2019-2020年高考化学大一轮复习13氮及其化合物配餐作业新人教版.doc

2019-2020年高考化学大一轮复习13氮及其化合物配餐作业新人教版1下列叙述与氮元素的循环无关的是()A工业合成氨的过程是固氮的过程B自然界中，氨是动物体特别是蛋白质腐败后的产物C为防止粮食、罐头、水果等食品腐烂，常用氮气做保护气D电闪雷鸣的雨天，N2与O2会发生反应并最终转化为硝酸盐被植物吸收解析C项中由于N2很不活泼，故作保护气，不参与化学反应，也就不参与氮的循环。答案C2科学家预测，氨有望取代氢能，成为重要的新一代绿色能源。下列有关说法不正确的是()A液氨作为清洁能源的反应原理是4NH35O24NO6H2OB液氨具有腐蚀性和毒性，在使用过程中要防止液氨泄漏C氨气比空气轻，标准状况下密度约为0.76 gL1D氨气与氢气相比，优点在于氨气不容易发生爆炸，使用时更安全解析A项，该反应中有污染性气体NO产生，故不符合清洁能源的要求，错误。B、D项均正确。C项，氨气的标准状况下的密度标0.76 gL1，正确。答案A3下列制备氨水的实验装置中最合理的是() A. B. C. D.解析制备氨水不需要干燥氨气，A、C选项错误；D选项，不能防止倒吸，错误。答案B4(xx湖南六校联考)a mol FeS与b mol FeO投入V L c molL1的HNO3溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液可看做Fe(NO3)3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的HNO3可能为()A(ab)63 gB(ab)169 gC(Vc) mol D(ab) mol解析FeS6HNO3=Fe(NO3)3H2SO43NO2H2Oamol amol 3amol3FeO10HNO3=3Fe(NO3)3NO5H2Obmol bmol mol若HNO3恰好完全反应，反应中未被还原的HNO3的物质的量等于反应后溶液中NO的物质的量，即3(ab)mol，未被还原的HNO3的质量为(ab)189 g。若HNO3过量，作氧化剂的HNO3为mol，则未被还原的HNO3为mol。综上所述，本题选C。答案C5将充有n mL NO和m mL NO2气体的试管倒立于盛水的水槽中，然后通入n mL O2。mn，则充分反应后，试管中气体在同温同压下的体积为()A. mL B. mLC. mL D. mL解析可认为首先发生反应4NO3O22H2O=4HNO3，反应后剩余 mL O2，然后发生反应4NO2O2H2O=4HNO3， mL O2消耗NO2 n mL，则NO2过量，最后剩余NO的体积为过量NO2的三分之一，即 mL。答案A6某实验过程如图所示：则图的试管中的现象是()A无明显现象，因稀H2SO4不与铜反应B铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色C铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体D铜片溶解，产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色解析生成的Cu(NO3)2在H2SO4的酸性条件下相当于又有了HNO3，铜片会继续溶解生成NO。答案D7科学家从化肥厂生产的(NH4)2SO4中检出化学式为N4H4(SO4)2的物质，该物质的晶体中含有SO和N4H两种离子，当N4H遇到碱性溶液时，会生成N4分子。下列说法正确的是()A14N、N4与N2互为同位素BN4H4(SO4)2的电离方程式为N4H4(SO4)2N4H2SOCN4H4(SO4)2不能与草木灰、K3PO4等化肥混合施用DN4H4(SO4)2中只含共价键，不含离子键解析同种元素的不同原子之间互为同位素，N4与N2为单质，A错误；N4H4(SO4)2晶体中含有SO和N4H两种离子，N4H4(SO4)2为离子化合物，电离方程式为N4H4(SO4)2=N4H2SO，B错误；草木灰的主要成分K2CO3、K3PO4都为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，当N4H遇到碱性溶液时，会生成N4分子，故不能混合施用，C正确；N4H4(SO4)2中含有离子键，D错误。答案C8下列说法不正确的是()A在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解B某气体能使湿润的红色石蕊试红变蓝，该气体的水溶液一定显碱性C铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2ODHNO3NONO2，以上各步变化均能通过一步实现解析A选项中加入Cu(NO3)2后，Cu和H、NO发生反应：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O，该项不正确。使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，NH3溶于水后使溶液显碱性，B正确；Cu与稀硝酸反应时，还原产物为NO，NO可与O2反应生成NO2，C、D项正确。答案A9下列离子方程式正确的是()A实验室用氯化铵和熟石灰制氨：NHOHNH3H2OBNaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热：NHOHNH3H2OC氨水中加盐酸：NH3H2OH=NHH2OD氨水中通入少量CO2：CO2NH3H2O=NHHCOH2O解析A项不能写离子方程式，B项应生成NH3，D项应生成(NH4)2CO3。答案C10(xx湖南五市十校联考)将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加入3 molL1 NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g。下列叙述不正确的是()A当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4 molB参加反应的金属的总质量3.6 gm9.6 gC当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V100 mLD当金属全部溶解时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24 L解析本题涉及的反应有：3Mg8HNO3(稀)=3Mg(NO3)22NO4H2O；3Cu8HNO3(稀)3Cu(NO3)22NO4H2O；Mg(NO3)22NaOH=Mg(OH)22NaNO3；Cu(NO3)22NaOH=Cu(OH)22NaNO3。生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，则m(OH)5.1 g，n(OH)0.3 mol，故镁和铜的总物质的量为0.15 mol。根据化学方程式可知，n反应(HNO3)n(金属)0.15 mol0.4 mol，A项正确；镁和铜的总物质的量为0.15 mol，若全为镁，则m(Mg)0.15 mol24 gmol13.6 g，若全为铜，则m(Cu)0.15 mol64 gmol19.6 g，所以参加反应的金属的总质量3.6 gm9.6 g，B项正确；若硝酸无剩余，则消耗的NaOH溶液的物质的量等于0.3 mol，V(NaOH)0.1 L100 mL，若硝酸过量，则消耗的NaOH溶液的体积大于100 mL，C项错误；镁和铜的总物质的量为0.15 mol，根据化学方程式可知，生成的n(NO)n(金属)0.15 mol0.1 mol，在标准状况下的体积为2.24 L，D项正确。答案C11用下列装置制备、收集二氧化氮气体，并探究其性质。(1)装置A中的分液漏斗中盛装的液体是_，烧瓶中预先加入的是铜屑，铁的价格比铜的价格低，此处用铜不用铁的原因是_。(2)干燥管B中盛装的干燥剂可以是_(选填“浓硫酸”“无水氯化钙”“五氧化二磷”“碱石灰”)，干燥管D中干燥剂的作用是_。(3)装置E的作用是吸收尾气，吸收过程中发生反应的化学方程式如下，请将其补充完整。NaOHNO2=_NaNO2H2O。(4)用上述装置收集到了NO气体，采用的收集装置是_(填“F”或“G”)。解析(1)铁在浓硝酸中钝化，故使用铜屑与浓硝酸反应制备二氧化氮。(3)根据提供的反应物，NaOH中各元素化合价不可能发生变化，而NO2中N的化合价由4降低为反应物NaNO2中的3价，则另外一种产物含有N，且N的化合价升高为5，该物质是NaNO3，根据氧化还原反应化学方程式的配平方法可以配平该化学方程式。(4)二氧化氮溶解于水生成NO，故用排水法可以收集到NO。答案(1)浓硝酸铁在浓硝酸中会钝化而终止反应(2)无水氯化钙或五氧化二磷防止E装置中的水蒸气进入集气瓶(3)221NaNO311(4)G12氨气在工农业生产中有重要应用。(1)氮气用于工业合成氨，写出氮气的电子式_；NH3的稳定性比PH3_(填“强”或“弱”)。(2)如下图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。表面皿浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为_。浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，该固体可能是_(写化学式，一种即可)。FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe22NH3H2O=Fe(OH)22NH和_。(3)空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，用平衡移动原理解释其原因_。(4)在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，反应的化学方程式为_，若反应中有0.3 mol电子发生转移时，生成亚硝酸的质量为_ g(小数点后保留两位有效数字)。解析据方程式：2NH33O22HNO22H2O 247 g转移12 mol e m(HNO2)0.3 mol247 g12m(HNO2)0.3m(HNO2)2.35 g答案(1)NN强(2)NH3HCl=NH4ClNH4HSO4或(NH4)2SO44Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3(3)氨在水中存在平衡：NH3H2ONH3H2ONHOH，加入NaOH后OH浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除(4)2NH33O22HNO22H2O2.35B组重点选做题13.(xx山东省重点中学联考)亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要的工业盐，易溶于水，微溶于乙醇。某化学兴趣小组对亚硝酸钠进行多角度探究：.亚硝酸钠的制备。(1)实验中用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，显著的优点是_。(2)D中澄清石灰水变浑浊，则C中制备NaNO2的离子方程式为_。.探究亚硝酸钠与硫酸反应的气体产物成分。已知：NONO22OH=2NOH2O气体液化的温度：NO2为21 ，NO为152 (3)反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，目的是_。(4)为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序(按左右连接)：A、C、_、_、_。(5)在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，装置A中产生红棕色气体。确认装置A中产生的气体含有NO，依据的现象是_。装置B的作用是_。.设计实验证明酸性条件下NaNO2具有氧化性。供选用的试剂：NaNO2溶液、KMnO4溶液、FeSO4溶液、KI溶液、稀硫酸、淀粉溶液、KSCN溶液_。解析.(1)恒压滴液漏斗可以将滴液漏斗与烧瓶连通，平衡滴液漏斗与烧瓶中的压强，便于硝酸滴下。(2)D中澄清石灰水变浑浊，说明C中产生CO2，故C中NO、O2通入Na2CO3溶液中发生反应的离子方程式为4NOO22CO=4NO2CO2。.(3)先通入一段时间氮气，排尽装置中的空气，目的是防止生成的NO被氧化，干扰产物气体的检验。(4)在装置A中制取气体，用浓硫酸(C)对气体进行干燥，然后用冰水浴(E)检验NO2，再用O2和热水浴(D)检验NO，最后用NaOH溶液(B)进行尾气处理。所以仪器的连接顺序(按左右连接)为A、C、E、D、B。(5)确认装置A中产生的气体含有NO，依据的现象是装置D中通入氧气后气体由无色变为红棕色，发生反应：2NOO2=2NO2。由于NO、NO2都是大气污染物，装置B的作用是尾气处理，吸收氮氧化物，防止空气污染。.要证明酸性条件下NaNO2具有氧化性，则证明酸性条件下NaNO2能将Fe2氧化为Fe3(或将I氧化为I2)即可。答案.(1)平衡滴液漏斗与烧瓶中的压强，便于硝酸流下(2)4NOO22CO=4NO2CO2.(3)排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧化，干扰产物气体的检验(4)EDB(5)D中通入氧气后，气体由无色变为红棕色尾气处理，吸收氮氧化物，防止空气污染.取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性(或者取KI溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性)14当硝酸与金属或非金属反应时，反应物或反应条件不同，硝酸被还原的产物也不同。请回答下列问题：(1)金属Zn与某浓度的硝酸反应时无气体产生，那么硝酸的还原产物为_(填化学式)。(2)某混酸由200 mL 3 molL1的稀硝酸和200 mL 2.5 molL1的稀硫酸均匀混合而成(忽略溶液的体积变化)。将其分成两等份，分别与铜和铁反应，还原产物只有NO，则最多能溶解_mol Cu和_g Fe。(3)200 mL 16 molL1的浓硝酸与3.2 g Cu反应，反应过程中还原产物只有NO2，则反应结束后，产生气体的体积为_(标准状况下)，溶液中c(H)c(NO)_(忽略HNO3的挥发)。(4)用试管将(3)反应产生的NO2收集满并倒立在足量的水中，待试管中液面不再上升时，试管中剩余气体的体积约为原气体体积的_。试管中的液体的物质的量浓度为_(假设试管中的液体不对外扩散，此反应条件下1 mol 气体的体积为25.0 L)。如果NO2中混有N2O4气体，试管中的液体的物质的量浓度将_(填“增大”“减小”或“不变”)。解析(1)硝酸被还原，N元素化合价降低，若无气体产生，则还原产物为NH4NO3(或NH)。(2)设最多溶解x mol Cu，一份溶液中n(NO)0.3 mol，n(H)0.8 mol，据3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O 3 8 2 x 0.8 0.3可知x0.3(NO过量)因在反应中Fe和Cu的化合价变化均为2价，则最多溶解Fe的物质的量也是0.3 mol，质量为56 gmol10.3 mol16.8 g。(3)据电子守恒V(NO2)222.4 L/mol2.24 L。根据方程式：Cu4H2NO=Cu22NO22H2O，可知：c(H)c(NO)n(H)n(NO)(3.20.2)(3.20.1)3031。(4)根据方程式3NO2H2O=2HNO3NO可知试管中剩余气体的体积约为原气体体积的。设试管的体积为1 L，则试管中溶液(HNO3)的物质的量浓度根据c可得c0.04 molL1。若NO2中混有N2O4，则根据3N2O42H2O=4HNO32NO可知所得溶液的体积减小，HNO3的物质的量增加，则HNO3的物质的量浓度将增大。答案(1)NH4NO3(或NH)(2)0.316.8(3)2.24 L3031(4)1/30.04 molL1增大