- 硝酸的性质
- 共1220题
（1）根据A对应的化合价和物质类别，A的摩尔质量是______，从氮元素的化合价能否发生变化的角度判断，图中的物质既有氧化性又有还原性的化合物有______．
（2）实验室制取NH3的化学方程式是______．
（3）汽车尾气中含有CO和NO等多种有害气体，若在汽车的排气管上安装一种催化转化装置，可使CO与NO反应，生成两种无毒气体，则该反应的化学方程式为______．
正确答案
108g/mol
NO、NO2
2NH4Cl+Ca（OH）2
2NO+2CO
解析
解：（1）根据元素化合价与物质的关系知，A中N元素的化合价为+5价，且能反应生成硝酸，则A为硝酸的酸酐，是N2O5，其摩尔质量是108g•mol-1；具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性，所以具有氧化性和还原性的气体是NO、NO2，
故答案为：108g•mol-1；NO、NO2；
（2）实验室制备氨气是利用氢氧化钙和氯化铵固体加热反应生成，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2 
（3）由题意可知：汽车尾气中的CO跟NO反应转化成生成两种无毒气体，根据质量守恒定律分析可知生成二氧化碳和氮气，化学方程式为2NO+2CO
故答案为：2NO+2CO
（1）某兴趣小组查阅文献获得如下信息：
N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol
2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol
则反应2H2（g）+2NO（g）=2H2O（g）+N2（g）△H=______．
（2）该小组利用电解原理设计了如图装置进行H2还原NO的实验[高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，金属钯薄膜做电极]．钯电极A为______极，电极反应式为______．
（3）污染物NO、NO2也可以用烧碱溶液吸收，生成物中无气体，该反应的离子方程式为______．只有NO2也能与NaOH溶液反应，生成NaNO2 和NaNO3．现用某烧碱溶液完全吸收n mol NO2和m mol NO组成的混合气体，若所得溶液中c（NO3-）：c（NO2-）=1：9，则原混合气体中NO2和NO的物质的量之比n：m=______．
（4）下列有关含氮元素溶液的说法正确的是______
A．c（NH4+）相等的（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，c[（NH4）2Fe（SO4）2]＞c[（NH4）2SO4]＞c[（NH4）2CO3]
B．常温下，等体积的pH=13的NaOH溶液和pH=1的HNO2溶液混合，所得溶液中
c（Na+）＞c（NO2-）＞c（OH-）＞c（H+）
C．某溶液中只存在OH-、H+、Cl-、NH4+四种离子，其离子浓度c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），则溶液中c（NH3•H2O）+c（NH4+）＞c（Cl-）
D．将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体
E．施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，是因为K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效
F．反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0
（5）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3．25℃时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性、原因是______（用离子方程式表示）．向该溶液滴加氨水至溶液b L时呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将______（填“正向”“不”或“逆向”）移动，所得溶液中氨水的浓度为______mol•L-1．（NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10-5mol•L-1）
（6）在恒容密闭容器中，氨基甲酸铵（NH2COONH4）分解反应：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）．
①可以判断该分解反应已经达到平衡的是______．
A．2v（NH3）=v（CO2） B．密闭容器中总压强不变
C．密闭容器中混合气体的密度不变 D．密闭容器中氨气的体积分数不变
②取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在25.0℃下达到分解平衡．若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量是______ （填“增大”，“减小”或“不变”），平衡常数______（填“增大”，“减小”或“不变”）．
正确答案
解：（1）根据已知反应：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ/mol-----①
2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=-483.6kJ/mol-----②
根据盖斯定律，则反应2H2（g）+2NO（g）=2H2O（g）+N2（g）可由②-①得到，则△H=△H2-△H1=-664.1kJ/mol，
故答案为：-664.1kJ/mol；
（2）在钯电极A，NO 转化为N2 ，发生还原反应，故为阴极，根据已知反应物和生成物，利用守恒配平即得电极反应式为2NO+4H++4e-=N2 +2H2O，
故答案为：阴；2NO+4H++4e-=N2↑+2H2O；
（3）NO2中N的化合价为+4价，NO中N元素的化合价为+2价，反应生成一种盐和水，则只能生成+3价的NaNO2，该反应的化学方程式为：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，改写成离子方程式为：NO2+NO+2OH-=2NO2-+H2O，设原混合气体中NO2和NO的物质的量n和m，
NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O，
1 1 2
mmol mmol 2mmol
2NO2+2NaOH=NaNO2 +NaNO3 +H2O，
2 1 1
（n-m）mol 
故答案为：NO2+NO+2OH-=2NO2-+H2O； 3：2；
（4）A．（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe （SO4）2三种溶液中，碳酸根离子促进铵根水解，亚铁离子抑制铵根离子水解，相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度大小是（NH4）2Fe （SO4）2＞（NH4）2SO4＞（NH4）2CO3＞NH3•H2O，则如果 （NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe （SO4）2、溶液中c （NH4+）相等，铵根离子水解程度越大，相同c（NH4+）的溶液中溶质的浓度越大，则这几种溶液的浓度大小顺序是c[（NH4）2CO3]＞c[（NH4）2SO4]＞c[（NH4）2Fe（SO4）2]，故A错误；
B．亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，常温下，等体积的pH=13的NaOH溶液和pH=1的HNO2溶液混合，亚硝酸电离出的氢离子能完全中和氢氧化钠电离出的氢氧根离子，亚硝酸电离平衡右移，溶液呈酸性，c（NO2-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故B错误；
C．某溶液中只存在OH-、H+、Cl-、NH4+四种离子，其离子浓度c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），氯化铵溶液呈酸性，要使溶液呈碱性，溶质应该还有一水合氨，所以溶质应该为NH4Cl、NH3•H2O，一水合氨的电离大于水解，所以c（NH3•H2O）+c（NH4+）＞c（Cl-），故C正确；
D．NH4Cl受热易分解，应采用冷却热NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，故D错误；
E．当施肥时草木灰（有效成分为K2CO3）与NH4Cl混合使用，则二者的水解作用相互促进，使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低，故E正确；
F．反应NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在室温下可自发进行，△G=△H-T•△S＜0，•△S＜0，则该反应的△H＜0，故F正确；
故选CEF；
（5）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3．25℃时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，是因为铵根离子水解；反应的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；加入氨水溶液抑制铵根离子水解，平衡逆向进行；将a mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度=10-7mol/L，c（NH4+）=c（NO3-）；NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10-5 mol•L-1，设混合后溶液体积为1L，（NH4+）=c（NO3-）=amol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3•H2O⇌NH4++OH-，平衡常数K=
故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；逆向；
（6）A．2v（NH3）═v（CO2），不能说明正逆反应速率相等，不一定是平衡状态，故A错误；
B．反应是一个前后系数和变化的反应，密闭容器中总压强不变，证明达到了平衡状态，故B正确；
C．密闭容器中混合气体的密度ρ=
D．密闭容器中氨气的体积分数不变，不能证明达到平恒状态，故D错误．
若在恒温下压缩容器体积，则会将压强增大，平衡向左移动，固体质量增大，同一反应，平化学衡常数只受温度影响，非温度改变的平衡移动，平衡常数不变，
故答案为：BC；增大；不变．
解析
解：（1）根据已知反应：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ/mol-----①
2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=-483.6kJ/mol-----②
根据盖斯定律，则反应2H2（g）+2NO（g）=2H2O（g）+N2（g）可由②-①得到，则△H=△H2-△H1=-664.1kJ/mol，
故答案为：-664.1kJ/mol；
（2）在钯电极A，NO 转化为N2 ，发生还原反应，故为阴极，根据已知反应物和生成物，利用守恒配平即得电极反应式为2NO+4H++4e-=N2 +2H2O，
故答案为：阴；2NO+4H++4e-=N2↑+2H2O；
（3）NO2中N的化合价为+4价，NO中N元素的化合价为+2价，反应生成一种盐和水，则只能生成+3价的NaNO2，该反应的化学方程式为：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，改写成离子方程式为：NO2+NO+2OH-=2NO2-+H2O，设原混合气体中NO2和NO的物质的量n和m，
NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O，
1 1 2
mmol mmol 2mmol
2NO2+2NaOH=NaNO2 +NaNO3 +H2O，
2 1 1
（n-m）mol
故答案为：NO2+NO+2OH-=2NO2-+H2O； 3：2；
（4）A．（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe （SO4）2三种溶液中，碳酸根离子促进铵根水解，亚铁离子抑制铵根离子水解，相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度大小是（NH4）2Fe （SO4）2＞（NH4）2SO4＞（NH4）2CO3＞NH3•H2O，则如果 （NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe （SO4）2、溶液中c （NH4+）相等，铵根离子水解程度越大，相同c（NH4+）的溶液中溶质的浓度越大，则这几种溶液的浓度大小顺序是c[（NH4）2CO3]＞c[（NH4）2SO4]＞c[（NH4）2Fe（SO4）2]，故A错误；
B．亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，常温下，等体积的pH=13的NaOH溶液和pH=1的HNO2溶液混合，亚硝酸电离出的氢离子能完全中和氢氧化钠电离出的氢氧根离子，亚硝酸电离平衡右移，溶液呈酸性，c（NO2-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故B错误；
C．某溶液中只存在OH-、H+、Cl-、NH4+四种离子，其离子浓度c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），氯化铵溶液呈酸性，要使溶液呈碱性，溶质应该还有一水合氨，所以溶质应该为NH4Cl、NH3•H2O，一水合氨的电离大于水解，所以c（NH3•H2O）+c（NH4+）＞c（Cl-），故C正确；
D．NH4Cl受热易分解，应采用冷却热NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，故D错误；
E．当施肥时草木灰（有效成分为K2CO3）与NH4Cl混合使用，则二者的水解作用相互促进，使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低，故E正确；
F．反应NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在室温下可自发进行，△G=△H-T•△S＜0，•△S＜0，则该反应的△H＜0，故F正确；
故选CEF；
（5）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3．25℃时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，是因为铵根离子水解；反应的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；加入氨水溶液抑制铵根离子水解，平衡逆向进行；将a mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度=10-7mol/L，c（NH4+）=c（NO3-）；NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10-5 mol•L-1，设混合后溶液体积为1L，（NH4+）=c（NO3-）=amol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3•H2O⇌NH4++OH-，平衡常数K=
故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；逆向；
（6）A．2v（NH3）═v（CO2），不能说明正逆反应速率相等，不一定是平衡状态，故A错误；
B．反应是一个前后系数和变化的反应，密闭容器中总压强不变，证明达到了平衡状态，故B正确；
C．密闭容器中混合气体的密度ρ=
D．密闭容器中氨气的体积分数不变，不能证明达到平恒状态，故D错误．
若在恒温下压缩容器体积，则会将压强增大，平衡向左移动，固体质量增大，同一反应，平化学衡常数只受温度影响，非温度改变的平衡移动，平衡常数不变，
故答案为：BC；增大；不变．
三氯化氮分子中每个原子其最外层均达到8电子稳定结构，且氮与氯的共用电子对偏向于氮原子．则下列关于三氯化氮的叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、在共价化合物三氯化氮分子中，氮与氯的共用电子对偏向于氮原子，得电子能力N强于Cl原子，故N元素的非金属性比Cl元素强，故A正确；
B、氮与氯的共用电子对偏向于氮原子，得电子能力N强于Cl原子，得电子能力强的N元素的化合价往往显示负价，水解反应的实质是氮离子和氢离子反应，氯离子和氢氧根离子结合，即在NCl3分子中N为-3价，NCl3跟水发生水解反应的产物是NH3和HClO，故B错误；
C、根据B的分析，NCl3跟水发生水解反应的产物是NH3和HClO，故C正确；
D、NCl3跟水反应过程是一个水解过程，水解反应的产物是NH3和HClO，故D错误．
故选AC．
固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂．某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想，其中不成立的是（ ）
正确答案
解析
解：A、氮元素化合价降低，氧元素化合价升高，硝酸镁部分分解，阴极电子守恒可知，不可能只生成NO2和O2两种物质，不可能为Mg（NO3）2、NO2、O2，故A不符合；
B、氮元素化合价降低，氧元素化合价升高，可以符合氧化还原反应电子守恒，故B不符合；
C、氮元素化合价降低，+5价变化为-3价，氧元素化合价升高，化合价-2价变化为0价，可以满足氧化还原反应电子守恒，故C不符合；
D、由于产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，故D符合；
故选D．
科学家从化肥厂生产的（NH4）2SO4中检出组成为N4H4（SO4）2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以SO42-和N4H44+两种离子形式存在，植物的根系易吸收N4H44+，但它遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，N4分子不能被植物吸收．
请回答下列问题：
（1）N4和N2的关系正确的是______（填序号）．
A．同种单质 B．同位素 C．同分异构体 D．同素异形体
（2）N4H4（SO4）2______（填“能”或“不能”）和草木灰混合施用．
（3）已知断裂1molN-N吸收167kJ热量，生成1molN N放出942kJ．写出N4气体转变为N2的热化学方程式：______．
（4）已知白磷、NH4+、N4H44+的空间构型均为四面体，NH4+的结构式为
（5）已知液氨中存在着平衡2NH3⇌NH4++NH2-．科学家在液氨中加入氢氧化铯（CsOH）和特殊的吸水剂，使液氨中的NH4+生成N4分子和另一种单质气体，请写出液氨与氢氧化铯反应的化学方程式：______．
正确答案
解：（1）N4和N2是氮元素的不同单质，属于同素异形体，故答案为：D；
（2）草木灰的成分是碳酸钾，其中的碳酸根水解显示碱性，N4H44+遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，所以N4H44+和草木灰之间能反应，所以二者不能混施，
故答案为：不能；
（3）1molN4气体中含有6molN-N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167KJ=1002KJ，形成化学键放出的热量为1884KJ，所以反应放热，放出的热量为1884KJ-1002KJ=882KJ，故应为放出882KJ热量，N4气体转变为N2的热化学方程式为：N4（g）⇌2N2（g） △H=-882KJ/mol，
故答案为：N4（g）⇌2N2（g） △H=-882KJ/mol；
（4）由于NH4+、N4H44+的空间构型均为四面体，NH4+的结构式为
故答案为：
（5）液氨中存在着下列平衡：2NH3⇌NH4++NH2-，加入氢氧化铯（CsOH）和特殊的吸水剂，使液氨中的NH4+生成N4分子，即发生的反应为：8NH3+4CsOH=N4↑+4CsNH2+6H2↑+4H2O，
故答案为：8NH3+4CsOH=N4↑+4CsNH2+6H2↑+4H2O．
解析
解：（1）N4和N2是氮元素的不同单质，属于同素异形体，故答案为：D；
（2）草木灰的成分是碳酸钾，其中的碳酸根水解显示碱性，N4H44+遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，所以N4H44+和草木灰之间能反应，所以二者不能混施，
故答案为：不能；
（3）1molN4气体中含有6molN-N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167KJ=1002KJ，形成化学键放出的热量为1884KJ，所以反应放热，放出的热量为1884KJ-1002KJ=882KJ，故应为放出882KJ热量，N4气体转变为N2的热化学方程式为：N4（g）⇌2N2（g） △H=-882KJ/mol，
故答案为：N4（g）⇌2N2（g） △H=-882KJ/mol；
（4）由于NH4+、N4H44+的空间构型均为四面体，NH4+的结构式为
故答案为：
（5）液氨中存在着下列平衡：2NH3⇌NH4++NH2-，加入氢氧化铯（CsOH）和特殊的吸水剂，使液氨中的NH4+生成N4分子，即发生的反应为：8NH3+4CsOH=N4↑+4CsNH2+6H2↑+4H2O，
故答案为：8NH3+4CsOH=N4↑+4CsNH2+6H2↑+4H2O．
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