文档文本内容
第03 讲 氮及其重要化合物
内容导航
01
命题透视·考情前瞻
对标素养，研判高考命题趋势
02
思维建模·脉络梳理
搭建知识框架，构建系统思维
03
考点精讲·靶向突破
拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 氮及其氧化物
知识解构 知识点1 氮气 ∣ 知识点2 氮的氧化物
考向破译 考向1 考查氮气与氮的氧化物 ∣ 考向2 考查氮氧化物与环境治理
解题妙招 解答氮气的性质及固氮试题的思维模型
考点二 氨 铵盐
知识解构 知识点1 氨气 ∣ 知识点2 铵盐
考向破译 考向1 考查氨、铵盐的性质及实验 ∣ 考向2 考查氨的实验室制法及创新
考向3 考查喷泉实验原理及应用
解题妙招 从各角度学会氨气的制法
考点三 硝酸 硝酸盐
知识解构 知识点1 硝酸 ∣ 知识点2 硝酸盐
知识点3 有关硝酸的计算
考向破译 考向1 考查硝酸的性质 ∣ 考向2 考查金属与硝酸反应实验探究
考向3 考查金属与硝酸反应的多角度计算
解题妙招1 利用HNO3的酸性时，要注意考虑它的强氧化性
解题妙招2 金属与硝酸反应计算问题的思维模型
考点四 不同价态含氮物质的转化 氮族元素
知识解构 知识点1 不同价态含氮物质的转化 ∣ 知识点2 氮族元素的其它知识归纳
考向破译 考向1 考查不同价态含氮物质的转化 ∣ 考向2 考查含氮物质的转化推断
考向3 考查不同价态含氮物质转化的实验探究∣
考向4 考查氮族元素的其他元素
04
真题溯源·考向感知
命题透视·考情前瞻
——对标素养，研判高考命题趋势
考情梳理--三年真题 考向梳理
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
氮及其氧化物
云南卷T3，3 分
重庆卷T7，3 分
山东卷T7，2 分
河北卷T8，3 分
陕晋青宁卷T7，3 分
江苏卷T1，3 分
浙江1 月卷T4，3 分
氨气与铵盐
河北卷T3，3 分
浙江1 月卷T2，3 分
陕晋青宁卷T6，3 分
黑吉辽蒙卷T2，3 分
河北卷T15
湖南卷T15
安徽卷T7，3 分
北京卷T5，3 分
云南卷T5，3 分
重庆卷T6，3 分
广东卷T11，3 分
湖北卷T10，3 分
河北卷T9，3 分
河北卷T10，3 分
广东卷T13，3 分
硝酸与硝酸盐
浙江1 月卷，T8，3 分
广东卷T15，4 分
云南卷T8，3 分
广西卷T10，3 分
安徽卷T8，3 分
湖北卷T8，3 分
湖南卷T7，3 分
浙江1 月卷T6，3 分
河北卷T2，3 分
不同价态氮的物质相
互转化 氮族元素
陕晋青宁卷T9，3 分
浙江1 月卷T19
山东卷T9，2 分
湖北卷T8，3 分
湖北卷T13，3 分
浙江1 月卷T16，3 分
安徽卷T6，3 分
广西卷T5，3 分
广西卷T12，3 分
浙江卷1 月卷T6，3 分
考向解读--洞悉趋势 精准预判
►命题解码：
1．从考查题型和内容上看，题型以选择题、综合推断题、实验题为主。考查内容主要有以下三个方
面：
(1)以新材料、新技术为背景或框图推断题综合考查氮及其化合物相互转化及生活应用；
(2)以氮及其化合物的制备、性质的实验为载体考查基本实验操作及实验的设计评价和实验探究能力；
(3)结合化学与生活考查氮氧化物对环境污染与防治及其预防措施等。
溯源真题逻辑，感知高考考向
2．预计2027 年高考会以新的情境载体，以侧重考查实验探究及其化学与生活的联系为主。
(1)选择题：常以考查氮及其化合物的性质、检验方法、实际应用及化学基本实验操作为重点；
(2)非选择题：以氮及其化合物的基础知识为主线，以最新的信息处理和知识的应用考查为重点，与物
质结构、电化学、电解质溶液等知识，考查学生综合运用知识的能力。
3．根据高考命题的特点和规律，复习时要注意以下几个方面：
(1)注重氮及其化合物在生活中的应用。
(2)结合相关工业生产注重氮及其化合物对环境质量的影响。
(3)氮及其化合物的性质。
►复习目标：
1．了解氮及其重要化合物的性质和应用。
2．掌握NH3、NO、NO2的制法及性质探究。
3．了解铵盐(NH4
+)的检验方法。
4．从化合价的角度理解氨催化氧化制HNO3的过程及原理。
5．了解环境污染及其保护和绿色化学。
思维建模·脉络梳理
——搭建知识框架，构建系统思维
考点精讲·靶向突破
——拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 氮及其氧化物
知●识●解●构
知识点1 氮气
1．自然界中氮的存在和氮的固定
(1)存在
①游离态：N2是空气中含量最多的气体(体积分数约为78%)；
②化合态：存在于动植物体内、土壤和海洋中。
(2)氮的固定
将游离态氮转化为化合态称为氮的固定，分为自然固氮和人工固氮：
①自然固氮(a.雷电固氮：将N2转化NO；b.根瘤菌固氮将N2转化NH4
+)
②人工固氮(合成氨工业：将N2转化NH3)
得分速记
氮的固定是化学变化，实质是游离态的N2转化为化合态氮的化合物。
2．氮气
(1)结构：分子式：N2 电子式：
结构式：N ≡ N
(2)物理性质：无色、无味的气体，密度比空气略小，难溶于水(体积比=1：0.02)，在压强为101KPa
下，氮气在—195.8℃时变成无色液体，氮气分子在—209.9℃时变成雪花状固体，N2空气中N2的体积分数
约为0.78。
(3)化学性质
通常状况下很难与其它物质发生化学反应，在一定条件下，能与一些物质发生化学反应
①与H2反应：N2＋3H2
2NH3；
②与某些金属反应：3Mg+N2
Mg3N2
Mg3N2离子化合物，在水中强烈水解Mg3N2+6H2O=3Mg
(OH)
2+ 2NH
3↑
③与O2 反应：在通常情况下，与O2 不发生反应，但在放电或高温的条件下能与O2 直接化合生成
NO。
N2+O2
2NO(闪电、汽车引擎中发生的反应)
得分速记
氮元素是一种活泼非金属元素，但N2很稳定，原因是N2分子中氮氮三键很稳定，不易断裂，难发生
化学反应。
(4)性质应用
①文物馆将贵重文物保存在氮气中，粮食种子保存在氮气中，应用了N2的稳定性。
②氮气是合成氨工业的重要原料，合成氨，制化肥，HNO3，应用了N2的氧化性。
③雷电是自然界重要的固氮方式，应用了N2的还原性。
④医疗上，液氮是常见的冷冻剂，应用了N2的沸点低，液氮易汽化，且汽化吸收热量。
(5)工业制法：
①分离液态空气：
②耗氧法：
(6)实验室制法原理
①高温下氨气还原氧化铜：2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O。
②用饱和NaNO2和NH4Cl 溶液在加热条件反应：NaNO2+NH4Cl
NaCl+N2↑ +2H
2O。
知识点2 氮的氧化物
1．氮的氧化物的种类
氮有多种价态的氧化物，氮元素从＋1～＋5 价都有对应的氧化物，如N2O、NO、N2O3、NO2(或
N2O4)、N2O5，其中N2O5、N2O3分别是硝酸、亚硝酸(HNO2)的酸酐。N2O 俗称笑气，可以致人发笑，有轻
微麻醉作用。
2．NO 和NO2的比较
NO
NO2
物
理
性
质
色态味
无色、无味、气体
红棕色、刺激性气味、气体
密度
密度略大于空气
密度比空气大
熔沸点
很低
低，易液化
溶解性
不溶
易溶
化
学
性质
毒性
有毒
有毒
与水
不反应
3NO2+H2O=2HNO3+NO
NO2既是氧化剂，又是还原剂
与碱
不反应
2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
NO＋NO2 ＋2NaOH=2NaNO2 +H2O
氧化性
2NO+2CO=2CO2+N2
2NO2+2KI=I2+2KNO2
还原性
2NO+O2=2NO2
可使KMnO4褪色
可使KMnO4褪色
与O2混合，通
入水中
4NO+3O2+2H2O=4HNO3
4NO2+O2+2H2O=4HNO3
实验室制取
3Cu+8HNO3( 稀)==3 Cu(NO
3
) 2 +2NO
↑ +4H
2O
Cu+4HNO3(
浓
)==Cu(NO 3 ) 2+2NO2
↑ +2H
2O
收集方法
排水法
向上排空气法
得分速记
(1)NO2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，由
于此平衡的存在，通常所说的NO2气体实际上是NO2和N2O4的混合气体。例如2 mol NO 与1 molO2 充分
反应，由于生成的NO2部分转化为N2O4，故实际所得的NO2少于2 mol。
(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。
(3)NO 只能用排水法收集，不能用排空气法收集；而NO2只能用向上排空气法收集，不能用排水法收
集。
(4)NO2既有氧化性又有还原性，以氧化性为主。NO2能使湿润的淀粉-KI 试纸变蓝。
3．氮的氧化物溶于水的几种情况分析
(1)NO2或NO2与N2混合气体溶于水时，3NO2+H2O==2HNO3+NO，利用气体体积变化差进行计算。
(2)NO2与O2的混合气体溶于水，由3NO2+H2O==2HNO3+NO 及2NO+O2==2NO2，得：
4NO2+O2+2H2O==4HNO3 ，可知，
(3)NO 和O2 同时通入水中时，其反应是2NO+O2==2NO2 ①，3NO2+H2O==2HNO3+NO ②，将
①×3+
×2
②
得总反应式为：4NO+3O2+2H2O==4HNO3。
(4)NO、NO2、O2三种混合气体通入水中，可先按情况1)求出NO2与H2O 反应生成的NO 的体积，再
加上原混合气体中的NO 的体积即为NO 的总体积，再按情况3)进行计算。
4．氮氧化物对环境的污染及防治
(1)常见的污染类型
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，产生了一种有毒的烟
雾。
②酸雨：NOx排入大气中后，与水反应生成HNO3 和
HNO
2，随雨雪降到地面，形成酸雨pH＜5.6，酸
雨的主要危害是能直接破坏农作物、森林、草原，使土壤、湖泊酸化，还会加速建筑物、桥梁、工业设
备、运输工具及电信电缆的腐蚀。
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＋
NaNO
2＋
H 2O；NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋
H 2O
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)。一般适合工业尾气中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)：2NOx+2xCO=======N2+2xCO2，一般适用于汽车尾气的处理。
③氨气吸收法：8NH3＋6NO2======7N2＋
12H
2O、4NH3＋6NO=======5N2＋
6H
2O
考●向●破●译
考向1 考查氮气和氮的氧化物
例1(2026·云南师大附中高三考前适应性模拟)工业合成氨和制硝酸联合生产流程如图，设NA为阿伏加
德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．0.1mol N2和0.3mol H2充分反应，所得产物分子数为0.2NA
B．0.2 molNH3完全转化为NO，转移电子数为NA
C．将6.72L(换算为标准状况下的体积)NO2溶于水，所得溶液中H+数目为0.3NA
D．常温下， pH=2 的硝酸溶液中由水电离出来的OH-数目为10-12NA
【答案】B
【解析】A 项，合成氨反应为可逆反应N2+3H2
2NH3，无法进行完全，0.1mol N2和0.3mol H2充
分反应生成NH3的物质的量小于0.2mol，产物分子数小于0.2NA，A 错误；B 项，NH3转化为NO 的反应为
4NH3＋5O2=====4NO＋6H2O，N 元素化合价从-3 价升高到+2 价，1mol NH3反应转移5mol 电子，
0.2molNH3完全反应转移1mol 电子，转移电子数为NA，B 正确；C 项，标准状况下6.72 LNO2物质的量为
，发生反应3NO2+H2O==2HNO3+NO，最多生成0.2 molHNO3，HNO3完全电离，溶液
中H+数目为0.2NA，C 错误；D 项，常温下 pH=2 的硝酸溶液中c(OH-)=10-12mol·L-1，该OH-全部由水电离
产生，但题目未给出溶液体积，无法计算水电离的OH-数目，D 错误；故选B。
解题妙招
解答氮气的性质及固氮试题的思维模型
(1)氮气性质思维模型：稳定性 → 键能分析 → 高温/放电条件突破 → 典型反应(O2/H2/Mg)
(2)氮固定思维模型：自然固氮(闪电/生物) → 人工固氮(合成氨) → 应用(化肥/环保)。
【变式1】【变载体】(2026·云南昆明二模)大气中的氮气是取之不尽、用之不竭的天然资源。氮元素存
在如图的转化关系。下列说法错误的是( )
A．氮气转化为氨气的过程属于氮的固定
B．
熔点为3000℃，是共价晶体
C．羟胺分子间只能形成2 种不同的氢键
D．向某溶液中加入NaOH 溶液，加热产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该溶液中有NH4
+
【答案】C
【解析】A 项，氮的固定定义是将游离态(单质)的氮转化为化合态氮的过程，氮气(游离态)转化为氨气
(化合态)属于氮的固定，A 正确；B 项，共价晶体的特点是熔点高，BN 熔点达3000℃，符合共价晶体的性
质，氮化硼属于共价晶体，B 正确；C 项，羟胺结构为NH2OH，分子中N、O 均可作为氢键受体，N H
−、
O-H 的氢均可作为氢键供体，分子间可形成
、
、
、
共4 种不同氢
键，不是2 种，C 错误；D 项，向溶液中加NaOH 溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
(NH3)，可证明溶液中存在NH4
+，是NH4
+的标准检验方法，D 正确；故选C。
【变式2】【新情境】(2025·陕西西安高三模拟预测)在一支50 mL 注射器里充入20 mL NO，然后吸入
5 mL 水，用乳胶管和弹簧夹封住管口，振荡注射器，静置后观察现象①。打开弹簧夹，快速吸入10 mL 空
气后夹上弹簧夹，观察现象②。振荡注射器，静置后再观察现象③。
下列关于该过程的分析不正确的是( )
A．现象①②，主要体现了NO 难溶于水、具有还原性
B．现象②③，针筒示数：③>②
C．过程中若将空气10 mL 改成15 mL，③能观察到针筒内有气体剩余
D．此实验启示工业上制硝酸时充入适量O2可以提高氮原子利用率
【答案】B
【解析】反应关系：2NO+O2==2NO2，3NO2+H2O==2HNO3+NO，总反应：
4NO+3O2+2H2O==4HNO3(气体完全转化为溶液中的硝酸，无气体剩余)。A 项，①NO 加入水后，体积无明
显变化，体现NO 难溶于水；现象②吸入空气后NO 被O2氧化为NO2，气体变为红棕色，NO 作还原剂，
体现还原性，A 正确；B 项，吸入10 mL 空气后，会发生反应：：2NO+O2==2NO2和
3NO2+H2O==2HNO3+NO，整个过程消耗了气体，使注射器内气体体积减小，故针筒示数(体积)：②＞③，
B 错误；C 项，NO 完全反应需要O2体积为
；15 mL 空气中O2体积仅为
，NO 过量，因此一定有气体剩余，C 正确；D 项，工业制硝酸时，充入适量O2
可以使NO 完全转化为硝酸，提高氮原子利用率，D 正确；故选B。
【变式3】【新考法】(2026·陕西渭南三模)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。
实验步骤如下：
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：启动管式炉，使管式炉升温；
iii：关闭K1，打开K2，滴入稀硝酸；
iv：实验结束时，……
回答下列问题：
(1)步骤i 中通入N2的目的是________。
(2)仪器a 的名称为________，装置A 中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
(3)装置B 的作用是除去H2O 和________(填化学式)；装置D 中盛装的试剂是________。
(4)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___________。
(5)步骤iv 实验结束时，关闭________(填“K1”“K2”或“K3”，下同)，打开________，再次通入N2至冷
却。
(6)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。
①滴定时应将Na2S2O3标准溶液盛放在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，在装液后发现尖嘴
处有气泡，请叙述赶出气泡的操作过程：________。
②滴定过程包含反应：2NO2
-+4H++2I-=I2+2NO↑+2H2O；I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I-。计算样品中中Ca(NO2)2
的质量分数为________×100%(用含m、V 的代数式表示)。
【答案】(1)排尽装置内的空气，防止生成的NO被氧气氧化
(2) 恒压滴液漏斗 2：3
(3)HNO3 浓硫酸
(4)
(5)K2 K1
(6) 碱式 将滴定管尖嘴向上倾斜，轻轻挤压玻璃球，放出液体，直至尖嘴内气泡完全排出
【解析】实验先打开K1、K3通入N2，排尽整套装置内空气避免后续生成的NO被O2氧化，随后升温管
式炉，再关闭K1、打开K2，恒压滴液漏斗中的稀硝酸滴入盛有铜片的三颈烧瓶A，发生反应3Cu＋
8HNO3(稀)
3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O 生成NO，同时混有挥发的HNO3蒸气与H2O，混合气体通入装有碱
石灰的U 型管B，碱石灰吸收H2O 与HNO3，得到干燥纯净NO；纯净NO进入管式炉C，与瓷舟内CaO2加热
反应生成无水Ca(NO2)2，气体继续流经盛有浓硫酸的洗气瓶D，浓硫酸阻隔末端E 装置内水溶液的水蒸气
倒流入C，防止无水Ca(NO2)2遇水变质；剩余未反应NO进入盛酸性K2Cr2O7溶液的洗气瓶E，发生
实现尾气吸收；实验结束后关闭K2停止制备NO，打开K1再次
通入N2，将装置内残留NO全部吹入E 吸收并冷却管式炉。
(1)NO易被空气中O2氧化为NO2，通入氮气排尽装置内的空气，防止生成的NO被氧气氧化；
(2)仪器a 为恒压滴液漏斗，作用是平衡气压，保证稀硝酸能顺利流下；A 中发生反应3Cu＋
8HNO3(稀)
3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；Cu 从0 价转化为+2 价，作还原剂，3 mol Cu 全部失电子；HNO3
中N 元素从+5 价转化为+2 价，作氧化剂，8 mol HNO3中仅2 mol N 被还原作氧化剂，因此氧化剂和还原
剂的物质的量之比为2：3；
(3)碱石灰是碱性干燥剂，可吸收酸性气体与水，除去H2O 和挥发出来的HNO3；D 的作用为阻挡E 中水
蒸气进入管式炉C，保证制备无水亚硝酸钙，盛装液态干燥剂浓硫酸；
(4)由题，酸性K2Cr2O7可将NO 氧化为NO3
-，Cr2O7
2−被还原为Cr
3+，结合得失电子守恒、电荷和原子
守恒配平方程式为
；
(5)实验结束先停止生成NO，再通氮气吹净残留尾气。关闭K2，切断稀硝酸滴加，停止制备NO；打开
K1，通入N2把装置内剩余NO赶入E 吸收，同时冷却管式炉；
(6)①Na2S2O3是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，会腐蚀酸式滴定管玻璃活塞，因此盛放于碱式滴定管；
碱式滴定管排气泡操作为将滴定管尖嘴向上倾斜，轻轻挤压玻璃球，放出液体，直至尖嘴内气泡完全排出；
②由题给反应可得关系式：
。25.00 mL 待测液中：
，则
；因此原250.00 mL 溶
液中
总物质的量
，则
，因此质量分数为
。
考向2 考查氮氧化物污染与环境治理
例2(2026·江西宜春高三联考)研究表明，氮氧化物(NOx)与二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，
其转化关系如图所示。下列关于雾霾及其形成的叙述中，不正确的是
A．雾霾的形成与燃料燃烧有关
B．该过程涉及氧化还原反应
C．雾霾中含有NH4NO3、(NH4)2SO4
D．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
【答案】D
【解析】A 项，燃料燃烧直接产生气体污染物和颗粒物，最终形成雾霾，因此雾霾形成与燃料燃烧有
关，A 正确；B 项，转化过程中SO2→SO3(S 化合价从+4变为+6)、NOx→N2O5(N 化合价发生变化)，均存在
化合价变化，涉及氧化还原反应，B 正确；C 项，根据转化流程，NH4NO3和(NH4)2SO4都属于形成雾霾的
无机颗粒物，因此雾霾中含有这两种物质，C 正确；D 项，NH3参与反应，最终成为NH4NO3、(NH4)2SO4
的组成部分，是反应物，不是催化剂(催化剂反应前后质量和性质不变)，D 错误；故选D。
解题妙招
常见的NOx尾气处理方法
碱液
吸收法
工业尾气中的NOx常用碱液吸收处理，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)
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)和水，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
【变式1】【变载体—多孔金属有机框架材料】(2026·安徽铜陵二模)一种多孔金属有机框架材料
(MFM-520)可在常温常压下从废气中选择性吸附NO2，并在一定条件下将其转化为HNO3(如图所示)，实现
污染物资源化利用。下列说法错误的是( )
A．该吸附过程体现超分子的分子识别特性
B．MFM-520 的空腔变大，可以提升废气的净化效率
C．每获得0.4molHNO3，转移电子的数目为0.4NA
D．MFM-520 在潮湿环境下吸附NO2，并将其转化为HNO3，同时实现再生
【答案】B
【解析】A 项，MFM-520 是多孔金属有机框架材料，属于超分子体系，其能选择性吸附NO2，体现了
超分子的分子识别特性，A 正确；B 项，空腔变大会降低对NO2的结合力与选择性，反而降低废气的净化
效率，B 错误；C 项，NO2转化为HNO3的化学方程式为4NO2+O2+2H2O==4HNO3，每获得4molHNO3转移
4mol 电子，则每获得0.4molHNO3，转移电子的数目为0.4NA，C 正确；D 项，MFM-520 在潮湿环境下可
吸附NO2，并与水、空气中的氧气发生反应4NO2+O2+2H2O==4HNO3，将其转化为HNO3，同时实现再生，
D 正确；故选B。
【变式2】【新情境—脱硝新工艺】(2026·湖南怀化三模)某燃煤火电厂为满足排放要求，对烟气(主要
污染物为氮氧化物、SO2、颗粒物)进行净化处理，其化工流程如图所示。已知：SCR 脱硝工艺中使用钒钨
钛系催化剂，用氨气还原氮氧化物，催化剂最适温度为320～420℃。
下列说法错误的是( )
A．锅炉烟气首先进行SCR 脱硝，可以利用烟气余热，降低能耗
B．“SCR 脱硝”工艺中，NH3与NO2反应的化学方程式为
C．“湿法脱硫”工艺获得的副产品可以用来调节水泥的硬化速率
D．该工厂计划增加“深度除尘”工艺来实现“超低排放”，该工艺可以布置在“湿法脱硫”后
【答案】B
【解析】A 项，锅炉排出的烟气本身温度较高，刚好符合SCR 脱硝催化剂的最适温度范围，先脱硝可
以直接利用烟气余热，无需额外加热，降低能耗，A 正确；B 项，脱硝工艺的目的是将有害氮氧化物转化
为无污染的N2，不是生成污染物NO，NH3与NO2的正确反应为8NH3+6NO2=7N2+12H2O，B 错误；C 项，
该湿法脱硫使用石灰石和氧气，副产品为硫酸钙(石膏)，石膏确实可以用于调节水泥的硬化速率，C 正确；
D 项，湿法脱硫后烟气会带出部分细颗粒物，将深度除尘布置在湿法脱硫后，可以进一步脱除杂质，满足
超低排放要求，D 正确；故选B。
【变式3】【新考法】(2025·陕西西安高三模拟预测)氮的氧化物有N2O、NO 和O2等，它们均是空气
污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。回答下列问题：
(1)室温下N2O 为无色有甜味气体，俗称笑气，加热硝酸铵可生成N2O，也可由金属锌与很稀的硝酸反
应生成，写出后者反应的化学方程式：_______。
(2)工业上往往采用石灰浆吸收NO 和NO2。
反应I：4NO2+2Ca(OH)2=Ca(NO2)2+Ca(NO2)3+2H2O；
反应Ⅱ：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O。
①反应Ⅱ中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为_______。
②若利用石灰浆充分吸收，当n(NO)：n(NO2)_______时，可被石灰浆完全吸收且无污染性气体剩余。
③若利用石灰浆充分吸收后，排放的尾气中还含有较多的氮氧化物，可能是_______(填化学式)。未被
石灰浆吸收的氮氧化物可用酸化的NaClO2溶液吸收，在酸化的NaClO2溶液中，该氮氧化物被氧化为
NO3
-，其反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)
(2) 1：1 ≤1：1 NO
【解析】(1)金属锌与很稀的硝酸反应生成N2O、硝酸锌和水，化学方程式为
；
(2)①反应Ⅱ：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，二氧化氮中氮元素化合价降低，则二氧化氮为氧化
剂，一氧化氮中氮元素化合价升高，则一氧化氮为还原剂。 Ca(NO2)2既是氧化产物，又是还原产物。根
据方程式可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为 1：1；
②根据反应Ⅰ，二氧化氮可以单独被石灰浆处理且无污染性气体剩余；根据反应Ⅱ，二氧化氮和一氧
化氮的物质的量之比为 1：1 时，可以被石灰浆完全吸收且无污染性气体剩余。因此可知，二氧化氮的量
可以多于一氧化氮，即 n(NO)：n(NO2) ≤ 1：1 时，可被石灰浆完全吸收且无污染性气体剩余；
③根据上述分析可知，若利用石灰浆充分吸收后，排放的尾气中还可能有含量较高的氮氧化物是
NO；用酸化的 NaClO2 溶液吸收 NO，NO 被氧化为NO3
-，则 NaClO2被还原为Cl-。根据质量守恒定律
可知，离子方程式为：
。
考点二 氨气 铵盐
知●识●解●构
知识点1 氨气
1．氨分子的结构特征
分子式
电子式
结构式
空间构型
分子极性
NH3
三角锥形
极性分子
2．氨的物理性质
通常状况下，氨是一种无色、有刺激性气味的气体，密度比空气小，极易溶于水(常温常压下，体积比
为1 700
∶
)，氨的水溶液称为氨水。氨在加压下容易液化，液氨气化时吸收大量的热，使周围环境温度急剧
降低，工业上可使用液氨作制冷剂。
3．氨的化学性质
(1)氨与水的反应：NH3＋H2O
NH3·H2O
NH＋OH－
a.氨溶于水得氨水，氨水是混合物，溶液中存在的微粒有三种分子：NH3·H2O 、
NH
3、
H 2O；三种离
子：NH4
+ 、
OH
－ 及少量的H+。
b.NH3·H2O 为可溶性一元弱碱，具有碱的通性。氨水可使紫色石蕊试液变蓝，故常用湿润的红色石蕊
试纸检验NH3的存在。
c.NH3·H2O 不稳定，易分解：NH3·H2O
NH3↑ ＋
H 2O。
得分速记
(1)NH3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。
(2)氨与酸的反应：氨气与酸反应生成铵盐，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，将浓盐酸改为浓硫酸，不
会
出现相同的现
象。
NH3+HCl=NH4Cl(白烟)；NH3+HNO3=NH4NO3(白烟)；2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4
(3) 与盐溶液的反应：一般生成难溶的碱，如氯化铁溶液与氨水反应：Fe3+
+3NH3·H2O==Fe(OH)3↓+3NH4
+；
又如过量氨水与AlCl3反应的离子方程式：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓ ＋
3NH
。
(4)较强的配位能力
与Cu2+、Zn2+、 Ag+反应先生成沉淀Cu(OH)2、Zn(OH)2、 Ag2O，继续加入NH3·H2O 或通入NH3，沉
淀溶解，分别生成Cu(NH3)4
2+、Zn(NH3)4
2+、 Ag(NH3)2
+。如Cu(OH)2 溶于氨水离子方程式：Cu(OH)2＋
4NH3===[Cu(NH3)4]
2 ＋ ＋
2OH
－ 。
(5)氨的还原性
a．催化氧化：4NH3＋5O2
4NO
＋
6H
2O(用于工业制硝酸)。
b．在纯氧中燃烧：4NH3＋3O2=====2N2＋
6H
2O。
c．与氯气反应：2NH3＋3Cl2===N2＋
6HCl
或8NH3＋3Cl2===N2＋
6NH
4Cl(用于检验Cl2 管道泄漏)。
d．与CuO 反应：2NH3＋3CuO
N2＋
3Cu
＋
3H
2O(用于实验室制少量N2)。
4．氨的实验室制法
(1)反应原理：2NH4Cl＋Ca(OH)2
2NH3↑＋CaCl2＋2H2O
(2)装置：
(3)氨气制备实验各部分装置的选择：
装置
选择
选择原因
制备装置
固＋固——→气
反应原理
净化装置
装有碱石灰的干燥管
NH3具有碱性，不与碱石灰反应
不用浓硫酸和无水氯化钙
NH3能被浓硫酸和无水氯化钙吸收
收集装置
向下排空气法
NH3的密度远小于空气，且常温下不与空
气成分反应
不采用排水法
NH3极易溶于水
验满方法
将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，
试纸变蓝色
氨水显碱性
将蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口，
有白烟产生
氨气遇挥发性酸反应生成固体铵盐小颗粒
尾气处理
试管口放一团用水或稀硫酸浸湿的棉
花球
NH3极易溶于水，与酸反应
(4)其它实验室制取NH3的简易方法
方法
化学方程式(或原理)
气体发生装置
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
的增大也有利于NH3的生成
浓氨水＋
固体CaO
CaO 与水反应生成OH－，使溶剂(水)减少；且反应放
热，促使NH3·H2O 分解。
化学方程式：NH3·H2O＋CaO===NH3↑＋Ca(OH)2
得分速记
(1)制取NH3时，一般用NH4Cl 而不用NH4NO3、(NH4)2SO4或(NH4)2CO3；
(2)制取NH3时，一般用熟石灰，不用NaOH 或KOH，因为NaOH 或KOH 易吸水结块，而且对玻璃仪
器腐蚀性较强；
(3)不能用浓H2SO4、CaCl2干燥，CaCl2与NH3反应：CaCl2+8NH3= CaCl2·8 NH3。
4．喷泉实验
实验过程
在干燥的圆底烧瓶里充满，用带有玻璃管和胶头滴管(预先吸入水)的橡胶塞塞紧瓶
口。倒置烧瓶，使玻璃管插入盛有水的烧杯中(预先在水里滴入少量酚酞溶液)。打开
弹簧夹，挤压胶头滴管，使水进入烧瓶。观察并描述现象，分析出现这些现象的可能
原因
实验装置
实验现象
烧杯中的溶液由玻璃管进入烧瓶，形成喷泉，瓶内液体呈红色
实验结论
氨易溶于水，水溶液呈碱性
方程式
NH3＋H2O
NH3·H2O
(1)喷泉实验的原理：因为烧瓶内气体易溶于水或易与水反应，使瓶内压强减小，形成压强差，大气压
将烧杯中的水压入烧瓶而形成喷泉
(2)能形成喷泉的条件：从原理上讲，气体要易溶于水或易与水反应，以形成足够大的压强差；从实验
条件上讲，烧瓶内气体要充满，气体和仪器均要干燥，装置的气密性要好
(3)使容器内外产生较大压强差的两种方法
①减小内压法：使烧瓶外气压不变，烧瓶内气压减小
实验装置
原理
烧瓶内气体与液体接触→气体溶解或发生化学反应→烧瓶内压强减小→外部液体迅速进入
形成喷泉
引发喷泉
打开橡皮管上的弹簧夹，挤压滴管的胶头，则烧杯中的水由玻璃管进入烧瓶，形成喷泉
常见气体与吸收剂的组合
气体
HCl
NH3
CO2、Cl2、H2S、SO2
NO2＋O2
吸收剂
水或NaOH 溶液
水或盐酸
NaOH 溶液
水
组合时的条件
气体在溶液中的溶解度很大或通过反应，使气体的物质的量迅速减小，产生足够的
压强差(负压)
②增大外压法：使烧瓶外气压增大，烧瓶内气压不变
实验装置
原理
锥形瓶内液体挥发或发生化学反应产生气体→容器内压强增大→锥形瓶内液体迅速流入烧
瓶形成喷泉
实例
喷雾器、人造喷泉、火山喷发等
(4)喷泉实验产物的浓度计算
①实验完成后，溶液充满烧瓶，溶质的物质的量与气体的物质的量相同(由体积换算确定)。
标准状况下若烧瓶体积为V L，则有V(aq)＝V L，nB＝，cB＝＝＝ mol·L
－1。
②若溶质由部分气体转化而成，则依实际情况判断。如V 体积NO2与O2按4 1∶混合后做喷泉实验，发
生的反应为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，则有V(aq)＝ V L，nB＝×，cB＝＝ mol·L
－1。
得分速记
(1)喷泉实验能否成功的关键因素：
①盛气体的烧瓶必须干燥；
②气体要充满烧瓶；
③烧瓶不能漏气(实验前应先检查装置的气密性)；
④所用气体能大量溶于所用液体或气体与液体快速反应。
(2)常见喷泉的形成主要有以下两类：
①极易溶于水的气体(NH3、HCl、SO2等)与水可形成喷泉。
②酸性气体(HCl、SO2、NO2、CO2、H2S 等)与NaOH(aq)也能形成喷泉。XXX
知识点2 铵盐
1．铵盐及物理性质
(1)铵盐：铵根离子
(NH
) 与酸根离子形成的化合物，农业上常用的铵态氮肥，如NH4HCO3、
(NH4)2SO4、NH4NO3等都属于铵盐。
(2)物理性质：绝大多数铵盐是白色或无色晶体，都易溶于水。
2．铵盐的化学性质
3．铵盐(NH)的检验
(1)实验探究
实验操作
[三支试管中分别盛有少量NH4Cl 溶液、NH4NO3溶液和(NH4)2SO4溶液]
实验现象
三支试管中均有无色气体放出，湿润的红色石蕊试纸变蓝色
实验原理
离子方程式：NH＋OH－=====NH3↑ ＋
H 2O
(2)铵盐(NH)的检验方法
向铵盐溶液中加入强碱溶液，加热，产生无色气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝色。
得分速记
向某盐中加入强碱溶液，用湿润的红色石蕊试纸进行检验，若试纸没有变蓝，则不能说明盐中不含有
NH4
+，因为盐中含有NH4
+，加入强碱溶液后，需要加热才能产生NH3。
考●向●破●译
考向1 考查氨、铵盐的性质及实验
例1(2026·辽宁沈阳高三模拟预测)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．试纸会变蓝，说明有NH3生成，产氨过程熵增
B．实验过程中，气球会一直变大，说明体系压强增大
C．烧瓶壁会变冷，说明存在ΔH＜0 的反应
D．滴加浓盐酸后，有白烟产生，说明有氯化铵升华
【答案】A
【解析】A 项，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，
A 正确；B 项，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，B 错误；C 项，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，C 错误；D 项，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，D 错误；故选A。
解题妙招
从各角度学会氨气的制法
(1)制取氨时，不能用硝酸铵代替氯化铵。因为硝酸铵在加热过程中可能发生爆炸性的反应，发生危险。
(2)制取氨时，不能用氢氧化钠代替熟石灰。因为氢氧化钠具有吸湿性，易结块，不利于产生NH3，且在加
热条件下易腐蚀试管。
(3)氨是碱性气体，不能用酸性干燥剂(浓硫酸等)干燥，也不能用无水CaCl2干燥，因为它们均能与氨发生
反应，常用碱石灰做干燥剂。
(4)实验室快速制氨气的方法：①加热浓氨水制氨气②浓氨水滴入生石灰(或NaOH)中制氨气。
【变式1】【变载体】(2026·广东揭阳高三模拟)某学习小组利用如图所示装置制备NH3并验证其部分性
质。下列说法正确的是( )
A．装置A 中可加热氯化铵固体制备氨气
B．装置B 中试剂为碱石灰，可用于干燥NH3
C．装置C 中黑色固体变为红色，装置D 中白色固体变蓝，说明NH3具有氧化性
D．反应结束后，将收集到的气体单质通入紫色石蕊溶液，溶液变红
【答案】B
【解析】A 装置是制备氨气的装置，实验室采用氯化铵固体和氢氧化钙共热制备氨气，B 装置为干燥
氨气的装置，盛装的是碱石灰，C 是为了验证氨气的还原性，氨气在装置C 中可以与氧化铜共热生成铜、
氮气和水，装置D 中无水硫酸铜是为了验证水的生成，装置E 利用排水法收集氮气。A 项，加热氯化铵固
体不能制备氨气，是因为氯化铵受热分解产生的HCl 和NH3又会化合在试管口生成氯化铵固体，应用氯化
铵和氢氧化钙“固固加热”制备氨气，A 错误；B 项，碱石灰为碱性干燥剂，可以干燥氨气，B 正确；C
项，装置C 中黑色固体变为红色，说明氧化铜被还原为铜单质，装置D 中白色固体变蓝，说明生成水，则
证明NH3具有还原性，C 错误；D 项，反应结束后，将收集到的气体单质为氮气，氮气难溶于水，通入紫
色石蕊溶液，无明显现象，D 错误。
【变式2】【变载体】(2026·北京十一学校高三模拟预测)某小组在实验室中模拟氨催化氧化法制硝酸
的原理，装置如下图。
实验中还发现，若撤去装置c，则装置d 中观察到有白烟产生。
已知：NaOH 溶液可以吸收NO2尾气，难以直接吸收NO 尾气。
下列分析不正确的是( )
A．该制备实验利用了NH3的挥发性和还原性
B．装置b 中反应的化学方程式为4NH3＋5O2=====4NO＋6H2O
C．装置a、c 的作用均为干燥氨气
D．为减少氮氧化物的污染，熄灭酒精灯后应持续通入一段时间空气
【答案】C
【解析】实验核心目的为模拟氨催化氧化法制硝酸，按装置连接顺序梳理全流程逻辑：空气通入浓氨
水，利用NH3的挥发性得到NH3与空气的混合气体，经a 中碱石灰干燥后进入b 中，NH3发生催化氧化反应
生成NO 和H2O，反应后混合气体经c 中无水氯化钙除去未反应的NH3和水蒸气，剩余NO 与过量O2进入盛
水的装置中反应生成硝酸，最后NaOH 溶液吸收氮氧化物尾气。A 项，浓氨水易挥发，可被空气带出NH3，
NH3在b 中发生催化氧化反应时N 元素化合价升高，作还原剂体现还原性，A 正确；B 项，装置b 中NH3发
生催化氧化反应，配平后反应方程式为4NH3＋5O2=====4NO＋6H2O，B 正确；C 项，装置a 中碱石灰为
碱性干燥剂，可干燥NH3与空气的混合气体，无水氯化钙可与NH3发生反应，装置c 的作用是除去反应后混
合气体中未反应的NH3和水蒸气，并非干燥氨气，C 错误；D 项，熄灭酒精灯后，装置内残留大量氮氧化物，
持续通入空气可将残留氮氧化物全部排入NaOH 溶液中被吸收，减少污染，D 正确；故选 C。
【变式3】【变考法】某同学进行如图所示实验：先在培养皿中央的NaOH 固体上滴几滴浓氨水，立即
用一个表面皿扣在上面。下列对实验现象所作的解释不正确的是( )
选项
实验现象
解释
A
浓盐酸附近产生白烟
NH3与HCl 反应生成NH4Cl 固体
B
浓硫酸附近无白烟
NH3与浓硫酸不发生反应
C
湿润的红色石蕊试纸变蓝
NH3与水反应生成的NH3·H2O 显碱性
D
CuSO4溶液变浑浊
反应生成Cu(OH)2沉淀
【答案】B
【解析】NH3与挥发出来的HCl 反应生成白色固体氯化铵，现象为产生大量白烟，故A 正确；浓硫酸
附近无白烟，是因为浓硫酸难挥发，NH3与浓硫酸反应生成硫酸铵，故B 错误；氨气与水反应生成一水合
氨，一水合氨电离产生OH－，溶液显碱性，所以湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C 正确；NH3与硫酸铜溶液
反应生成硫酸铵和氢氧化铜沉淀，现象为CuSO4溶液变浑浊，故D 正确。
考向2 考查氨的实验室制法及创新
例2(2026·湖南常德二模)某实验小组用密封W 形三口玻璃管制备少量氨气并探究其性质，装置如图所
示。下列说法不正确的是( )
A．固体a 可为CaO 或者NaOH
B．蘸碱石灰的脱脂棉团的作用是干燥氨气
C．若氧化铜粉末变红，说明NH3将其还原成了铜单质
D．实验结束，待装置冷却，需向三口玻璃管内注入适量稀硫酸后再拆卸装置
【答案】C
【解析】A 项，用浓氨水制备氨气时，CaO、NaOH 固体溶于水(或CaO 与水反应)会放热，同时增大
溶液中OH-浓度，促进NH3·H2O 分解，使氨气逸出，因此固体a可以是CaO 或NaOH，A 说法正确；B 项，
浓氨水挥发出的氨气混有水蒸气，碱石灰是碱性干燥剂，可以干燥氨气，因此蘸碱石灰的脱脂棉团作用为
干燥氨气，B 说法正确；C 项，氧化亚铜Cu2O 也为红色固体，黑色氧化铜变红，只能说明CuO被还原，但
不能证明产物一定是铜单质，C 说法错误；D 项，氨气有毒，会污染环境，实验结束后注入稀硫酸可以吸
收装置内残留的氨气，避免拆卸装置时氨气逸出污染空气，D 说法正确；故选C。
解题妙招
NH3制取实验3 方面创新
(1)制取原理创新：实验室不用铵盐和碱混合共热，而将浓氨水滴加到固态碱性物质(如CaO、NaOH、
碱石灰等)上，快速制取NH3。
(2)制取装置创新：
(3)吸收装置创新：
【变式1】【变载体】(2026·广西南宁高三模拟)氨气是一种重要的化工原料，兴趣小组利用下列装置
在实验室制取并收集氨气，难以达到目的的是(“→”表示气流方向)( )
A．制备氨气
B．净化氨气
C．收集氨气
D．尾气处理
【答案】A
【解析】A 项，实验室制备氨气应选用氯化铵和氢氧化钙共热，硝酸铵受热易发生爆炸，且分解产物
复杂，无法得到纯净氨气，A 符合题意；B 项，碱石灰是碱性干燥剂，不与氨气反应，可吸收氨气中的水
蒸气，能达到净化氨气的目的，B 不符合题意；C 项，氨气密度小于空气，采用向下排空气法收集，该装
置短管进气、长管出气，可将瓶内空气从底部长管排出，能达到收集氨气的目的，C 不符合题意；D 项，
氨气极易溶于水，可用水吸收多余的氨气，导气管不能没入水中，可防倒吸，同时长颈漏斗可平衡气压，
防止容器内压强过大引发危险，能达到尾气处理的目的，D 不符合题意；故选A。
【变式2】【新情境—实验创新】(2026·福建泉州高三联考)利用三口连接管实现了氨气相关实验的一
体化设计，装置图如下。下列说法错误的是( )
A．注射器A 吸入20 mL 空气，接入装置后全部注入装置内，若注射器B 体积增大20 mL，则装置气
密性良好
B．注入浓氨水后若滴有酚酞溶液的脱脂棉团显粉红色，说明氨气的水溶液显碱性
C．按压注射器A 后将注射器B 向外拉，可在其内观察到白烟生成
D．气球的主要作用是平衡装置内外气压和收集多余氨气
【答案】A
【解析】A 项，若注射器A 吸入20 mL 空气，接入装置后全部注入装置内，部分空气会被排入瘪气球，
所以注射器B 体积增大小于20 mL，A 错误；B 项，氨气溶于水电离出OH-，使滴有酚酞溶液的脱脂棉团
显粉红色，说明氨气水溶液显碱性，B 正确；C 项，按压注射器A 后将注射器B 向外拉，氨气被吸入注射
器内，与挥发的HCl 气体化合生成NH4Cl 固体，可在注射器内观察到白烟生成，C 正确；D 项，实验过程
中产生氨气，装置内压强增大，气球可以平衡装置气压，实验结束，多余的氨气可以排至气球，达到处理
尾气的目的，D 正确；故选A。
【变式3】【新考法】(2026·广东茂名一模)利用如图所示装置制备NH3，并探究NH3和NO2的相关性
质。实验时，将浓氨水滴入氧化钙中。下列说法错误的是( )
A．将CaO 换成碱石灰也可产生氨气
B．仪器C 可起到防倒吸作用
C．关闭K 一段时间后：A 处颜色比B 处浅
D．烧杯处先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，最后溶液变成深蓝色
【答案】C
【解析】A 项，CaO 遇水放出大量热量以及提供高浓度氢氧根离子，促进浓氨水分解生成氨气，碱石
灰中含CaO、NaOH 溶于水也会放出大量热量和提供高浓度氢氧根离子，可产生氨气，A 正确；B 项，仪
器C 利用重力作用将倒吸的溶液流回烧杯中，起到防倒吸作用，B 正确；C 项，浓氨水滴加到氧化钙中放
出大量热使温度升高，A 处反应2NO2(g)
N2O4(g)平衡逆向移动，NO2浓度增大，颜色加深，即A 处
颜色比B 处深，C 错误；D 项，CuSO4溶液与NH3反应先生成Cu(OH)2蓝色沉淀，Cu(OH)2再与NH3发生配
位反应生成[Cu(NH3)4]2+，沉淀溶解，转化为深蓝色溶液，D 正确；故选C。
考向3 考查喷泉实验原理及应用
例3(2026·广东深圳一模)利用如图装置进行实验：打开K1、K2，关闭K3，将注射器中浓硝酸全部注入
三颈烧瓶，当圆底烧瓶和注射器均充满红棕色气体时关闭K1。下列说法错误的是( )
A．Cu 与浓硝酸反应体现硝酸的强氧化性和酸性
B．关闭K2，下推注射器活塞，平衡移动，注射器内气体颜色变浅
C．挤压胶头滴管，圆底烧瓶不能充满溶液
D．打开K3，洗气瓶中溶液变蓝
【答案】B
【解析】Cu 与浓硝酸反应生成二氧化氮和硝酸铜，二氧化氮氧化碘离子生成碘单质，二氧化氮会被氢
氧化钠吸收形成喷泉。据此分析。A 项，Cu 与浓硝酸的反应为Cu＋4HNO3(浓)
Cu(NO3)2＋2NO2↑＋
2H2O，生成硝酸铜体现了硝酸的酸性，N 元素化合价降低生成NO2，体现了硝酸的强氧化性，A 正确；B
项，体系中存在平衡2NO2(g)
N2O4(g)，NO2为红棕色，N2O4为无色，关闭K2下推注射器活塞，气体
体积减小，NO2浓度瞬间增大气体颜色变深，平衡右移导致气体颜色又变浅，故注射器内气体颜色先变深
后逐渐变浅，B 错误；C 项，二氧化氮会与水反应转化为NO，导致圆底烧瓶不能充满溶液，C 正确；D 项，
打开K3后，NO2进入淀粉KI 溶液，NO2具有氧化性，可将I-氧化为I2，淀粉遇I2变蓝，因此溶液变蓝，D
正确；故选B。
解题妙招
喷泉实验思维过程
(1)喷泉实验原理：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。形成喷泉的常见组合
HCl
①
、NH3、NO2、NO 与O2(4 3∶)、NO2与O2(4 1∶)溶于水。
HCl
②
、CO2、Cl2、SO2溶于NaOH 溶液。
(2)常见的喷泉实验装置及引发方法
装置Ⅰ：打开止水夹→挤压胶头滴管的胶头→使少量水进入烧瓶→烧瓶内形成负压而产生喷泉。
装置Ⅱ：挤压气球→可使少量的溶液沿导管进入烧瓶→烧瓶内形成负压而产生喷泉。
装置Ⅲ：打开止水夹→用手(或热毛巾等)捂热烧瓶→氨气受热膨胀→氨气通过导管与水接触→产生喷
泉。(或用浸冰水的毛巾“冷敷”烧瓶，使水进入烧瓶，烧瓶内氨气溶于水)
【变式1】【变载体】喷泉是一种常见的现象，其产生原因是存在压强差。下面是某同学设计的四个
不同的喷泉装置，则下列说法不正确的是( )
A．若向图1 烧瓶中充满HI(与HCl 水溶性相似)气体，烧杯和胶头滴管中加入AgNO3溶液，则挤压胶
头滴管可以产生黄色喷泉
B．若向图2 锥形瓶中加水，烧瓶中充满NH3，引发喷泉的操作是捂热上方的圆底烧瓶
C．向图3 装置的水槽中加入冰块或慢慢滴入浓硫酸都可以形成喷泉
D．图4 所示的装置，若要在该装置中产生双喷现象，其操作方法可以是关闭活塞c，打开活塞a、
b，再挤压胶头滴管，当产生大量的白烟时，再打开活塞c
【答案】C
【解析】HI 极易溶于水，可使烧瓶中压强减小，形成喷泉，由于HI 和硝酸银反应生成黄色的碘化银
沉淀，因此可以产生黄色喷泉，A 项正确；若向图2 锥形瓶中加水，烧瓶中充满NH3，氨极易溶于水，捂
热上方的圆底烧瓶可形成喷泉，B 项正确；向图3 装置的水槽中加入冰块会降低温度，不会引发喷泉，C
项错误；关闭活塞c，打开活塞a、b，再挤压胶头滴管，可使盛氨的烧瓶中压强减小，氯化氢与氨反应产
生白烟，盛氯化氢的烧瓶中压强也减小，此时打开活塞c，可看到双喷泉，D 项正确。
【变式2】【新情境—实验创新】(2026·广东佛山高三模拟)用如下装置制备氨气并进行性质实验。打
开K1、K2，加入少量浓氨水，验满后，关闭K1、K2。下列说法错误的是( )
A．验满方法是将湿润的红色石蕊试纸放在K1管口
B．打开K3，加入足量浓氨水，挤压出蒸馏水，打开K2，可看到喷泉
C．挤压出浓盐酸，可看到大量白烟，白烟为HCl
D．打开K4，三颈烧瓶中的溶液可能先变红后褪色
【答案】C
【解析】A 项，圆底烧瓶充满氨气后，打开K1，逸出的氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，可用于
氨气的验满，故A 正确；B 项，打开K3，加入足量浓氨水，浓氨水与生石灰作用放出氨气，氨气极易溶于
水，挤压出蒸馏水，圆底烧瓶内压迅速降低，打开K2时可看到喷泉，故B 正确；C 项，挤压出浓盐酸，氨
气和氯化氢气体反应生成氯化铵固体，可看到大量白烟，该白烟为NH4Cl，故C 错误；D 项，氨水呈碱性，
能使酚酞变红色，也能与硫酸反应生成硫酸铵，所以打开K4，三颈烧瓶中的溶液可能先变红后褪色，故D
正确；故选C。
【变式3】【新情景—传感新技术应用】如图所示，用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷
泉实验的原理。下列说法正确的是
A．制取氨氨气时烧瓶中的固体常用
或
B．喷泉实验结束后，发现水未充满三颈烧瓶，肯定是因为装置气密性不好
C．关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈烧瓶
内压强变化曲线如图乙，则E 点时喷泉最剧烈
D．工业上，若出现液氨泄漏，可通过喷水处理
【答案】D
【解析】A 项，CaO 与H2O 反应放热，且OH-浓度增大，有利于氨气的逸出，而CaCl2中性盐，能溶
于水，热量的变化很小，不与水反应，对氨气的逸出没有促进作用，A 项错误；B 项，喷泉实验结束后，
发现水未充满三颈烧瓶，可能是因为装置气密性不好，也可能是因为氨气中混有空气等，B 项错误；C
项，三颈烧瓶内气体压强与外界大气压之差越大，喷泉越剧烈，C 点的压强最小，大气压不变，则大气压
和C 点的压强差最大，则C 点喷泉最剧烈，C 项错误；D 项，氨气极易溶于水，因此工业上，若出现液氨
泄漏，可通过喷水处理，D 项正确；故选D。
考点三 硝酸 硝酸盐
知●识●解●构
知识点1 硝酸
1．物理性质：无色，易挥发，具有刺激性气味的液体，易溶于水。浓硝酸常因为溶解有NO2而呈黄
色。质量分数为69%的硝酸为常用浓硝酸。98%以上的硝酸称之为发烟硝酸。
得分速记
(1)实验室中浓硝酸显黄色的原因：浓硝酸分解生成的NO2又溶于硝酸所致。消除黄色的方法是向浓硝
酸中通入空气或O2，发生反应为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3；
(2)硝酸一般保存在棕色试剂瓶中，并放置在阴凉处
2．硝酸的化学性质
(1)酸性：属于强酸，溶于水完全电离：HNO3===H+＋NO3
－，具有酸的通性，能与碱、碱性氧化物、某
些盐反应，如CaCO3与HNO3反应：CaCO3＋2HNO3(稀)===Ca(NO3)2＋
CO
2↑ ＋
H 2O (若无稀盐酸可用稀硝
酸代替室制CO2)。
得分速记
(1)稀硝酸使石蕊试液变红色，浓硝酸使紫色石蕊试液先变红后褪色(酸性和强氧化性)；
(2)硝酸具有酸的一些通性，但硝酸与活泼金属反应时无氢气产生。
(3)在利用HNO3 的酸性时，要注意考虑它的强氧化性。如FeO 与稀硝酸反应时的方程式应是：
3FeO+10HNO3(稀)==3Fe(NO3)3+NO↑+5H2O，而不是FeO+2HNO3 (稀)==Fe(NO3)2+H2O。
(2)不稳定性：硝酸见光或受热易发生分解，HNO3越浓，越易分解，温度越高分解越快，光照越强分
解越快：4HNO3
4NO2↑ ＋
O 2↑ ＋
2H
2O 。
(3)强氧化性：HNO3中的＋5 价氮元素具有很强的得电子能力。硝酸的浓度越大，反应温度越高，其
氧化性越强。还原产物一般为：HNO3(浓)→NO2，HNO3(稀)→NO；很稀的硝酸还原产物也可能为N2O、N2
或NH4NO3。
性质
解释或化学方程式
金属
与Fe、Al
浓硝酸
常温时浓硝酸使铁、铝钝化，加热时可以反应
与Fe
稀硝酸
铁少量Fe+4H++NO3－=Fe
3+ +NO↑+2H
2O
铁过量3Fe+8H++2NO3－=3Fe
2+ +2NO↑+4H
2O
与铜
浓硝酸
4HNO3(浓)+Cu=Cu
( NO
3)2+2NO2↑+2H2O
稀硝酸
8HNO3(稀)+3Cu=3Cu
( NO
3)2+2NO↑+4H2O
非金属
与碳反应
4HNO3(浓)+C
CO2↑+4NO2↑+2H2O
还原性离子或物质
HI、HBr、SO2、Fe2+、FeO、Br－、I－、S2－、SO3
2－等均能被HNO3氧化
得分速记
(1)“钝化”并非不反应。
(2)涉及HNO3的离子反应常见的易错问题
①忽视NO 在酸性条件下的强氧化性。在酸性条件下NO 不能与Fe2＋、I－、SO、S2－等还原性较强的离
子大量共存。
②在书写离子方程式时，忽视HNO3的强氧化性，将氧化还原反应简单地写成复分解反应。
(3)王水是指浓硝酸和浓盐酸体积比为1 3∶的混合物，可溶解Au、Pt 等。
知识点2 硝酸盐
1．概念：硝酸盐是硝酸HNO3与金属反应形成的盐类。由金属离子(或铵离子)和硝酸根离子组成。常
见的硝酸盐有硝酸钠、硝酸钾、硝酸铵、硝酸钙、硝酸铅、硝酸铈等。
2．物理性质：硝酸盐几乎全部易溶于水，只有硝酸脲微溶于水，碱式硝酸铋难溶于水，所以溶液中
硝酸根不能被其他绝大多数阳离子沉淀。
3．化学性质
(1)不稳定性：固体的硝酸盐加热时能分解放出氧，其中最活泼的金属的硝酸盐仅放出一部分氧而变成
亚硝酸盐，其余大部分金属的硝酸盐，分解为金属的氧化物、氧气和二氧化氮。
①按金属活动性顺序表，钾到钠的硝酸盐受热分解生成亚硝酸盐和氧气：2KNO3
2KNO2＋
O 2↑；
②按金属活动性顺序表，镁到铜的硝酸盐受热分解生成金属的氧化物、氧气和二氧化氮：2Cu(NO3)2
2 CuO
+4NO
2＋
O 2↑；
③按金属活动性顺序表，铜以后的硝酸盐受热分解生成金属单质、氧气和二氧化氮：2AgNO3
2 Ag
+2NO
2＋
O 2↑。
(2)硝酸盐在高温或酸性水溶液中是强
氧化剂
，但在碱性或中性的水溶液几乎没有氧化作用。
知识点3 有关硝酸的计算
1．原子守恒法在解题中的应用
HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO3
－的形式存在于溶液中，另一部分HNO3作为
氧化剂转化为还原产物。这两部分HNO3中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的
量。
n(HNO3)消耗＝x·n［M(NO3)x］+n(NO2)+n(NO)
2．电子守恒法在解题中的应用
HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得到的电子的物质的量等于金属失去的电子的
物质的量，即金属失电子的物质的量x·n［M(NO3)x］＝n(NO2)+3n(NO)。
3．“离子方程式法”在解题中的应用
金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于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，先做少、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，且溶液中要符合电荷守恒。
4．电荷守恒法在解题中的应用
溶液呈电中性，离子符合电荷守恒。若HNO3过量，反应后溶液中(不考虑OH－)有：c(NO3
－)＝c(H+)
+nc(Mn+)(Mn+代表金属离子)。
5．常见两种计算
(1)硝酸与铜反应
浓硝酸与足量的铜反应，开始浓硝酸被还原为NO2，随着反应的进行，浓硝酸变稀，稀硝酸被还原为
NO，向反应后的溶液中加稀硫酸，NO 又被还原为NO。
(2)稀硝酸与铁反应(铁的常见价态：＋2、＋3)
Fe(少量)＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；
3Fe(过量)＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。
①≥4，产物为Fe(NO3)3；
②≤，产物为Fe(NO3)2；
③<<4，产物为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2。
考●向●破●译
考向1 考查硝酸的性质
例1(2025·甘肃白银一模)室温下，某兴趣小组用下图所示装置在通风橱中进行如下实验：
实验
现象
试管Ⅰ中开始无明显现象，逐渐有微小气泡生成，反应越来越剧
烈，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。
试管Ⅱ中剧烈反应，迅速生成大量红棕色气体，溶液呈绿色；之后向绿色溶液中持续通入N₂，溶液变
为蓝色
下列说法中，不正确的是( )
A．试管Ⅰ中浅红棕色气体为NO2，由HNO3还原生成
B．等质量的Cu 完全溶解时，试管Ⅱ中消耗的HNO3多
C．将Cu 换成Fe 之后重复实验，试管Ⅰ中反应更剧烈
D．试管Ⅱ中反应后溶液颜色与试管Ⅰ中的不同，是由于溶有NO2
【答案】A
【解析】A 项，试管Ⅰ中产生的微小气泡是Cu 与稀硝酸反应的产物NO，浅红棕色气体为NO2，NO2
由NO 被空气氧化所得，A 错误；B 项，等质量的Cu 分别与稀硝酸、浓硝酸完全反应时，消耗HNO3的物
质的量之比为2：3，则试管Ⅱ中消耗的HNO3多，B 正确；C 项，常温下Fe 在浓硝酸中发生钝化，试管Ⅱ
中现象不明显，试管Ⅰ中反应更剧烈，C 正确；D 项，试管Ⅱ中反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，溶液呈
绿色，向绿色溶液中持续通入N2，将溶于溶液中的NO2排出，溶液变为蓝色，所以试管Ⅱ中反应后的溶液
呈绿色是因为溶有NO2，D 正确；故选A。
解题妙招
利用HNO3的酸性时，要注意考虑它的强氧化性
(1)浓硝酸与C 在加热条件下反应，硝酸表现为强氧化性，由于稀硝酸不与C 反应，反应后仍有过量稀
硝酸。如：C＋4HNO3(浓)===2H2O＋4NO2↑＋CO2↑。
(2)金属与硝酸反应一般不生成H2，浓硝酸一般先被还原为NO2，浓度变稀后稀硝酸一般被还原为NO
气体，红棕色逐渐变淡。
(3)低价金属氧化物或盐与硝酸发生氧化还原反应，如FeO 与稀硝酸反应3FeO＋10HNO3(稀)===
3Fe(NO3)3＋NO↑＋5H2O，而不是发生复分解反应生成Fe(NO3)2。
(4)酸性溶液中含有NO 或向含有NO 的硝酸盐溶液中加入酸，溶液中(H＋＋NO 相当于HNO3)具有强氧
化性，能够氧化强还原性离子Fe2＋、I－、S2－、SO 等而不能大量共存。
(5)硝酸与铁反应时，产物符合以下规律：
Fe 过量
Fe 不足
Fe 与HNO3两者恰好完全反应
Fe(NO3)2
Fe(NO3)3
Fe(NO3)2或Fe(NO3)3或两者混合物
温度越高，硝酸越浓，其氧化性越强；与硝酸反应时，还原剂一般被氧化成最高价态。
【变式1】【变载体】(2026·广东二模)利用如图所示装置，选用浓、稀硝酸分别进行实验，其中装置a
为氮气氛围。下列说法错误的是( )
A．装置b 中溶液变红，说明硝酸的还原产物为NO2
B．实验过程中，装置c 中至少发生了两种化学反应
C．无论选用浓硝酸还是稀硝酸，装置c 中都会出现红棕色气体
D．若铜片过量，反应结束后向烧瓶中滴加稀硫酸，铜片会继续溶解
【答案】A
【解析】A 项，装置b 中紫色石蕊溶液变红，说明溶液显酸性。这可能是从a 中挥发出的HNO3进入b
中造成的，也可能是硝酸被还原为NO2进入b 中，发生反应3NO2+ H2O=2HNO3+NO，使溶液呈酸性。所以
该现象不能说明一定是NO2形成的。A 错误；B 项，c 中至少有反应2NO+O2==2NO2，
3NO2+H2O==2HNO3+NO，B 正确；C 项，选用浓硝酸时，生成的红棕色NO2气体会在b 中未被反应的部分直
接进入c 装置；被反应的NO2会生成NO，会与选用稀硝酸时生成的无色NO 气体一样，在c 装置中与残留的少
量空气反应生成红棕色的NO2，因此c 中都会出现红棕色气体。C 正确；D 项，a 中反应结束后，不管浓硝酸
还是稀硝酸，和铜反应时，硝酸都生成了氮氧化物和硝酸铜，溶液中含有NO3
-，铜片有剩余，加入适量稀
硫酸，提供
+，与NO3
-形成硝酸体系(H+、NO3
-)，HNO3继续与Cu 发生反应：3Cu+8H++2NO3
-=3Cu2+
+2NO↑+4H2O，铜片会继续溶解，D 正确；故选A。
【变式2】【变情景】(2026·甘肃白银高三模拟预测)按图示组装装置并进行实验：将铜丝插入溶液中，
当Ⅲ中溶液由浅绿色变为深棕色时，将铜丝拉出液面。下列叙述错误的是( )
已知：
(aq，深棕色)。
A．Ⅰ中溶液变蓝，产生红棕色气体
B．Ⅱ中溶液变浑浊，说明发生了复分解反应
C．进入Ⅲ中的气体有NO
D．若用浓硫酸代替浓硝酸，则Ⅱ中溶液不会变浑浊
【答案】B
【解析】A 项，浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，故Ⅰ中溶液变蓝，产生红棕色气体，A
正确；B 项，Ⅱ中溶液为Na2S 溶液，进入Ⅱ中的气体为NO2，NO2与水反应生成HNO3(3NO2+H2O =2HNO3
+ NO)，HNO3具有强氧化性，会将S2-氧化为S 单质(3S2-+8H++2NO3
-=3S↓+2NO↑+4H2O)，该反应为氧化还
原反应，而非复分解反应，B 错误；C 项，由3NO2+H2O=2HNO3 + NO 可知，NO2与水反应会生成NO，
因此进入Ⅲ中的气体含有NO，C 正确；D 项，若用浓硫酸代替浓硝酸，铜与浓硫酸在常温下不反应(需加
热)，无气体生成，Ⅱ中Na2S 溶液不会与气体反应，因此不会变浑浊，D 正确；故选B。
【变式3】【变题型】(2026·北京西城高三联考)将铁钉放入浓硝酸中，生成少量气体后反应停止，得
到黄色溶液a．设计实验探究溶液a 显黄色的原因。
实验1：取少量溶液a，滴入几滴KSCN 溶液，溶液变红，振荡后红色逐渐褪去，产生红棕色气体。
另取少量溶液a，滴入NaOH 溶液，产生红褐色沉淀。
实验2：取一定量Fe(NO3)3固体溶于水中，溶液为黄色，加硝酸酸化，溶液变为无色。
实验3：按如图装置进行实验。
序号
实验装置
X
实验现象
①
浓硝酸
无色溶液变为黄色
②
稀HNO3酸化的0.1mol/L
Fe(NO3)3溶液
无色溶液变为黄色
③
稀HNO3酸化的0.3mol/L
NaNO3溶液
无色溶液未变黄色
下列分析不正确的是( )
A．实验1 说明溶液a 中有Fe3+
B．实验1 中产生红棕色气体说明SCN-被浓硝酸氧化为NO2
C．实验2 说明Fe3+本身的颜色不是造成溶液a 显黄色的原因
D．综合以上实验，溶液a 显黄色可能与NO2遇浓硝酸、Fe3+有关
【答案】B
【解析】A 项，实验1 中，取少量溶液a，滴入几滴KSCN 溶液，溶液变红，这是铁离子特征检验现
象，说明溶液a 中含有Fe3+；另取少量溶液a，滴入NaOH 溶液，产生红褐色沉淀，进一步确认溶液a 中含
有Fe3+，A 正确；B 项，实验1 中，红色褪去并产生红棕色气体，是因为浓硝酸将SCN-氧化，浓硝酸被还
原为红棕色气体NO2，因此产生红棕色气体不能说明SCN-被浓硝酸氧化为NO2，B 错误；C 项，实验2 中，
Fe(NO3)3固体溶于水后溶液为黄色，这是由于Fe3+水解产生Fe(OH)3显示黄色，加硝酸酸化后，铁离子水解
受到抑制，Fe(OH)3减少，颜色消失溶液变为无色，说明溶液a 显黄色并非Fe3+本身的颜色导致的，C 正确；
D 项，实验3 中，实验①和实验②中无色溶液变为黄色溶液，实验③中无色溶液未变黄色，说明NO2溶于
浓硝酸或NO2在稀硝酸酸化下与Fe3+共同作用时溶液显黄色，因此说明溶液a 显黄色可能与NO2遇浓硝酸、
Fe3+有关，D 正确；故选B。
考向2 考查硝酸与金属反应的实验探究
例2(2025·广东惠州二模)利用如图装置进行实验，探究Cu 与硝酸反应及产物的性质，打开K1、K4，
通入CO2，排尽装置中的空气，下列说法不正确的是( )
A．打开K2，Cu 片溶解，产生红棕色气体，说明A 中存在ΔS＞0 的反应
B．打开K3，插入铜丝，铜丝溶解，说明红棕色气体被还原
C．推入空气，C 中气体颜色变深，体现了NO 的还原性
D．D 中的试剂X 可为NaOH 溶液
【答案】B
【解析】打开K1、K4，通入CO2排尽装置内空气，避免空气中O2氧化反应生成的NO，干扰产物检验；
打开K2，浓硝酸滴入A 中与Cu 片发生反应： Cu＋4HNO3(浓)
Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O， 可观察到Cu
片溶解，产生红棕色气体NO2；打开K3，蒸馏水滴入B 中，进入B 的NO2与水发生反应生成稀硝酸，稀硝
酸接触B 中的铜丝后，发生反应：3Cu＋8HNO3(稀)
3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；推入空气，O2与B 中生
成的NO 反应： 2NO+O2==2NO2生成红棕色NO2；最后利用试剂X吸收尾气，防止污染环境。A 项，打开
K2后，Cu 和浓硝酸反应：Cu＋4HNO3(浓)
Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，反应生成气体，体系混乱度增大，
熵变ΔS ＞0 ，A 正确；B 项，打开K3 ，蒸馏水进入B 中，红棕色NO2 与水发生歧化反应：
3NO2+H2O==2HNO3+NO，生成的HNO3氧化铜丝，使铜溶解，该现象说明生成了硝酸，NO2既被氧化又被
还原，B 错误；C 项，B 中生成的NO 进入圆底烧瓶，推入空气后发生反应2NO+O2==2NO2，气体颜色加
深，NO 中N 化合价从+2 升高到+4，作还原剂，体现还原性，C 正确；D 项，D 为尾气处理装置，氮氧化
物可以与NaOH 溶液反应被吸收，NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，因此X可为NaOH 溶液，D 正确；故选
B。
【变式1】【新情境】(2026·安徽合肥高三联考)探究铜与硝酸反应生成NO 时的硝酸浓度。如图所示，
先通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
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．铜与硝酸反应生成NO 时的硝酸浓度为
C．若不通
，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
的干扰)进行求算，所得实验结果偏低
【答案】D
【解析】A 瓶中的反应为Cu ＋4HNO3( 浓)
Cu(NO3)2 ＋2NO2↑＋2H2O 。B 中发生的反应为
3NO2+H2O==2HNO3+NO 。用0.2mol·L-1 的NaOH 溶液滴定至终点时消耗15.00 mL ，即
，有关系式为NaOH~HNO3 则B 瓶中产生的
，
又
3NO2~2HNO3
则
A
瓶
中
产
生
的
NO2
为
。由关系式得4HNO3(浓)~2NO2则消耗的HNO3为
。
A 项，NaOH 溶液不能直接与NO 反应，所以它不能吸收尾气，A 错误；B 项，溶液中剩余的硝酸的量为加
入硝酸的量减消耗的硝酸的量，则浓度为
，即当反应
产生无色NO 时，硝酸浓度为8mol·L-1，B 错误；C 项，若不通入N2，B 瓶中NO 也转变为HNO3，从而导
致消耗的HNO3偏大，A 中剩余HNO3偏低，结果偏低，C 错误；D 项，实验通过观察A 中气体变为无色来
判断反应终点。为了使装置A 中原有的红棕色NO2气体完全被新生成的无色NO 气体排尽，反应需要持续
一段时间，这会额外消耗一部分硝酸，导致最终测得的A 中剩余硝酸浓度低于刚开始生成NO 时的理论浓
度，故实验结果偏低，D 正确； 故选D。
【变式2】【变题型】(2026·北京清华附中高三模拟)硝酸是氧化性酸，其本质是NO3
-有氧化性，某课
外实验小组进行了下列有关NO3
-氧化性的探究(实验均在通风橱中完成)。
实验装置
编号
溶液X
实验现象
实验
Ⅰ
6 mol/L 稀硝
酸
电流计指针向右偏转，铜片表面产生无色气体，在液面上方变
为红棕色
实验
Ⅱ
15 mol/L 浓
硝酸
电流计指针先向右偏转，很快又偏向左边，铝片和铜片表面产
生红棕色气体，溶液变为绿色
实验
Ⅲ
1 mol/L 稀硝
酸
电流计指针向右偏转，金属表面无明显现象，反应后的溶液中
检测到NH4
+
下列说法正确的是( )
A．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，始终为Al 做负极，Cu 做正极
B．实验Ⅱ中铝片和铜片表面均产生红棕色气体证明同时发生了化学腐蚀和电化学腐蚀
C．实验Ⅲ中NH4
+的检验：取样，加入NaOH 溶液，观察是否产生刺激性气味的气体
D．上述实验表明：NO3
-浓度越小，氧化性越强，还原产物中N 元素价态越低
【答案】B
【解析】A 项，实验Ⅱ中电流计指针偏转方向改变，说明正负极发生反转，A 错误；B 项，实验Ⅱ中
Al 和Cu 形成原电池，发生电化学腐蚀，铝比铜活泼，开始时铝作负极，然后发生钝化，铜作负极，故电
流计指针先向右偏转，很快又向左偏转，NO3
-在正极得电子生成红棕色NO2，现在Cu 片表面也产生红棕
色气体，说明Cu 直接和浓硝酸发生反应，证明同时发生了化学腐蚀和电化学腐蚀，B 正确；C 项，检验铵
离子需要加入NaOH 溶液并加热，再检验气体，C 错误；D 项，由信息可知，浓度越小氧化性越弱，还原
产物中N 元素的价态越低，D 错误；故选B。
【变式3】【新考法】(2026·青海西宁一模)某校课外小组探究浓硝酸与铁反应的产物，用如图所示装置
(夹持和加热仪器已省略)进行如下实验：
Ⅰ．打开弹簧夹，通入CO2一段时间后，先滴入浓硝酸，无明显现象，加热三颈烧瓶，反应开始后停
止加热；
Ⅱ．取少量装置A 中溶液，滴入KSCN 溶液；
Ⅲ．取少量装置C 中溶液，加热。
已知：FeSO4(aq)+NO(g)
(棕色，aq) ΔH＜0。
回答下列问题：
(1)实验室用石灰石与稀盐酸反应制取CO2的离子方程式为________。
(2)实验开始时通入CO2的原因是________，常温下滴入浓硝酸，三颈烧瓶中没有明显现象的原因是
________。
(3)装置A 中先有红棕色气体产生，一段时间后，气体颜色逐渐变________；反应停止后，装置A 中
无固体剩余。步骤Ⅱ中，滴入KSCN 溶液后溶液变为红色，写出该实验过程中反应的离子方程式：
________；若装置A 中有Fe2+生成，检验该离子的常用试剂为________(填化学式)溶液。
(4)步骤Ⅲ中，装置C 中的现象为________。
(5)验证硝酸的还原产物中含有NH4
+的操作方法及现象为________；若铁和稀硝酸反应生成NH4NO3和
Fe(NO3)3，写出该反应的化学方程式：________。
【答案】(1)CaCO3+2H+ ═Ca2+ +H2O+CO2↑
(2) 赶出装置里的空气，防止生成的Fe2+或NO 被氧化 常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻
止反应进一步发生(或其他合理答案)
(3) 浅 Fe3++3SCN-
Fe(SCN)3 K3[ Fe(CN)6]
(4)棕色溶液变浅，产生气泡，液面上方有红棕色气体生成
(5) 取样品，加入浓NaOH 溶液，微热，生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色
8Fe+30HNO3=8Fe(NO3)3+3NH4NO3+9H2O
【解析】本实验的实验目的为探究浓硝酸与铁反应的产物，装置A 为反应装置，加热装置A 先有红棕
色气体产生，说明有NO2气体生成，取A 中溶液，滴入硫氰化钾溶液，目的是检验是否存在Fe3+，装置B
的目的是除去NO2气体并生成NO 气体，装置C 为检验NO，若溶液由浅绿色变为棕色则证明含有NO。
(1)实验室通常用石灰石与稀盐酸反应制取CO2的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；
(2)实验前通CO2气体的目的是赶出装置里的空气，防止将生成的Fe2+或NO 氧化；往三颈烧瓶中滴入
浓HNO3时，浓HNO3将铁片钝化，看不到明显实验现象；
(3)加热装置A 反应一段时间后，浓HNO3变稀，与Fe 片反应生成无色的NO 气体，气体颜色逐渐变浅，
若Fe 片完全反应，滴加KSCN 溶液出现红色，发生反应生成Fe(SCN)3呈红色，检验亚铁离子通常用
K3[Fe(CN)6]检验，产生特征蓝色沉淀；
(4)取少量装置C 中溶液，加热，FeSO4(aq)+NO(g)
(棕色，aq) ΔH＜0，反应平衡左移，棕色溶液变
浅，产生气泡，液面上方因NO 被氧化成NO2气体，看到有红棕色气体生成；
(5)检验NH4
+的方法是往样品中加入浓NaOH 溶液，微热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变
蓝色，证明有NH4
+；根据信息铁和稀硝酸反应生成NH4NO3和Fe(NO3)3的化学方程式为
8Fe+30HNO3(稀)=8Fe(NO3)3+3NH4NO3+9H2O
考向3 考查金属与硝酸反应的多角度计算
例2(2025·黑龙江齐齐哈尔高三模拟预测)现有19.2 g 金属铜与100 mL 一定物质的量浓度的浓硝酸恰好
完全反应，生成的氮氧化物恰好溶解在一定量的NaOH 溶液中得到NaNO2和NaNO3的混合溶液，反应过
程及有关数据如下图所示。下列有关说法不正确的是( )
A．该浓硝酸浓度为11mol·L-1
B．过程①中转移电子的数目为0.6NA
C．过程②生成的NaNO2物质的量为0.3 mol
D．生成的NO、NO2、N2O4物质的量之比为1：1：3
【答案】D
【解析】该反应过程涉及Cu 与浓硝酸，氮氧化物与NaOH 发生的氧化还原反应，由于产物不止一种，
要抓住原子守恒及电子转移守恒进行相关计算。根据N 原子守恒，Cu 与浓硝酸反应，浓硝酸中的N 一部
分转化为Cu(NO3)2，一部分生成氮氧化物，而氮氧化物中的N 最终转化为NaNO3和NaNO2，由Na 原子守
恒NaNO3和NaNO2的物质的量等于NaOH 的物质的量，结合题干信息据此列式
，已知浓硝酸体积为100 mL，
所以浓硝酸的浓度为
，A 正确；B 项，过程①中转移电子的数目可由Cu 的量
计算，已知1mol Cu 生成Cu(NO3)2转移2mol 电子，即
，即转移电子
的数目为0.6NA，B 正确；C ．由电子转移守恒知0.3mol Cu 失去0.6mol 电子，HNO3经多步反应最终转化
为NaNO2得电子，即
，
， C 正确；D 项，设NO、
NO2、N2O4的物质的量分别为a、b、c，由题干信息列式①
，由N 原子守恒列式②
，由Cu 与浓硝酸反应每生成1mol NO转
移3 份电子，生成1molNO2转移1 份电子，生成1mol N2O4转移2mol 电子，由电子转移守恒列式③
，联立三式计算得a=0.05 mol、b=0.15 mol、c=0.15 mol，所以生成的NO、NO2、
N2O4物质的量之比为a：b：c=0.05 mol：0.15 mol：0.15 mol=1：3：3，D 错误；故选D。
解题妙招
金属与硝酸反应计算问题的思维模型
【变式1】【变载体】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】A．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；B．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；C．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++2NO3
-=6Cu2++2NO↑+7H2O，C 正确；D．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。
【变式2】【新考法—数形结合】(2026·河南安阳期末)向铁粉和铜粉组成的混合物中加入某浓度的稀
硝酸，充分反应后测得生成NO 的体积V(NO)(已换算成标准状况下)、固体剩余质量
随加入稀硝酸的体
积的变化如图所示(设硝酸的还原产物只有NO)。下列说法错误的是( )
A．a 点时，发生的离子反应是3Fe+8H++2NO3
-=3Fe2++2NO↑+4H2O
B．
点对应的溶液中含有的金属阳离子为Fe2+和Cu2+
C．原固体混合物中含铜9.6 g
D．稀硝酸的浓度为4mol/L
【答案】C
【解析】还原性顺序：Fe＞Cu＞Fe2+，因此与稀硝酸反应顺序为：Fe 反应生成Fe2+，Fe 完全反应后，
Cu 反应生成Cu2+，Cu 完全反应后溶液中Fe2+被氧化为Fe3+，结合图像数据解答。A 项，a 点加入100 mL
稀硝酸，此时Fe 尚未反应完全，Cu 不参与反应，Fe 过量生成Fe2+，离子方程式为3Fe+8H++2NO3
-=3Fe2+
+2NO↑+4H2O，A 正确；B 项，b 点加入200 mL 稀硝酸，Fe 已经完全反应生成Fe2+，部分Cu 反应生成
Cu2+，仍有Cu 固体剩余，因此溶液中不会存在Fe3+，阳离子为Fe2+和Cu2+，B 正确；C 项，每100 mL 硝酸
生成0.1molNO，总转移电子0.3mol，0~100 mL 中反应Fe：
，质量为
，原混合物总质量为
，100~200 mL 中固体减少质量
为
，生成0.1molNO，设这段反应Fe 为x mol、Cu 为y mol，得
，解得
，b 点剩余固体3.2 g，全为Cu，
，因此总Cu
质量为
，C 错误；D 项，三个阶段的反应中，每生成1 mol NO 均消耗
，每100 mL 硝酸生成0.1 mol NO，因此
，D 正确；故选C。
【变式3】【变题型】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。请回答：
(1)NO 的体积为________L，NO2的体积为________L。
(2)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a mol·L－1的NaOH 溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全
部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为________mol·L－1。
(3)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
________g。
【答案】(1)5.824 5.376 (2) (3)57.8
【解析】(1)Cu 与HNO3反应过程中，Cu 作还原剂失去的电子等于HNO3作氧化剂得到的电子，由得
失电子守恒可得n(Cu)×2＝n(NO)×3＋n(NO2)×1，即×2＝×3＋×1，得V(NO)＝5.824 L，则V(NO2)＝5.376
L。
(2)硝酸与Cu 反应中，硝酸显酸性和氧化性，其中显氧化性的硝酸全部转化为NO、NO2，当溶液中的
Cu2＋全部转化为沉淀时，所得溶液为NaNO3溶液，则n(NO)溶液＝n(NaOH)＝V×10－3 L×a mol·L－1＝aV×10－
3 mol，根据N 元素守恒，作氧化剂的硝酸与生成的气体的物质的量相等，则有n(HNO3)被还原＝n(气体)＝＝
0.5 mol。n(HNO3)＝n(NO)溶液＋n(HNO3)被还原＝aV×10－3 mol＋0.5 mol。
(3)根据(1)中计算可得n(NO)＝0.26 mol，n(NO2)＝0.24 mol。从反应的始终态分析：即要将NO 中的＋
2 价的N 元素和NO2中的＋4 价的N 元素完全转化为NaNO3中的＋5 价的N 元素。根据得失电子守恒得
n(NO)×3＋n(NO2)×1＝n(H2O2)×2，即0.26 mol×3＋0.24 mol＝n(H2O2)×2，求得n(H2O2)＝0.51 mol。m(H2O2)
＝0.51 mol×34 g·mol－1＝17.34 g，需要30%的双氧水的质量为17.34 g÷30%＝57.8 g。
考点四 不同价态含氮物质的转化 氮族元素
知●识●解●构
知识点1 不同价态含氮物质的转化
1．氮气及其化合物的价类二维图
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．构建氮气及其化合物转化网络
3．氮在自然界中的循环
知识点2 氮族元素的其它知识归纳
1．肼(联氨)
(1)结构：
分子式
电子式
结构式
结构简式
N2H4
H2N-NH2
(2)碱性：二元弱碱，碱性比NH3弱。在水中的电离方式与氨相似，分两步进行：N2H4＋H2O
N2H
＋
OH
－ 、N2H＋H2O
N2H ＋
OH
－ 。
(3)强还原性：①水合肼在碱性溶液中能将银、镍等金属离子还原成金属单质，如2N2H4·H2O＋2Ag＋
===2Ag↓＋2NH＋N2↑＋2H2O；②能被氧气、H2O2等氧化，可用作喷气式发动机推进剂、火箭燃料等。
2．As2O3、As2O5和As2S3
(1)As2O3俗称砒霜，微溶于水生成亚砷酸(H3AsO3)，可被过氧化氢氧化成砷酸(H3AsO4)，属于两性氧化
物：As2O3＋6NaOH===2Na3AsO3＋3H2O，As2O3＋6HCl===2AsCl3＋3H2O。
(2)As2O5遇热不稳定，在熔点(300℃)附近即失去O2变成As2O3。
(3)As2S3 俗称雌黄，可溶于碱性硫化物或碱溶液中：As2S3 ＋3Na2S===2Na3AsS3 ，As2S3 ＋
6NaOH===Na3AsS3＋Na3AsO3＋3H2O。也可以与SnCl2、发烟盐酸反应转化为雄黄(As4S4)：2As2S3＋2SnCl2
＋4HCl===As4S4＋2SnCl4＋2H2S↑。雄黄和雌黄均可以与氧气反应生成As2O3。
考●向●破●译
考向1 考查不同价态含氮物质的转化
例1(2025·广东广州高三模拟预测)实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化，下列说法不正确的是(
)
A．“反应1”中，每消耗0.1 mol NH4Cl，在标况下得到2.24LNH3
B．“反应2”中，每生成0.1 mol NO，转移电子数为0.5mol
C．在密闭容器中进行“反应3”，0.1molNO 充分反应后体系中的NO2为0.1mol
D．“反应4”中，为使0.1molNO2完全转化成HNO3，至少需要0.025molO2
【答案】C
【解析】A 项，反应1 是实验室用氯化铵和氢氧化钙制氨气，反应为：2NH4Cl＋Ca(OH)2
CaCl2＋
2NH3↑＋2H2O，0.1molNH4Cl 完全反应生成0.1molNH3，标况下体积为2.24L，A 正确；B 项，反应2 是氨
的催化氧化：4NH3＋5O2=====4NO＋6H2O，N 从-3 价升高到+2价，生成0.1molNO 转移0.5mol电子，B
正确；C 项， 反应3 是2NO+O2=2NO2，但体系中存在可逆反应
，因此0.1molNO 充分反应
后，NO2的物质的量小于0.1mol，C 错误；D 项， 反应4 中NO2、O2和水完全转化为硝酸：
4NO2+O2+2H2O==4HNO3，0.1molNO2完全反应需要O2的物质的量为
，D 正确；故选
C。
【变式1】【变考法】(2026·北京西城二模)NH3既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料，
下图为合成NH3以及NH3制NH4NO3的物质转化示意图。
下列说法正确的是( )
A．Ⅰ~Ⅴ均是氮的固定
B．Ⅰ中加热的目的是为了增大化学反应速率和提高原料的平衡转化率
C．Ⅰ~Ⅳ都是氧化还原反应，氧化剂依次是N2、O2、O2、H2O
D．若在Ⅳ中加入足量水、通入足量空气可将NO2充分转化为HNO3
【答案】D
【解析】A 项，氮的固定是将游离态氮(N2)转化为化合态氮的过程，仅反应Ⅰ属于氮的固定，Ⅱ~Ⅴ均
为化合态氮之间的转化，A 错误；B 项，反应Ⅰ是合成氨反应，为放热可逆反应，加热可增大反应速率，
但会使平衡逆向移动，降低原料的平衡转化率，加热的目的并非提高平衡转化率，B 错误；C 项，反应Ⅳ
为3NO2+ H2O=2HNO3+NO，NO2既是氧化剂又是还原剂，H2O 中元素化合价无变化，不是氧化剂，C 错误；
D 项，通入足量空气时，NO2与水、O2发生总反应4NO2+O2+2H2O==4HNO3，加入足量水、通入足量空气
可将NO2充分转化为HNO3，D 正确；故选D。
【变式2】【变载体】(2026·河南新未来联合测评)氮在自然界中的物质转化循环的部分关系如图所示。
下列说法正确的是( )
A．过程I、Ⅱ和IV 属于氮的固定
B．过程I 中N2表现氧化性，作氧化剂
C．过程Ⅲ的硝化过程可能发生：
D．过程IV 为反硝化过程，该过程中氮元素被氧化
【答案】B
【解析】A 项，氮的固定是游离态氮转变为化合态氮的过程，IV 不属于，A 错误；B 项，过程I 中N2
中氮元素从0 价变为-3 价，表现氧化性，作氧化剂，B 正确；C 项，氨、铵根离子不能在碱性环境大量存
在，硝化过程可能发生的反应为
，C 错误；D 项，过程IV 为反硝化
过程，该过程中氮元素由+3、+5 价变为0 价，被还原，D 错误；故选B。
【变式3】【变情景—反应历程】(2026·山东济南二模)云雾中微液滴表面具有强活化能力，可将水分子
解离成OH
⋅
、电子等微粒。工业尾气中
在微液滴表面发生的转化如图所示。下列说法正确的是( )
A．在水溶液中上述转化速率会更快
B．转化过程中，微液滴只体现催化作用
C．NO2既被氧化又被还原
D．理论上转化1molNO2消耗1molH2O
【答案】C
【解析】由图可知，水分子解离成OH
⋅
、电子和氢离子，二氧化氮既能与OH
⋅
反应生成硝酸，也能得
到电子生成亚硝酸根离子，亚硝酸根离子与氢离子反应生成亚硝酸，则二氧化氮在微液滴表面发生的反应
为二氧化氮与水反应生成硝酸和亚硝酸，反应的化学方程式为：2NO2+H2O=HNO3+HNO2。A 项，题干信
息“云雾中微液滴表面具有强活化能力”表明该转化在微液滴表面受到了催化，反应速率快。在普通水溶
液中，缺少这种表面的活化(催化)作用，因此“上述转化”的速率会更慢，A 错误；B 项，由分析可知，
二氧化氮在微液滴表面转化过程中，微液滴中的水是反应的反应物，同时微液滴表面具有强活化能力，也体
现了催化作用，B 错误；C 项，由分析可知，反应时二氧化氮中氮元素的化合价既升高被氧化又降低被还
原，C 正确；D 项，由分析可知，二氧化氮在微液滴表面发生的反应为：2NO2+H2O=HNO3+HNO2，由方程
式可知，1 mol 二氧化氮反应时，消耗水的物质的量为0.5 mol，D 错误；故选C。
考向2 考查含氮物质的转化推断
例2(2026·青海西宁三模)常温常压下，H、G 均为无色气体，其中H 为单质，G 能使湿润的红色石蕊
试纸变蓝，K 是红棕色气体，L 为无色液体。它们之间的转化关系如图。下列说法错误的是( )
A．K 与NaOH 溶液反应生成两种阴离子
B．G 与J 反应，能生成一种气体单质
C．图示转化中发生的反应均为氧化还原反应
D．M 与G 不能发生反应
【答案】D
【解析】H、G 均为无色气体，G 是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，则G 是NH3，其中H
为单质，可与G 反应生成J 和L，J 与H 反应生成红棕色气体K，则K 为NO2，J 为NO，H 为O2，L 为无
色液体H2O，K 与L 反应生成J 和M，则M 是HNO3，据此分析解答。A 项，NO2与NaOH 溶液反应
2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，生成NO3
-、NO2
-两种阴离子，A 正确；B 项，G(NH3)与J(NO)在一定
条件下可发生归中反应4NH3＋6NO=====5N2＋6H2O，生成气体单质N2，B 正确；C 项，图示转化的三步
反应中，均有元素化合价发生变化，均为氧化还原反应，C 正确；D 项，M(HNO3)与G(NH3)可发生反应
HNO3+NH3=NH4NO3，D 错误；故选D。
【变式1】【变情景—价类二维图】(2026·海南高三联考)氮及其化合物的价-类二维图以及物质间的转
化关系如图所示，已知
为三原子分子，下列有关判断或说法正确的是( )
A．U 属于酸性氧化物
B．图中涉及的8 个反应均一定为氧化还原反应
C．常温常压下，反应③在空气中无需其他条件就能发生
D．T 和O2、H2O 完全反应转化为
时，T 与O2的物质的量之比为
【答案】D
【解析】据图可知，Q 为NH3、R 为N2、T 为NO、U 是三原子分子故为NO2、W 为HNO3、V 为含NO3
-
的盐。A 项，U 是NO2，与水反应生成硝酸和NO，故不属于酸性氧化物，A 错误；B 项，图中的反应⑧不
一定是氧化还原反应，如HNO3+NH3=NH4NO3是非氧化还原反应，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 是
氧化还原反应，B 错误；C 项，常温常压下，反应③是N2+O2=2NO，在空气中放电才能发生，C 错误；D
项，T(NO)和O2、H2O 完全反应转化为W 时，方程式为4NO+3O2+2H2O==4HNO3，NO 与O2的物质的量之
比为4 3∶，D 正确；故选D。
【变式2】【变载体】(2026·重庆高三模拟预测)下图所示的物质转化关系中(反应条件和部分生成物略
去)，F 的相对分子质量比D 大17，则下列说法中错误的是( )
A．液态A 可用作制冷剂 B．单质B 可用于金属镁的灭火
C．单质a 可使灼热的铜变黑 D．反应①中氧化剂和还原剂物质的量之比为1 2∶
【答案】B
【解析】中学化学中，常见的红棕色气体是NO2，结合B→C→D 的流程，可推知单质B 为N2，单质a
为O2，C 为NO，D 为NO2；氢化物A 与O2反应生成N2和氢化物E，则A 为NH3，E 为H2O；E(H2O)与
D(NO2)反应生成F(HNO3)，满足F 的相对分子质量比D 大17。A 项，A 为NH3，液氨汽化时会吸收大量的
热量，使周围温度急剧降低，故可作制冷剂，A 正确；B 项，B 为N2，能与金属镁发生反应3Mg+N2
Mg3N2，故不能用于金属镁的灭火，B 错误；C 项，单质a 为O2，能与灼热的铜反应生成黑色的CuO，C
正确；D 项，反应①的化学方程式为3NO2+H2O==2HNO3+NO，反应中氧化剂和还原剂均为NO2，物质的
量之比为1 2∶，D 正确；故选B。
【变式3】【变题型】(2026·江西宜春高三联考)如图是由常见元素组成的一些单质及其化合物之间的
转化关系图。常温常压下，B、E、F、H、I 均为气体，F 无色无味且能使澄清石灰水变浑浊；B、E、I 均
有刺激性气味，E 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B、E 在空气中相遇会产生白烟，I 为红棕色。A 是一种
常见的肥料。C、G、K 的焰色试验呈黄色(反应中生成的部分物质已略去)。
请回答下列问题：
(1)物质F 的化学式为___________，D 物质的电子式___________。
(2)写出J 的浓溶液与铜反应的现象___________。
(3)写出反应④的离子方程式：___________。
(4)写出反应E→H 的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：___________。
(5)为避免生产硝酸时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。
现可以使用NH3或其他物质将氮氧化物催化还原为N2。请以尾气中的NO2处理为例，写出相关反应的化学
方程式___________。
【答案】(1)CO2
(2)铜片逐渐溶解，有红棕色气体生成，溶液由无色变为蓝色，反应放热
(3)3Cu+8H++2NO3
-=3Cu2++2NO↑+4H2O
(4)
(5)
【解析】E 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则E 为NH3，I 为红棕色，则I 为NO2，结合转化关系，可
推知H 为NO，J 为HNO3，F 为无色无味，且能使澄清石灰水变浑浊，则F 为CO2，A 是一种常见的氮肥，
则A 为NH4HCO3或(NH4)2CO3，B、E 在空气中相遇会产生白烟，可知B 为HCl，D 为NH4Cl，C、G、K
的焰色反应呈黄色，则都含有Na 元素，由反应②可知C 属于碱，结合反应③可知，C 为NaOH，G 为
Na2CO3，K 为NaHCO3。
(1)由分析知F 为CO2；D 为NH4Cl，电子式为 ：
；
(2)J 为HNO3，浓硝酸与铜反应的现象：铜片逐渐溶解，有红棕色气体生成，溶液由无色变为蓝色，
反应放热；
(3)反应④是铜与稀硝酸的反应，离子方程式：3Cu+8H++2NO3
-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(4)反应E→H 是NH3的催化氧化反应，化学方程式：4NH3＋5O2=====4NO＋6H2O，反应中O 元素得
电子，化合价从0 价变为-2 价， N 元素失电子，化合价从-3 价升高为+2 价，转移电子数目为20，电子转
移的方向和数目可表示为：
；
(5)用NH3或其他物质将氮氧化物还原为N2时，发生归中反应，生成氮气和水，方程式为6NO2＋8NH3
7N2＋12H2O。
考向3 考查不同价态含氮物质转化的实验探究
例3 某小组设计实验探究NaNO2的性质，装置如图所示(夹持装置省略)。
已知：Fe2+ +NO=[Fe(NO)]2+(棕色环)。实验现象：装置乙中产生“棕色环”，装置丙中溶液紫色变
浅。
下列叙述错误的是( )
A．通入装置乙中的气体可能有NO
B．用 K3[Fe(CN)6] 溶液检验装置甲中FeSO4是否完全反应
C．可以用含酚酞的纯碱溶液替代装置丙中酸性KMnO4溶液
D．其他条件不变，撤去水浴，产生“棕色环”速率变慢
【答案】C
【解析】装置乙中产生“棕色环”，说明乙中发生反应Fe2+ +NO=[Fe(NO)]2+，即甲中反应生成NO；
装置丙中酸性高锰酸钾溶液吸收NO，溶液紫色变浅。A．装置乙中产生“棕色环”，说明乙中发生反应
Fe2+ +NO=[Fe(NO)]2+，即甲中反应生成NO 通入装置乙中，A 正确；B． K3[Fe(CN)6] 与Fe2+反应生成蓝色
沉淀，可用 K3[Fe(CN)6] 溶液检验Fe2+的存在，即 K3[Fe(CN)6] 检验装置甲中Fe2+是否完全反应，B 正确；
C．装置丙中酸性高锰酸钾溶液吸收NO，并检验NO，不能用纯碱溶液吸收NO，C 错误；D．热水浴起加
热作用，撤去热水浴，温度降低，反应速率降低，产生“棕色环”速率变慢，D 正确；故选C。
解题妙招
物质转化实验探究解题流程
(1)审题阶段
①提取关键信息：实验目的、给定试剂/装置、数据呈现形式(图表/文字)。
②识别隐蔽条件(如"密闭容器"防气体逸出、"暗处理"排除原有淀粉干扰)。
(2)方案设计阶段
①遵循四原则：科学性(符合反应原理)、安全性(防爆防毒)、可行性(仪器可达)、简约性(步骤精简)。
②装置选择：如气体制备需"发生→净化→收集→尾气处理"四步装置链。
(3)数据分析阶段
①定量计算：运用差量法(气体体积差)、滴定公式等工具。
②误差分析：识别操作失误(如未润洗滴定管)与系统误差(如热量散失)。
【变式1】【变载体】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
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 项，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 项，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 项，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
项，由分析可知，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。
【变式2】【变载体】实验室在如图所示装置(部分夹持装置已省略)中，用氨气和金属钠反应制得氨基
钠(
)。
已知：常温下氨基钠为白色晶体，熔点210℃，沸点400℃，露置于空气中遇水蒸气剧烈反应生成
NaOH 和
；金属钠熔点为97.8℃，沸点 882．9℃；氨气在空气中不能燃烧。下列说法正确的是
A．装置①试管中盛放
固体
B．实验时应先点燃装置③的酒精灯
C．装置②和⑤中固体分别为碱石灰和
D．装置④中冷凝管的进水口应接在b 处
【答案】C
【解析】由实验装置图可知，装置①中氯化铵和氢氧化钙共热反应制备氨气，装置②中盛有的碱石灰
用于干燥氨气，装置③中金属钠与氨气反应制备氨基钠，装置④用于冷凝回流挥发出的氨基钠，装置⑤中
盛有的五氧化二磷用于吸收未反应的氨气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入装置③中导致氨基钠与水
蒸气反应，点燃的目的是除去反应生成的氢气，防止氢气逸出而发生意外事故。A 项，由分析可知，装置
①中氯化铵和氢氧化钙共热反应制备氨气，故A 错误；B 项，金属钠能与空气中的氧气和水蒸气反应，所
以实验时应先点燃装置①的酒精灯，利用反应生成的氨气排尽装置中的空气后，再点燃装置③的酒精灯，
故B 错误；C 项，由分析可知，装置②中盛有的碱石灰用于干燥氨气，装置⑤中盛有的五氧化二磷用于吸
收未反应的氨气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入装置③中导致氨基钠与水蒸气反应，故C 正确；D
项，由分析可知，装置④用于冷凝回流挥发出的氨基钠，为增强冷凝效果，冷凝管的进水口应接在下口a
处，故D 错误；故选C。
【变式3】【变考法】(2026·江苏南京高三模拟预测)运用多种方式促进氮的循环转化，具有重要的研
究意义。某些生物酶体系可将海洋中的NO2
-转化为N2进入大气层，反应过程如下。下列叙述正确的是(
)
A．将海洋中的NO2
-转化为N2进入大气层的过程属于氮的固定
B．过程Ⅰ中，若有1 molNO2
-参与反应，则需要1molH+
C．过程Ⅱ中，发生反应的n(NO)：n(NH4
+)=2：1
D．过程Ⅰ→Ⅲ总反应的离子方程式为NO2
-+NH4
+=N2↑+2H2O
【答案】D
【解析】A 项，氮的固定是将游离态氮转化为含氮化合物的过程，NO2
-转化为N2进入大气层的过程不
属于氮的固定，A 错误；B 项，过程Ⅰ发生的离子方程式为NO2
-+2H++e-=NO↑+H2O，有1 molNO2
-发生反
应，则需要2 molH+，B 错误；C 项，过程Ⅱ中，发生的反应为NO+NH4
++2H++3e-=N2H4+H2O，参与反应的
n(NO)：n(NH4
+)=1：1，C 错误；D 项，过程Ⅲ发生的离子方程式为N2H4=4H++4e-+N2↑，将三步反应相加，
即可得总反应为NO2
-+NH4
+=N2↑+2H2O，D 正确；故选D。
考向4 考查氮族元素的其他元素
例4(2026·云南二模)磷的化合物的转化关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．Ca3P2与PH3的晶体类型相同
B．H3PO4与H3PO2中P 原子的杂化方式不同
C．PH3与I2、H2O 反应的化学方程式为PH3+2I2+2H2O=H3PO2+4HI
D．NaH2PO2为酸式盐
【答案】C
【解析】Ca3P2与水生成PH3，PH3被碘单质氧化成次磷酸H3PO2，次磷酸与氢氧化钠中和生成次磷酸
钠。A 项，Ca3P2是离子晶体(离子化合物，由阴阳离子构成)，PH3是分子晶体，晶体类型不同，A 错误；B
项，H3PO4(
)和H3PO2(
)中P 原子均形成4 个σ键，无孤电子对，杂化方
式均为sp3杂化，杂化方式相同，B 错误；C 项，PH3中P 为-3 价，生成H3PO2中+1 价P，共升4 价；2molI2
中I 从0 价变为-1 价，共降4 价，该反应得失电子守恒、原子守恒，方程式正确，C 正确；D 项，H3PO2是
一元酸(只有1 个可电离的羟基H)，与过量NaOH 反应生成的Na H2PO2是正盐，不是酸式盐，D 错误；故
选C。
解题妙招
根据同族元素的性质推断氮族元素的性质
(1)位于周期表ⅤA 族，包括N/P/As/Sb/Bi，最外层5 电子结构决定其多种化合价(-3 至+5)，其中P、
As、Sb 的低价化合物有还原性；Bi 的高价化合物有强氧化性，如NaBiO3能将Mn2+氧化为MnO4
-。
(2)非金属性递变规律：N＞P＞As(Sb/Bi 显金属性)，对应氢化物稳定性NH3＞PH3＞AsH3。
【变式1】【变载体】(2026·福建厦门三模)以泥磷(主要含P4及少量Al2O3、CaCl2、Fe2O3等)为原料制
备H3PO2的工艺流程如图。
已知：一元弱酸H3PO2具有强还原性。下列说法正确的是( )
A．“碱溶转化”时，存在反应P4+3OH-+3H2O=PH3↑＋3H2PO2
-
B．“滤渣2”主要含Al2(CO3)3、CaCO3
C．“脱氯”时，Ag2SO4过量有利于提高H3PO2的产率
D．“电渗析”中H3PO2应在阴极区中生成
【答案】A
【解析】碱溶转化：泥磷中的P4与NaOH 溶液反应，生成次磷酸钠(NaH2PO2)和PH3气体，Al2O3与
NaOH 溶液反应生成可溶性的Na[Al(OH)4] ，不与碱反应的Fe2O3进入滤渣1；通入CO2调pH 使
Na[Al(OH)4] 转化为Al(OH)3沉淀，Ca2+转化为CaCO3进入滤渣2，此时溶液中的主要溶质为NaH2PO2、
NaCl、NaHCO3；加入Ag2SO4脱氯除去溶液中的Cl
−，生成 AgCl 沉淀进入滤渣3；电渗析原理：利用离子
交换膜，使Na+向阴极移动，H2PO2
-向阳极移动，最终在阳极室得到H3PO2溶液。A 项，P4在碱性溶液中发
生歧化反应：P 的化合价一部分从0 价降为PH3中的-3 价，一部分升为H2PO2
-中的+1 价，根据得失电子守
恒、电荷守恒、原子守恒，配平后的反应为P4+3OH-+3H2O=PH3↑＋3H2PO2
-，A 正确；B 项，碱溶时Al2O3
与NaOH 反应转化为 [Al(OH)4]-，通入CO2调pH 时， [Al(OH)4]-与CO2反应生成Al(OH)3沉淀[Al2(CO3)3会
发生完全双水解，无法在水溶液中存在]，因此滤渣2 为Al(OH)3和CaCO3，B 错误；C 项，已知H3PO2有
强还原性，若Ag2SO4过量，过量的Ag+(具有氧化性)会氧化H2PO2
-、H3PO2，导致H3PO2产率降低，C 错误；
D 项，电渗析时，Na+向阴极移动，H2PO2
-(阴离子)向阳极移动；阳极水电离出的OH-放电，剩余H+，H+与
H2PO2
-结合生成H3PO2，因此H3PO2在阳极区生成，D 错误；故选A。
【变式2】【变考法—定量测定】(2026· 浙江绍兴市高三下学期选考科目考试适应性试卷)某兴趣小组
为测定砷的相对原子质量：准确称量AsCl3，加缓冲溶液转化为H3AsO3，再用I2标准溶液滴定后转化为
NaH2AsO4。具体步骤可用下图表示：
已知：25℃下，磷酸的电离常数Ka1=7.1×10-3，Ka2=6.2×10-8，Ka3=4.2×10-13
下列说法正确的是( )
A．上述滴定过程化学方程式：H2O+3Na2HPO4+H3AsO3+I2=NaH2AsO4+2NaI+3NaH2PO4
B．滴定过程中，I2的标准溶液应装在碱式滴定管中
C．为配制pH=6.9 的缓冲溶液，可将等浓度的Na2HPO4溶液和NaH2PO4溶液按体积比为1：1 进行混
合
D．如果配制缓冲溶液的水未经煮沸，则水中的溶解氧会导致测得的砷的相对原子质量偏小
【答案】A
【解析】A 项，反应中H3AsO3中As 从+3 价升高到+5 价(升2 价)，I2中I 从0 价降到-1 价(总降2 价)，
化合价升降守恒；再根据原子守恒配平，方程式两边原子种类、数目均守恒，该方程式正确，A 正确；B
项，I2具有氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此I2标准溶液应装在酸式滴定管中，B 错误；C 项，
NaH2PO4- Na2HPO4缓冲体系中，电离平衡为H2PO4
-
H++HPO4
2-，
，可得
。已知
，计算得
；等浓度等体积混合时，
，
，C 错误；D 项，若配制用水未煮沸，水中溶解氧O2会提前氧化部分
H3AsO3，导致滴定时消耗I2标准溶液的体积偏小，计算得到的As 的物质的量n 偏小。As 的相对原子质量
为：
，n 偏小会使测得的Ar(As)偏大，D 错误；故选A。
【变式3】【变题型】(2026·北京师大附中高三模拟)磷化铝(AlP)和磷化氢(PH3)都是粮食储备常用的高
效熏蒸杀虫剂。
(1)磷元素位于元素周期表第________周期________族。AlP 遇水蒸气会发生反应放出
气体，该反
应的另一种产物的化学式为________。
(2)PH3具有强还原性，能与CuSO4溶液反应，配平该反应的化学方程式：________
(3)工业制备
的流程如图所示。
①白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为________，次磷酸属于________(填“一”“二”或“三”)元
酸。
②若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成________molPH3。(不考虑产物的损失)
【答案】(1) 三 ⅤA Al(OH)3
(2)
(3)
一 2.5
【解析】(1)P 的原子序数为15，位于元素周期表第三周期第ⅤA 族；AlP 与H2O 反应生成PH3气体，
说明P
3−结合水中的H+，则另一种产物为Al3+结合OH-，化学式是Al(OH)3。
(2)反应中Cu 由+2价变为+1价，部分P 由-3 价变为+5 价，根据得失电子守恒可将反应的化学方程式配
平为
。
(3)①由流程图可知白磷和烧碱溶液反应生成PH3和NaH2PO2，产物中H 原子个数比O 原子个数多，因
此反应物中除P4、NaOH 外还应有H2O 参与，据此可写出反应的化学方程式。由于使用的烧碱过量，所以
得到的NaH2PO2应是次磷酸的正盐，即次磷酸属于一元酸。②1molP4与烧碱溶液发生反应：
，生成1molPH3和
，
与硫酸发生反应：
，生成
，
再发生分解反应
，又生成
，所以整个工业流程中共生成2.5molPH3。
真题溯源·考向感知
——溯源真题逻辑，感知高考考向
1．(2026·陕晋青宁卷，6，3 分)羟胺(NH2OH)有弱碱性和还原性。下列说法正确的是( )
A．1 mol NH2OH 含有3 mol σ 键
B．羟胺分子中所有原子共平面
C．羟胺溶液呈弱碱性的原因：NH2OH+H2O
NH3OH++OH-
D．羟胺溶液与AgBr 反应生成N2的离子方程式：2NH2OH+2Ag+=2Ag↓+N2↑+2H++2H2O
【答案】C
【解析】A 项，NH2OH 的结构式为
，含有2 个N-Hσ 键、1 个N-Oσ 键、1 个O-Hσ 键，
共4 个σ 键，故1mol NH2OH 含4mol σ 键，A 错误；B 项，羟胺分子中N 原子形成3 个σ 键，存在一对孤
电子对，为sp3杂化，空间结构为三角锥形，所有原子不可能共平面，B 错误；C 项，羟胺中N 原子有孤电
子对，可结合水电离出的H+，使溶液中c(OH―)＞c(H＋)，溶液呈碱性，离子方程式为：NH2OH+H2O
NH3OH++OH-，C 正确；D 项，羟胺溶液与AgBr 反应生成N2，AgBr 是难溶物，书写离子方程式时
不能拆为Ag+，正确的离子方程式为：2NH2OH+2AgBr=2Ag↓+N2↑+2H++2H2O+2Br-，D 错误；故选C。
2．(2026·黑吉辽蒙卷，2，3 分)一种制备火箭燃料肼(N2H4)的反应如下，下列说法错误的是( )
NH2Cl+2NH3
N2H4+NH4Cl
A．NH2Cl 的VSEPR 模型：四面体形 B．NH3的共价键类型：非极性共价键
C．N2H4中
的杂化方式：sp3杂化 D．NH4
+的电子式：
【答案】B
【解析】A 项，NH2Cl 中心原子N 原子的价层电子对数为
，所以其VSEPR 模型为
四面体形，A 正确；B 项，NH3的共价键为N-H 键，是由不同原子构成的共价键，为极性共价键，B 错误；
C 项，N2H4中N 的价层电子对数为
，杂化方式为sp3杂化，C 正确；D 项，NH4
+中氮原
子与氢原子以共价键结合，其电子式为
，D 正确；故选B。
3．(2026·云南卷，3，3 分)合成氨工艺沿革，诠释科学精神传承。几种固氮方式如图，下列说法正确
的是( )
A．NO 是红棕色、有刺激性气味的气体
B．NH4HCO3易溶于水，其电离方程式为NH4HCO3＝NH4
++H++CO3
-
C．合成氨工业中采用循环操作主要是为了提高N2和H2的利用率
D．新型催化剂能降低N2生成N[Si(CH3)3]3的反应热
【答案】C
【解析】A 项，NO 是无色、有刺激性气味的气体，NO2为红棕色气体，A 项错误；B 项，NH4HCO3
为属于盐类，为强电解质，在水中完全电离为NH4
+和NH4
+，NH4
+为弱酸酸式根，不能进一步拆分，因此
其电离方程式为NH4HCO3＝NH4
++HCO3
-，B 项错误；C 项，合成氨反应
为可逆反
应，反应物的平衡转化率较低，循环操作可将未反应的N2和H2回收再利用，从而提高原料利用率，C 项
正确；D 项，催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但反应热由反应物和生成物的总能量差决定，
与催化剂无关，因此新型催化剂不能改变N2生成N[Si(CH3)3]3的反应热，D 项错误；故选C。
4．(2026·陕晋青宁卷，9，3 分)某实验团队对某有机合成实验中产生的浓磷酸废液进行加热回流处理
(使有机杂质形成不溶物)，回收磷酸、测定其含量并制备磷酸二氢钾，部分装置如图(夹持装置等略)。
下列说法正确的是( )
A．Ⅰ中，X 为球形冷凝管，从a 口通入冷凝水
B．Ⅱ中，定容后，摇匀，再次补加蒸馏水至容量瓶刻度线
C．Ⅱ中，若未用标准溶液润洗滴定管，则Ⅲ中所需K2CO3的计算值偏小
D．Ⅲ中，在搅拌下，将K2CO3固体分批缓慢加入磷酸溶液m 中
【答案】D
【解析】A 项，Ⅰ中，X 为球形冷凝管，球形冷凝管的冷凝水应下进上出，即从b 口通入、a 口流出，
A 错误；B 项，定容摇匀后液面低于刻度线是部分溶液附着在容量瓶塞、颈部的正常现象，补加蒸馏水会
导致溶液浓度偏低，B 错误；C 项，未用标准NaOH 溶液润洗滴定管，会使标准液被残留的水稀释，滴定
相同量磷酸时消耗NaOH 溶液体积偏大，计算得到的磷酸物质的量偏大，所需K2CO3的计算值偏大，C 错
误；D 项，将K2CO3固体分批缓慢加入磷酸溶液并搅拌，防止生成K2HPO4甚至K3PO4杂质；将K2CO3分批
缓慢加入磷酸溶液中，可保证磷酸过量，得到纯净的目标产物KH2PO4，D 正确；故选D。
5．(2025•广东卷，15，4 分)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，HCO3
-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 项，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 项，b 中气体变红棕色时，说明有二氧化氮存在，存在2NO2(g)
N2O4(g)的反应，所以所含氮氧化
物至少有两种，B 正确；C 项，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HCO3
-是否恰好完全反应，C 错误；D 项，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；故选C。
6．(2025·云南卷，8，3 分)某化学兴趣小组设计如下实验装置，通过测定反应前后质量的变化，验证
固体在酒精灯加热条件下，受热分解的气态产物。
实验步骤：先缓慢通入Ar 气，排尽装置内空气；关闭Ⅰ左侧阀门，点燃酒精灯；一段时间后，Ⅱ中
灼热的铜网变黑，熄灭酒精灯甲；再次缓慢通入Ar 气……
下列说法错误的是( )
A．实验步骤中，点燃酒精灯的顺序为甲、乙、丙
B．整个过程中，若Ⅲ中灼热的铜网未变黑，则说明生成的
在Ⅱ中反应完全
C．实验结束后，若Ⅰ中减少的质量等于Ⅱ中增加的质量，则分解的气态产物只有
D．
应远离热源、可燃物，并与还原性物质分开存放
【答案】A、
【解析】先缓慢通入Ar 气，排尽装置内空气，防止对实验造成干扰，关闭Ⅰ左侧阀门，先后点燃乙、
丙、甲处酒精灯，一段时间后，Ⅰ中灼热的铜网变黑，说明NaNO3 分)解产生了O2，熄灭酒精灯甲，再次缓
慢通入Ar 气，使NaNO3 分)解产生的气态产物全部排尽，浓硫酸用于防止空气中的水蒸气进入装置干扰实
验。A 项，一段时间后，Ⅰ中灼热的铜网变黑，说明NaNO3 分)解产生了O2，为确保能准确测定产生的氧气
的质量，应先点燃乙处酒精灯，再点燃丙处酒精灯，最后点燃甲处酒精灯，A 错误；B 项，Ⅱ、Ⅲ中Cu 均
能和氧气反应生成黑色的CuO，整个过程中，若Ⅱ中灼热的铜网未变黑，则说明生成的O2在Ⅱ中反应完
全，B 正确；C 项，Ⅱ中的Cu 只能吸收O2，实验结束后，若Ⅰ中减少的质量等于Ⅰ中增加的质量，则分
解的气态产物只有O2，C 正确；D 项，由该实验可知NaNO3受热易分解产生氧化剂、助燃性气体O2，故
NaNO3应远离热源、可燃物，并与还原性物质分开存放，D 正确；故选A。
7．(2025·安徽卷，7，3 分)氨是其他含氨化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成N2。金属钠的液
氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成NaNH2。NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色
[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反
应，浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hg(NH3)Cl 沉淀。下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是( )
A．与
结合的能力：OH-＞NH2
- B．与氨形成配位键的能力：H+＞Cu2+
C．H2O 和NH3分子中的键长：O-H＞N-H D．微粒所含电子数：NH4
+＞NH2
-
【答案】B
【解析】A 项，根据题干信息，NaNH2遇水转化为NaOH，反应为：NaNH2+H-OH= NaOH+H-NH2，
说明NH2
-结合H+能力更强，A 错误；B 项，根据题干信息，深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转
化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4溶液，说明NH3更容易与H+配位形成NH4
+，故与氨形成配位键的能力：H+＞
Cu2+，B 正确；C 项，原子半径N＞O，则键长：O-H＜N-H，C 错误；D 项，NH4
+所含电子数为7+4-
1=10，NH2
-所含电子数7+2+1=10，相同数量的两种微粒所含电子数相等，D 错误；故选B。
8．(2025•湖北卷，13，3 分) N 和P 为同主族相邻元素。下列关于物质性质或现象的解释错误的是(
)
A．KNO3的熔点比K3PO4的低，因为KNO3的离子键更强
B．磷单质通常不以P2形式存在，因为磷磷之间难以形成三键
C．次磷酸
比硝酸
的酸性弱，因为前者的H-O 键极性小
D．P 形成PF5而N 形成NF3，因为P 的价层电子轨道更多且半径更大
【答案】A
【解析】A 项，熔点的差异源于离子键的强度。K3PO4中PO4
3-带3 个负电荷，而KNO3中NO3
-只带1
个负电荷；离子电荷越高，静电引力越强，离子键越强，熔点越高。因此，K3PO4的离子键比KNO3更强，
A 错误；B 项，氮因原子半径小，p 轨道有效重叠，能形成稳定的N≡N 三键；磷原子半径大，p 轨道重叠
差，难以形成稳定的P≡P 三键，因此倾向于形成P4四面体结构，B 正确；C 项，含氧酸的酸性与O-H 键极
性有关。中心原子电负性越高，O-H 键极性越大，越易解离H+；氮电负性高于磷，因此HNO3中O-H 键极
性大，酸性强；H3PO2中P 电负性低，O-H 键极性小，酸性弱，C 正确；D 项，氮价层仅有2s 和2p 轨道，
NF3的中心原子N 形成sp3杂化后有3 个σ 键和1 个孤对电子；磷有3d 轨道可参与sp3d 杂化，且原子半径
大，能容纳5 个配体，故形成PF5，D 正确；故选A。
9．(2025•湖北卷，8，3 分)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 项，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 项，
D(BaCl2)易溶于水，溶于水电离出Ba2+，钡是重金属，有毒，B 正确；C 项，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 项，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酸，D 正确；故选A。
10．(2025·广西卷，10，3 分)为探究不同浓度HNO3被Fe 还原的产物，进行如下实验。下列说法错误
的是( )
装置
实验
HNO3溶液的浓度
步骤与现象
①
12 mol/L
铁丝表
面有气
泡产
生，溶
液变为
黄色；
取出铁
液面上方出现红棕色气
体
②
4 mol/L
试管口出现红棕色气体
③
0.5 mol/L
无明显红棕色气体；取
少量上层溶液，加入足
丝
量
溶液，加热，
产生能使湿润红色石蕊
试纸变蓝的气体
A．①中溶液变为黄色，可能是NO2溶于溶液
B．“试管口出现红棕色气体”说明②中的HNO3被
还原为NO2
C．③中无明显红棕色气体，可能是生成了N2
D．“石蕊试纸变蓝”说明③中有HNO3被Fe 还原为NH4
+
【答案】B
【解析】A 项，①中12mol/L HNO3溶液为浓硝酸，与铁反应生成NO2(红棕色气体)，NO2溶于水可能
使溶液呈黄色，该说法合理，A 正确；B 项，②中试管口出现红棕色气体，是因为生成的NO 在试管口被
O2氧化为NO2，说明HNO3被还原为NO 而非NO2，B 错误；C 项，③中为0.5mol/L HNO3溶液为稀硝酸，
无红棕色气体说明无NO2，若生成N2(无色气体)，则不会出现红棕色，该可能性存在，C 正确；D 项，③
中加入NaOH 加热产生使石蕊试纸变蓝的气体(NH3)，说明溶液中含NH4
+，即HNO3被还原为NH4
+，D 正
确；故选B。
11．(2025•山东卷，9，2 分)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( )
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]2+是中间产物，该反应的离子方程式为N2H4+2Fe3O4+12H+
6Fe2+ +N2↑+8H2O，N2H4
是还原剂，Fe3O4是氧化剂，Fe2+是还原产物。A 项，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 项，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 项，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 项，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；
故选C。
12．(2026·河北卷，15)某兴趣小组探究NH4Br 的制备。(实验均在通风橱内进行)
查阅资料：液溴(Br2)是生产溴化合物的基本原料。工业上利用Br2和氨水的氧化还原反应生产NH4Br
。实验室制备少量高纯度NH4Br 常用氨气和氢溴酸的中和反应。
方案Ⅰ：模拟工业生产方法制备NH4Br (夹持装置等略)
实验装置如图所示：
步骤如下：
ⅰ 检查装置气密性。
ⅱ 将盛有65.0mL7.5mol·L-1 氨水的C 置于冰水浴中，搅拌下由B 向C 缓慢滴加10.0 mL(32.0 g)Br2，
反应快速进行，C 中出现白烟，D 中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭K2，C 中溶液呈橙黄色。
ⅲ 打开K1，向C 中逐滴加入15.0mol·L-1氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。
ⅳ 将C 和D 中的溶液混合，转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得粗品，进一步提纯得到无
色产品29.4 g。
回答下列问题：
(1)仪器B 的名称为___________。
(2)步骤ⅰ中检查装置气密性的操作：________________________，微热C，若导管口有气泡冒出，停
止加热，冷却后导管内上升一段水柱，并保持一段时间不下降，则证明装置气密性良好。
(3)步骤ⅱ中，制备NH4Br 的化学方程式为___________________________________。
(4)步骤ⅲ中，滴加氨水至溶液___________________时(填实验现象)，反应恰好完成。
(5)反应开始时，D 中应盛放_________(单项选择，填序号)。
a．KMnO4 溶液 b．蒸馏水 c．稀盐酸
(6)步骤ⅳ中进一步提纯的方法为_________________________。
(7)NH4Br (M=98g/mol)的产率为_____。
方案Ⅱ：实验室方法制备NH4Br
ⅰ 利用70%硫酸和Na2SO3固体反应制备SO2，再通入盛有Br2和碎冰的烧瓶中，反应后溶液经蒸馏、
除杂、再蒸馏得到高纯度氢溴酸。
ⅱ 利用氨水加热制备氨气，经净化处理后的氨气缓慢通入氢溴酸中至碱性，停止通气。溶液转移至
蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得高纯NH4Br 。
(8)对比两种制备方案，方案Ⅰ存在的优点和不足为___________________________________(优点和不
足各答出1 点即可)。
【答案】(1)分液漏斗
(2)关闭 K1、 K2，向D 中加水使导管口浸没在水面下
(3)8NH3·H2O＋3Br2==N2↑＋6NH4Br +8H2O(或8NH3＋3Br2==N2＋6NH4Br )
(4)橙黄色褪去(或由橙黄色变为无色)
(5)b
(6)重结晶
(7)75%
(8)优点：步骤少，操作简单(或无需制备氢溴酸，节约时间)；不足：反应剧烈，易产生白烟造成原料
损失(或液溴易挥发，易污染环境)，且存在提纯流程复杂等缺陷
【解析】方案I(工业法)利用Br2与氨水的氧化还原反应制备NH4Br：部分Br 从0 价被还原为-1 价得到
Br-，部分NH3中-3 价N 被氧化为0 价N2，最终生成NH4Br。 方案II(实验室法)先通过SO2还原Br2制备高
纯度氢溴酸，再利用氢溴酸和氨气的中和反应得到NH4Br。
(1)仪器B 的名称为分液漏斗。
(2)检查装置气密性需要先形成密闭系统，因此必须关闭滴液漏斗的活塞 K1、 K2，并将D 中导管浸入
水中，再通过微热烧瓶C 观察是否有气泡冒出及冷却后是否形成水柱来判断气密性。
(3)液溴与氨水发生氧化还原反应，溴单质作氧化剂被还原为Br-，氨气作还原剂被氧化为无色气体
N2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：8NH3·H2O＋3Br2==N2↑＋6NH4Br +8H2O (或 8NH3
＋3Br2==N2＋6NH4Br)。
(4)步骤ⅱ结束后溶液呈橙黄色，说明液溴过量。步骤ⅲ中滴加氨水是为了消耗过量的液溴，当液溴完
全反应时，溶液的橙黄色会褪去，变为无色。
(5)反应过程中会有未反应的NH3和Br2挥发出来，D 装置用于吸收这些挥发物。由于步骤ⅳ中需要将
C 和D 中的溶液混合提纯，若使用KMnO4溶液或稀盐酸会引入新的杂质离子，而使用蒸馏水吸收后生成
氨水和溴水，混合后可继续反应生成NH4Br，既提高了产率又不引入杂质，故选b。
(6)步骤ⅳ中通过蒸发结晶得到的是含有少量杂质的粗品，进一步提纯可溶性无机盐固体最常用的方法
是重结晶。
(7)加入的Br2质量为32.0g，其物质的量
。根据关系式 3Br2~6NH4Br 可知，
理论上生成NH4Br 的物质的量为0.4mol。理论产量
。则产率
。
(8)对比方案Ⅰ和方案Ⅱ，方案Ⅰ直接利用原料一步反应制得产品，流程短、操作简便；但由于液溴与
氨水反应放热剧烈，容易导致反应物挥发产生白烟，降低了原料利用率，且液溴挥发存在环保隐患、且存
在提纯流程复杂等缺陷。方案Ⅱ虽然步骤繁琐，但反应条件温和，产品纯度更高。
13．(2026·湖南卷，15)氨硼烷(NH3BH3)是一种潜在的固体储氢材料，常温下稳定。实验室以NH3和
B2H6为原料制备NH3BH3，实验步骤：
①按图Ⅰ组装好仪器，______。
②通入N2，排尽图Ⅰ装置中的空气。
③先通入N2和NH3的混合气，再缓慢通入N2和B2H6的混合气，反应过程中保持NH3过量，控制温度，
得到粗产品。
④纯化，得NH3BH3。
已知：①电负性：N>H>B。
B
②
2H6是一种强还原性的有毒气体，遇水剧烈反应，在空气中可自燃。
回答下列问题：
(1)图Ⅰ中仪器M 的名称是______。
(2)补全实验步骤①：______。
(3)实验室制得的NH3中含有水，下列试剂中可用于干燥NH3的是______(填标号)。
a．浓硫酸 b．碱石灰 c．P2O5
(4)实验过程中，NH3保持过量的原因是______。
(5)粗产品中可能有B2H6·2NH3(结构为
)，则B2H6·2NH3中含有的化学键的类
型有______(填标号)。
a．离子键 b．共价键 c．氢键
(6)在酸性条件下，NH3BH3与水反应生成H3BO3和H2并放热，该反应的离子方程式为______。利用图
Ⅱ装置测定H2的体积，反应结束后，下列操作会导致所测H2体积偏大的是______(填标号)。
a．读数时，气体未冷却至室温
b．读数时，水准管液面高于量气管液面
c．计算时，未减去注入硫酸的体积
(7)NH3BH3的晶胞如图所示，则一个晶胞中含有______个氢原子。
【答案】(1)三颈烧瓶(或三颈瓶) (2)检查装置的气密性 (3)b
(4)提高B2H6的转化率，且防止有毒的B2H6逸出污染环境
(5)ab
(6) NH3BH3+3H2O+H+=NH4
++H3BO3+3H2↑ ac
(7)12
【解析】氨硼烷是潜在固体储氢材料，常温稳定。实验以NH❑❑和B❑❑H❑❑为原料制备NH3BH3，步
骤①：按图Ⅰ组装好仪器，检查装置气密性，防止气体泄漏影响反应或引发危险。步骤②：通 N2 排空气，
避免B2H6与氧气接触自燃，同时减少杂质干扰。步骤③控制反应物比例与温度，先通入N2和NH3的混合
气，再缓慢通入N2和B❑❑H❑❑的混合气，反应过程中保持NH3过量，控制温度，得到粗产品；步骤④：
粗产品需进一步纯化，得到纯净的NH❑❑BH❑❑。
(1)图Ⅰ中仪器M 的名称是三颈烧瓶。
(2)该实验涉及气体的通入和反应，因此在组装好仪器后、装入药品和通入气体前，必须先检查装置的
气密性。
(3)NH3是碱性气体。浓硫酸(选项a)和P2O5(选项c)均显酸性，会与NH3发生反应，不能用于干燥
NH3；碱石灰(选项b)呈碱性，不与NH3反应，可用于干燥NH3。
(4)根据题干已知信息，B2H6是一种强还原性的有毒气体。保持NH3过量，一方面可以使B2H6充分反
应，提高其转化率；另一方面可以防止未反应的有毒气体B2H6逸出，避免污染环境。
(5)B2H6·2NH3的结构为[H2B(NH3)2]+[BH4]-，该物质由阳离子和阴离子构成，阴阳离子之间存在离子键；
在阴、阳离子内部，B-H、N-H 以及B-N 之间均存在共价键；氢键属于特殊的分子间作用力，不属于化学
键。故选ab。
(6)已知电负性N＞H＞B ，故在NH3BH3中，与B 相连的H 显-1 价。在酸性条件下，-1 价的H 与水或
酸中的+1 价H 发生归中反应生成H2，N 原子结合H+生成NH4
+，B 原子转化为H3BO3。根据电子转移和原
子守恒，离子方程式为 NH3BH3+3H2O+H+=NH4
++H3BO3+3H2↑。A 项，反应放热，读数时气体未冷却至室
温，气体受热膨胀，导致测定体积偏大，a 正确；B 项，水准管液面高于量气管液面，说明量气管内气体
压强大于外界大气压，气体被压缩，导致测定体积偏小，b 错误；C 项，注入的稀硫酸占据了烧瓶内的部
分空间，排出了等体积的气体，计算时若未减去注入硫酸的体积，会导致算出的H2体积偏大，c 正确；故
选ac。
(7)观察晶胞结构图可知，NH3BH3分子位于晶胞的8 个顶点和1 个体心。利用均摊法计算，一个晶胞
中含有的NH3BH3分子数为
个。每个NH3BH3分子中含有6 个H 原子，因此一个晶胞中含有的
H 原子总数为
个。
