化学氮及其化合物的专项培优 易错 难题练习题.docx
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化学氮及其化合物的专项培优易错难题练习题
化学氮及其化合物的专项培优易错难题练习题
一、氮及其化合物练习题(含详细答案解析)
1.硝酸是一种重要的化工原料,用来制取一系列硝酸盐类氮肥,如硝酸铵、硝酸钾等;也用来制取含硝基的炸药等。
试回答下列问题:
(1)某同学对铁与稀硝酸的反应进行探究,若HNO3只被还原成NO,则:
①写出铁与过量稀硝酸反应的离子方程式:
__。
②写出过量铁与稀硝酸反应的离子方程式:
__。
③若28g铁与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应,则生成的Fe3+和Fe2+的物质的量之比为__。
上述反应结束后,向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液,滤出沉淀洗涤后,在空气中灼烧至质量不变,最终得到的固体质量为__g。
(2)饮用水中NO3-对人类健康会产生危害,为了降低饮用水中NO3-的浓度,某饮用水研究人员提出,可在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2。
①配平方程式:
__Al+__NO3-+__OH-+__=__[Al(OH)4]-+__N2↑。
②上述反应中,还原剂与还原产物的物质的量之比是__,反应中转移电子0.3mol,生成__mL(标准状况下)N2。
【答案】Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O2∶340106418H2O10310∶3672
【解析】
【详解】
(1)①铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水,离子方程式为Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O;
②过量铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水,离子方程式为3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O;
③28g铁的物质的量为0.5mol,与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应,设生成的Fe3+和Fe2+的物质的量分别是xmol、ymol,即生成xmol硝酸铁和ymol硝酸亚铁,根据N原子守恒知,生成NO的物质的量为(1.6-3x-2y)mol,根据得失电子守恒有3x+2y=3(1.6-3x-2y),又有x+y=0.5,解得x=0.2,y=0.3,则生成的Fe3+和Fe2+的物质的量之比为2∶3;上述反应结束后,向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液,滤出沉淀洗涤后,在空气中灼烧至质量不变,由于生成的氢氧化亚铁在空气中易被氧化为氢氧化铁,氢氧化铁受热分解最终得到的固体是氧化铁,故其物质的量为0.5mol×
=0.25mol,质量为40g;
(2)①根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒,可知离子方程式为10Al+6NO3-+4OH-+18H2O=10[Al(OH)4]-+3N2↑;
②上述反应中,还原剂是Al,还原产物是N2,其物质的量之比为10∶3;由方程式可知,生成3molN2时转移电子30mol,所以反应中转移电子0.3mol,生成N2的体积(标准状况下)为
×22.4L·mol-1=0.672L=672mL。
【点睛】
金属与硝酸反应的计算一般常采用以下方法:
①原子守恒法:
HNO3与金属反应时,一部分HNO3起酸的作用,以NO的形式存在于溶液中;一部分作为氧化剂转化为还原产物,这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量;②得失电子守恒法:
HNO3与金属的反应属于氧化还原反应,HNO3中氮原子得到电子的物质的量等于金属失电子的物质的量;③电荷守恒法:
HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH-)有:
c(NO3-)=c(H+)+nc(Mn+)(Mn+代表金属离子);④离子方程式计算法:
金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时,由于溶液中NO3-在H2SO4提供H+的条件下能继续与金属反应,因此此类题目应用离子方程式来计算,先作过量判断,然后根据完全反应的金属或H+或NO3-进行相关计算,且溶液中要符合电荷守恒。
2.在盛有一定量浓硝酸的试管中加入6.4g铜片发生反应。
请回答:
(1)开始阶段,观察到的现象为________________,反应的化学方程式是_____________。
(2)反应结束后,铜片有剩余,再加入少量20%的稀硫酸,这时铜片上又有气泡产生,反应的离子方程式是__________________。
(3)若6.4g铜片消耗完时,共产生气体2.8L(标准状况)。
则整个反应过程中所消耗的硝酸的物质的量是_____________。
(4)实验室中硝酸通常保存在棕色试剂瓶中,原因是_____________(用化学方程式表示)。
(5)工业上通常用氨催化氧化法制硝酸,写出氨催化氧化的化学方程式:
_______________。
【答案】铜片逐渐溶解,溶液由无色变为蓝色,产生红棕色的气体Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O0.325mol4HNO3(浓)
4NO2↑+O2↑+2H2O4NH3+5O2
4NO+6H2O
【解析】
【分析】
(1)开始时Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮,据此解答;
(2)Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜,反应后溶液中氢离子消耗完毕,但硝酸根离子有剩余,若再加入少量20%的稀硫酸,相当于稀硝酸溶液,铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水,据此书写离子方程式;
(3)铜与硝酸反应生成硝酸铜、NO2和NO的混合气体,根据Cu、N原子守恒计算整个反应过程中所消耗的硝酸的物质的量;
(4)浓硝酸见光或受热容易分解,据此书写方程式;
(5)氨催化氧化生成一氧化氮和水,据此书写反应的化学方程式。
【详解】
(1)开始时Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮,发生反应为:
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO)3+2NO2↑+2H2O,生成的二氧化氮为红棕色气体,因此现象为铜片逐渐溶解,溶液由无色变为蓝色,产生红棕色的气体,故答案为铜片逐渐溶解,溶液由无色变为蓝色,产生红棕色的气体;Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO)3+2NO2↑+2H2O;
(2)Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜,反应后溶液中氢离子消耗完毕,但硝酸根离子有剩余,若再加入少量20%的稀硫酸,相当于稀硝酸溶液,铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水,反应的离子方程式为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(3)6.4g铜的物质的量为0.1mol,反应生成硝酸铜,结合硝酸根离子0.2mol,整个反应过程共产生标准状况下气体2.8L,即生成0.125molNO2和NO的混合气体,根据N原子守恒,反应过程中被还原的HNO3的物质的量为0.125mol,则整个反应过程中所消耗的硝酸的物质的量为0.2mol+0.125mol=0.325mol,故答案为0.325mol;
(4)浓硝酸见光或受热容易分解,4HNO3(浓)
4NO2↑+O2↑+2H2O,因此实验室中硝酸通常保存在棕色试剂瓶中,故答案为4HNO3(浓)
4NO2↑+O2↑+2H2O;
(5)氨催化氧化生成一氧化氮和水,反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O,故答案为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O。
【点睛】
本题考查了铜与硝酸的反应。
解答本题需要注意,浓硝酸和稀硝酸与铜的反应生成物不同。
本题的易错点为(3)中的计算,要注意利用守恒法解答。
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.NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物,是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。
(1)写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。
(2)氮氧化物不仅能形成酸雨,还会对环境产生的危害是形成_____。
(3)实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2,该反应的离子方程式是_____。
(4)为了消除NO对环境的污染,根据氧化还原反应原理,可选用NH3使NO转化为两种无毒气体(其中之一是水蒸气),该反应需要催化剂参加,其化学方程式为_____。
(5)一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应,生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。
向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀,则生成Cu(OH)2沉淀的质量为_____克。
【答案】4NH3+5O2
4NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O4NH3+6NO
5N2+6H2O19.6
【解析】
【分析】
(1)氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水;
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾,破坏臭氧层;
(3)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式;
(4)氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体,其中一种是水蒸气,另外一种为氮气;
(5)根据电子转移守恒计算铜的物质的量,由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量,在根据m=nM计算。
【详解】
(1)氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水,反应方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,
故答案为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等,故答案为:
光化学烟雾;
(3)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水,浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式,反应离子方程式为:
Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O,答案为:
Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O;
(4)NH3使NO转化为两种无毒气体,其中之一是水蒸气,另外一种为氮气,反应方程式为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O,
故答案为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O;
(5)n(NO2)=n(NO)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol,根据电子转移守恒,可知n(Cu)=
=0.2mol,由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol,生成Cu(OH)2沉淀的质量为0.2mol×98g/mol=19.6g,故答案为:
19.6。
【点睛】
掌握有关硝酸反应的计算,一般用守恒方法,如电子守恒,反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量,也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量,据此计算即可。
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.下列关系图中,A是一种正盐,E是强酸,当甲无论是强酸或强碱都有如下反应关系:
友情提示:
当甲无论是强酸或强碱,A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物。
回答下列问题:
(1)A是___________(用化学式表示)
(2)当甲是稀盐酸溶液时,B为具有臭鸡蛋气味的气体
①写出B与C的反应方程式:
_____________________________________________
②一定质量的Zn与100mL12.0mol/L的E的浓溶液充分反应,反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g。
将反应后的溶液稀释至1L,此时溶液中c(SO42-)=____mol/L,产生SO2体积(标准状况下)=_____________L
(3)当甲是浓氢氧化钠溶液时,B为易液化的气体可作制冷剂
①C是______,在浓的E溶液中放入过量的铜片,则反应将要结束时的离子方程式为
_____________________________________________________________________。
②将盛有D和O2的混合气体12mL的量筒倒立于水槽中,充分反应后,剩余2mL无色气体(均在同温同压下测定),则原混合气体中氧气的体积是___________。
【答案】(NH4)2S2H2S+SO2=3S+2H2O1mol/L4.48LNO3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O1.2ml和4ml
【解析】
【分析】
(1)A是一种正盐,E是强酸,由转化关系可知,中学化学中N、S元素化合物符合转化;
(2)当甲是稀盐酸溶液时,B为具有臭鸡蛋气味的气体,则B为H2S、C为SO2、D为SO3,E为H2SO4;
①二氧化硫与硫化氢反应生成硫与水;
②硫酸完全反应,发生反应:
Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,结合方程式计算;
(3)当甲是浓氢氧化钠溶液时,B为易液化的气体可作制冷剂,则B为NH3、C为NO、D为NO2、E为HNO3。
①在浓的硝酸溶液中放入过量的铜片,则反应将要结束时,为Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水;
②可能发生的反应为:
4NO2+O2+2H2O=4HNO3,3NO2+H2O=2HNO3+NO,试管
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