氨水反应形成四氨合铜(II)离子，离子方程式正确，
D 正确；故选A。
3．(2026·河北卷，3，3 分)化学在推动社会发展和进步中发挥着重要作用。下列相关化学方程式错误
的是( )
A．工业合成氨：
B．氯碱工业：2NaCl+2H2O
Cl2↑+H2↑+2NaOH
C．氨脱硫法脱除烟气中少量二氧化硫：2SO2+4NH3+O2+2H2O═2(NH4)2SO4
D．生产可降解高分子聚乳酸：
【答案】D
【解析】A 项，A 项，工业合成氨是N2与H2在高温、高压、催化剂条件下发生可逆反应生成NH3，
化学方程式为：
，A 正确；B 项，氯碱工业是电解饱和氯化钠溶液，生成NaOH、H2
和Cl2，化学方程式为：2NaCl+2H2O
Cl2↑+H2↑+2NaOH，B 正确；C 项，氨脱硫时，SO2先与NH3、
H2O 反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵再被O2氧化为硫酸铵，化学方程式为：
2SO2+4NH3+O2+2H2O═2(NH4)2SO4，C 正确；D 项，乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸时，聚合物两端各保留1
个氢原子和1 个羟基，脱去的水分子数应为n-1 ，化学方程式书为：
+(n-1)H2O，D 错误；故选D。
4．(2025·浙江1 月卷，16，3 分)蛋白质中N 元素含量可按下列步骤测定：
下列说法不正确的是( )
A．步骤Ⅰ，须加入过量浓H2SO4，以确保N 元素完全转化为NH4
+
B．步骤Ⅱ，浓
溶液过量，有利于氨的蒸出
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收NH3，以甲基红(变色的
范围：4.4~6.2)为指示剂，用
标准溶液滴定，经计算可得N 元素的含量
D．尿素[CO(NH2)2]样品、NaNO3样品的N 元素含量均可按上述步骤测定
【答案】D
【解析】A 项，蛋白质中的N 元素以氨基或酰胺基形式存在，在浓硫酸、K2SO4和催化剂CuSO4作用
下发生反应生成NH4
+，再加入浓NaOH 溶液让NH4
+转化为NH3蒸出，NH3用一定量的盐酸吸收，多余的
盐酸用标准NaOH 溶液通过滴定测定出来，从而计算出N 的含量。A 项，步骤Ⅰ，加入过量浓H2SO4，使
蛋白质中的氨基和酰胺基全部转化为NH4
+，确保N 元素完全转化为NH4
+，A 正确；B 项，根据NH4
++OH-
NH
⇋
3·H2O
NH
⇋
3+H2O，NaOH 过量，增大OH-浓度有利于氨的蒸出，B 正确；C 项，步骤Ⅲ，用定量、过
量盐酸标准溶液吸收NH3后，过量的HCl 用标准NaOH 溶液滴定，反应后溶液中有NaCl 和NH4Cl，终点
显酸性，用在酸性范围内变色的甲基红为指示剂，C 正确；D 项，NaNO3中的N 元素在浓硫酸、K2SO4和
催化剂CuSO4作用下不会转化为NH4
+，不能按上述步骤测定，D 错误；故选D。
5．(2025·北京卷，5，3 分)下列反应中，体现NH4
+还原性的是( )
A．NH4HCO3加热分解有NH3生成
B．NH4Cl 和NaNO2的混合溶液加热有N2生成
C．Mg(OH)2固体在NH4Cl 溶液中溶解
D．(NH4)2SO4溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀
【答案】B
【解析】A 项，A 项，NH4HCO3分解生成NH3，氮的氧化态保持-3，未发生氧化还原反应，A 不符合
题意；B 项，NH4
+中的N(-3 价)与NO2
-中的N(+3 价)反应生成N2(0 价)，NH4
+被氧化，体现还原性，B 符合
题意；C 项，水溶液中，铵根离子可以直接结合氢氧化镁弱电离的氢氧根离子，使沉淀溶解平衡向正向移
动，则该氢氧化镁溶解过程，无化合价变化，没有体现其还原性，C 不符合题意；D 项，(NH4)2SO4与
BaCl2的沉淀反应属于复分解反应，NH4
+未参与氧化还原，D 不符合题意；故选B。
6．(2025·重庆卷，7，3 分)三种氮氧化物的结构如下所示：
下列说法正确的是( )
A．氮氮键
键能：N2O＞N2O3 B．熔点：N2O3＞N2O4
C．分子的极性：N2O4＞N2O D．N-N-O 的键角：a＞b
【答案】A
【解析】A 项，A 项，由图中数据可知，氮氮键的键长：N2O＜N2O3，则氮氮键的键能：N2O＞N2O3，
A 正确；B 项，二者均为分子构成的物质，分子间作用力：N2O3＜N2O4，熔点：N2O3＜N2O4，B 错误；C
项，N2O4为对称的平面结构，极性较弱，而N2O 结构不对称，正负电荷中心不能重合，属于典型的极性分
子，故分子极性：N2O4＜N2O，C 错误；D 项，N2O3结构为O=N-NO2，中心原子N 存在
对孤对电子，中心原子N 为sp2杂化，受孤对电子影响，键角略小于120°；而N2O4中心原子N 的孤对电子
为
，价电子数为3，也是sp2杂化，没有孤对电子的影响，故键角a＜b，D 错误；故选
A。
7．(2025•山东卷，7，2 分)用硫酸和NaN3可制备一元弱酸HN3。下列说法错误的是( )
A．NaN3的水溶液显碱性
B．N3
-的空间构型为V 形
C．NaN3为含有共价键的离子化合物
D．N3
-的中心N 原子所有价电子均参与成键
【答案】B
【解析】A 项，A 项，NaN3是强碱(NaOH)和弱酸(HN3)形成的盐，N3
-水解生成OH-，溶液显碱性，A
正确；B 项，N3
-与CO2是等电子体，两者结构相似 ，其中心原子均为sp 杂化，其电空间构型均为直线型，
而非V 形，B 错误；C 项，NaN3为离子化合物(Na+与N3
-通过离子键结合)，N3
-内部三个N 原子以共价键连
接，C 正确；D 项，中心N 原子通过sp 杂化形成两个双键，无孤电子对，所有价电子参与成键，D 正确。
故选B。
8．(2024·广西卷，12，3 分)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0.1molNH4Cl，在25℃、101 kPa 下得到2.24LNH3
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】A 项，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。A 项，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 项，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 项，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⇌N2O4，则最终二氧化氮数目小于0.1NA，C 错误；D 项，根据反应4
可知，为使0.1molNO2完全转化成HNO3，至少需要0.025NA个O2，D 错误；故选B。
9．(2024·安徽卷，6，3 分)地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y
均为氮氧化物)，羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与
盐酸反应的产物盐酸羟胺([NH3OH]Cl)广泛用子药品、香料等的合成。
已知25℃时，Ka(HNO2)=7.2×10-4，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5 ，Kb(NH2OH)=8.7×10-9。
NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．标准状况下，2.24LX 和Y 混合气体中氧原子数为0.1NA
B．1L0.1mol·L-1NaNO2溶液中Na+和NO2
-数均为0.1NA
C．3.3gNH2OH 完全转化为NO2
-时，转移的电子数为0.6NA
D．2.8gN2中含有的价电子总数为0.6NA
【答案】A
【解析】A 项，NO2
-在亚硝酸盐还原酶的作用下转化为X，X 在X 还原酶的作用下转化为Y，X、Y 均
为氮氧化物，即X 为NO，Y 为N2O。A 项，标准状况下，2.24LNO 和N2O 混合气体物质的量为0.1mol，
氧原子数为0.1NA，故A 正确；B 项，HNO2为弱酸，因此NO2
-能够水解为HNO2，1L0.1mol·L-1NaNO2溶液
中NO2
-数目小于0.1NA，故B 错误；C 项，NH2OH 完全转化为NO2
-时，N 的化合价由-1 上升到+3，
3.3gNH2OH 物质的量为0.1mol，转移的电子数为0.4NA，故C 错误；D 项，2.8gN2物质的量为0.1mol，N
的价电子数等于最外层电子数为5，2.8gN2含有的价电子总数为NA，故D 错误；故选A。
10．(2024·浙江1 月卷，4，3 分)汽车尾气中的
和
在催化剂作用下发生反应：2NO+2CO
2CO2+N2，列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值) ( )
A．生成1molCO2转移电子的数目为2NA B．催化剂降低
与
反应的活化能
C．
是氧化剂，
是还原剂
D．N2既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【解析】A 项，NO 中N 的化合价为+2 价，降低为0 价的N2，1 个NO 得2 个电子，作氧化剂，发生
还原反应，CO 中C 为+2 价，化合价升高为+4 价的CO2，失去2 个电子，作还原剂发生氧化反应。A 项，
1molCO2转移2NA的电子，A 正确；B 项，催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B 正确；C 项，NO 是
氧化剂，CO 是还原剂，C 正确；D 项，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D 错误；故选D。
11．(2024·浙江6 月卷，6，3 分)利用CH3OH 可将废水中的NO3
-转化为对环境无害的物质后排放。反
应原理为：H++CH3OH+NO3
-→X+CO2+H2O (未配平)。下列说法正确的是( )
A．X 表示NO2
B．可用O3替换CH3OH
C．氧化剂与还原剂物质的量之比为6：5
D．若生成标准状况下的CO2气体
，则反应转移的电子数为2 NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】C
【解析】A 项，A 项，由题中信息可知，利用CH3OH 可将废水中的NO3
-转化为对环境无害的物质X
后排放，则X 表示N2，NO2仍然是大气污染物，A 不正确；B 项，CH3OH 中C 元素的化合价由-2 价升高到
+4 价，CH3OH 是该反应的还原剂，O3有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用O3替换CH3OH，B 不
正确；C 项，该反应中，还原剂CH3OH 中C 元素的化合价由-2 价升高到+4 价，升高了6 个价位，氧化剂
NO3
-中N 元素的化合价由+5 价降低到0 价，降低了5 个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物
质的量之比为6：5，C 正确；D 项，CH3OH 中C 元素的化合价由-2 价升高到+4 价，升高了6 个价位，若
生成标准状况下的CO2气体11.2L，即生成0.5mol CO2，反应转移的电子数为0.5×6=3NA，D 不正确；故选
C。
12．(2024·广东卷，11，3 分)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ΔH＜0 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 项，A 项，NH4Cl 和Ba(OH)2·8H2O 的反应是吸热反应，所以烧瓶壁变冷，吸热反应
ΔH>0，故A 错误；B 项，试纸会变蓝，说明有NH3生成，反应物都是固体，生成物中有气体，故产氨过
程熵增，B 正确；C 项，滴加浓盐酸后，有白烟产生，说明体系中有氨气，是NH4Cl 和Ba(OH)2·8H2O 反应
产生的，不是NH4Cl 的升华，C 错误；D 项，实验过程中，气球会一直变大，是因为反应产生了气体，但
是膨胀以后压强就和外界压强一样了，D 错误；故选B。
13．(2024·湖南卷，7，3 分)某学生按图示方法进行实验，观察到以下实验现象：
①铜丝表面缓慢放出气泡，锥形瓶内气体呈红棕色；
②铜丝表面气泡释放速度逐渐加快，气体颜色逐渐变深；
③一段时间后气体颜色逐渐变浅，至几乎无色；
④锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，最终铜丝与液面脱离接触，反应停止。
下列说法正确的是( )
A． 开始阶段铜丝表面气泡释放速度缓慢，原因是铜丝在稀HNO3中表面钝化
B． 锥形瓶内出现了红棕色气体，表明铜和稀HNO3反应生成了NO2
C． 红棕色逐渐变浅的主要原因是3NO2+H2O=2HNO3+NO
D． 铜丝与液面脱离接触，反应停止，原因是硝酸消耗完全
【答案】C
【解析】A 项，A 项，金属铜与稀硝酸不会产生钝化。开始反应速率较慢，可能的原因是铜表面有氧
化铜，A 项错误；B 项，由于装置内有空气，铜和稀HNO3反应生成的NO 迅速被氧气氧化为红棕色的
NO2，产生的NO2浓度逐渐增加，气体颜色逐渐变深，B 项错误；C 项，装置内氧气逐渐被消耗，生成的
NO2量逐渐达到最大值，同时装置内的NO2能与溶液中的H2O 反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，气体颜色变浅，
C 项正确；D 项，由于该装置为密闭体系，生成的NO 无法排出，逐渐将锥形瓶内液体压入长颈漏斗，铜
丝与液面脱离接触，反应停止，D 项错误；故选C。
14．(2026·浙江1 月卷，19)用废磷酸(含有机杂质)制取KH2PO4。
已知：pKa1(H3PO4)=2.2、pKa2(H3PO4)=7.2、pKa3(H3PO4)=13.2。
请回答：
(1)冷凝水从 (“X”或“Y”)通入。
(2)步骤a 把易炭化的有机杂质转化为炭颗粒，步骤a 的操作为 。步骤b 除去溶液中的炭颗粒得
到粗磷酸，步骤b 的操作为 。
(3)下列操作正确的是_______。
A．若浓磷酸不慎沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上NaOH 溶液
B．加入活性炭的目的是为了除去不易炭化的有机杂质
C．加入KOH 过多，可向溶液中加入HCl 来调节pH
D．可用乙醇洗涤反应得到的晶体
(4)获得KH2PO4的过程中，需要滴加KOH 溶液调pH，为使H2PO4
-的物质的量分数最大，有一个最适
pH。
①求最适pH 。
②所用的指示剂为： 。
(5)产品KH2PO4(M=136g·mol−1)中，K 的质量分数为29.01%，则产品中可能混有的杂质 。
【答案】(1)X
(2)加热(高温) 过滤
(3)BD
(4) 4.7 甲基橙
(5)K2HPO4
【解析】A 项，用废磷酸(含有机杂质)制取KH2PO4的过程如下：将废磷酸装入接有球形冷凝管的锥形
瓶中，加热处理易炭化的有机杂质，过滤分离杂质得到粗磷酸，将粗磷酸用活性炭吸附，过滤来提纯，最
后加入KOH，结晶、过滤、洗涤得到KH2PO4晶体；据此回答以下问题。
(1)冷凝水的流向应遵循“下进上出”原则，才能使冷凝更充分，所以冷凝水要从下方的X 口通入；
(2)部分有机杂质受热易炭化，所以步骤a 的操作为加热，有机杂质炭化后转变为固体，步骤b 中将固
体与液体分离的操作称为过滤；
(3)A 项，NaOH 是强碱，有强烈腐蚀性，不能用于处理沾到手上的酸，应该用碱性较弱的物质如碳酸
氢钠处理，A 错误；B 项，活性炭具有吸附能力，可有效去除上一步加热炭化过程中无法除去的杂质，B
正确；C 项，目标产物是KH2PO4，如用HCl 调节pH，则会引入新的杂质Cl-，C 错误；D 项，反应得到的
晶体不易溶于乙醇等有机溶剂，所以可用乙醇洗涤，D 正确；故选BD；
(4)磷酸的第三步电离非常微弱，不作考虑，溶液中存在电离平衡
，
，电离平衡常数分别为
，
，当
最大时，第一步电离的逆反应生成
和第二步电离生成的
应相等，此时
，两边取负对数得
，所以此时的
；由于该
过程加碱调节pH，为防止碱过量，甲基橙的变色范围接近4.7，颜色变黄时说明已到终点，因此应选用甲
基橙指示剂；
(5)KH2PO4中K 的质量分数为
，而产品中K 的质量分数为29.01%，高于理论值，
说明含K 质量分数更高的杂质，根据各酸根的转化关系，可能混有的杂质是K2HPO4。
