化学高考化学氮及其化合物解答题压轴题提高专题练习及答案.docx

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化学高考化学氮及其化合物解答题压轴题提高专题练习及答案

【化学】高考化学氮及其化合物解答题压轴题提高专题练习及答案

一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）

1．如图1为实验室制取氨的实验装置。

（1）写出A中所发生反应的化学方程式___。

（2）NH3在一定条件下可与O2反应生成一种无色气体，该气体遇空气迅速变红棕色，请写出相关反应的化学方程式___，___。

（3）在收集氨时试管口棉花的作用是___。

（4）一位学生用制得的氨，按图2装置进行喷泉实验，烧瓶已充满干燥的氨气，引发喷泉实验的操作____。

（5）另一学生积极思考产生喷泉的其他方法，设计了图3装置。

首先在锥形瓶中分别加入足量的下列物质，反应后产生喷泉的是（______）

A．CaCO3粉末和浓盐酸

B．NH4HCO3溶液与稀NaOH溶液

C．HCl和AgNO3溶液

D．HCl和酚酞溶液

该同学又向锥形瓶中加入酒精，水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物质，结果也产生了喷泉。

水槽中加入的物质可以是（______）

A．硝酸铵B．食盐C．浓硫酸D．硫酸铜

【答案】2NH4Cl＋Ca（OH）2

CaCl2＋2NH3↑＋2H2ONH3+5O2=4NO+6H2O2NO+O2=2NO2减少与空气的对流，保证试管中能收集满氨气打开橡皮管的夹子，挤压胶头滴管的胶头，使少量的水进入烧瓶AC

【解析】

【分析】

（1）为制取氨气的装置，收集氨气的试管口需要棉花；

（2）气体遇空气能迅速变红棕色，原气体是NO；（6）图3要想产生喷泉，必须生成大量气体；（7）如果放出大量热量，也能增大气体压强，产生喷泉。

【详解】

（1）实验室制氨气2NH4Cl＋Ca（OH）2

CaCl2＋2NH3

＋2H2O。

（2）NH3在一定条件下可与O2反应生成一种无色气体，该气体遇空气迅速变红棕色，该气体是NO，所以NH3+5O2=4NO+6H2O。

（3）NO遇空气迅速变红棕色，所以2NO+O2=2NO2。

（4）收集氨时试管口棉花的作用是减少与空气的对流，保证试管中能收集满氨气。

（5）引发喷泉实验的操作是打开橡皮管的夹子，挤压胶头滴管的胶头，使少量的水进入烧瓶，只要水进入烧瓶，气体溶于水导致压强减小，产生喷泉。

（6）要想产生喷泉，必须生成大量气体，A选项能产生大量二氧化碳。

（7）加入浓硫酸，放出大量热导致压强增大，产生喷泉。

【点睛】

氨气的制取分为工业制法、简易制法、实验室制法，不能混淆；喷泉实验的原理是内外产生压强差。

2．工业上制取硝酸铵的流程图如下，请回答下列问题：

（1）在上述工业制硝酸的生产中，B设备的名称是_____________，其中发生反应的化学方程式为________________________________________________。

（2）此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是______________。

1909年化学家哈伯在实验室首次合成了氨，2007年化学家格哈德·埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下：

分别表示N2、H2、NH3。

图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图②和图③的含义分别是________________、____________________。

（3）在合成氨的设备（合成塔）中，设置热交换器的目的是_____________________；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是______________________________。

（4）生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理：

碱液吸收法：

NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O

NH3还原法：

8NH3+6NO2

7N2+12H2O（NO也有类似的反应）

以上两种方法中，符合绿色化学的是________________________________。

（5）某化肥厂用NH3制备NH4NO3。

已知：

由NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其它损耗）的________%。

【答案】氧化炉4NH3+5O2

4NO+6H2O铁砂网（或铁）N2、H2被吸附在催化剂表面在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂利用余热，节约能源可使NO循环利用，全部转化成HNO3NH3还原法53

【解析】

【详解】

（1）在工业制硝酸的生产中，氨的催化氧化在氧化炉中进行，故B设备的名称是氧化炉，发生反应的化学方程式为4NH3+5O2

4NO+6H2O。

（2）分析工艺流程知此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网（或铁）；分析图示知图②和图③的含义分别是N2、H2被吸附在催化剂表面、N2、H2中化学键断裂。

（3）合成氨的反应为放热反应，在合成氨的设备（合成塔）中，设置热交换器的目的是利用余热，节约能源；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是可使NO循环利用，全部转化成HNO3。

（4）碱液吸收法中，只有当NO和NO2的物质的量之比小于等于1:

1时尾气才能吸收完全，且生成物亚硝酸钠有毒，而NH3还原法生成物为氮气和水，对环境无影响，故两种方法中，符合绿色化学的是NH3还原法。

（5）设生产硝酸的NH3的物质的量为1mol，根据关系式：

NH3～HNO3和题给信息计算生成HNO3的物质的量为：

1mol×96%×92%=0.88mol；根据反应：

NH3+HNO3＝NH4NO3知与硝酸反应的NH3的物质的量为0.88mol，故制HNO3用去NH3的质量占总消耗NH3的质量分数为：

×100%=53%。

3．氮元素是地球大气中含量最多的元素，请完成下列有关问题：

（1）写出氮元素的原子结构示意图：

_____________。

（2）通常情况下，氮气性质不活泼，其原因是__________。

A．氮分子是双原子分子B．氮元素的非金属性很强

C．氮原子的半径较小D．破坏氮分子中的化学键很难

（3）N2的电子式：

__________，将空气中的氮气转化为氮的化合物的过程称为固氮。

下列能实现人工固氮的是_______

A．N2和H2在一定条件下反应生成NH3

B．雷雨闪电时空气中的N2和O2化合生成NO

C．NH3经过催化氧化生成NO

D．NH3和HNO3反应生成NH4NO3

（4）氨气的电子式：

__________________。

（5）实验室通常用加热消石灰与氯化铵固体的方法来制取氨气。

写出此反应的化学方程式______________。

（6）下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是________。

（7）用圆底烧瓶收集干燥的氨气，用图1装置进行喷泉实验，挤压滴管的胶头时，可以得到红色喷泉，原因（用方程式表示）_________________________。

（8）如果只提供如图2的装置，请说明引发喷泉的方法__________________________。

（9）NH4NO3是常用的铵态氮肥，在施用时若受热会释放出________而降低肥效。

检验NH4+的方法是______。

【答案】

D

A

Ca（OH）2+2NH4Cl

CaCl2+2NH3↑+2H2OACNH3∙H2O

NH4++OH−打开止水夹，用手（或热毛巾等）将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管内的空气，再将热源移开，水进入烧瓶内，氨气溶解于水中产生压强差，即发生喷泉氨气加入强碱反应，加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的刺激性气体

【解析】

【分析】

（1）氮原子的核电荷数是7；

（2）氮气分子为两个氮原子通过共用3对电子形成共价键，该N≡N非常稳定，破坏需要吸收很高的能量，据此解答；

（3）N2分子中存在氮氮叁键，将空气中的氮气转化为氮的化合物的过程称为固氮，结合氨元素的形态变化判断即可；

（4）氨气是共价化合物，存在3个N-H键；

（5）加热消石灰与氯化铵固体得氨气、氯化钙和水；

（6）A．NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl；

B．CaO遇水生成Ca（OH）2，同时放出大量热量，有利于氨气的生成；

C．固体加热制气体时，试管口应略向下倾斜；

D．根据浓氨水易挥发分析；

（7）氨气极易溶解于水生成NH3•H2O，使烧瓶内压强迅速减小，形成喷泉；

（8）喷泉实验需形成明显的压力差；

（9）碳酸氢铵不稳定，易分解生成氨气；氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。

【详解】

（1）N原子核外有7个电子，核外电子排布是2、5，则N原子结构示意图为：

；

（2）A．氮分子是双原子分子，但双原子分子组成的物质可能活泼，如Cl2，N2不容易反应与是否是双原子分子无关，故A错误；

B．氮元素的非金属性很强，原子获得电子能力强，氮气要参加反应，首先应该变为单个原子，因此不能证明氮气性质不活泼，故B错误；

C．氮原子的半径较小，原子获得电子能力强，与氮气性质不活泼无关，故C错误；

D．N2是双原子分子，2个N原子共用三对电子，断裂N≡N需要消耗很高的能量，因此氮气不容易参加化学反应，D故正确；

故答案是D；

（3）N2分子中2个N原子形成3个共价键，使每个N原子都达到稳定结构，所以N2的电子式：

；将空气中的氮气转化为氮的化合物的过程称为固氮。

A．N2和H2在一定条件下反应生成NH3，氮元素的单质变为化合物，属于人工固氮，故A正确；

B．雷雨闪电时空气中的N2和O2化合生成NO，氮元素的单质变为化合物，属于氮的固定，是自然固氮，故B错误；

C．NH3经过催化氧化生成NO，是N元素的化合物的转化，不是氮的固定，故C错误；

D．NH3和HNO3反应生成NH4NO3，是N元素的化合物的转化，不是氮的固定，故D错误；

故答案为A；

（4）在NH3中，N原子最外层有5个电子，N原子与三个H原子形成3个共价键，从而使每个原子都达到稳定结构，NH3的电子式：

结合形成NH3，所以NH3的电子式为

；

（5）消石灰与氯化铵固体混合加热产生氨气、氯化钙和水，此反应的化学方程式为：

Ca（OH）2+2NH4Cl

CaCl2+2NH3↑+2H2O；

（6）A．氯化铵不稳定受热易分解，但是氨气与氯化氢遇冷又极易反应生成氯化铵固体，不能用于制备氨气，故A错误；

B．向CaO中滴加浓氨水，CaO遇水生成Ca（OH）2，同时放出大量热量，有利于浓氨水中的氨气逸出，故B正确；

C．固体加热制气体时，试管口应略向下倾斜，使产生的水能够流出，以免损坏试管，所以利用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气需试管口应略向下倾斜，故C错误；

D．浓氨水易挥发，加热能够促进氨气的逸出，可以用来制备氨气，故D正确；

故答案为AC；

（7）用圆底烧瓶收集干燥的氨气，用图1装置进行喷泉实验，当挤压滴管的胶头时，水进入烧瓶中，氨气溶于水，使烧瓶内气体压强减小，烧杯内的水不断进入烧瓶，由于氨气溶于水形成的一水合氨电离产生NH4+、OH−，水溶液显碱性，因此可以得到红色喷泉，用方程式表示为：

NH3∙H2O

NH4++OH−；

（8）如果只提供如图2的装置，引发喷泉的方法是打开止水夹，用手（或热毛巾等）将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管内的空气，再将热源移开，水进入烧瓶内，氨气溶解于水中产生压强差，即发生喷泉；

（9）NH4NO3是常用的铵态氮肥，在施用时若受热，就会发生分解反应释放出氨气而降低肥效；检验NH4+的方法是加入强碱反应，加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的刺激性气体。

4．亚硝酸（HNO2）是一种不稳定的酸，易分解为NO2和NO；其盐亚硝酸钠是一种重要的化工原料，酸性条件下能氧化碘离子等还原性物质，常用作漂白剂、媒染剂。

回答下列问题：

（1）亚硝酸钠会与人体中的血红蛋白作用，将二价铁氧化为三价铁，从而使血红蛋白丧失输送氧气的功能而使人体中毒。

一旦发生亚硝酸盐中毒，立即注射美蓝溶液进行治疗，推断美蓝溶液具有________（填“氧化”或“还原”）性。

（2）亚硝酸钠外观极像食盐，和食盐一样有咸味。

工业上常用下列两种方法检验食盐中是否混有亚硝酸钠。

①取样品，加稀硫酸，若观察到________（填现象），说明样品中含有亚硝酸钠。

②取样品，加________溶液（填试剂名称），酸化后溶液变蓝，说明样品中含有亚硝酸钠。

（3）研究不同条件下保存萝卜，发现亚硝酸钠含量随时间变化如图所示，若要保证在亚硝酸钠含量低于1mg·kg-1时食用，则三种条件下保存时间由长到短的顺序是________（填序号）。

（4）鱼塘中亚硝酸钠浓度过高，鱼不吃食甚至死亡。

可用适量二氧化氯（ClO2）处理亚硝酸钠，ClO2被还原为Cl-，反应的离子方程式为________________________；若有3molClO2参与反应，则转移电子的物质的量是________。

【答案】还原溶液产生气泡淀粉碘化钾溶液③①②

15mol

【解析】

【分析】

本题综合考察了亚硝酸及亚硝酸盐的性质，分析时可从其+3价的化合价出发，+3价可升可降使其既能当氧化剂又能当还原剂，此外亚硝酸还是一个弱酸。

【详解】

（1）若要解毒可将血红蛋白中的

重新还原为

，因此美蓝溶液应具有还原性；

（2）①亚硝酸是弱酸，因此亚硝酸钠与硫酸反应可以得到

，

不稳定又分解产生

和

，因此可以观察到气泡；

②也可从其氧化性出发，加入淀粉碘化钾溶液，亚硝酸盐可将碘离子变为单质碘，单质碘遇淀粉变蓝即可证明；

（3）据图可以看出若要达到

的量，冷藏不密封用时最长，冷藏密封用时最短，因此保存时间由长到短为③①②；

（4）二氧化氯当氧化剂，亚硝酸钠当还原剂，离子方程式为：

；

在反应中由+4价降低到-1价，因此每个

得5个电子，3mol

在反应中一共转移15mol电子。

5．Ⅰ.分别只用一种试剂除去下列各组中所含的少量杂质（括号内为杂质），在空格中填上需加入最适合的一种试剂：

（1）FeCl3溶液（FeCl2）________________，

（2）FeCl2溶液（FeCl3）________________，

（3）Fe粉末（Al）_______________，

Ⅱ.为测定某镁铝合金样品中铝的含量，进行了下列实验：

取一定量合金，加入100mL0.3mol·L－1稀硝酸，合金完全溶解，产生的气体在标准状况下体积为560mL；再加入0.2mol·L－1NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，用去300mLNaOH溶液。

则所取样品中铝的物质的量为___________，反应中转移的电子数为______________。

【答案】Cl2FeNaOH溶液0.055mol0.075NA

【解析】

【分析】

Ⅰ.

（1）氯气把FeCl2氧化为FeCl3；

（2）铁粉能把FeCl3还原为FeCl2；

（3）Fe与氢氧化钠不反应，Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；

Ⅱ.镁铝合金与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铝与一氧化氮气体，向反应后的溶液中加入0.2mol·L-1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3、NaAlO2，根据硝酸根守恒有n（NaNO3）=n（HNO3）-n（NO），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaNO3）+n（NaAlO2），据此计算n（NaAlO2），再根据铝原子守恒n（Al）=n（NaAlO2）计算。

【详解】

Ⅰ.

（1）氯气把FeCl2氧化为FeCl3，用氯气除去FeCl3溶液中FeCl2；

（2）铁粉能把FeCl3还原为FeCl2，用铁粉除去FeCl2溶液中的FeCl3；

（3）Fe与氢氧化钠不反应，Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，用NaOH溶液除去铁粉中的铝粉；

Ⅱ.镁铝合金与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铝与一氧化氮，向反应后的溶液中加入0.2mol·L-1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3、NaAlO2，根据硝酸根守恒有n（NaNO3）=n（HNO3）-n（NO）=0.1L×0.3mol/L-

=0.03mol-0.025mol=0.005mol，根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaNO3）+n（NaAlO2），故n（NaAlO2）=0.3L×0.2mol/L-0.005mol=0.055mol，根据铝原子守恒n（Al）=n（NaAlO2）=0.055mol；

，氮元素化合价由+5变为+2，生成1molNO转移3mol电子，所以反应中转移的电子数为

0.075NA。

6．已知19.2gCu与过量的200mL5mol/L稀硝酸充分反应，反应方程式如下：

3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

（1）写出该反应的离子方程式：

________；

（2）标准状况下，产生NO气体的体积为：

________；转移电子的物质的量为______；反应后NO3-的物质的量浓度为：

______。

（忽略反应前后溶液体积的变化）

【答案】3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O4.48L0.6mol4mol/L

【解析】

【分析】

（1）根据离子方程式的拆写原则，硝酸和硝酸铜拆为离子，结合电荷守恒书写；

（2）先计算19.2g铜的物质的量，再结合反应方程式确定需消耗硝酸的物质的量，由反应可知被还原的硝酸和生成的NO的物质的量，最后根据N元素守恒计算溶液中含有的NO3-的物质的量，根据c=

计算反应后NO3-的物质的量浓度。

【详解】

（1）Cu与稀硝酸反应方程式为：

3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，在该反应中，硝酸和硝酸铜是易溶的强电解质，拆为离子，其余物质仍然用化学式表示，则该反应的离子方程式为：

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（2）19.2g铜的物质的量n（Cu）=19.2g÷64g/mol=0.3mol，由反应可知，0.3molCu消耗0.8molHNO3，则根据元素化合价升降与电子转移关系可知被还原的硝酸和生成的NO均为0.2mol，则生成NO的体积V（NO）=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；根据反应方程式可知3mol金属Cu反应转移电子的物质的量是6mol，则0.3mol金属铜参加反应转移电子的物质的量为0.6mol，在200mL5mol/L稀硝酸中含有NO3-的物质的量是n（NO3-）=5mol/L×0.2L=1mol，反应中被还原的硝酸为0.2mol，被还原的硝酸变为NO气体，则溶液中剩余的NO3-的物质的量n（NO3-）=1mol-0.2mol=0.8mol，则其物质的量浓度是c=

=4mol/L。

【点睛】

本题考查氧化还原反应的知识，明确元素的化合价变化及原子守恒的方法来分析是解答本题的关键，注意反应中化学计量数与转移电子数目的关系解答，试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。

7．硝酸是重要的化工原料，在工农业生产和国防上有重要用途。

（1）实验室利用硝石（NaNO3）和浓硫酸共热制取硝酸。

①该反应利用了浓硫酸的_______性；

②该反应的温度不宜太高，原因是（用化学方程式表示）______；

（2）工业上用氨气的催化氧化法制取硝酸，再利用硝酸和氨气反应生产NH4NO3。

①写出氨气的电子式_____；

②写出氨气催化氧化的化学方程式_______；

③在生产过程中，氨催化氧化生成氮氧化物的利用率是80%，氮氧化物被吸收得到硝酸的利用率是85%，则制取80t的NH4NO3需要氨气______t；

（3）某混合酸1L中含1mol的硝酸和2mol的硫酸。

取该混合酸100mL，加入5.6g铁粉充分反应。

①反应中可以生成NO____L（标准状况）；

②向反应后的溶液再加入铁粉，能继续溶解铁粉____g。

【答案】高沸点性（或不挥发性）4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2O

4NH3+5O2

4NO+6H2O422.245.6

【解析】

【分析】

（1）利用浓硫酸的高沸点分析；

（2）根据硝酸不稳定能分解分析；

（3）根据氨气转化为硝酸的一系列反应分析氨气的质量。

（4）注意硝酸具有强氧化性，硫酸具有酸性，同时注意铁离子能与铁反应。

【详解】

（1）①浓硫酸制取硝酸时利用浓硫酸的高沸点性（或不挥发性）；

②硝酸在温度高时能分解生成二氧化氮和氧气和水，方程式为：

4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2O；

（2）.①氨气的电子式为：

；

②氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，方程式为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O；

③NH3-NO-HNO3-NH4NO3，80t的NH4NO3需要转化为硝酸的的氨气的质量为

=25t，另外需要和硝酸反应的氨气的质量为

=17t，总共氨气的质量为25+17=42t；

（3）.①反应的离子方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO

+2H2O，根据铁的物质的量为0.1mol，溶液中的氢离子为0.5mol，硝酸根离子为0.1mol分析，铁反应生成0.1mol一氧化氮，标况下的体积为2.24L；

②反应中消耗0.4mol氢离子，和0.1mol硝酸根离子，还剩余0.1mol氢离子和0.1mol铁离子，0.1mol氢离子能反应0.05mol铁，0.1mol铁离子能反应0.05mol铁，故总共反应0.1mol铁，质量为5.6g。

【点睛】

铁和硝酸和硫酸的混合酸反应时，硝酸尽可能表现氧化性，硫酸表现酸性，所以根据离子方程式计算，同时注意反应后的溶液中含有铁离子，同样也能溶解铁。

8．下列是一些常见物质之间的转化关系。

A是一种红色金属，F为不溶于酸的白色沉淀，B和C是两种强酸。

（图中部分产物及反应条件略去）

则：

①A和B分别为：

A_________B_________；

②A与B发生反应的条件是__________________；

③反应⑥的化学方程式为_____________________；

④上述反应中，不属于氧化还原反应的是_______________。

（填数字序号）。

【答案】Cu或（铜）浓H2SO4或浓硫酸加热3NO2+H2O=2HNO3+NO④

【解析】

【分析】

红色金属A应为Cu；G与BaCl2反应生成的F为不溶于酸的白色沉淀，则F为BaSO4，G、D、B均含硫元素，结合B是强酸，且能与Cu反应，可知B为浓H2SO4；A（Cu）与B（浓H2SO4）反应生成D，则D为SO2，D与氯水反应生成G，则G为稀H2SO4；C也为强酸，且能与Cu反应，可知C为HNO3，E能与O2反应，则E为NO，进一步可知C为稀HNO3，H为NO2。

【详解】

①A为Cu，B为浓H2SO4，故答案为：

Cu或（铜）；浓H2SO4或浓硫酸；

②A（Cu）与B（浓H2SO4）反应需要加热，故答案为：

加热；

③反应⑥是H（NO2）与水的反应，故答案为：

3NO2+H2O=2HNO3+NO；

④上述反应中，只有④不是氧化还原反应，故答案为：

④。

【点睛】

中学阶段，能与铜反应的两种强酸是浓H2SO4和HNO3，需要注意的是：

浓H2SO4与铜反应的还原产物是SO2；浓HNO3与铜反应的还原产物是NO2，稀HNO3与铜反应的还原产物是NO。

9．氧化物X、单质Y都能对大气