（浙江选考）2018年高考化学二轮专题复习 第二编 专题八 铝、氮及其化合物（加试）讲练 新人教版

专题八铝、氮及其化合物(加试)考试标准知识条目必考要求加试要求1.从铝土矿到铝合金地壳中铝的含量及存在形式，铝合金从铝土矿中获得铝的方法铝的重要性质(跟酸、碱反应，铝热反应，钝化现象)两性氧化物、两性氢氧化物的概念，Al2O3、Al(OH)3的重要性质，铝及其重要化合物之间的转化关系明矾的组成及净水原理abbcb2.生产生活中的含氮化合物氮氧化物的产生、转化及其性质氮及其化合物的相互转化关系氨的性质与用途工业合成氨铵盐的性质与用途硝酸的性质与用途工业制取硝酸的设备和流程氮肥的性质与科学使用acbbbbba考点一铝及其化合物1树立物质转化思想(1)理清知识主线AlAl2O3Al(OH)3(2)形成网络构建2扫除易混知识盲点(1)铝是活泼金属，但铝抗腐蚀性相当强，因为铝表面生成一层致密的氧化物薄膜。由于Al2O3的熔点高于Al的熔点，故在酒精灯上加热铝箔直至熔化，发现熔化的铝并不滴落。(2)铝热反应不仅仅是单质铝与Fe2O3反应，还包含制取其他难熔金属的反应，由于铝热剂是混合物，故铝热反应不能用于工业上冶炼铁。注意铝热反应是中学化学中唯一一类金属单质与金属氧化物在高温条件下的置换反应。(3)引发铝热反应的操作是高考实验考查的热点，具体操作是先铺一层KClO3，然后插上镁条，最后点燃镁条。(4)并不是Al与所有金属氧化物均能组成铝热剂，该金属氧化物对应的金属活泼性应比铝弱。(5)Al2O3、Al(OH)3与NaOH溶液的反应常用于物质的分离提纯。Al(OH)3不溶于氨水，所以实验室常用铝盐和氨水来制备Al(OH)3。(6)利用偏铝酸盐制备Al(OH)3，一般不用强酸，因为强酸的量控制不当会使制得的Al(OH)3溶解。若向偏铝酸盐溶液中通入CO2，生成的Al(OH)3不溶于碳酸，CO2过量时生成HCO，不过量时生成CO，书写离子反应方程式时要特别注意。(7)Al(OH)3可用作抗酸药；明矾常用于净水。(8)泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液。3规范书写重要反应用方程式回答下列问题。(1)用化学方程式表示除去铁粉中的铝粉。2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2。(2)用离子方程式表示除去Fe2O3中的Al2O3。Al2O32OH=2AlOH2O。(3)用离子方程式表示除去Mg(OH)2中的Al(OH)3。Al(OH)3OH=AlO2H2O。(4)现有AlCl3溶液、氨水、NaOH溶液，制备Al(OH)3的最佳方案是(用化学方程式表示)。AlCl33NH3H2O=Al(OH)33NH4Cl。(5)现有NaAlO2溶液、CO2、盐酸，制备Al(OH)3的最佳方案是(用离子方程式表示)2AlOCO23H2O=2Al(OH)3CO或AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO。(6)用离子方程式表示泡沫灭火器的原理。Al33HCO=Al(OH)33CO2。(7)用离子方程式分别表示：Al3、AlO；AlO、HCO不能大量共存的原理。Al33AlO6H2O=4Al(OH)3；AlOH2OHCO=Al(OH)3CO。(8)用离子方程式表示KAl(SO4)2和Ba(OH)2的反应。沉淀的物质的量最大；沉淀的质量最大。2Al33SO6OH3Ba2=2Al(OH)33BaSO4；Al32SO2Ba24OH=AlO2H2O2BaSO4。(9)铵明矾NH4Al(SO4)212H2O是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，向铵明矾溶液中逐滴滴入NaOH溶液，试写出反应的离子方程式。Al33OH=Al(OH)3；NHOH=NH3H2O；Al(OH)3OH=AlO2H2O。题组一铝及其化合物的性质定性判断1下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是()AK BNa CFe DAl答案D解析钾属于活泼金属，与氧气发生剧烈的反应，A项错误；钠属于活泼金属，与空气中的氧气发生反应生成氧化钠，氧化钠不能保护内层钠，B项错误；铁在空气中发生反应：2FeO22H2O=2Fe(OH)2、4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3、2Fe(OH)3=Fe2O33H2O，铁表面生成的Fe2O3不能保护铁，C项错误。2相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是()AAl BAl(OH)3 CAlCl3 DAl2O3答案A解析假设上述四种物质均为1 g，则物质的量分别为 mol， mol， mol， mol，完全溶解转化为NaAlO2时，所需NaOH的物质的量分别为 mol、 mol，4 mol mol，2 mol mol，所以选A。3下列有关铝的化合物的说法正确的是()A氧化铝坩埚可用于熔融NaOH实验B工业上利用电解熔融氯化铝冶炼铝C氢氧化铝能中和胃酸，可用于治疗胃酸过多D明矾可用于自来水的消毒答案C解析氧化铝能与NaOH反应，氧化铝坩埚不能用于熔融NaOH实验，A错误；工业上利用电解熔融氧化铝冶炼铝，B错误；明矾用于自来水的净化而不能用于自来水的消毒，D错误。4A、B、C、D、E五种化合物均含有同一种短周期常见元素，它们的转化关系如图所示，其中A为澄清溶液，C为难溶的白色固体，E易溶于水。若取A溶液灼烧，焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃片)。(1)写出下列物质的化学式：A_，B_，C_，D_，E_。(2)写出下列反应的离子方程式：AB：_。AD：_。答案(1)KAlO2Al(OH)3Al2O3AlCl3NaAlO2(2)AlOCO2(过量)2H2O=Al(OH)3HCOAlO4H=Al32H2O解析本题的突破口应在推断出B、C两种物质。在短周期元素形成的化合物中，既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的必为两性物质，又因为BC，故可知C为Al2O3，B为Al(OH)3，依次推出D是AlCl3，A与过量CO2反应生成Al(OH)3，且A溶液的焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃片)，则A为KAlO2，E为NaAlO2。1Al(OH)3的制备Al33NH3H2O=Al(OH)33NH；AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO。2离子共存问题(1)Al3与OH、CO、HCO、SO、S2、AlO不能大量共存，其中OH是因为直接反应，其余均是“相互促进水解”。(2)AlO与H、HCO、NH、Al3、Mg2、Cu2不能大量共存，其中AlO和H、HCO是因为直接反应(如AlOHCOH2O=Al(OH)3CO)，其余是“相互促进水解”。3鉴别(利用滴加顺序不同，现象不同)(1)AlCl3溶液中滴加NaOH溶液现象：先产生白色沉淀，后沉淀溶解。(2)NaOH溶液中滴加AlCl3溶液现象：开始无明显现象，后产生白色沉淀，沉淀不溶解。题组二铝及其化合物性质的定量计算(一)铝与H、OH反应的定量计算5铝是中学化学学习阶段的唯一一种既能与酸(非氧化性酸)反应又能与强碱溶液反应放出H2的金属，根据铝的这一特殊性质回答下列问题：(1)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，所得H2的体积之比是_。(2)足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，产生H2的体积之比是_。(3)足量的两份铝分别投入到等体积、一定物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，二者产生的H2相等，则HCl和NaOH的物质的量浓度之比是_。(4)甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 molL1的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为V(甲)V(乙)12，则加入铝粉的质量为_(填字母)。A5.4 g B3.6 g C2.7 g D1.8 g答案(1)11(2)13(3)31(4)A解析(1)根据化学方程式：2Al6HCl=2AlCl33H2、2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，得Al与H2的关系式均为2Al3H2，故只要参加反应的Al的量相等，所得H2的量必相等。(2)因为在反应中Al过量，产生的H2的量由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式：6HCl3H2、2NaOH3H2，故当HCl、NaOH物质的量相等时，二者产生H2的体积比为13。(3)因为铝足量且产生H2相等，根据关系式n(HCl)n(NaOH)31，又因为两溶液体积相等，故物质的量浓度c(HCl)c(NaOH)n(HCl)n(NaOH)31。(4)其反应原理分别为2Al6HCl=2AlCl33H2，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2。可见当参加反应的HCl和NaOH的物质的量一样多时，产生H2的体积比是13，而题设条件体积比为12，说明此题投入的铝粉对盐酸来说是过量的，而对于NaOH来说是不足的。2Al6HCl=2AlCl33H2 6 mol 3 mol 3 molL10.1 L 0.15 mol则Al与NaOH反应生成的H2为0.15 mol20.3 mol。2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2227 g 3 mol54 g 0.3 mol即投入的铝粉为5.4 g。(二)有关“铝及其化合物”图像的定性定量分析6.常温下，在200 mL 含Mg2、Al3、NH、H、Cl等离子的溶液中，逐滴加入5 molL1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如图所示。下列叙述正确的是()Ax与y的差值为0.02 molB原溶液中c(Cl)0.75 molL1C原溶液的pH1D原溶液中n(Mg2)n(Al3)52答案C解析剖析图像可知，x与y的差值即为Al(OH)3的物质的量，此时消耗n(NaOH)nAl(OH)3(3533)103L5 molL10.01 mol，A项错误；原溶液中的阴离子只有Cl，则加入33 mL NaOH溶液时Cl全部存在于NaCl中，则Cl的物质的量为33103L5 molL10.165 mol，原溶液中c(Cl)0.825 molL1，B项错误；04 mL发生H与NaOH的反应，则H的物质的量为4103L5 molL10.02 mol，c(H)0.1 molL1，原溶液的pH1，C项正确；430 mL发生Mg2、Al3与NaOH的反应生成沉淀，共消耗NaOH的物质的量为(304)103L5 molL10.13 mol，Al3消耗的NaOH的物质的量为0.01 mol30.03 mol，则与Mg2反应的n(NaOH)0.13 mol0.03 mol0.1 mol，n(Mg2)0.05 mol，原溶液中n(Mg2)n(Al3)51，D项错误。72017绍兴市稽山中学高三(上)月考准确称取6 g铝土矿样品(含Al2O3、Fe2O3、SiO2)加入100 mL硫酸溶液，充分反应后，向滤液中加入10 molL1 NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示，求所用硫酸溶液的物质的量浓度()A1.75 molL1 B3.5 molL1C2.25 molL1 D无法计算答案A解析当加入NaOH溶液的体积为35 mL时，n(NaOH)0.035 L10 molL10.35 mol，此时沉淀的质量达到最大值，则此时溶液的溶质只有Na2SO4，根据Na元素守恒有n(Na2SO4)n(NaOH)0.35 mol0.175 mol，根据硫酸根守恒，则有：n(H2SO4)0.175 mol，所以原硫酸溶液中c(H2SO4)1.75 molL1，故选A。关于Al(OH)3沉淀变化图像分析(1)可溶性铝盐溶液与NaOH溶液反应的图像操作向可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量向NaOH溶液中逐滴加入可溶性铝盐溶液至过量现象立即产生白色沉淀渐多最多渐少消失无沉淀(有但即溶)出现沉淀渐多最多沉淀不消失图像离子方程式Al33OH= Al(OH)3Al(OH)3OH=AlO2H2OAl34OH=AlO2H2OAl33AlO6H2O=4Al(OH)3(2)偏铝酸盐溶液与盐酸反应的图像操作向偏铝酸盐溶液中逐滴加入稀盐酸至过量向稀盐酸中逐滴加入偏铝酸盐溶液至过量现象立即产生白色沉淀渐多最多渐少消失无沉淀(有但即溶)出现沉淀渐多最多沉淀不消失图像离子方程式AlOHH2O=Al(OH)3Al(OH)33H=Al33H2OAlO4H=Al32H2OAl33AlO6H2O=4Al(OH)3(3)可溶性铝盐与弱酸、弱碱反应产生沉淀的图像向AlCl3溶液中滴加氨水的图像(如图所示)。原理：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH现象：立即产生白色沉淀渐多最大量向NaAlO2溶液中通入足量CO2的图像(如图所示)。原理：CO2AlO2H2O=Al(OH)3HCO现象：立即产生白色沉淀渐多最大量(4)混合离子(含Al3、Mg2、H)反应的图像向含有铝离子、镁离子、氢离子的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，H先与OH反应，该过程中无沉淀生成，而后Al3、Mg2与OH反应至沉淀达到最大值，最后Al(OH)3再与OH反应导致沉淀部分溶解。反应的离子方程式为第一阶段：HOH=H2O第二阶段：Mg22OH=Mg(OH)2Al33OH=Al(OH)3第三阶段：Al(OH)3OH=AlO2H2O题组三有关铝及其化合物参与的框图推断82017浙江省衢州二中高三(上)月考A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图：根据图示转化关系回答：(1)写出下列物质的化学式：A_，B_，乙_，丁_。(2)写出下列变化的化学方程式。A与NaOH溶液反应的化学方程式：_。甲与NaOH溶液反应的离子方程式：_。(3)将一定量的A加入到NaOH溶液中，产生的C在标准状况下的体积为3.36 L，则消耗的A的物质的量为_，转移电子的物质的量为_。答案(1)AlO2NaAlO2Al(OH)3(2)2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2Al2O32OH=2AlOH2O(3)0.1 mol0.3 mol解析(1)常见金属单质中能与NaOH溶液反应产生气体的只有Al，所以A是Al，乙是NaAlO2，C是H2；甲是Al的化合物，可和NaOH溶液反应产生NaAlO2，甲可能是Al2O3，则丙是H2O，B即是O2，根据NaAlO2CO22H2O=NaHCO3Al(OH)3得丁是Al(OH)3，验证符合转化关系。(3)产生的H2在标准状况下的体积为3.36 L，物质的量为0.15 mol，根据2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2可知，消耗的Al的物质的量为0.15 mol0.1 mol，转移电子的物质的量为0.1 mol30.3 mol。9(2016杭州市第二中学高一上学期期末)现有常见金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H。其中B是地壳中含量最多的金属。它们之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。(1)写出化学式：B_，G_。(2)写出离子反应方程式：_；_。答案(1)AlFeCl3(2)2Al2H2O2OH=2AlO3H24Fe28OHO22H2O=4Fe(OH)3解析有常见金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H。其中B是地壳中含量最多的金属，则B是Al。A金属的焰色反应显黄色，则A是Na。钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，则甲是氢气，D是氢氧化钠。黄绿色气体乙是氯气，则气体丙是氯化氢，溶于水得到盐酸。氢氧化钠和G反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，则G是铁盐，所以G是氯化铁，F是氯化亚铁，C是铁。(1)根据以上分析可知B、G的化学式分别是Al、FeCl3。(2)反应的离子反应方程式分别是2Al2H2O2OH=2AlO3H2、4Fe28OHO22H2O=4Fe(OH)3。考点二氮及其化合物1树立物质转化思想(1)理清知识主线H3 2OOO2HO3(2)形成网络构建2扫除易忘知识盲点(1)NO只能用排水法或气囊法收集。(2)在NO2或NO与O2通入水的计算中常用到4NO3O22H2O=4HNO3、4NO2O22H2O=4HNO3两个方程式。(3)浓HNO3显黄色是因为溶有NO2，而工业上制备的盐酸显黄色，是因为溶有Fe3。(4)硝酸、浓H2SO4、次氯酸具有强氧化性，属于氧化性酸，其中HNO3、HClO见光或受热易分解。(5)强氧化性酸(如HNO3、浓H2SO4)与金属反应不生成H2；金属和浓HNO3反应一般生成NO2，而金属和稀HNO3反应一般生成NO。(6)实验室制备NH3，除了用Ca(OH)2和NH4Cl反应外，还可用浓氨水的分解(加NaOH固体或CaO)制取，而检验NH需用浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，以确定NH的存在。(7)收集NH3时，把一团干燥的棉花放在试管口，以防止与空气对流；收集完毕，尾气处理时，应在试管口放一团用稀硫酸浸湿的棉花，以吸收NH3。(8)铜与浓HNO3反应在试管内就能看到红棕色的NO2，而与稀HNO3反应时需在试管口才能看到红棕色气体。(9)浓盐酸和浓氨水反应有白烟生成，常用于HCl和NH3的相互检验。(10)NH3、HCl、SO2、NO2可用水进行喷泉实验，水溶性小的气体可用其他溶剂(如CO2和NaOH溶液)进行喷泉实验。3规范书写重要反应用方程式回答下列问题。(1)书写离子方程式。将NH3通入到AlCl3溶液中。3NH33H2OAl3=Al(OH)33NH。将NO2通入到NaOH溶液中。2NO22OH=NONOH2O。将Fe粉逐渐加入到稀HNO3中。Fe4HNO=Fe3NO2H2O；2Fe3Fe=3Fe2。将炽热的炭放入浓HNO3中。C4H4NOCO24NO22H2O。(2)书写化学方程式。实验室用Ca(OH)2和NH4Cl制氨气。Ca(OH)22NH4ClCaCl22NH32H2O。将NH3通到灼热的CuO中，固体由黑色变红色。2NH33CuON23Cu3H2O。用NH3可以检验Cl2管道是否漏气，若漏气则有白烟生成。8NH33Cl2=N26NH4Cl。制硝基苯。题组一氨气的制备1实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是()A是氨气发生装置 B是氨气发生装置C是氨气吸收装置 D是氨气收集、检验装置答案B解析装置NH4Cl加热分解生成HCl和NH3，在试管口处NH3和HCl反应生成NH4Cl，收集不到NH3，A项不正确；装置用浓氨水和CaO或NaOH作用，可制得NH3，B项正确；装置中防倒吸装置漏斗口与液面应相切，插入液面之下不能防止倒吸，C项不正确；收集NH3采用向下排空气法，为防止空气对流应在试管口塞一团棉花，D项不正确。2实验室常见的几种气体发生装置如图A、B、C所示：(1)实验室可以用B或C装置制取氨气，如果用C装置，通常使用的药品是_；检查C装置气密性是否良好的操作方法是_。(2)某研究性学习小组对实验室制取NH3进行了如下设计：甲同学拟用浓氨水和固体NaOH制取NH3，并用图C装置作为NH3的发生装置。写出固体NaOH的作用：_。乙同学建议，将实验室制取氨气装置B的收集装置由大试管改为集气瓶且瓶口向上来收集氨气，并确定不污染环境，请根据其设想回答：若用排空气法收集NH3，请在图D的方框内画出其气体收集装置和尾气吸收装置，标出所用的试剂(自选)名称。若用排液法收集NH3，可选用的试剂是_(填序号)。AH2O B浓H2SO4CCCl4 D饱和食盐水答案(1)浓氨水、CaO固体(NaOH固体或碱石灰)将导管与一导管连接，其末端放入水中，关闭分液漏斗活塞，用手(或热毛巾)捂住烧瓶，若导管末端有气泡产生，移开手(或热毛巾)，若水中的导管产生一段水柱，则装置的气密性良好(2)加入NaOH使浓氨水中c(OH)增大，促进NH3H2ONH3H2ONHOH向左移动，NH3逸出；NaOH固体溶解放热，使NH3的溶解度降低，NH3逸出C解析(1)利用装置C的特点，不需要加热来制取氨气，则可选用浓氨水、CaO固体(NaOH固体或碱石灰)；装置C气密性的检验方法：将导管与一导管连接，其末端放入水中，关闭分液漏斗活塞，用手(或热毛巾)捂住烧瓶，若导管末端有气泡产生，移开手(或热毛巾)，若水中的导管产生一段水柱，则装置的气密性良好。(2)加入NaOH使浓氨水中c(OH)增大，促进NH3H2ONH3H2ONHOH向左移动，NH3逸出；且NaOH固体溶解放热，降低NH3的溶解度，NH3逸出；氨气的密度比空气小，所以应该用向下排空气法收集，故瓶口向上来收集时应短近长出，还应注意尾气吸收。氨气易溶于水、饱和食盐水，能与浓H2SO4反应，故用排液法收集氨气只能选择CCl4。氨气的两种制备方法实验室中主要有两种氨气的制法：一是固体与固体加热的方式；二是采用浓氨水中平衡NH3H2ONH3H2ONHOH移动原理进行制备。(1)加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物制取氨气2NH4ClCa(OH)22NH3CaCl22H2O，实验装置如图。(2)加热浓氨水反应原理：NH3H2ONH3H2O，反应发生装置如图。(3)浓氨水中加固态碱性物质浓氨水中存在以下平衡：NH3H2ONH3H2ONHOH，加入固态碱性物质(如CaO、NaOH、碱石灰等)，消耗水且使c(OH)增大，使平衡逆向移动，同时反应放热，促进NH3H2O的分解，反应发生装置如图。题组二金属与硝酸的反应33.2 g铜与过量硝酸(8 molL1,30 mL)充分反应后，硝酸的还原产物为NO2和NO，反应后溶液中含a mol H，则此溶液中所含NO的物质的量为()A(0.2a) mol B(0.1a) molC(0.05a) mol Da mol答案B解析溶液中所含NO的物质的量可理解为反应剩余的HNO3的物质的量与2倍的Cu(NO3)2的物质的量之和，即n(NO)n(HNO3)2nCu(NO3)2n(H)2n(Cu)a mol2(0.1a) mol，故B项正确。4铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与5.6 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为()A16 g B32 g C64 g D无法计算答案B解析该题氮元素变化为硝酸与金属铜反应生成氮的氧化物，氮的氧化物再与氧气和水反应又生成硝酸，因此总的硝酸的物质的量不变，可将题目中的反应抽象看作是铜与氧气的反应，其中硝酸为“催化剂”，所以铜的物质的量为20.5 mol，即32 g，B项正确。金属与硝酸反应的规律及计算(1)金属与硝酸反应的规律金属与HNO3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，其还原产物一般为浓HNO3NO2，稀HNO3NO。金属(除铁、铝、金、铂等外)与浓HNO3反应时，若金属足量，开始时还原产物为NO2，随反应进行，浓HNO3变稀，还原产物为NO，最终得到NO2与NO的混合气体。其中常温下铁和铝遇浓HNO3钝化，但在加热时可发生反应。Fe与稀HNO3反应时，Fe被HNO3氧化成Fe3，若Fe过量，过量的Fe再与Fe3反应生成Fe2。(2)金属与硝酸反应常用的计算方法原子守恒法：HNO3与金属反应时，反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量等于显酸性的HNO3(以硝酸盐的NO形式存在于溶液中)的物质的量与显氧化性的HNO3(以NOx的形式存在)的物质的量之和。电子守恒法：HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。电荷守恒法：HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH)有：c(NO)c(H)nc(Mn)(Mn代表金属离子)。题组三硝酸的工业制法5工业上利用氨催化氧化，经过一系列反应制备硝酸。(1)氨气催化氧化的化学方程式为_。(2)某工厂排出的尾气中NOx的含量为0.56%(体积分数)，用氨气可以将其转化为无害气体，发生反应：6NOx4xNH3=(32x)N26xH2O。若处理1104 L(标准状况)该尾气需42.5 g NH3，则x_。(3)NO和CO都是汽车尾气中的有害物质，必须进行处理。为避免污染，常给汽车安装尾气净化装置。净化装置里装有催化剂，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的机理如下图所示。写出净化过程中的总化学方程式：_。答案(1)4NH35O24NO6H2O(2)1.5(3)2NOO24CO4CO2N2解析(2)，x1.5。6工业上制取硝酸铵的流程图如图所示，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)在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是_。(3)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：NONO22NaOH=2NaNO2H2ONH3还原法：_NH3_NO2=_N2_H2O配平上述反应方程式。以上两种方法中，符合绿色化学的是_。(4)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(不考虑其他损耗)的_%。答案(1)氧化炉4NH35O24NO6H2O(2)可使NO循环利用，全部转化成HNO3(3)86712NH3还原法(4)53.1解析(4)NH3HNO3 xx96%92%HNO3NH3=NH4NO3x96%92% x96% 92%100%53.1%。工业上氨氧化法生产硝酸的过程(1)生产流程。(2)生产设备主要有热交换器、转化器和吸收塔。(3)主要反应的化学方程式氧化炉：4NH35O24NO6H2O；热交换器：2NOO2=2NO2；吸收塔：3NO2H2O=2HNO3NO。题组四非金属化合物对环境的影响7化学已经渗透到人类生活的各个方面，下列说法不正确的是()A在家用燃煤中加入适量的生石灰能有效减少二氧化硫的排放量B“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关C低碳生活注重节能减排，尽量使用太阳能等代替化石燃料，减少温室气体的排放D二氧化碳含量属于空气质量日报中空气污染指数指标答案D解析在家用燃煤中加入适量的生石灰，生石灰可与煤燃烧生成的SO2反应生成CaSO3，最终生成CaSO4而固硫，A项正确；氮的氧化物和碳氢化合物会引起光化学烟雾、臭氧层被氟氯烃和氮的氧化物破坏造成“臭氧空洞”，B项正确；使用太阳能等代替化石燃料，减少CO2温室气体的排放，C项正确；SO2含量属于空气质量日报中空气污染指数指标，D项错误。8直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题，将烟气通过装有石灰石浆液的脱硫装置可以除去其中的二氧化硫，最终生成硫酸钙。硫酸钙可在如图1所示的循环燃烧装置的燃料反应器中与甲烷反应，气体产物分离出水后得到几乎不含杂质的二氧化碳，从而有利于二氧化碳的回收利用，达到减少碳排放的目的。图1图2请回答下列问题：(1)煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中，引发的主要环境问题有_(填字母)。A温室效应 B酸雨C粉尘污染 D水体富营养化(2)在烟气脱硫的过程中，所用的石灰石浆液在进入脱硫装置前，需通一段时间的二氧化碳，以增加其脱硫效率；脱硫时控制浆液的pH，此时浆液含有的亚硫酸氢钙可以被氧气快速氧化生成硫酸钙。二氧化碳与石灰石浆液反应得到的产物为_。亚硫酸氢钙被足量氧气氧化生成硫酸钙的化学方程式：_。(3)采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低了脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：CaSO4(s)CO(g)CaO(s)SO2(g)CO2(g)H1218.4 kJmol1(反应)CaSO4(s)4CO(g)CaS(s)4CO2(g)H2175.6 kJmol1(反应)上图2为实验测得不同温度下反应体系中CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量百分数的关系曲线。则降低该反应体系中SO2生成量的措施有_ (填字母)。A向该反应体系中投入石灰石B在合适的温度区间内控制较低的反应温度C提高CO的初始体积百分数D提高反应体系的温度答案(1)ABC(2)Ca(HCO3)2(或碳酸氢钙)Ca(HSO3)2O2=CaSO4H2SO4(3)ABC解析(1)煤燃烧的产物中有CO2、烟尘以及SO2，分别导致温室效应、粉尘污染和酸雨，没有营养元素排入水中，不会引起水体富营养化。(2)CO2与CaCO3反应生成易溶的Ca(HCO3)2；亚硫酸氢钙具有还原性，可被氧化为硫酸钙。(3)向该反应体系中投入石灰石，产生二氧化碳，使反应逆向进行，可降低反应体系中二氧化硫生成量，A项正确；在合适的温度区间内控制较低的反应温度，由图可以看出最低温度时硫化钙的含量最高，B项正确、D项错误；由图可以看出提高CO的体积分数，可以提高硫化钙的含量，C项正确。 非金属化合物对环境的影响及防治方法(1)各种非金属元素的化合物对环境的影响元素化合物主要来源对环境的影响CCO2化石燃料燃烧温室效应碳氢化合物石油开采、植物腐败温室效应、光化学烟雾NNOx汽车尾气硝酸型酸雨、臭氧层空洞、光化学烟雾铵盐、硝酸盐化肥、农药、洗涤剂水体富营养化：赤潮、水华SSO2、SO3煤的燃烧硫酸型酸雨F、Cl氟氯烃空调、冰箱制冷剂臭氧层空洞P磷酸盐洗涤剂水体富营养化：赤潮、水华(2)防治方法改善能源结构，减少用煤量，积极开发太阳能、风能等新型的清洁能源；对煤进行脱硫处理；多植树造林，不胡乱砍伐树木；加强工厂废气排放的监测、汽车尾气排放的控制。注意(1)CO2不是污染性气体，但它会造成温室效应；(2)空气质量日报中涉及的污染物主要是SO2、NO2和可吸入颗粒物。题组五金属与硝酸反应的实验探究92017乐清市乐成寄宿中学高三(上)月考某课外活动小组设计了以下实验验证Ag与浓硝酸反应的过程中可能产生NO。其实验流程图如图1、2：(1)测定硝酸的物质的量反应结束后，从如图3装置B中所得100 mL溶液中取出25.00 mL溶液，用0.1 molL1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前后的滴定管中液面的位置如图2所示。在B容器中生成硝酸的物质的量为_ mol，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2在标准状况下的体积为_mL。(2)测定NO的体积从如图3所示的装置中，你认为应选用_装置进行Ag与浓硝酸反应实验，选用的理由是_。选用如图3所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，其合理的连接顺序是_(填各导管口编号)。在测定NO的体积时，若量筒中水的液面比集气瓶的液面要低，此时应将量筒的位置_(填“下降”或“升高”)，以保证量筒中的液面与集气瓶中的液面持平。(3)气体成分分析若实验测得NO的体积为112.0 mL(已折算到标准状况)，则Ag与浓硝酸反应的过程中_(填“有”或“没有”)NO产生，作此判断的依据是_。答案(1)0.008268.8(2)A因为A装置可以通入N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中的O2氧化123547升高(3)有因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积(89.6112.0)解析(1)B容器中是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；100 mL溶液中取出25.00 mL溶液，用0.1 molL1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，终点时，消耗氢氧化钠溶液的体积为20.40 mL0.40 mL20.00 mL，所以25.00 mL溶液中含有硝酸0.02 L0.1 molL10.002 mol，则B容器中生成硝酸的物质的量为0.008 mol，由3NO2H2O=2HNO3NO可知金属与硝酸反应生成的二氧化氮物质的量为0.012 mol，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2在标准状况下的体积VnVm0.012 mol22.4 Lmol1268.8 mL。(2)一氧化氮气体易被氧气氧化生成二氧化氮对验证产生干扰，装置A和D相比A装置利用氮气可以把装置中的空气排净。用A进行银和浓硝酸的反应，用水吸收生成的二氧化氮气体，导气管长进短出，可以用排水量气法测定一氧化氮气体的体积，排水集气瓶导气管应短进长出，连接顺序为123547。读数之前应保持内外压强相同，恢复到室温下读取量筒中液体的体积，若量筒中水的液面比集气瓶的液面要低，此时应将量筒的位置升高，以保证量筒中的液面与集气瓶中的液面持平。(3)实验测得NO的体积为112.0 mL(已折算到标准状况)，依据上述计算得到Ag和浓硝酸生成二氧化氮气体物质的量为0.012 mol，依据3NO2H2O=2HNO3NO可知一氧化氮气体物质的量为0.004 mol，标准状况下体积为0.004 mol22.4 Lmol10.089 6 L89.6 mL112.0 mL可知Cu和硝酸反应生成一氧化氮气体。专题强化练12017乐清市乐成寄宿中学高三(上)月考下列示意图与对应的反应情况正确的是()A.含0.01 mol KOH和0.01 mol Ca(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2B.NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液C.KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液D.NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸答案B解析向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会逐渐生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增大，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，此时沉淀量不变，当氢氧化钾消耗完毕时，将碳酸钙逐渐溶解，沉淀量逐渐减少，故A错误；NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀，直到最大量，然后不再减少，沉淀的量保持不变，故B正确；假设含2 mol KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，开始阶段滴加入3 mol Ba(OH)2时，2 mol 铝离子和3 mol硫酸根分别和氢氧根和钡离子反应生成2 mol氢氧化铝和3 mol硫酸钡沉淀，然后再滴加入1 mol Ba(OH)2时，继续形成1 mol的硫酸钡沉淀，但同时会溶解2 mol氢氧化铝沉淀，所以这一段沉淀的物质的量并没有增多反而减小，再滴加入Ba(OH)2时无反应发生最终只剩余硫酸钡沉淀，故C错误；NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后过量的盐酸又将沉淀逐渐溶解掉，故D错误。2(2017浙江省衢州二中高三月考)工业上将氨气和空气的混合气体通过铂铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下V L氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为()A. B. C. D.答案D解析氨气和转移电子之间的关系式为4NH35O2=4NO6H2O转移电子4 mol20 mol molNA mol1。3(2017浙江省绍兴一中高三月考)现取m g镁铝合金在一定浓度的稀硝酸中恰好完全溶解(硝酸的还原产物只有NO)，向反应后的混合溶液中滴加b molL1NaOH溶液，当滴加到V mL时，得到沉淀质量恰好为最大值n g，则下列有关该实验的说法中正确的有()沉淀中OH的质量为(nm)g恰好溶解后溶液中的NO的物质的量为 mol反应过程中转移的电子数为 mol标准状况下生成NO的体积为 L与合金反应的硝酸的物质的量为()molA5项 B4项 C3项 D2项答案A解析沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为(nm)g，故正确；恰好溶解后溶液中的NO的物质的量等于沉淀质量最大时溶液中NO的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠(NaNO3)，硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n(NO)n(Na)n(NaOH) mol，故正确；至沉淀量最大时，生成的n g沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁。根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m g合金的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为(nm)g，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2、Al3所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n(e)n(OH) mol，故正确；根据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即 mol mol，其体积在标准状况下为 L，故正确；参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸(生成硝酸盐)的物质的量等于硝酸钠的物质的量，为 mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量，为 mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为()mol，故正确。故选A。42017绍兴一中高三(上)月考A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。(1)若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则：组成单质A的元素在周期表中的位置为_。X可能为_(填字母)。aNaHCO3 bNa2CO3cNa2SO3 dAl(OH)3(2)若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变血红。A与H2O反应的化学反应方程式为_。检验溶液D中还可能存在Fe2的方法是_(注明试剂、现象)。答案(1)