精選備戰(zhàn)高考化學(xué)易錯題專題復(fù)習(xí)氮及其化合物含詳細答案

1、精選備戰(zhàn)高考化學(xué)易錯題專題復(fù)習(xí)氮及其化合物含詳細答案一、氮及其化合物練習(xí)題(含詳細答案解析)1.氮及其化合物在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用：(1)甲、乙兩瓶氨水的濃度分別為1mol/L和0. 1mol/L,則甲、乙兩瓶氨水中 c( OH-)之比10 (填“大于” “等于”或“小于”)，并說明理由(2)常溫下向含0. 5mol溶質(zhì)的稀鹽酸中緩慢通入 0. 5molNH3 (溶液體積變化忽略不計)，反應(yīng)結(jié)束后溶液中離子濃度由大到小的順序是 ;在通入氨 氣的過程中溶液的導(dǎo)電能力 (選填“變大”、“變小”或“幾乎不變”)。請 設(shè)計實驗檢驗錢鹽中的 NH4+： ?！敬鸢浮啃∮?加水稀釋，弱電解質(zhì)的電離程度增大

2、c( Cl-) c( NH4+) c( H+) c( OH-)幾乎不變 取樣，加水溶解，加入氫氧化鈉濃溶液，加熱，若產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則證明有NH4+【解析】【分析】【詳解】(1)濃溶液加水稀釋，越稀越電離，故 0. 1mol/L的氨水中電離程度更大，故甲、乙兩瓶氨水中c(OH-)之比小于10；答案為：小于；加水稀釋，弱電解質(zhì)的電離程度增大；(2)二者恰好反應(yīng)生成氯化俊，俊根水解溶液呈酸性，即c(H+) c(OH-),依據(jù)溶液呈電中性有：c(H+)+c(NH4+)=c(OH)+c(Ct),因為 c(H+) c(OH),所以 c( NH4+) a NH4+) c( H+) c

3、(OH);溶液中離子濃度幾乎不變，所以導(dǎo) 電能力幾乎不變；錢鹽能與強堿反應(yīng)放出氨氣，則檢驗俊根離子的實驗方案：取樣，加水溶解，加入氫氧化鈉濃溶液，加熱，若產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則證明有 NH4+o【點睛】濃溶液加水稀釋，越稀越電離；溶液的導(dǎo)電能力主要取決于溶液中離子的濃度及離子所帶 的電荷數(shù)：離子的濃度越大，導(dǎo)電能力越強；離子所帶的電荷數(shù)越大，導(dǎo)電能力越強。2.氮氧化合物和二氧化硫是引起霧霾的重要物質(zhì)，工業(yè)用多種方法來治理。某種綜合處理含NH4+廢水和工業(yè)廢氣(主要含NO、CO CO2、SQ、N2)的流程如圖：已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O 2NQ+2Na

4、OH=NaNQ+NaNO2+H2O(填化學(xué)固體1的主要成分有Ca(OH、式)。(2)若實驗室需要配制100mL 3.00mol L-NaOH溶液進行模擬測試，需用托盤天平稱取NaOH固體質(zhì)量為 g。用NaNO2溶液處理含 NH4+廢水反應(yīng)的離子方程式為 。(4)捕獲劑從氣體3中捕獲的氣體主要是 (填化學(xué)式)。流程中生成的NaNO2因外觀和食鹽相似，又有咸味，容易使人誤食中毒。已知NaNO2能發(fā)生如下反應(yīng)：2NaNO2+4HI=2NOT +2+2NaI+2H2O; I2可以使淀粉變藍。根據(jù)上述反應(yīng)，選擇生活中常見的物質(zhì)和有關(guān)試劑進行實驗，以鑒別NaNO2和NaCk需選用的物質(zhì)是(填序號)。 水

5、淀粉碘化鉀試紙淀粉白酒 白醋A. B , C . D .【答案】CaCO CaSO 12 NC2 + NH4+= N2T+2H2O CO C 【解析】【分析】工業(yè)廢氣通過過量的石灰乳，除去CQ和SQ,生成CaCO和CaSQ,氣體1是NO、CO、N2,通入適量的空氣，把 NO轉(zhuǎn)化為NO2,通過氫氧化鈉溶液只得到NaNO2溶液，說明氣體2是NO、NO2、N2,氣體3是CO和N2,捕獲產(chǎn)物是 CO,得到的NaNO2溶液和含 NH4+廢水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，得到無污染的氣體是氮氣?！驹斀狻?1)根據(jù)分析，固體1的主要成分有 Ca(OH、CaCO、CaSQ；(2)需要配制 100mL 3.00mol L-

6、1NaOH 溶液，所需質(zhì)量 m=C - V - M=3.00mol L-1X 0.1LX40 g mol-1=12g；(3)用NaNO2溶液處理含NH4+廢水，二者發(fā)生歸中反應(yīng)，氮元素最終都以氮氣形式存在，反 應(yīng)的離子方程式為：NO2 + NH4+= N2 T +2H2O；(4)根據(jù)分析，捕獲劑從氣體 3中捕獲的氣體主要是 CO;(5)由2NaNO2+4HI=2NOT +2+2NaI+2H2O,可知NO2在酸性條件下可以氧化 ，生成的I2可 以使淀粉變藍。故檢驗 NO2一使用淀粉碘化鉀試紙、白酒、水，故答案選Co3.亞硝酸(HNO2)是一種不穩(wěn)定的酸，易分解為NO2和NO;其鹽亞硝酸鈉是一種重

7、要的化工原料，酸性條件下能氧化碘離子等還原性物質(zhì)，常用作漂白劑、媒染劑。回答下列問 題：(1)亞硝酸鈉會與人體中的血紅蛋白作用，將二價鐵氧化為三價鐵，從而使血紅蛋白喪失輸 送氧氣的功能而使人體中毒。一旦發(fā)生亞硝酸鹽中毒，立即注射美藍溶液進行治療，推斷 美藍溶液具有 (填“氧化”或“還原”)性。(2)亞硝酸鈉外觀極像食鹽，和食鹽一樣有咸味。工業(yè)上常用下列兩種方法檢驗食鹽中是否 混有亞硝酸鈉。取樣品，加稀硫酸，若觀察到 (填現(xiàn)象)，說明樣品中含有亞硝酸鈉。取樣品，加 溶液(填試劑名稱)，酸化后溶液變藍，說明樣品中含有亞硝酸鈉。(3)研究不同條件下保存蘿卜，發(fā)現(xiàn)亞硝酸鈉含量隨時間變化如圖所示，若要保

8、證在亞硝酸 鈉含量低于1mg kg-1時食用，則三種條件下保存時間由長到短的順序是 (填序 號)。(4)魚塘中亞硝酸鈉濃度過高，魚不吃食甚至死亡?？捎眠m量二氧化氯(ClQ)處理亞硝酸鈉，ClO2被還原為 Cl,反應(yīng)的離子方程式為 ;若有3mol CIO2參與 反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是 ?！敬鸢浮窟€原溶液產(chǎn)生氣泡淀粉碘化鉀溶液 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _2ClO2+5NO2+2OH =2Cl +5NO3+H2O 15mol【解析】【分析】本題綜合考察了亞硝酸及亞硝酸鹽的性質(zhì)，分析時可從其+3價的化合價出發(fā)，+3價可升可降使其既能當(dāng)氧化劑

9、又能當(dāng)還原劑，此外亞硝酸還是一個弱酸。【詳解】(1)若要解毒可將血紅蛋白中的Fe3+重新還原為Fe2+,因此美藍溶液應(yīng)具有還原性；(2)亞硝酸是弱酸，因此亞硝酸鈉與硫酸反應(yīng)可以得到N2O3, N2O3不穩(wěn)定又分解產(chǎn)生NO和NO 2 ,因此可以觀察到氣泡；也可從其氧化性出發(fā)，加入淀粉碘化鉀溶液，亞硝酸鹽可將碘離子變?yōu)閱钨|(zhì)碘，單質(zhì)碘遇淀粉變藍即可證明；(3)據(jù)圖可以看出若要達到 1mg/kg的量，冷藏不密封用時最長，冷藏密封用時最短，因 此保存時間由長到短為；(4)二氧化氯當(dāng)氧化劑，亞硝酸鈉當(dāng)還原劑，離子方程式為：2ClO 2 +5NO 2 +2OH =2Cl +5NO 3+H 2O ； ClO2

10、在反應(yīng)中由+4價降低到-1價，因此每個ClO2得5個電子，3mol ClO2在反應(yīng)中一共轉(zhuǎn)移 15mol電子。4.細菌可以促使鐵、氮兩種元素進行氧化還原反應(yīng)，并耦合兩種元素的循環(huán)。耦合循環(huán)中 的部分轉(zhuǎn)化如下圖所示。N5 *業(yè)晡4植化母和戶雄乙一帙|(1)上圖所示氮循環(huán)中，屬于氮的固定的有 (填字母序號)。a. N2轉(zhuǎn)化為氨態(tài)氮b.硝化過程c.反硝化過程(2)氮肥是水體中氨態(tài)氮的主要來源之一。氨氣是生產(chǎn)氮肥的主要原料，工業(yè)合成氨的化學(xué)方程式為 。檢驗氨態(tài)氮肥中 NH4+的實驗方案是。(3)硝化過程中，含氮物質(zhì)發(fā)生 (填“氧化”或“還原”)反應(yīng)。(4)氨態(tài)氮與亞硝態(tài)氮可以在氨氧化細菌的作用下轉(zhuǎn)化為

11、氮氣。該反應(yīng)中，當(dāng)產(chǎn)生0.02mol氮氣時，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為 mol。(5) 土壤中的鐵循環(huán)可用于水體脫氮(脫氮是指將氮元素從水體中除去)，用離子方程式分別說明利用土壤中的鐵循環(huán)脫除水體中氨態(tài)氮和硝態(tài)氮的原理： 、。催化劑【答案】a N2 + 3H2= 2NH3取少量氮肥溶于適量蒸儲水中，向其中加入濃 NaOH溶液，加熱，并將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若觀察到紅色石蕊試紙變藍，則證明氮肥中含有 NH4+ 氧化 0.06 6Fc3+ + 2NH4+=6Fe2+ N2 T + 8H+ 10Fe2+ + 2NO3- + 12H+=10Fe3+ + N2 T + 6H2O【解析】【分析】(1

12、)氮的固定是氮元素由游離態(tài)變?yōu)榛蠎B(tài)；(2)工業(yè)上用氮氣和氫氣反應(yīng)生成氨氣；俊根離子與堿反應(yīng)放出氨氣；(3)硝化過程是俊根離子轉(zhuǎn)化為硝酸根離子；(4)氨態(tài)氮與亞硝態(tài)氮可以在氨氧化細菌的作用下轉(zhuǎn)化為氮氣，根據(jù)得失電子守恒，反應(yīng)方程式是 NH4+ NO2-=N2+2H2O;(5)脫氮是指將氮元素轉(zhuǎn)化為氮氣從水體中除去，F(xiàn)e3+把NH4+氧化為氮氣，F(xiàn)e2+把NO3-還原為氮氣。【詳解】(1) a. N2轉(zhuǎn)化為氨態(tài)氮，氮元素由游離態(tài)變?yōu)榛蠎B(tài)，屬于氮的固定；b.硝化過程是俊根離子轉(zhuǎn)化為硝酸根離子，不是氮的固定；c.反硝化過程是硝酸根離子轉(zhuǎn)化為氮氣，不是氮的固定；選a；催化劑(2)工業(yè)上用氮氣和氫氣反

13、應(yīng)生成氨氣，反應(yīng)方程式是N2 + 3H2= 一，2NH3；俊根離子與堿反應(yīng)放出氨氣，檢驗錢態(tài)氮肥中NH4+的實驗方法是：取少量氮肥溶于適量蒸儲水中，向其中加入濃 NaOH溶液，加熱，并將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若觀察到紅色石蕊試紙變藍，則證明氮肥中含有NH4+;(3)硝化過程中，俊根離子轉(zhuǎn)化為硝酸根離子，氮元素化合價升高，含氮物質(zhì)發(fā)生氧化反 應(yīng)。(4)氨態(tài)氮與亞硝態(tài)氮可以在氨氧化細菌的作用下轉(zhuǎn)化為氮氣，反應(yīng)方程式是NH4+ NO2-=N2+2H2O,生成1mol N2轉(zhuǎn)移3mol電子，當(dāng)產(chǎn)生0.02 mol氮氣時，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量 為 0.06mol。(5)脫氮是指將氮元素轉(zhuǎn)化為氮氣

14、從水體中除去，F(xiàn)e3+把NH4+氧化為氮氣，F(xiàn)e2+把NO3-還原為氮氣，反應(yīng)的離子方程式是6Fe3+ + 2NH4+=6Fe2+ + N2T + 8Ht、10Fe2+ + 2N3 +12H+=10Fe3+ + N2 T + 6H2O。5. NH3、NO、NO2都是常見重要的無機物，是工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)、環(huán)境保護、生命科學(xué)等方面的 研究熱點。(1)寫出氨在催化劑條件下與氧氣反應(yīng)生成NO的化學(xué)方程式 。(2)氮氧化物不僅能形成酸雨，還會對環(huán)境產(chǎn)生的危害是形成 。(3)實驗室可用Cu與濃硝酸制取少量 NO2,該反應(yīng)的離子方程式是 。(4)為了消除NO對環(huán)境的污染，根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理，可選用NH3使NO轉(zhuǎn)

15、化為兩種無毒氣體(其中之一是水蒸氣)，該反應(yīng)需要催化劑參加，其化學(xué)方程式為 。(5) 一定質(zhì)量的Cu與適量濃硝酸恰好完全反應(yīng)，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下NO2和NO氣體均為2240mL。向反應(yīng)后的溶液中加入 NaOH溶液使Cu2好完全沉淀，則生成 Cu(OH)2沉淀的 質(zhì)量為 克。._催化劑.一【答案】4NH3+5O24NO+6H2O 光化學(xué)煙霧Cu+4H +2NO3 = Cu2+2NO2 f + 2H2O加熱催化劑4NH3+6NO5N2+6H2O 19. 6【解析】【分析】(1)氨氣和氧氣在催化劑的條件下反應(yīng)生成一氧化氮和水；(2)氮氧化物還可以形成光化學(xué)煙霧，破壞臭氧層；(3)銅和濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅

16、、二氧化氮和水，濃硝酸和硝酸銅都能寫成離子形式；(4)氨氣使一氧化氮轉(zhuǎn)化為兩種無毒氣體，其中一種是水蒸氣，另外一種為氮氣；(5)根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計算銅的物質(zhì)的量，由銅原子守恒可得氫氧化銅的物質(zhì)的量，在根 據(jù)m=nM計算?！驹斀狻?1)氨氣與氧氣在催化劑條件下生成NO與水，反應(yīng)方程式為：催化劑4NH3+5O24NO+6H2O,加熱催化劑故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；加熱(2)氮氧化物還可以形成光化學(xué)煙霧、破壞臭氧層等，故答案為：光化學(xué)煙霧；(3)Cu與濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、二氧化氮與水，濃硝酸、硝酸銅都寫成離子形式，反應(yīng)離子方程式為：Cu+4H+2NO3 =Cu2+2NOM +2H

17、2O,答案為：Cu+4H+2NO3 =Cu2+2NO2f+2H2O；(4)NH3使NO轉(zhuǎn)化為兩種無毒氣體，其中之一是水蒸氣，另外一種為氮氣，反應(yīng)方程式 催化劑為：4N%+6NO=5N2+6H2O, 催化劑故答案為：4NH3+6NO5N2+6H2O ；(5)n(NO2)=n( NO) = 2. 24L-22.4L/ mol=0. 1mol,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，可知 n(Cu)=0.1ml 1 0.1ml 3 = 0. 2mol,由Cu原子守恒可得氫氧化銅的物質(zhì)的量為0. 2mol,生2成 Cu(OH)2沉淀的質(zhì)量為 0.2mol X98g/mol=19. 6g,故答案為：19.6。 【點睛】掌握有

18、關(guān)硝酸反應(yīng)的計算，一般用守恒方法，如電子守恒，反應(yīng)中氮元素得到電子物質(zhì)的 量等于銅失去電子的物質(zhì)的量，也等于銅離子結(jié)合的氫氧根的物質(zhì)的量，據(jù)此計算即可。6 .已知19.2gCu與過量的200mL5mol/L稀硝酸充分反應(yīng)，反應(yīng)方程式如下：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NOT +4H2O(1)寫出該反應(yīng)的離子方程式： ;(2)標(biāo)準(zhǔn)狀況下，產(chǎn)生 NO氣體的體積為： ;轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為 ;反應(yīng)后NO3-的物質(zhì)的量濃度為： 。(忽略反應(yīng)前后溶液體積的變化)【答案】3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NOT +4H2O 4.48L 0.6mol 4mol/L【解析】 【分析】(1

19、)根據(jù)離子方程式的拆寫原則，硝酸和硝酸銅拆為離子，結(jié)合電荷守恒書寫；(2)先計算19.2g銅的物質(zhì)的量，再結(jié)合反應(yīng)方程式確定需消耗硝酸的物質(zhì)的量，由反應(yīng)可知被還原的硝酸和生成的NO的物質(zhì)的量，最后根據(jù) N元素守恒計算溶液中含有的NO3-的物質(zhì)的量，根據(jù)c=n計算反應(yīng)后NO3-的物質(zhì)的量濃度。V【詳解】(1)Cu與稀硝酸反應(yīng)方程式為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NOs)2+2NOT +4H2O,在該反應(yīng)中，硝酸和硝酸銅是易溶的強電解質(zhì)，拆為離子，其余物質(zhì)仍然用化學(xué)式表示，則該反應(yīng)的離子方程式為：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NOT +4H2O；(2)19.2g 銅的物質(zhì)的量 n(C

20、u)=19.2g + 64g/mol=0.3mo由反應(yīng)可知， 0.3molCu 消耗0.8molHNO3,則根據(jù)元素化合價升降與電子轉(zhuǎn)移關(guān)系可知被還原的硝酸和生成的NO均為0.2mol ,則生成NO的體積V(NO)=0.2mol x 22.4L/mol=4.48L根據(jù)反應(yīng)方程式可知 3mol金屬Cu反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是6mol,則0.3mol金屬銅參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.6mol ,在200mL5mol/L稀硝酸中含有NO3-的物質(zhì)的量是n(NO3-)=5mol/L x 0.2L=1mo反應(yīng)中被還原的硝酸為 0.2mol,被還原的硝酸變?yōu)?NO氣體，則溶液中剩余的NO3-的物質(zhì)的量

21、n 0.8moln(NO3 )=1mol-0.2mol=0.8mol ,則其物質(zhì)的重濃度是 c=一 =4mol/L。V 0.2L【點睛】本題考查氧化還原反應(yīng)的知識，明確元素的化合價變化及原子守恒的方法來分析是解答本 題的關(guān)鍵，注意反應(yīng)中化學(xué)計量數(shù)與轉(zhuǎn)移電子數(shù)目的關(guān)系解答，試題培養(yǎng)了學(xué)生靈活應(yīng)用 所學(xué)知識解決實際問題的能力。7 .硝酸是重要的化工原料，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和國防上有重要用途。(1)實驗室利用硝石(NaNO3)和濃硫酸共熱制取硝酸。 該反應(yīng)利用了濃硫酸的 性； 該反應(yīng)的溫度不宜太高，原因是(用化學(xué)方程式表示) ;(2)工業(yè)上用氨氣的催化氧化法制取硝酸，再利用硝酸和氨氣反應(yīng)生產(chǎn)NH4NO3。

22、寫出氨氣的電子式;寫出氨氣催化氧化的化學(xué)方程式 ;在生產(chǎn)過程中，氨催化氧化生成氮氧化物的利用率是80%,氮氧化物被吸收得到硝酸的利用率是85%,則制取80 t的NH4NO3需要氨氣 t;(3)某混合酸1L中含1mol的硝酸和2mol的硫酸。取該混合酸 100mL,加入5.6g鐵粉充 分反應(yīng)。 反應(yīng)中可以生成 NO L (標(biāo)準(zhǔn)狀況)；向反應(yīng)后的溶液再加入鐵粉，能繼續(xù)溶解鐵粉 go【答案】高沸點性(或不揮發(fā)性)4HNC3= 4NO2 T + Q T + 2HOH4NH3 +H5O2= 4NO+ 6H2O 42 2.24 5.6 A【解析】【分析】(1)利用濃硫酸的高沸點分析；(2)根據(jù) 硝酸不穩(wěn)定

23、能分解分析；(3)根據(jù)氨氣轉(zhuǎn)化為硝酸的一系列反應(yīng)分析氨氣的質(zhì)量。(4)注意硝酸具有強氧化性，硫酸具有酸性，同時注意鐵離子能與鐵反應(yīng)?！驹斀狻?1) 濃硫酸制取硝酸時利用濃硫酸的高沸點性(或不揮發(fā)性)；硝酸在溫度高時能分解生成二氧化氮和氧氣和水，方程式為：4HNO3= 4NO2 T + QT +2H2O;(2) .氨氣的電子式為：； H 氨氣和氧氣反應(yīng)生成一氧化氮和水，方程式為：4NH3+ 5O2型詈 4NO+ 6H2O ；NH3-NO-HNO3-NH4NO3, 80 t的NH4NO3需要轉(zhuǎn)化為硝酸的的氨氣的質(zhì)量為800/8850/ 17 =25t,另外需要和硝酸反應(yīng)的氨氣的質(zhì)量為80 17=1

24、7t,總共氨氣的質(zhì)量為oU% 85% 88,25+17=42t;(3) . 反應(yīng)的離子方程式為 Fe+4H+NO3三Fe3+NO +2H2O,根據(jù)鐵的物質(zhì)的量為U.lmol,溶液中的氫離子為 .5mol,硝酸根離子為 .1mol分析，鐵反應(yīng)生成 .1mol 一氧化 氮，標(biāo)況下的體積為 2.24L； 反應(yīng)中消耗.4mol氫離子，和.1mol硝酸根離子，還剩余.1mol氫離子和.1mol鐵離子，.1mol氫離子能反應(yīng).5mol鐵，.1mol鐵離子能反應(yīng).5mol鐵，故總共反應(yīng) .1mol鐵，質(zhì)量為5.6g?！军c睛】鐵和硝酸和硫酸的混合酸反應(yīng)時，硝酸盡可能表現(xiàn)氧化性，硫酸表現(xiàn)酸性，所以根據(jù)離子 方程

25、式計算，同時注意反應(yīng)后的溶液中含有鐵離子，同樣也能溶解鐵。8.X、Y、Z是中學(xué)化學(xué)常見的三種物質(zhì)，它們之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如下(X、Y、Z、E、F為英文字母，部分反應(yīng)條件及產(chǎn)物略去)1 .若Y是一種易溶于水，且能使品紅溶液褪色的無色刺激性氣味的氣體。(1)則丫和新制氯水主要成分反應(yīng)生成兩種強酸的化學(xué)方程式 。2 2) Y氣體的大量排放會形成酸雨，在工業(yè)上可以用足量氨水吸收，化學(xué)方程式為O 3(3)Z的水溶液可以制得某種強酸E。實驗室用98%的濃E P 1.84ng2m溶液配制l.5n mol?, 1 稀 E溶?夜 24n mL。制該稀E溶液需要使用的玻璃儀器有膠頭滴管、量筒、燒杯、 和;算所需E

26、濃溶液的體積為 mL(保留1位小數(shù))。II .若Z是淡黃色固體粉末。在呼吸面具或潛水艇中由Z和CO2制備氧氣的化學(xué)反應(yīng)方程式為。III .若Z是紅棕色氣體。(1)試寫出Z與水反應(yīng)制備另一種強酸F的化學(xué)方程式 。1(2)2.0g銅鎂合金完全溶解于1n mL密度為1.4n g?mL質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63%的儂F溶披中，得到Z和N2O4(Z和N2O4均為濃F溶液的還原產(chǎn)物)的混合氣體1792n mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，向反應(yīng)后的溶液中加入 i.0n mol?_ 1NaOH溶液，當(dāng)金屬離子全部沉淀，得到3.7ng沉淀。則合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比為 ,加入NaOH溶液的體積為mLo【答案】SO2 Cl22H2OH2

27、sO42HCl2NH3gH2OSO2(NH4)2sO3H2O玻璃棒 250mL 容量瓶 20.4 2NazO2 2CO2 2NazCO3 O23NO2 H2O 2HNO3 NO 2:3 1300【解析】【分析】I.若Y是一種易溶于水，且能使品紅溶液褪色的無色刺激性氣味的氣體，可判斷 Y為SO2。II .若z是淡黃色固體粉末，可知 z為過氧化鈉。III .若Z是紅棕色氣體，可知 Z為二氧化氮，X為氮氣或氨氣，Y為一氧化氮；【詳解】I. 1據(jù)上述分析可知，二氧化硫和新制氯水反應(yīng)生成鹽酸和硫酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式SO2 Cl2 2H2O H2sO4 2HCl ；2二氧化硫氣體的大量排放會形成酸雨，在工

28、業(yè)上可以用足量氨水吸收，生成亞硫酸錢和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為 2NH 3?H2O SO2 (NH4)2SO3 H2O ；3二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水可得硫酸，故E是硫酸。實驗室用 98%的濃硫酸 p 1.84n g2)m 3溶液配制l.5n molZ 1稀硫酸溶液240n mL。依據(jù)配制溶液的步驟可知需要使用的玻璃儀器有膠頭滴管、量筒、燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶，故答案為：玻璃棒 250mL；容量瓶；x 1.84g2m 3 98%98g / mol依據(jù)稀釋前后溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，設(shè)需E濃溶液的體積為x,則0.25L 1.5mol / L ,解得 x 20.4mL ;II

29、. 在呼吸面具或潛水艇中由過氧化鈉和CO2制備氧氣的化學(xué)反應(yīng)方程式為,2Na2O2 2CO2 2Na 2cO3 O2 III. 1二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3NO2 H2O 2HNO 3 NO,故答案為：3NO2 H2O 2HNO 3 NO；2金屬離子全部沉淀時，得到3.7g沉淀為氫氧化銅、氫氧化鎂，故沉淀中氫氧根的質(zhì)量為3.7g 2g 1.7g ,氫氧根的物質(zhì)的量為：7g 0.1mol ,根據(jù)電荷守恒可以知17g / mol道，金屬提供的電子物質(zhì)的量等于氫氧根的物質(zhì)的量，設(shè)銅、鎂合金中Cu、Mg的物質(zhì)的 2x 2y 0.1重分力ij為xmol、ymol,則：計算得

30、出：x 0.02, y 0.03 ,故合金中64x 24 y 2銅與鎂的物質(zhì)的量之比是 0.02mol： 0.03mol 2： 3,標(biāo)況下，NO2和N2O4混合氣體的物質(zhì)的量為1.792L22.4L / mol0.08mol ,令二氧化氮的物質(zhì)的量為amol,則四氧化二氮的物質(zhì)的量為0.08 a mol ,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可以知N2O4的物質(zhì)的量為0.02mol道，a 10.08 a 2 1 0.1,計算得出 a 0.06mol, 根據(jù)鈉離子守恒可以知道，氫氧化鈉的物質(zhì)的量等于反應(yīng)后溶液中硝酸鈉的物質(zhì)的量，根 據(jù)氮元素守恒可以知道，硝酸鈉的物質(zhì)的量為0.1L 14mol/L 0.06mol 0

31、.02mol 2 1.3mol,故需要氫氧化鈉溶液的體積為:1.3mol1.0mol /L1.3L 1300mL ,故答案為：2:3 ; 1300。【點睛】該題考查無機框圖題的判斷，是高考中的常見題型，屬于基礎(chǔ)性試題的考查，試題難易適 中，側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識的鞏固訓(xùn)練，物質(zhì)特殊的顏色是推斷的突破口。9.有一瓶無色澄清的溶液，其中可能含NH4+、K+、Na+、Mg2 H Cu2 CC32-、廠中的一種或幾種，取該溶液進行如下實驗：用pH試紙檢驗，發(fā)現(xiàn)溶液呈強酸性。取部分溶液，逐滴加入 NaOH稀溶液，使溶液逐漸從酸性轉(zhuǎn)變?yōu)閴A性，在滴加過程中及滴加完畢后，溶液中均無沉淀生成。將得到的堿性溶液加熱，

32、有氣體放出，該氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍。根據(jù)上述實驗事實回答下列問題：(1)在溶液中，肯定存在的離子有 ,肯定不存在的離子有 ,不能確定是 否存在的離子有 。(2)寫出實驗中的離子方程式：【答案】NH；、hT、I MgCu2+、CO：-E、Na+NH： OH- = NH3+H2O432【解析】【分析】無色溶液中一定不存在有色的Cu2：,用pH試紙檢驗，表明溶液呈強酸，f則一定存在大量的H+,碳酸根離子與氫離子反2-應(yīng)，所以一7E不存在 CO3 ,根據(jù)溶放電中性判斷一定存在碘離子；另取部分溶液，逐滴加入稀 NaOH溶液，使溶液從酸性逐漸轉(zhuǎn)變?yōu)閴A性，在滴加過程中及滴加完畢后，溶液中均無沉淀生

33、成，則一定不存在Mg2+；將得到的堿性溶液加熱，有氣體放出，該氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，該氣體為氨氣，則一定存在 NH ：；而溶液中是否含有 K+、Na+不能確定，根據(jù)以上分析進行解答?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析可知，肯定存在的離子有：NH：、h+、；肯定不存在的離子有：；Mg2+、CiT、CO：-;不能確定是否存在的離子有：E、Na+;(2)實驗為NH：與OH-反應(yīng)在加熱條件下產(chǎn)生氨氣的反應(yīng)，其反應(yīng)離子方程式為：nh4 oh- = nh： +H2O?！军c睛】高中階段對于K+、Na：的檢驗，常見方法有：根據(jù)焰色反應(yīng)確定，若焰色反應(yīng)火焰為黃 色，則說明溶液中含有鈉元素；若焰色反應(yīng)為紫色或透

34、過藍色鉆玻璃觀察焰色為紫色，則 說明溶液中含有鉀元素，可根據(jù)電荷守恒進行分析。10.下圖表示幾種無機物之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，其中 A、B均為黑色粉末，B為非金屬單質(zhì)，C 為無色無毒氣體，D為金屬單質(zhì)，E是紅棕色氣體，G是具有漂白性的氣體， H的水溶液呈 藍色。請回答下列問題：(1)A的化學(xué)式是 ,C的電子式是 , Y的名稱是 。(2)反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。(3)實驗室測定氣體 E的相對分子質(zhì)量時，得到的實驗值總是比理論值偏大，其原因是(用化學(xué)方程式表示)。(4)19.2g的D與足量的一定濃度 X的溶液反應(yīng)，將所得的氣體與 L 02(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)混 合，恰好能被水完全吸收。 ? 巾【答案】CuO 0：

35、 ： C ： ： 0 濃硫酸 c+ 4HNO3(濃尸C02 T + 4NO2 T + 2H20 2NO2? N2O4 * *V V3.36L【解析】【分析】已知，A、B均為黑色粉末，B為非金屬單質(zhì)，C為無色無毒氣體，D為金屬單質(zhì)，可推測A為CuO, B為C, C為二氧化碳，D為Cu; E是紅棕色氣體為二氧化氮，G是具有漂白性的氣體為二氧化硫，H的水溶液呈藍色為硫酸銅。【詳解】4 4* 9(1)分析可知，A為氧化銅，化學(xué)式是 CuO; C為二氧化碳，電子式為：0：C：0; 丫為濃* 硫酸；(2)反應(yīng)為碳與濃硝酸反應(yīng)生成二氧化碳、二氧化硫和水，方程式為：C+4HNO3(濃尸CO2 f +4NO2

36、T + 2H2O；(3)驗室測定氣體二氧化氮的相對分子質(zhì)量時，存在可逆反應(yīng)2NO2? N2O4得到的實驗值總是比理論值偏大；(4)19.2g的Cu即0.3mol,與足量的一定濃度的硝酸溶液反應(yīng)，生成氮的氧化物，化合價降低與Cu升高的化合價總數(shù)相等，則消耗的氧氣化合價降低的總數(shù)也相等，消耗 0.15mol氧 氣即標(biāo)況下的3.36L。11.中學(xué)化學(xué)中幾種常見物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示：航口 |-1過量領(lǐng)鼠廠葉a1 k同|a下稀稀酸_ m 雙氧水T Ai-H 葉 IdT as T將D溶液滴入沸水中可得到以F為分散質(zhì)的紅褐色膠體。請回答下列問題：(1)紅褐色膠體中F粒子直徑大小的范圍： 。(2)寫出C的

37、酸性溶液與雙氧水反應(yīng)的離子方程式：(3)寫出鑒定E中陽離子的實驗方法和現(xiàn)象： (4)有學(xué)生利用FeC3溶液制取FeC3 6H2O晶體，主要操作包括：滴入過量鹽酸， 、冷卻結(jié)晶、過濾。過濾操作除了漏斗、燒杯，還需要的玻璃儀器為高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種強氧化劑，可作為水處理劑和高容量電池材料。FeC3與KCIO在強堿性條件下反應(yīng)可制取K2FeO4,反應(yīng)的離子方程式為 ?！敬鸢浮?100 nm 2Fe2+H2O2+2H+ 2Fe3+2H2O取少量E于試管中，用膠頭滴管滴加適量的氫氧化鈉溶液，加熱試管，若生成使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，則證明俊根離子存在蒸發(fā)濃縮玻璃棒 2Fe3+3ClO-+

38、10OH- 2FeQ2-+3C+5H2O【解析】【分析】將D溶液滴入沸水中可得到以F為分散質(zhì)的紅褐色膠體，則F是Fe(OH D是Fe2(SO4)3E是 NH4C1、A 是單質(zhì) Fe、B 是 FeS C 是 FeSQ?！驹斀狻?1)根據(jù)膠體的定義，紅褐色氫氧化鐵膠體中氫氧化鐵膠體粒子直徑大小的范圍是1100 nm。(2) C是FeSQ, Fe2+被雙氧水氧化為Fe3+,反應(yīng)的離子方程式是 2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2。(3) E是NH4Cl溶液，俊根離子與堿反應(yīng)能放出氨氣，鑒定E中俊根離子的實驗方法和現(xiàn)象是：取少量E于試管中，用膠頭滴管滴加適量的氫氧化鈉溶液，加熱試管，若生成使?jié)駶?/p>

39、 的紅色石蕊試紙變藍的氣體，則證明俊根離子存在。(4)利用FeC3溶液制取FeC3 6H2O晶體，主要操作包括：滴入過量鹽酸，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾。根據(jù)過濾操作的裝置圖可知，過濾操作除了漏斗、燒杯，還需要的玻璃儀器為玻璃棒。(5) FeC3與KClO在強堿性條件下反應(yīng)可制取KzFed,鐵元素化合價由+3升高為+6,氯元素化合彳由+1降低為-1 ,反應(yīng)的離子方程式為 2Fe3+3ClO-+10OH 2FeO42-+3C+5H2O。12.根據(jù)下列變化進行推斷:rrr_ 水z尢色晶體A*無出的曳一色、無束白色沉淀3 使石柒水變浮注的氣體D且已知對A加強熱產(chǎn)生的氣態(tài)物質(zhì)的平均相對分子質(zhì)量為26.

40、3。(1)推斷 A、B、C、D 的化學(xué)式：A, B, C, D(2)寫出 變化的離子方程式：【答案】NH4 HCC3 NH3 BaCQ CQ ，）+二 +Ba2 + +2OH 呈NH3 T +BaCOJ +2H2O BaCO +2H+ Ba2 + +CQ T +H? O【解析】【分析】氣體B遇HCl冒白煙，則氣體 B為NH,加氯化鋼溶液后產(chǎn)生的白色沉淀C遇鹽酸產(chǎn)生無色無味的氣體能使石灰水變渾，則C為BaCO, D為CO,據(jù)此可推斷無色溶液中應(yīng)含有碳酸根離子和俊根離子，則 A可能為NH HCO或（NH ） 2CO,如果是NH HCO,則分解產(chǎn)生的氣79體的平均相對分子質(zhì)量為-9=26.3 ,如果

41、是（NH ） 2CO,則分解廣生的氣體的平均相對分3子質(zhì)量為NH HCQ【詳解】96.*=24,根據(jù)對4據(jù)此答題。A加強熱產(chǎn)生的氣態(tài)物質(zhì)的平均相對分子質(zhì)量為26.3可知，A為氣體B遇HCl冒白煙，則氣體 B為NH,加氯化鋼溶液后產(chǎn)生的白色沉淀C遇鹽酸產(chǎn)生無色無味的氣體能使石灰水變渾，則C為BaCO, D為CO,據(jù)此可推斷無色溶液中應(yīng)含有碳酸根離子和錢根離子，則 A可能為NH HCO或（NH ） 2CO,如果是NH HCO,則分解產(chǎn)生的氣 一一 ，79.一一, 體的平均相對分子質(zhì)量為 79 =26.3 ,如果是（NH ） 2CO,則分解產(chǎn)生的氣體的平均相對分一一 .96.一.子質(zhì)量為一 =24,

42、根據(jù)對 4NH HCQ據(jù)此答題。（1）根據(jù)上面的分析可知，故答案為：NHHCQ NH;3A加強熱產(chǎn)生的氣態(tài)物質(zhì)的平均相對分子質(zhì)量為26.3可知，A為A為 NHHCO, B為 NH, C為 BaCO, D為 CO;BaCO; CO;(2)反應(yīng)的離子方程式為 NHT+HCO+BsT+ZOH NHJ+BaCOJ +2HO,反應(yīng)的離子方程 式為 BaCO+2H-Ba2+COT +H2 Q故答案為：NHT+HCO+BsT+ZOH NH T +BaCO J +2HQ BaCO +2H Ba2+CO T +H O。13.黑色固體A加熱至紅熱投入到無色溶液B中發(fā)生如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系。（1）由此可以推斷：A為（填化學(xué)

43、式，下同），B為, X為 , E 為。（2）寫出A與B反應(yīng)的化學(xué)方程式： 。【答案】C HNQ（濃）NO2 和 CQ NO 和 CQ NO C+4HNQ（濃）六三4NO2 T +CO T +2H2O【解析】【分析】黑色固體A加熱至紅熱，投入到一種無色溶液B中，產(chǎn)生由兩種氣體組成的混合氣體X,應(yīng)是碳與濃硫酸或濃硝酸的反應(yīng)，無色氣體C通入澄清石灰水生成白色沉淀，該沉淀應(yīng)為CaCO,說明C中含有CO,無色稀溶液 D與單質(zhì)F反應(yīng)生成藍色溶液，該溶液應(yīng)含有 ClT,則說明F為金屬Cu,無色稀溶液 D具有強氧化性，應(yīng)為稀 HNOh溶液，G為 Cu(NO3)2,生成氣體 E為NO,則說明混合氣體 X應(yīng)為CQ和NO2的混合物，則 A為C, B 為濃HNO3,無色氣體C的成分為CO2、NO,結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)解答該題。【詳解】由上述分析可知 A為碳，B為濃HNO3, X為CO2和NO2, C為CO2和NO, D為稀HNO3, E 為 NO, G 為 Cu(N5)2。(1)由上述分析可知， A為C; B為濃HNO3； X是CO2和NO2； C為CO