备战高考化学氮及其化合物大题培优 易错 难题附答案解析.docx

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备战高考化学氮及其化合物大题培优易错难题附答案解析

备战高考化学氮及其化合物（大题培优易错难题）附答案解析

一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）

1．在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：

当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；

当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素。

请回答：

（1）A是_____，Y是_____。

（2）当X是强酸时，B是_____。

写出C生成D的化学方程式：

____________。

（3）当X是强碱时，B是_____，写出D生成E的化学方程式：

__________________________________。

【答案】（NH4）2SO2H2S

NH3

【解析】

【分析】

本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子，A为（NH4）2S，联想已构建的中学化学知识网络，符合这种转化关系的有：

SO2→SO3，NO→NO2，Na2SO3→Na2SO4等，由此可推断Y为O2，由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等，当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素，则B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，Z为H2O，当X是强碱时，则B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，Z为H2O，据此答题；

【详解】

（1）由上述分析推断可知，A为（NH4）2S，Y为O2，故答案为：

（NH4）2S；O2；

（2）当X是强酸时，根据上面的分析可知，B是H2S，C生成D的化学方程式为

，故答案为：

H2S；

；

（3）当X是强碱时，根据上面的分析可知，B是NH3，D生成E的化学方程式为

，故答案为：

NH3；

。

【点睛】

本题解题的关键是D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，由此推断D比C多一个氧原子，则Y为氧气，以此逐步推断出其他物质。

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

【解析】

【分析】

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。

【详解】

（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．某城市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5μm的悬浮颗粒物），其主要来源为燃煤、机动车尾气等。

因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。

请回答下列问题

（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。

若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：

离子

K+

Na+

NH4+

SO42-

NO3-

Cl-

浓度/mol·L-1

4×10-6

6×10-6

2×10-5

4×10-5

3×10-5

2×10-5

根据表中数据判断待测试样为__（填“酸”或“碱”）性，表示该试样酸碱性的c（H+）或c（OH-）=___mol·L-1。

（2）煤燃烧排放的烟气中含有SO2和NOx，易形成酸雨，污染大气，采用NaClO2溶液在碱性条件下可对烟气进行脱硫，脱硝，效果非常好。

完成下列对烟气脱硝过程的离子方程式。

（____）ClO2-+（____）NO+（____）OH-=（____）Cl-+（____）NO3-+______

（3）为减少SO2对环境的污染，常将煤炭转化为清洁的气体燃料，并将烟气进行处理，吸收其中的SO2。

①写出焦炭与水蒸气反应的化学方程式：

__。

②以下物质可以用来吸收烟气中SO2的是__（填字母代号）。

a.Ca（OH）2b.Na2CO3c.CaCl2d.NaHSO3

（4）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化。

①汽车启动时汽缸温度高，汽缸中会生成NO，化学方程式为___。

②汽车燃油不完全燃烧时产生CO。

在汽车尾气系统中装上催化转化器可使CO和NO反应转化为无污染、无毒性的两种气体，其化学反应方程式为___。

【答案】酸10-4344342H2OC+H2O

CO+H2abN2+O2

2NO2CO+2NO

2CO2+N2

【解析】

【分析】

（1）根据电荷守恒判断溶液的酸碱性；

（2）根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平方程式；

（3）①焦炭与水蒸气反应生成CO和H2；

②SO2是酸性氧化物，能被碱性溶液吸收；

（4）①汽车启动时汽缸温度高，氮气和氢气在汽缸中会生成NO；

②在汽车尾气系统中装上催化转化器可使CO和NO反应转化为氮气、二氧化碳。

【详解】

（1）根据表格数据，试样所含水溶性无机离子所带电荷总数是c（K+）+c（Na+）+c（NH4+）-2c（SO42－）-c（NO3－）-c（Cl－）=4×10-6+6×10-6+2×10-5-2×4×10-5-3×10-5-2×10-5=-1×10-4，根据溶液的电中性原则，溶液中应该含有带正电荷的氢离子，c（H+）=1.0×10－4mol/L，所以溶液呈酸性；

（2）ClO2-中氯元素化合价由+3降低为-1，NO中N元素化合价由+2升高为+5，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，烟气脱硝过程的离子方程式3ClO2-+4NO+3OH-=3Cl-+4NO3-+2H2O；

（3）①焦炭与水蒸气反应生成CO和H2，反应方程式是C+H2O

CO+H2；

②SO2是酸性氧化物，能被碱性溶液吸收，Ca（OH）2呈碱性，能吸收SO2生成亚硫酸钙和水；Na2CO3呈碱性，能吸收SO2；CaCl2与SO2不反应；NaHSO3与SO2不反应；故选ab；

（4）①汽车启动时汽缸温度高，氮气和氢气在汽缸中生成NO，化学方程式为是N2+O2

2NO；

②在汽车尾气系统中装上催化转化器可使CO和NO反应转化为氮气、二氧化碳，其化学反应方程式为2CO+2NO

2CO2+N2。

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3mol·L-1NaOH溶液1L进行模拟测试，需称取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）验证废水中NH4+已基本除净的方法是___________（写出操作、现象与结论）。

（5）气体1转化为气体2时空气不能过量的原因是__________。

（6）捕获剂捕获的气体主要是__________（填化学式）。

（7）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】CaCO3、CaSO3120NH4++NO2-=N2↑+2H2O取少量处理后废水于试管中，加入NaOH溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则可证明NH4+已基本除净气体1转化为气体2时，其中NO:

NO2物质的量之比为1：

1时才可以被NaOH溶液完全转化成NaNO2，若空气过量，则与NaOH反应生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，因此空气不能过量COC

【解析】

【分析】

工业废气（主要含NO、CO、CO2、SO2、N2）用过量石灰乳吸收，CO2、SO2与Ca（OH）2反应生成CaCO3、CaSO3，成为固体1的主要成分，此时气体1为NO、CO、N2；通入适量空气，主要与NO作用生成NO2，成为空气2的主要成分；通入NaOH溶液中，从产物NaNO2看，前面通入的空气，只能将一部分NO氧化为NO2，否则生成的NaNO2中会混入NaNO3；NO2-与NH4+发生氧化还原反应，生成N2和H2O，气体3为CO，被捕获剂捕获。

【详解】

（1）从以上分析可知，固体1的主要成分有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3。

答案为：

CaCO3、CaSO3；

（2）若实验室需要配制3mol·L-1NaOH溶液1L进行模拟测试，需称取NaOH固体质量为3mol·L-1×1L×40g/mol=120g。

答案为：

120；

（3）用NaNO2溶液处理含NH4+废水时，NO2-与NH4+反应生成N2和H2O，反应的离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O。

答案为：

NH4++NO2-=N2↑+2H2O；

（4）验证废水中NH4+已基本除净，可加碱检测气体的性质，方法是取少量处理后废水于试管中，加入NaOH溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则可证明NH4+已基本除净。

答案为：

取少量处理后废水于试管中，加入NaOH溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则可证明NH4+已基本除净；

（5）由以上分析知，气体1转化为气体2时空气不能过量的原因是气体1转化为气体2时，其中n（NO）:

n（NO2）物质的量之比为1:

1时才可以被NaOH溶液完全转化成NaNO2，若空气过量，则与NaOH反应生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，因此空气不能过量。

答案为：

气体1转化为气体2时，其中n（NO）:

n（NO2）物质的量之比为1:

1时才可以被NaOH溶液完全转化成NaNO2，若空气过量，则与NaOH反应生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，因此空气不能过量；

（6）由以上分析可知，捕获剂捕获的气体主要是CO。

答案为：

CO；

（7）鉴别NaNO2和NaCl，需利用反应2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O，所以需加I-、淀粉、酸，从而确定选用的物质是①②⑤，故选C。

答案为：

C。

【点睛】

检验NaNO2和NaCl，若使用AgNO3溶液，会生成AgCl、AgNO2白色沉淀，再加入稀硝酸，AgNO2溶解，而AgCl不溶解，所以也可用硝酸酸化的硝酸银溶液进行鉴别。

4．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。

5．某课外兴趣小组探究利用废铜屑制取CuSO4溶液，设计了以下几种实验方案。

完成下列填空：

（1）方案一：

以铜和浓硫酸反应制备硫酸铜溶液。

方案二：

将废铜屑在空气中灼烧后再投入稀硫酸中。

和方案一相比，方案二的优点是________________________；方案二的实验中，发现容器底部残留少量紫红色固体，再加入稀硫酸依然不溶解，该固体为________。

（2）方案三的实验流程如图所示。

溶解过程中有气体放出，该气体是________。

随着反应的进行，生成气体速率加快，推测可能的原因是________________________________________________________________________________。

（3）设计实验证明你的推测：

______________________________。

方案四的实验流程如图所示。

（4）为了得到较纯净的硫酸铜溶液，硫酸和硝酸的物质的量之比应为________；

（5）对方案四进行补充完善，设计一个既能防止污染，又能实现物料循环的实验方案（用流程图表示）__________________________________。

【答案】不产生污染空气的SO2气体，制取等量的CuSO4溶液，消耗的硫酸量少CuO2反应产生的Cu2＋对H2O2分解有催化作用　取H2O2溶液，向其中滴加CuSO4溶液，观察产生气泡的速率是否加快3∶2

【解析】

【详解】

（1）第一个方案中放出的有毒气体二氧化硫会造成空气污染；第二个方案中铜和氧气加热生成氧化铜，氧化铜和硫酸反应产生硫酸铜和水，因此反应过程中没有污染物，且原料的利用率高。

方案二的实验中，发现容器底部残留少量紫红色固体为铜，不溶于稀硫酸；

（2）方案三中H2O2发生还原反应生成O2；随着反应的进行，生成气体速率加快，可能是反应产生的Cu2＋对H2O2分解有催化作用；（3）取H2O2溶液，向其中滴加CuSO4溶液，如果产生气泡的速率加快，则证明Cu2＋对H2O2分解有催化作用；（4）根据离子方程式：

3Cu＋2NO

＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，反应消耗2mol硝酸，生成3mol硫酸铜，故为了得到较纯净的硫酸铜溶液，硫酸和硝酸的物质的量之比应为3∶2；（5）设计实验方案时，为防止NO污染空气，应通入空气氧化NO为NO2，用水吸收后，生成的HNO3再循环利用：

。

6．X、Y、Z是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下（X、Y、Z、E、F为英文字母，部分反应条件及产物略去）

I.若Y是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色刺激性气味的气体。

（1）Y气体的大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸收，化学方程式为_____。

（2）Z的水溶液可以制得某种强酸E。

实验室用98%的浓E（ρ=1.84g·cm−3）溶液配制l.5mol·L−1稀E溶液240 mL。

①制该稀E溶液需要使用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒和_____；

II.若Z是淡黄色固体粉末。

在呼吸面具或潜水艇中由Z和CO2制备氧气的化学反应方程式为_____。

III.若Z是红棕色气体。

（1）试写出Z与水反应制备另一种强酸F的化学方程式_____。

（2）2.0g铜镁合金完全溶解于100mL密度为1.40g·mL−1质量分数为63%的浓F溶液中，得到Z和N2O4（Z和N2O4均为浓F溶液的还原产物）的混合气体1792mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol·L−1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀，得到3.7g沉淀。

则合金中铜与镁的物质的量之比为_____，加入NaOH溶液的体积为_____mL。

【答案】2NH3⋅H2O+SO2=（NH4）2SO3+H2O250mL容量瓶2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O23NO2+H2O=2HNO3+NO2:

31300

【解析】

【分析】

I．若Y是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色刺激性气味的气体，则Y为SO2；

II．若Z是淡黄色固体粉末，则Z为Na2O2；

III．若Z是红棕色气体，则Z为NO2，X为N2或NH3，Y为NO。

【详解】

I.

（1）根据分析，Y为SO2，SO2的大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸收，生成亚硫酸铵和水，其反应的化学方程式为：

2NH3⋅H2O+SO2=（NH4）2SO3+H2O，故答案为：

2NH3⋅H2O+SO2=（NH4）2SO3+H2O。

（2）①二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水得硫酸，E是硫酸。

实验室用98%浓硫酸（ρ=1.84mg⋅cm−3）溶液配制1.5mol⋅L−1稀硫酸溶液240mL，依据配制溶液的步骤可知，需用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，故答案为：

250mL容量瓶。

II.根据分析，Z为Na2O2，在呼吸面具或潜水艇中Na2O2和CO2制备O2的化学反应方程式为：

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。

III.

（1）Z为NO2，X为N2或NH3，Y为NO，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，其化学反应方程式为：

3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：

3NO2+H2O=2HNO3+NO。

（2）F为HNO3，金属离子全部沉淀时，得到3.7g沉淀为氢氧化铜和氢氧化镁，所以沉淀中氢氧根离子的质量为3.7g−2g=1.7g，氢氧根离子的物质的量为：

，根据电荷守恒可知，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：

，计算得出：

，所以合金中铜与镁的物质的量之比是0.02：

0.03=2:

3；标准状况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为：