高考化学备考之氮及其化合物压轴突破训练培优 易错 难题篇含答案解析Word文档格式.docx
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因此,本题正确答案是:
。
②氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水,反应方程式:
2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O;
CaCl2+2NH3↑+2H2O。
③氨气极易溶于水,且氨气是碱性气体所以也极易溶于酸,故可以用水或酸吸收氨气;
水(或稀盐酸、硫酸等)。
(2)①氨气极易溶于水生成氨水,氨水能电离出铵根离子和氢氧根离子,导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度,溶液呈碱性,所以将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色;
综上所述,本题答案是:
氨水显碱性。
②氨气和氯气反应生成白色烟,为氯化铵,同时还有一种相对分子质量为28的气体生成,根据反应中得失守恒和元素守恒知,另一种物质是氮气,所以反应方程式为8NH3+3Cl2===N2+6NH4Cl;
8NH3+3Cl2===N2+6NH4Cl。
(3)氨气极易液化,气化时吸收热量,所以氨气能作制冷剂,氨气能与酸反应生成铵盐,可以制造化肥;
因此,本题正确答案是:
作制冷剂、制化肥等。
2.氮氧化合物和二氧化硫是引起雾霾的重要物质,工业用多种方法来治理。
某种综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含NO、CO、CO2、SO2、N2)的流程如图:
已知:
NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
(1)固体1的主要成分有Ca(OH)2、___________________、__________________(填化学式)。
(2)若实验室需要配制100mL3.00mol·
L-1NaOH溶液进行模拟测试,需用托盘天平称取NaOH固体质量为______g。
(3)用NaNO2溶液处理含NH4+废水反应的离子方程式为_______________________。
(4)捕获剂从气体3中捕获的气体主要是__________________(填化学式)。
(5)流程中生成的NaNO2因外观和食盐相似,又有咸味,容易使人误食中毒。
已知NaNO2能发生如下反应:
2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O;
I2可以使淀粉变蓝。
根据上述反应,选择生活中常见的物质和有关试剂进行实验,以鉴别NaNO2和NaCl。
需选用的物质是_____________________(填序号)。
①水②淀粉碘化钾试纸③淀粉④白酒⑤白醋
A.①③⑤B.①②④C.①②⑤D.①②③⑤
【答案】CaCO3CaSO312NO2-+NH4+=N2↑+2H2OCOC
工业废气通过过量的石灰乳,除去CO2和SO2,生成CaCO3和CaSO3,气体1是NO、CO、N2,通入适量的空气,把NO转化为NO2,通过氢氧化钠溶液只得到NaNO2溶液,说明气体2是NO、NO2、N2,气体3是CO和N2,捕获产物是CO,得到的NaNO2溶液和含NH4+废水发生氧化还原反应,得到无污染的气体是氮气。
(1)根据分析,固体1的主要成分有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3;
(2)需要配制100mL3.00mol·
L-1NaOH溶液,所需质量m=C·
V·
M=3.00mol·
L-1×
0.1L×
40g·
mol-1=12g;
(3)用NaNO2溶液处理含NH4+废水,二者发生归中反应,氮元素最终都以氮气形式存在,反应的离子方程式为:
NO2-+NH4+=N2↑+2H2O;
(4)根据分析,捕获剂从气体3中捕获的气体主要是CO;
(5)由2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O,可知NO2-在酸性条件下可以氧化I-,生成的I2可以使淀粉变蓝。
故检验NO2-使用淀粉碘化钾试纸、白酒、水,故答案选C。
3.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
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。
(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。
4.某港口化学品堆场发生火灾,消防队在未被告知着火可燃物类别的情况下,用水灭火时,发生了剧烈爆炸。
事后有关部门初步认定危化品部分清单:
钾、钠、氯酸钾、烧碱、氯化铵。
试回答:
⑴请你分析用水灭火时,随后发生了剧烈爆炸的原因是_____________________________。
⑵请写出氯化铵中NH4+的检验方法____________________________(简要说明操作步骤)。
⑶钠燃烧产物中可作为消防员呼吸面具供氧剂的是_________________(写化学式)。
⑷硝酸钾受热分解产生KNO2和O2,写出该反应的化学方程式______________________。
【答案】钠、钾能与水发生剧烈的放热反应,并释放出氢气。
氯酸钾受热分解产生氧气,氢气和氧气混合受热发生爆炸将氯化铵溶于水,取少量溶液于试管中,滴入浓氢氧化钠溶液并加热,在试管口上方用湿润的红色石蕊试纸检验,若发现试纸变蓝,则说明该溶液中含有NH4+Na2O22KNO3
2KNO2+O2↑
钠、钾等物质遇水会发生剧烈反应并产生氢气,而氯酸钾分解会产生氧气,氢氧混合受热后会发生爆炸,后面再根据要求来作答即可。
(1)根据分析,钠、钾与水发生剧烈反应并放出氢气,而氯酸钾受热产生氧气,氢气和氧气混合后发生剧烈的爆炸;
(2)铵离子可以通过加水溶解后,加入浓碱并加热的方法来检验,因为高中阶段只有氨气这一种碱性气体;
实验操作为:
将氯化铵溶于水,取少量溶液于试管中,滴入浓氢氧化钠溶液并加热,在试管口上方用湿润的红色石蕊试纸检验,若发现试纸变蓝,则说明该溶液中含有NH4+,
(3)过氧化钠可以作呼吸面具中的供氧剂,化学式为Na2O2;
(4)硝酸钾受热分解产生
的过程是一个自身氧化还原反应,氮从+5价降低到+3价,得2个电子,氧从-2价升高到0价,失2个电子,据此来写出氧化还原方程式即可:
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
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。
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·
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.A、B、C、D、E各物质的关系如下图所示:
X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
(1)无色液体A是_____,A与B反应的化学方程式是____________。
(2)由X转化为N2的化学方程式为______________。
(3)白色固体C的化学式为 _____。
由D转化为E的离子方程式为___。
【答案】浓氨水NH3·
H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2OCa(OH)2CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-
X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,X为气体,则X为NH3,由C能与CO2生成白色沉淀D,CO2过量时又转化为无色溶液E,说明C可能是Ca(OH)2,D是CaCO3,E是Ca(HCO3)2。
常温下,产生氨气,以及根据X和C,推出A为氨水,B为生石灰,利用生石灰遇水放出热量,促使氨水分解,据此进行分析推断。
(1)根据上述分析可知,A为氨水,氨水和氧化钙反应可以生成氨气,发生的反应是NH3·
H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑;
(2)利用氨气的还原性,发生的反应方程式为:
2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O;
(3)根据上述分析可知,白色沉淀是Ca(OH)2,D转化成E的离子反应方程式为CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-;
【点睛】
本题的突破口是X,X为气体,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,说明是X是氨气,因为氨气是中学阶段,学过的唯一一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,然后根据常温下,制备氨气,利用反应物的状态,推测A为氨水,B为生石灰,进一步进行推测。
7.下列框图涉及到的物质所含元素中,除一种元素外,其余均为1~18号元素。
A、F为无色气体单质,B为具有刺激性气味的气体,C为黑色氧化物,E为红色金属单质(部分反应的产物未列出)。
请回答下列问题:
(1)D的化学式为__;
F的结构式为__。
(2)A与B生成D的反应在工业上是生产__的反应原理之一。
(3)E与G的稀溶液反应的离子方程式为__。
(4)B和C反应的化学方程式为__。
(5)J、K是同种金属的不同氯化物,K为白色沉淀。
写出SO2还原J生成K的离子方程式:
__。
【答案】NON≡N硝酸3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O3CuO+2NH3
3Cu+N2+3H2O2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42−
E为红色金属单质,应为Cu,则C为CuO,B为具有刺激性气味的气体,应为NH3,可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu,生成的气体单质F为N2,可与氧气在放电条件下反应生成NO,则A为O2,D为NO,G为HNO3,H为Cu(NO3)2,I为Cu(OH)2,J为CuCl2,J、K是同种金属的不同氯化物,K为白色沉淀,则K应为CuCl,据此分析解答。
(1)由以上分析可知D为NO,F为N2,结构式为N≡N;
(2)O2与NH3发生催化氧化生成NO和水,NO被氧化生成NO2,溶于水生成硝酸,因此O2与NH3发生催化氧化生成NO是工业生成硝酸的重要反应之一;
(3)G为HNO3,稀硝酸与铜反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(4)B为NH3,可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu,反应的方程式为3CuO+2NH3
(5)SO2还原CuCl2生成CuCl的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42−。
8.A、B、C、D是四种常见气体单质。
E的相对分子质量比F小16,且F为红棕色。
有关的转化关系如图所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。
(1)D的化学式为__,Y的化学式为__,E的化学式为__。
(2)Y与氧化铜反应,每生成1molB消耗3mol氧化铜,该反应的化学方程式为__。
(3)Y与E在一定条件下可反应生成B和Z,这是一个具有实际意义的反应,可消除E对环境的污染,该反应的化学方程式为__。
(4)气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示),洗气瓶中是否有沉淀生成?
__,理由是__。
【答案】H2NH3NO2NH3+3CuO
N2+3Cu+3H2O6NO+4NH3
5N2+6H2O有二氧化氮与水反应生成硝酸,硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸,硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀
A、B、C、D是四种常见气体单质.E的相对分子量比F的小16,且F为红棕色,可推知F为NO2,E为NO,C为O2,B为N2,结合转化关系,气体单质D、A反应得到X,气体单质D与B反应得到Y,X与Y反应冒白烟,应是氨气与HCl反应,可推知D为氢气、A为氯气、X为HCl、Y为氨气,D与C反应生成Z为水,F与Z反应生成G为HNO3,据此解答。
A、B、C、D是四种常见气体单质.E的相对分子量比F的小16,且F为红棕色,可推知F为NO2,E为NO,C为O2,B为N2,结合转化关系,气体单质D、A反应得到X,气体单质D与B反应得到Y,X与Y反应冒白烟,应是氨气与HCl反应,可推知D为氢气、A为氯气、X为HCl、Y为氨气,D与C反应生成Z为水,F与Z反应生成G为HNO3;
(1)由上述分析可知,D的化学式为H2,Y的化学式为NH3,E的化学式为NO;
(2)NH3与氧化铜反应,每生成1mol
N2消耗3mol氧化铜,还原产物中Cu应是化合价为a,则:
3(2-a)=2×
3,解得a=0,故生成Cu,该反应的化学方程式为:
2NH3+3CuO
N2+3Cu+3H2O;
(3)Y和E在一定条件下可反应生成B和Z,这是一个具有实际意义的反应,可消除E对环境的污染,该反应的化学方程式为4NH3+6NO
5N2+6H2O;
(4)二氧化氮与水反应生成硝酸,硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸,硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀,故气体NO2和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中,洗瓶中有沉淀生成。
9.甲、乙、丙、丁是常见的单质,其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体。
A和B以物质的量2︰1通入水中,得到C溶液。
请根据下图的转化关系回答:
(1)用方程式解释A使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因___________________
(2)写出溶液C中加氯水的离子方程式___________________
(3)若A和B按1:
1通入水中反应,写出反应方程式_________________。
【答案】NH3+H2O
NH3·
H2O
NH4++OH-SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+SO2+NH3+H2O=NH4HSO3
D的混合液中滴加石蕊试液,溶液显红色,说明溶液显酸性;
加入NaOH溶液有使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,说明D溶液中含有NH4+;
加入稀硝酸酸化后,再滴加AgNO3溶液,有白色沉淀生成,说明溶液中含有Cl-;
加入盐酸酸化,再滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,说明溶液中含有SO42-;
C溶液中通入氯水得到D溶液,再结合甲和乙生成A的反应条件,丙和丁点燃条件下生成B,并结合甲、乙、丙、丁是常见的单质,其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体;
可知甲为H2、乙为N2、丙为O2,丁为S,A为NH3、B为SO2,C溶液为(NH4)2SO3溶液,C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+,据此分析解题。
(1)由分析知A为NH3,因其电离使水溶液显碱性,使湿润的红色石蕊试纸变蓝,发生反应的方程式和电离方程式为NH3+H2O
NH3·
NH4++OH-;
(2)C溶液为(NH4)2SO3溶液,C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+,发生反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+;
(3)NH3和SO2按1:
1通入水中生成NH4HSO3,发生反应的方程式为SO2+NH3+H2O=NH4HSO3。
10.已知A是一种金属,其焰色反应呈黄色,B溶液能使酚酞试液变红;
D、F相遇会产生白烟。
A、B、C、D、E、F间有如下变化关系:
(1)A的名称是___;
F的化学式是__。
(2)B→D反应的化学方程式为__。
(3)F在空气中遇水蒸气产生白雾现象,这白雾实际上是__。
(4)已知,气体D也能与Cl2发生反应,试写出当Cl2足量时该反应的化学方程式,并用双线桥法标出电子转移的数目___。
【答案】钠HClNaOH+NH4Cl
NaCl+NH3
↑+
H2OHCl吸收水蒸气生成盐酸小液滴
A是一种金属,该金属能和水反应生成溶液B和气体E,B溶液能使酚酞试液变红,说明B是碱,焰色反应呈黄色,说明含有钠元素,所以B是NaOH,根据元素守恒知A是Na,E是H2;
氢气在氯气中燃烧生成HCl,则F是HCl,氢氧化钠溶液和C反应生成D,D、F相遇会产生白烟,氯化氢和氨气反应生成白烟氯化铵,则D是NH3,C是NH4Cl。
(1)根据上面的分析可知,A的名称为钠,F的化学式为HCl,故答案为:
钠;
HCl;
(2)根据上面的分析可知,B是NaOH,C是NH4Cl,在加热条件下,氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和水,反应方程式为:
NaOH+NH4Cl
NaCl+NH3↑+H2O;
答案:
NaCl+NH3↑+H2O;
(3)根据上面的分析可知,F是HCl,F在空气中遇水蒸气产生白雾现象,这白雾实际上是HCl吸收水蒸气生成盐酸小液滴;
HCl吸收水蒸气生成盐酸小液滴;
(4)根据上面的分析可知,D是NH3,气体D也能与Cl2发生反应生成氮气和HCl,其反应的方程式为:
3Cl2+2NH3=6HCl+N2
,用双线桥法标出电子转移的数目
11.A、B、C、D四种物质之间有如图所示的转化关系。
A是气体单质,C是红棕色气体。
(1)写出C的化学式:
___;
(2)写出A的电子式___;
(3)写出C→D转化的化学方程式___。
【答
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