备战高考化学氮及其化合物大题培优附答案解析.docx

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备战高考化学氮及其化合物大题培优附答案解析

备战高考化学氮及其化合物（大题培优）附答案解析

一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）

1．硝酸是常见的三大强酸之一，在化学研究和化工生产中有着广泛应用，常用于制备硝酸盐、染料、肥料、医药中间体、烈性炸药等。

硝酸盐多用于焰火、试剂、图像处理行业。

（1）某金属M的硝酸盐受热时按下式分解：

2MNO3

2M+2NO2↑+O2↑，加热3.40gMNO3，生成NO2和O2折算成标准状况时的总体积为672mL。

由此可以计算出M的相对原子质量为__。

（2）将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体折算成标准状况下的体积为11.2L。

其中NO的体积为__。

（3）现有Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，某研究性学习小组为了探究其组成情况，加入100mL0.6molHNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到224mLNO气体（S.T.P.）。

则产物中硝酸铜的物质的量为_。

如原混合物中有0.0lmolCu，则其中Cu2O与CuO的质量比为__。

（4）有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，HNO3被还原成NO，待反应结束后，可产生标准状况下的气体多少升___？

（5）加热某一硝酸铜的结晶水合物和硝酸银的混合物110.2g，使之完全分解，得到固体残渣48.4g。

将反应后产生的气体通过水充分吸收后，剩余气体1.68L（S.T.P.）。

求原混合物中硝酸铜结晶水合物的化学式___。

【答案】1085.824L0.0259：

50.448LCu（NO3）2·6H2O

【解析】

【分析】

（1）根据硝酸盐和气体体积的关系式计算金属的相对原子质量；

（2）根据氧化还原反应中得失电子数相等计算生成的一氧化氮的体积；

（3）根据氮原子守恒确定未反应硝酸根的物质的量，根据硝酸根的物质的量和硝酸铜的关系式计算硝酸铜的物质的量；根据硝酸铜的物质的量计算溶液中铜离子的物质的量，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算氧化亚铜的质量，根据铜原子守恒计算氧化铜的质量，从而计算出氧化亚铜和氧化铜的质量之比；

（4）根据n=cV计算氢离子和硝酸根的物质的量，由于铁过量，根据反应进行过量计算，以不足量的物质计算一氧化氮的物质的量，进而计算体积；

（5）根据原子守恒，气体体积列方程计算硝酸铜和硝酸银的物质的量，根据铜原子守恒计算结晶水系数，从而确定化学式。

【详解】

（1）标准状况下，672ml气体的物质的量是0.03mol，根据反应的方程式可知，氧气的物质的量是0.01mol，所以硝酸盐的物质的量是0.02mol，则硝酸盐的相对分子质量是170，故M的相对原子质量是170－62＝108；

（2）32.64g铜的物质的量是0.51mol，失去1.02mol电子转化为+2价铜离子，气体的物质的量是0.5mol，若设NO和NO2的物质的量分别是x和y，则x＋y＝0.5、3x＋y＝1.02，解得x＝0.26mol，所以NO的体积是5.824L；

（3）硝酸的物质的量是0.06mol，被还原的硝酸是0.01mol，所以根据氮原子守恒可知，硝酸铜的物质的量是（0.06mol－0.01mol）÷2＝0.025mol。

根据铜原子守恒可知，铜原子的物质的量是0.025mol，Cu2O与Cu在反应中均是失去2个电子，二者的物质的量之和是0.015mol，则氧化亚铜的物质的量是0.005mol，所以氧化铜的物质的量是0.005mol，则Cu2O与CuO的质量比为144︰80＝9:

5。

（4）n（H+）=0.01L×4mol/L×2+0.01L×2mol/L=0.1mol，n（NO3-）=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，发生反应3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO+4H2O，0.02mol硝酸根完全反应，需要氢离子的物质的量为0.08mol<0.1mol，故氢离子过量，硝酸根不足，生成的一氧化氮为0.02mol，则标况下，一氧化氮的体积为0.448L。

（5）二氧化氮、氧气和水的反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据硝酸铜和硝酸银受热分解方程式可知，硝酸铜受热分解产生的二氧化氮和氧气体积比为4：

1，被水完全吸收，硝酸银分解产生的二氧化氮和氧气体积比小于4：

1，即气体与水反应剩余1.68L氧气；设原混合物中硝酸铜的物质的量为xmol，硝酸银为ymol，即80x+108y=48.4，0.25y=0.075，即x=0.2mol，y=0.3mol。

根据铜原子守恒可知，结晶水的物质的量=

=1.2mol，即硝酸铜与结晶水物质的量之比为1：

6，硝酸铜结晶水合物的化学式Cu（NO3）2·6H2O。

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．将一定质量的铁粉加入装有100mL某浓度稀硝酸的容器中充分反应。

试回答:

（1）容器中剩余mg铁粉，收集到NO气体448mL（标准状况下）。

①所得溶液中溶质的化学式为__________。

②原稀硝酸的物质的量浓度为__________。

（2）向

（1）中所得的固液混合物中逐滴滴加稀硫酸至刚好不再产生遇空气变成红棕色的气体为止，此时容器中剩余铁粉ng。

①此时溶液中溶质的化学式为__________。

②m-n的值为_______（精确到0.1）。

【答案】Fe（NO3）20.8mol·L-1FeSO45.0

【解析】

【详解】

（1）①容器中剩有mg的铁粉，铁过量，所得溶液中的溶质为Fe（NO3）2；②硝酸完全反应生成硝酸亚铁与NO，NO的物质的量=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，根据电子转移守恒，参加反应的n（Fe）=0.02mol×

=0.03mol，由氮元素守恒可知：

n（HNO3）=2n[Fe（NO3）2]+n（NO）=2×0.03mol+0.02mol=0.08mol，故原硝酸的物质的量浓度=0.08mol÷0.1L=0.8mol/L；

（2）①向上述固-液混合物中逐滴加入稀硫酸，溶液中的反应顺序为：

Fe先和HNO3（氢离子由硫酸提供）生成NO，因为此时铁还是有剩余，所以硝酸根离子被消耗尽，硝酸根反应完全后，最后是Fe和H2SO4反应生成H2，至刚好不再产生遇空气变成红棕色的气体为止，此时溶液中的溶质为FeSO4；②Fe先和HNO3（氢离子由硫酸提供）生成NO，关系为：

3Fe～2NO3-，溶液中硝酸根离子的物质的量是0.08mol-0.02mol=0.06mol，所以消耗铁的物质的量是0.06mol×3/2=0.09mol，质量是0.09mol×56g/mol≈5.0g，即m-n的值为5.0。

6．

（1）取300ml0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是mol。

（2）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是，又变为棕黄色的原因是用离子方程式解释．

（3）在100mLFeBr2溶液中通入标况下2.24LCl2，溶液溶液中有1/4的Br-被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为。

（4）三氟化氮（NF3）是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：

HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：

①写出该反应的化学方程式。

②NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是。

【答案】

（1）0.032mol

（2）2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+；3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO+2H2O

（3）4/3mol/L

（4）①3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3；②出现红棕色气体

【解析】

试题分析：

（1）n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，共失去电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×[5-（-1）]=0.16mol，则消耗KMnO4的物质的量的是

=0.032mol，故答案为0.032；

（2）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-，反应的离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下NO3-与Fe2+反应生成Fe3+，过一会又变为棕黄色，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO+2H2O，故答案为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+；3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO+2H2O；

（3）n（Cl2）=

=0.1mol，设原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为x，由还原性Br-＜Fe2+，液溶液中有

的Br-被氧化成单质Br2，则亚铁离子全部被氧化，由电子守恒可知，0.1L×x×（3-2）+0.1L×x×2×

×（1-0）=0.1mol×2×（1-0），解得x=

mol/L，故答案为

mol/L；

（4）①NF3→NO，化合价降低1价，被还原，NF3→HNO3，化合价升高2价，被氧化，由反应物和生成物可写出反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，故答案为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF；

②反应中生成NO，NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体；故答案为出现红棕色气体。

考点：

考查了氧化还原反应的相关知识。

7．有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：

Na＋、Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、Ba2＋、NO

、SO

、Cl－、SO32－、HCO

，取该溶液进行以下实验：

①取少量待测液，加入几滴石蕊试液，溶液呈红色。

②取少量待测液，浓缩后加入铜片和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色。

③取少量待测液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生。

④取实验③中上层清液滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，此沉淀不溶于稀硝酸。

⑤另取少量原溶液滴加NaOH溶液，有白色沉淀产生，当NaOH过量时，沉淀部分溶解。

（1）根据以上实验，溶液中肯定存在的离子是_________________；肯定不存在的离子是______________；尚不能确定的离子是_______________。

（2）写出②中有关反应的离子方程式：

________________________________________。

（3）写出⑤中沉淀溶解的离子方程式：

________________________________________。

（4）实验室检验Na＋一般用焰色反应即可确定，此实验做之前要用______清洗铂丝。

【答案】Mg2＋、Al3＋、

、

Fe2＋、Ba2＋、SO32－、

Na＋、Cl－3Cu＋8H＋＋2

===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OAl（OH）3+OH-===

+2H2O稀盐酸

【解析】

【分析】

无色溶液中，有色离子不能存在，氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱中，白色且不溶于硝酸的白色沉淀是氯化银或硫酸钡，在酸性环境下，能和氢离子反应的离子不能共存，根据离子反应的现象以及离子共存的知识加以分析。

【详解】

因是无色溶液，Fe2+是浅绿色，所以不含Fe2+；

①由于滴加几滴石蕊试液，溶液呈红色，证明溶液显酸性，因此溶液中一定没有SO32-、HCO3-；②待测液浓缩后加入铜片和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色，说明原溶液中一定含有NO3-；

③取少量待测液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定含有SO42-，故一定没有Ba2+；

④由于③的上层清液滴中加AgNO3溶液，有白色沉淀产生且不溶于稀硝酸，说明含有Cl-，但由于③中加入了BaCl2溶液，无法证明原溶液中是否存在Cl-；

⑤由于原溶液中加入NaOH溶液有白色沉淀产生