备战高考化学培优专题复习氮及其化合物练习题含详细答案

备战高考化学培优专题复习氮及其化合物练习题含详细答案

一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）

1．合成氨工业对化学和国防工业具有重要意义。

（1）实验室欲用下图所示装置(夹持固定装置略去)制备并收集氨气。

①请在图中烧瓶内绘出导管所缺部分______________。

②试管中反应的化学方程式是____________________。

③为吸收多余的氨气，烧杯中的试剂是__________________。

（2）氨有很多重要性质。

①将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色，其原因是_______________________________。

②管道工人曾经用浓氨水检验氯气管道是否漏气，如出现白烟，说明有氯气泄露，同时还有一种相对分子质量为28的气体生成，该反应的化学方程式是

__________________________。

（3）写出氨的两种用途__________________________________。

【答案】 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O 水(或稀盐酸、硫酸等) 氨

水显碱性 8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl 作制冷剂、制化肥等

【解析】

【分析】

(1)①氨气的密度小于空气的密度,且氨气和氧气不反应,氨气极易溶于水，所以只能采用向下排空气法收集；

②氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，据此写出该反应方程式；

③氨气极易溶于水,且氨气是碱性气体所以也极易溶于酸,据此分析氨气的吸收方法；

(2) ①氨水溶液显碱性，溶液中存在氢氧根离子大于氢离子浓度，据此进行分析；

②根据电子得失守恒、原子守恒规律，推断出氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气；据此写出化学方程式；

【详解】

(1)①氨气的密度小于空气的密度,且氨气和氧气不反应,所以可以采用向下排空气法收集气体,即导气管应该“短进长出”,如图所示：；

因此，本题正确答案是:。

②氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水,反应方程

式：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O ；

因此，本题正确答案是: 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。

③氨气极易溶于水，且氨气是碱性气体所以也极易溶于酸,故可以用水或酸吸收氨气；

因此，本题正确答案是: 水(或稀盐酸、硫酸等)。

(2) ①氨气极易溶于水生成氨水,氨水能电离出铵根离子和氢氧根离子,导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度,溶液呈碱性，所以将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色；

综上所述，本题答案是：氨水显碱性。

②氨气和氯气反应生成白色烟,为氯化铵,同时还有一种相对分子质量为28的气体生成,根据反应中得失守恒和元素守恒知，另一种物质是氮气，所以反应方程式为

8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl；

综上所述，本题答案是：8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl。

（3）氨气极易液化,气化时吸收热量,所以氨气能作制冷剂，氨气能与酸反应生成铵盐，可以制造化肥；

因此，本题正确答案是：作制冷剂、制化肥等。

2．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。

??→2M+2NO2↑+O2↑，加热

（1）某金属M的硝酸盐受热时按下式分解：2MNO3?

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】108 5.824L 0.025 9：5 0.448L Cu(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

=110.20.3170/0.2188/

18/

g mol g mol mol g mol

g mol

-?-?

=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。

3．硝酸是一种重要的化工原料，用来制取一系列硝酸盐类氮肥，如硝酸铵、硝酸钾等；也用来制取含硝基的炸药等。试回答下列问题：

（1）某同学对铁与稀硝酸的反应进行探究，若HNO3只被还原成NO，则：

①写出铁与过量稀硝酸反应的离子方程式：__。

②写出过量铁与稀硝酸反应的离子方程式：__。

③若28g铁与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应，则生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量之比为__。上述反应结束后，向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后，在空气中灼烧至质量不变，最终得到的固体质量为__g。

（2）饮用水中NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，某饮用水研究人员提出，可在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2。

①配平方程式：__Al＋__NO3-＋__OH－＋__=__[Al(OH)4]－＋__N2↑。

②上述反应中，还原剂与还原产物的物质的量之比是__，反应中转移电子0.3mol，生成

__mL(标准状况下)N2。

【答案】Fe＋NO3-＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O 3Fe＋2NO3-＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O 2∶3 40 10 6 4 18H2O 10 3 10∶3 672

【解析】

【详解】

(1)①铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为Fe＋NO3-＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；

②过量铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为3Fe＋2NO3-＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O；

③28g铁的物质的量为0.5mol，与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应，设生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量分别是xmol、ymol，即生成xmol硝酸铁和ymol硝酸亚铁，根据N原子守恒知，生成NO的物质的量为(1.6－3x－2y)mol，根据得失电子守恒有3x＋2y＝3(1.6－3x－2y)，又有x＋y＝0.5，解得x＝0.2，y＝0.3，则生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量之比为

2∶3；上述反应结束后，向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后，在空气中灼烧至质量不变，由于生成的氢氧化亚铁在空气中易被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁受

热分解最终得到的固体是氧化铁，故其物质的量为0.5mol×1

2

＝0.25mol，质量为40g；

(2)①根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒，可知离子方程式为10Al＋6NO3-＋4OH－＋18H2O=10[Al(OH)4]－＋3N2↑；

②上述反应中，还原剂是Al，还原产物是N2，其物质的量之比为10∶3；由方程式可知，生成3molN2时转移电子30mol，所以反应中转移电子0.3mol，生成N2的体积(标准状况下)

为0.3mol

10

×22.4L·mol－1＝0.672L＝672mL。

【点睛】

金属与硝酸反应的计算一般常采用以下方法：①原子守恒法：HNO3与金属反应时，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，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量；②得失电子守恒法：HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得到电子的物质的量等于金属失电子的物质的量；③电荷守恒法：HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH－)有：c(NO3－)＝c(H+)+nc(M n+)(M n+代表金属离子)；④离子方程式计算法：金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于溶液中NO3－在H2SO4提供H+的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离

子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H+或NO3－进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。

4．氮的氧化物和硫的氧化物是主要的大气污染物，烟气脱硫脱硝是环境治理的热点问题。回答下列问题：

（1）目前柴油汽车都用尿素水解液消除汽车尾气中的NO，水解液中的NH3将NO还原为无害的物质。该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为___。

（2）KMnO4/CaCO3浆液可协同脱硫，在反应中MnO4－被还原为MnO42－。

①KMnO4脱硫(SO2)的离子方程式为___。

②加入CaCO3的作用是___。

③KMnO4/CaCO3浆液中KMnO4与CaCO3最合适的物质的量之比为___。

（3）利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示：

图a和图b中可知脱硫脱硝最佳条件是___。图b中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH>5.5时反而减小，请解释NO去除率减小的可能原因是___。

【答案】2:3 SO2＋2MnO4－＋2H2O === SO42－＋ 2MnO42－＋ 4H＋消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动1:1 n(H2O2)：n(NaClO2) = 6:1，pH值在5.5—6.0可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱

【解析】

【分析】

⑴根据氧化还原反应得出氧化剂和还原剂的比例关系。

⑵根据氧化还原反应原理写离子方程式，生成的氢离子和碳酸钙反应，消耗氢离子，利于平衡正向移动，根据比例关系得出高锰酸钾和碳酸钙的比例。

⑶根据图像信息得出脱硫脱硝最佳条件，用氧化还原反应的强弱随pH变化的影响分析减弱的原因。

【详解】

⑴水解液中的NH3将NO还原为无害的物质氮气，根据氧化还原反应原理，氨气化合价升高3个价态，为还原剂，NO化合价降低2个价态，为氧化剂，根据升降守恒配平原理，

因此氨气前配2，NO前面配系数3，因此该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:3，故答案为：2:3。

⑵①KMnO4脱硫(SO2)反应生成锰酸根和硫酸根，离子方程式为SO2＋2MnO4－＋2H2O === SO42－＋ 2MnO42－＋ 4H＋，故答案为：SO2＋2MnO4－＋2H2O === SO42－＋ 2MnO42－＋ 4H＋。

②反应过程中生成了硫酸，加入CaCO3的作用是消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动，故答案为：消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动。

③2molKMnO4反应生成4mol氢离子，4mol氢离子消耗2mol碳酸钙，因此CaCO3浆液中KMnO4与CaCO3最合适的物质的量之比为1:1，故答案为1:1。

⑶根据图中的转化率和去除率关系，可知脱硫脱硝最佳条件是n(H2O2)：n(NaClO2) = 6:1，pH值在5.5—6.0；NO在pH>5.5时可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱，故答案为：n(H2O2)：n(NaClO2) = 6:1，pH值在5.5—6.0；可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱。

5．Ⅰ.分别只用一种试剂除去下列各组中所含的少量杂质（括号内为杂质），在空格中填上需加入最适合的一种试剂：

（1）FeCl3溶液（FeCl2）________________，

（2）FeCl2溶液（FeCl3）________________，

（3）Fe 粉末（Al） _______________，

Ⅱ.为测定某镁铝合金样品中铝的含量，进行了下列实验：取一定量合金，加入100 mL 0.3 mol·L－1稀硝酸，合金完全溶解，产生的气体在标准状况下体积为560 mL；再加入0.2 mol·L －1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，用去300 mL NaOH溶液。则所取样品中铝的物质的量为___________，反应中转移的电子数为______________ 。

【答案】Cl2 Fe NaOH溶液 0.055mol 0.075N A

【解析】

【分析】

Ⅰ.（1）氯气把FeCl2氧化为FeCl3；

（2）铁粉能把FeCl3还原为FeCl2；

（3）Fe 与氢氧化钠不反应， Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；

Ⅱ.镁铝合金与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铝与一氧化氮气体，向反应后的溶液中加入0.2 mol·L-1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3、NaAlO2，根据硝酸根守恒有n（NaNO3）=n （HNO3）- n（NO），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaNO3）+n（NaAlO2），据此计算n（NaAlO2），再根据铝原子守恒n（Al）=n（NaAlO2）计算。

【详解】

Ⅰ.（1）氯气把FeCl2氧化为FeCl3，用氯气除去FeCl3溶液中FeCl2；

（2）铁粉能把FeCl3还原为FeCl2，用铁粉除去FeCl2溶液中的FeCl3；

（3）Fe 与氢氧化钠不反应， Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，用NaOH溶液除去铁粉中的铝粉；

Ⅱ. 镁铝合金与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铝与一氧化氮，向反应后的溶液中加入0.2

mol·L -1 NaOH 溶液至沉淀质量恰好不再变化，铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀，此时溶液中溶质为NaNO 3、NaAlO 2，根据硝酸根守恒有n （NaNO 3）=n （HNO 3）- n （NO ）=0.1L×0.3mol/L-0.56L 22.4L/mol

=0.03mol-0.025mol=0.005mol ，根据钠离子守恒有n （NaOH ）=n （NaNO 3）+n （NaAlO 2），故n （NaAlO 2）=0.3L×0.2mol/L-

0.005mol=0.055mol ，根据铝原子守恒n （Al ）=n （NaAlO 2）=0.055mol ；

3HNO NO ::，氮元素化合价由+5变为+2，生成1molNO 转移3mol 电子，所以反应中转移的电子数为A 0.56L 3N =22.4L/mol

??0.075N A 。

6．已知19.2gCu 与过量的200mL5mol/L 稀硝酸充分反应，反应方程式如下：

3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O

(1)写出该反应的离子方程式：________；

(2)标准状况下，产生NO 气体的体积为：________；转移电子的物质的量为______；反应后NO 3-的物质的量浓度为：______。（忽略反应前后溶液体积的变化）

【答案】3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O 4.48L 0.6mol 4mol/L

【解析】

【分析】

(1)根据离子方程式的拆写原则，硝酸和硝酸铜拆为离子，结合电荷守恒书写；

(2)先计算19.2g 铜的物质的量，再结合反应方程式确定需消耗硝酸的物质的量，由反应可知被还原的硝酸和生成的NO 的物质的量，最后根据N 元素守恒计算溶液中含有的NO3-的物质的量，根据c=

n V 计算反应后NO 3-的物质的量浓度。 【详解】

(1)Cu 与稀硝酸反应方程式为：3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O ，在该反应中，硝酸和硝酸铜是易溶的强电解质，拆为离子，其余物质仍然用化学式表示，则该反应的离子方程式为：3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O ；

(2)19.2g 铜的物质的量n(Cu)=19.2g÷64g/mol=0.3mol ，由反应可知，0.3molCu 消耗0.8molHNO 3，则根据元素化合价升降与电子转移关系可知被还原的硝酸和生成的NO 均为0.2mol ，则生成NO 的体积V(NO)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L ；根据反应方程式可知3mol 金属Cu 反应转移电子的物质的量是6mol ，则0.3mol 金属铜参加反应转移电子的物质的量为0.6mol ，在200mL5mol/L 稀硝酸中含有NO 3-的物质的量是n(NO 3-)=5mol/L×0.2L=1mol ，反应中被还原的硝酸为0.2mol ，被还原的硝酸变为NO 气体，则溶液中剩余的NO 3-的物质的量n(NO 3-)=1mol-0.2mol=0.8mol ，则其物质的量浓度是c=

0.80.2n mol V L

==4mol/L 。 【点睛】

本题考查氧化还原反应的知识，明确元素的化合价变化及原子守恒的方法来分析是解答本题的关键，注意反应中化学计量数与转移电子数目的关系解答，试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。

7．下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中X为正盐，A、C、D均为无色气体。

（1）写出有关的物质化学式。X：_______C：_______E：_______F：_____

（2）写出反应①的化学方程式_____________________________________

（3）写出反应②的离子方程式_____________________________________

【答案】NH4)2CO3 NH3 NO NO2 2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2 8H＋＋2NO3—＋

3Cu==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

【解析】

【分析】

X为正盐，A为无色气体，能与Na2O2反应生成无色气体D，则A为CO2，D为氧气，X能与强碱反应生成无色气体C，C与氧气在催化剂的条件下反应生成E，则C为NH3，E为NO，所以X为(NH4)2CO3，碳酸铵受热分解生成氨气、CO2和水，则B为水，NO和氧气反应生成F，F为NO2，F与水反应生成G，则G为硝酸，硝酸与木炭反应生成CO2、NO2和水，硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，以此分析解答。

【详解】

(1)根据上述推断，X为(NH4)2CO3，C为NH3，E为NO，F为NO2，故答案：(NH4)2CO3；NH3；NO；NO2；

(2)根据分析和框图可知反应①是过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2，故答案：2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2。

(3) 根据分析和框图可知反应②是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为8H＋＋2NO3-＋3Cu==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案：8H＋＋2NO3-＋3Cu==3Cu2＋＋

2NO↑＋4H2O。

8．原子序数由小到大排列的四种短周期主族元素X、Y、Z、W，其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物；Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2离子化合物。

（1）写出Y2O2的电子式：__，其中含有的化学键是__。

（2）将ZO2通入品红溶液再加热的现象是__。

（3）写出X的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与铜反应的化学方程式__。

（4）XH3、H2Z和HW三种化合物，其中一种与另外两种都能反应的是_(填化学式)。（5）由X、W组成的化合物分子中，X、W原子的最外层均达到8电子稳定结构，该化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物，试写出反应的化学方程式__。

【答案】离子键、共价键品红先褪色，加热后恢复红色

3Cu+8HNO 3=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O NH 3 NCl 3＋3H 2O=3HClO ＋NH 3

【解析】

【分析】

原子序数由小到大排列的四种短周期元素X 、Y 、Z 、W ，Y 与氧元素可组成Y 2O 和Y 2O 2的离子化合物，Y 为Na(因原子序数关系，Y 不可能为H)，其中X 、Z 、W 与氢元素可组成XH 3、H 2Z 和HW 共价化合物，可知X 为N ，Z 为S ，W 为Cl ，以此解答。

【详解】

由上述分析可知，X 为N ，Y 为Na ，Z 为S ，W 为Cl ，

（1）Na 2O 2为Na +与2-2O 组成的离子化合物，2-

2O 中含有共价键，以此Na 2O 2的电子式为：

；所含化学键为：离子键、共价键；

（2）SO 2具有漂白性，能够漂白品红溶液，但其漂白过程具有可逆性，若加热漂白后的品红溶液，则溶液恢复至红色，故答案为：品红先褪色，加热后恢复红色；

（3）稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，其化学方程式为：

3Cu+8HNO 3=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O ；

（4）NH 3为碱性气体，H 2S 、HCl 为酸性气体，NH 3能够与H 2S 、HCl 发生化学反应； （5）N 原子最外层电子数为5，Cl 原子最外层电子数为7，由N 、Cl 组成的化合物分子中，N 、Cl 原子的最外层均达到8电子稳定结构，则该化合物为NCl 3，其中N 为-3价，Cl 为+1价，NCl 3与水反应生成一种具有漂白性的化合物，该化合物为HClO ，其反应方程式为：NCl 3＋3H 2O=3HClO ＋NH 3。

【点睛】

对于NCl 3中元素化合价解释：根据鲍林电负性标度，氮的电负性为3.04，氯的电负性为

3.16，说明氯的电负性稍大于氮，根据一般性规则，电负性大的显负价，但根据实验证实NCl 3的水解反应方程式应当如下：第一步：NCl 3+H 2O→NH 3+HClO(未配平)，由于HClO 的强氧化性，再发生第二步反应：NH 3+HClO→N 2+HCl+H 2O(未配平)，可见由理论推出的观点与实验事实是不相符的。NCl 3中元素化合价可根据以下原理解释：氮和氯的电负性差值并不大，而氮原子的半径相对于氯原子来说要小得多，因此共用电子相对应当更偏向于氮，使得氮显-3价，氯显+1价。

9．下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去）。已知A 、B 为气态单质，F 是地壳中含量最多的金属元素的单质；E 、H 、I 为氧化物，E 为黑色固体，I 为红棕色气体；M 为红褐色沉淀。

请回答下列问题：

(1)A在B中燃烧的现象是__________________________________________。

(2)D+E→B的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量比是

_________________________。

(3)G+J→M的离子方程式是____________________________________。

(4)Y受热分解的化学方程式是______________________________________。

(5)检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2＋的试剂是 ____________________。

【答案】放出大量的热，产生苍白色火焰 2:1 3AlO2－+Fe3＋+6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓

4Fe(NO3)3Δ

2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑酸性高锰酸钾溶液

【解析】

【分析】

F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F为Al，转化关系中X电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B为气态单质，二者为氢气和氯气，二者反应生成D，D为HCl，E 为黑色固体，为氧化物，和HCl反应又生成B气体，A为H2，B为Cl2，E为MnO2，电解X 是电解氯化钠溶液，C为NaOH，与Al反应生成G，G为NaAlO2；M为红褐色沉淀为

Fe(OH)3，所以J是含三价铁离子的物质，是H和D反应生成，证明J为FeCl3，H、I为氧化物判断H为Fe2O3，I为红棕色气体为NO2，结合转化关系可知，N为HNO3，Y为

Fe(NO3)3，结合物质的性质来解答。

【详解】

(1) A为H2，B为Cl2，H2在Cl2中燃烧的现象是：气体安静燃烧，放出大量的热，火焰呈苍白色，并有白雾产生；

(2) D+E→B的反应为MnO2+4HCl加热MnCl2+Cl2↑+2H2O，MnO2中Mn元素化合价降低，被还原，HCl 中Cl元素化合价升高，被氧化，4mol盐酸参与反应，发生氧化反应的盐酸为

2mol，另外2mol盐酸显酸性，则n(被氧化的物质HCl)：n(被还原的物质MnO2)=2：1；(3) G(NaAlO2)+J(FeCl3)→M(Fe(OH)3)的反应是在水溶液中发生的双水解反应，反应离子方程式是：3AlO2－+Fe3＋+6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓；

(4)依据分析推断可知Y为Fe(NO3)3，受热分解生成二氧化氮和氧化铁，依据原子守恒配平

书写的化学方程式是：4Fe(NO3)3Δ

2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑；

(5)检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的方法是取少量待测液于试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，证明原溶液中含有Fe2+，反之没有Fe2+。

10．下列框图涉及到的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为1～18号元素。

已知：A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，C为黑色氧化物，E为红色金属单质(部分反应的产物未列出)。请回答下列问题：

（1）D的化学式为__；F的结构式为__。

（2）A与B生成D的反应在工业上是生产__的反应原理之一。

（3）E与G的稀溶液反应的离子方程式为__。

（4）B和C反应的化学方程式为__。

（5）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。写出SO2还原J生成K的离子方程式：__。

【答案】NO N≡N硝酸 3Cu+8H++2NO3?=3Cu2++2NO↑+4H2O

3CuO+2NH3加热3Cu+N2+3H2O 2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42?

【解析】

【分析】

E为红色金属单质，应为Cu，则C为CuO，B为具有刺激性气味的气体，应为NH3，可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu，生成的气体单质F为N2，可与氧气在放电条件下反应生成NO，则A为O2，D为NO，G为HNO3，H为Cu(NO3)2，I为Cu(OH)2，J 为CuCl2，J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K应为CuCl，据此分析解答。【详解】

(1)由以上分析可知D为NO，F为N2，结构式为N≡N；

(2)O2与NH3发生催化氧化生成NO和水，NO被氧化生成NO2，溶于水生成硝酸，因此O2与NH3发生催化氧化生成NO是工业生成硝酸的重要反应之一；

(3)G为HNO3，稀硝酸与铜反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3?=3Cu2++2NO↑+4H2O；

(4)B为NH3，可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu，反应的方程式为

3CuO+2NH3加热3Cu+N2+3H2O；

(5)SO2还原CuCl2生成CuCl的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42?。

11．A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示(反应条件及其他物质已经略去)：

(1)若A是一种金属，C是淡黄色固体，写出C的一种用途____；

(2)若常温下A为淡黄色固体单质，D为强酸，则B为___，D的浓溶液能使胆矾晶体由蓝变白，体现了D的___性。

(3)若A是化合物，C是红棕色气体，则

①A的电子式为___，实验室制备A气体的化学方程式为___。

②实验室检验A气体的方法为___。

③C转化为D的过程中，氧化剂与还原剂的质量比为___。

④将盛满B气体的试管倒扣在水槽中，并通入一定量O2，最终气体全部被吸收，所得溶液充满整个试管。若不考虑溶液扩散，计算所得溶液物质的量浓度为___mol·L-1。(标况下

计算，保留两位有效数字)

【答案】供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等) SO2吸水

2NH4Cl+Ca(OH )2加热

CaCl2+2NH3↑+2H2O 用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝

(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生) 1:2 0.045

【解析】

【分析】

(1)C是淡黄色固体，为金属氧化物，则其为Na2O2，由此可确定它的用途；

(2)若常温下A为淡黄色固体单质，则其为硫，由转化关系可确定其它物质及性质。

(3)C是红棕色气体，则C为NO2气体，由转化关系可确定其它物质及性质。

【详解】

(1)由C是淡黄色固体，可确定其为Na2O2，其用途为供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等)。答案为：供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等)；

(2)若常温下A为淡黄色固体单质，则其为硫(S)，D为强酸(H2SO4)，则B为SO2，C为SO3，D的浓溶液能使胆矾晶体由蓝变白，体现了浓硫酸的吸水性。答案为：SO2；吸水；

(3)若A是化合物，C是红棕色气体，则C为NO2。

①A氧化后，产物再氧化可生成NO2，则A为NH3，电子式为，实验室制备氨气

时，药品为NH4Cl和Ca(OH)2，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2加热

CaCl2+2NH3↑+2H2O。

答案为：；2NH4Cl+Ca(OH)2加热

CaCl2+2NH3↑+2H2O；

②实验室检验氨气时，采用的方法为用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生)。答案为：用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生)；

③C转化为D的过程中，发生反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，从价态变化看，若3molNO2参加反应，有1molNO2中的N元素价态降低，有2molNO2中的N元素价态升高，则氧化剂与还原剂的质量比为1:2。答案为：1:2；

④假设试管的体积为VL，则c=

L

22.4L/mol

L

V

V

=0.045mol·L-1。答案为：0.045。

【点睛】

在平时的学习过程中，应注意区分浓硫酸的吸水性与脱水性，浓硫酸的吸水性是指气体的干燥、吸收结晶水合物中的结晶水，浓硫酸的脱水性是指将有机物分子中的氢、氧元素以水的组成形式脱去。

12．黑色固体A加热至红热投入到无色溶液B中发生如图转化关系。

(1)由此可以推断：A为________(填化学式，下同)，B为_______，X为_______，C为

_________，E为_________。

(2)写出A与B反应的化学方程式： ________________。

【答案】C HNO3(浓) NO2和CO2 NO和CO2 NO C+4HNO3(浓)

4NO2↑+CO2↑+2H2O

【解析】

【分析】

黑色固体A加热至红热，投入到一种无色溶液B中，产生由两种气体组成的混合气体X，应是碳与浓硫酸或浓硝酸的反应，无色气体C通入澄清石灰水生成白色沉淀，该沉淀应为CaCO3，说明C中含有CO2，无色稀溶液D与单质F反应生成蓝色溶液，该溶液应含有

Cu2+，则说明F为金属Cu，无色稀溶液D具有强氧化性，应为稀HNO3溶液，G为

Cu(NO3)2，生成气体E为NO，则说明混合气体X应为CO2和NO2的混合物，则A为C，B 为浓HNO3，无色气体C的成分为CO2、NO，结合物质的性质解答该题。

【详解】

由上述分析可知A为碳，B为浓HNO3，X为CO2和NO2，C为CO2和NO，D为稀HNO3，E 为NO，G为Cu(NO3)2。

(1)由上述分析可知，A为C；B为浓HNO3；X是CO2和NO2；C为CO2和NO；E为NO；

(2) A与B反应是C与浓硝酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CO2、NO2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式C+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O。【点睛】

本题考查无机物的推断，注意根据物质的性质和反应的特征现象确定G和CO2，结合物质的性质用逆推的方法推断，可依次推断其它物质，然后书写相应的化学反应方程式。

13．如图的各方框表示有关的一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，常温下A、C、D 为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

(1)写出下列各物质的化学式：X：______A：______C：______F：______。

(2)写出下列变化的化学方程式：

X：______；

C→E：______；

F→G：______；

(3)检验X中阳离子的方法：__________。

【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3 CO2 NH3 NO2 NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑或

(NH4)2CO32NH3↑+H2O+CO2↑ 4NH3+5O24NO+6H2O 3NO2+H2O=2HNO3+NO 取少量X于试管中，加入NaOH溶液，然后加热试管，再将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则可说明其中有铵根离子

【解析】

【分析】

C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为NH3，由转化关系可知D为O2，E为NO，F为NO2，则B应为H2O，G为HNO3，气体A可与Na2O2反应生成O2，则A应为CO2，X可能为NH4HCO3或(NH4)2CO3，结合相关物质的性质解答该题。

【详解】

(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，A为CO2，C为NH3，F为NO2；

(2)X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，该物质受热分解的方程式为NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑或(NH4)2CO32NH3↑+H2O+CO2↑；

C→E的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；

F→G的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；

(3)实验室里，检验NH4HCO3中阳离子NH4+的方法是：取少量X于试管中，加入NaOH溶液，然后加热试管，再将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则可说明其中有铵根离子。

【点睛】

本题考查无机物的推断，本题注意根据C的性质为突破口进行解答，注意相关物质的性质，学习中注意相关基础知识的积累，侧重考查学生的分析能力。

14．如图所示：

图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体，请填写下列空白：

(1)写出下列物质的化学式X_________，C_________，F_________，G__________。

(2)写出下列反应的化学方程式

①_____________________________________________。

②______________________________________________。

【答案】(NH4)2CO3(或NH4HCO3) NH3 NO2 HNO3 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 4NH3＋

5O2催化剂

Δ

4NO＋6H2O

【解析】

【分析】

X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A 能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B为H2O；反应①为CO2与Na2O2反应，且NH3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应，则D为O2，反应②为NH3在O2中催化氧化生成的E为NO，NO和O2反应生成的F为NO2，NO2再与水反应生成HNO3和NO，则G为HNO3，再结合物质的性质进行解答。

【详解】

X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A 能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B为H2O；反应①为CO2与Na2O2反应，且NH3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应，则D为O2，反应②为NH3在O2中催化氧化生成的E为NO，NO和O2反应生成的F为NO2，NO2再与水反应生成HNO3和NO，则G为HNO3；

(1)由分析知：X为(NH4)2CO3(或NH4HCO3)，C为NH3，F为NO2，G为HNO3；

(2) 反应①为CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋

2CO2=2Na2CO3＋O2；反应②为氨气的催化氧化，发生反应的化学方程式为4NH3＋

5O2催化剂

Δ

4NO＋6H2O。

【点睛】

以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质，涉及常用化学用语与氧化还原反应等，在熟练掌握元素化合物知识的基础上着重考查学生的发散思维、分析判断、逻辑思维以及对无机物知识的综合应用等能力，注意信息中特殊的性质与现象及特殊的转化关系是推断的关键，本题突破点是X的不稳定性，且能与盐酸、浓NaOH溶液反应生成无色气体，确定X为碳酸铵或碳酸氢铵。

15．如图中每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体。

（1）写出有关物质的化学式X：___；F__。

（2）写出A→D的化学方程式___。

（3）写出实验室制备C的化学方程式___。

（4）分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：

①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：___，其物质的量之比是：__。

②原NaOH溶液的物质的量浓度是___mol/L。

【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3 NO2 2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2

2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O NaHCO3和Na2CO3 1：1 0.75

【解析】

【分析】

根据框图，X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，分别生成气体A和C，则X应为弱酸的铵盐，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则D为碳酸钠或氧气；C能够发生催化剂作用下能够与D反应，则C为NH3，D为O2，则X应为NH4HCO3 或 (NH4)2CO3，B为

H2O，结合转化关系可知，E为NO，F为NO2，G为HNO3，据此分析解答。

【详解】

(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或 (NH4)2CO3，F为NO2，故答案为：

NH4HCO3 或 (NH4)2CO3；NO2；

(2)Na2O2和CO2的反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为

2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2；

(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2

CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

(4)①(乙)中从开始生成CO2气体至二氧化碳体积最大，消耗HCl50mL，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由

Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体之前消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸体积为25mL，则原溶液中NaHCO3消耗盐酸体积50mL-25mL=25mL，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=25mL∶25mL=1∶1，故答案为：NaHCO3和Na2CO3；1∶1；

②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液中只含有溶质NaCl，根据元素守恒可知，10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧

0.0075mol

化钠溶液的浓度=

0.01L=0.75mol/L，故答案为：0.75。

2020年高考化学提升突破专题三 化学与中华民族优秀传统文化

专题03化学与中华民族优秀传统文化 ——立德树人形成核心价值观 教育部考试中心提出高考所有学科必须渗透“一点四面”的考查，即以立德树人为核心（一点），强化社会主义核心价值观、中华优秀传统文化、依法治国和创新精神（四面）的考查。中考、高考升学考试都应增加中华优秀传统文化内容的比重。通过加强对中国优秀传统文化的考查，引导学生提高人文素养，传承民族精神，树立民族自信心和自豪感。 高考化学试题中对于中华优秀传统文化的考查，不是简简单单地考查死记硬背的知识，而是遵循继承、弘扬、创新的发展路径，注重传统文化在现实中的创造性和创新性发展。试题起点和立意较高，题干内容多数以古代化学史、古文献中的优秀传统文化为背景，考查学生的文学功底和文本解读能力。但落点适中，侧重考查教材中的基本知识、基本方法和基本应用。 1．【2019新课标Ⅱ】“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是 A．蚕丝的主要成分是蛋白质 B．蚕丝属于天然高分子材料 C．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应 D．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物 【答案】D 【解析】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，A项正确；B．蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，B项正确；C．“蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气反应，属于氧化反应，C项正确；D．高级脂 肪酸酯不属于高分子聚合物，D项错误；答案选D。 【素养解读】“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”十分熟悉的诗句，我们要从中挖掘出解题关键“春蚕”和“蜡炬”，进而进一步分析物质性质和发生的反应。这些古诗句写者无意，我们学者要有心，根据诗句中现象分析其蕴含的化学知识。

高三化学知识点之氮及其化合物

精品小班课程辅导讲义讲义编号2014暑假12HX01 辅导科目：化学年级：新高三课题氮及其化合物 教学目标NH3、NO、NO2的性质。 理解硝酸与硝酸盐的性质。 教学重点、难点NH3、NO、NO2的性质。理解硝酸与硝酸盐的性质。

教学内容 一、考纲要求 主题学习内容学习水平说明 一些元素的单质和化合物氮 氨 B （1）氨的物理性质和化学性 质 （2）工业合成氨的原理 铵盐 B （1）铵根离子与碱溶液的反 应 （2）铵盐的不稳定性 氮肥 A （1）常见氮肥：铵盐（NH4Cl、 NH4NO3、NH4HCO3） 二、知识梳理 （一）氮气 (1)氮元素在自然界中的存在形式：既有游离态又有化合态．空气中含N2 78％(体积分数)或75％(质量分数)；化合态氮存在于多种无机物和有机物中，氮元素是构成蛋白质和核酸不可缺少的元素． (2)氮气的物理性质：纯净的氮气是无色气体，密度比空气略小．氮气在水中的溶解度很小．在常压下，经 降温后，氮气变成无色液体，再变成雪花状固体． (3)氮气的分子结构：氮分子(N2)的电子式为，结构式为N≡N．由于N2分子中的N≡N键很牢固，所以通常情况下，氮气的化学性质稳定、不活泼． (4)氮气的化学性质： ①N2与H2化合生成NH3N2 +3H22NH3 说明该反应是一个可逆反应，是工业合成氨的原理． ②N2与O2化合生成NO：N2 + O2放电2NO 说明在闪电或行驶的汽车引擎中会发生以上反应． (5)氮气的用途： ①合成氨，制硝酸； ②代替稀有气体作焊接金属时的保护气，以防止金属被空气氧化； ⑧在灯泡中填充氮气以防止钨丝被氧化或挥发； ④保存粮食、水果等食品，以防止腐烂； ⑤医学上用液氮作冷冻剂，以便在冷冻麻醉下进行手术； ⑥利用液氮制造低温环境，使某些超导材料获得超导性能． （二）一氧化氮和二氧化氮 1、一氧化氮：无色无味气体，难溶于水，有很大毒性，在常温下极易被氧化成二氧化氮。2NO＋O2→2NO2 2、二氧化氮：红棕色有刺激性气味气体，溶于水生成硝酸和一氧化氮。

高一化学氮及其化合物知识点及练习题及答案(1)

高一化学氮及其化合物知识点及练习题及答案(1) 一、选择题 1．足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体若与1.12 L O2(标准状况)混合后通入水中，气体被水完全吸收。若向原所得溶液中加入5 mol·L－1 H2SO4溶液100 mL，则继续溶解的Cu的质量为( ) A．6.4 g B．9.6 g C．19.2 g D．24 g 【答案】C 【详解】 Cu和浓硝酸反应过程中，Cu失电子生成铜离子、硝酸得电子生成NO2、N2O4、NO，且转移电子守恒，这些气体若与1.12LO2（标况）混合后通入水中，气体被完全吸收，说明氧气得到的电子等于这些气体生成硝酸根离子得到的电子，所以氧气得到的电子等于Cu失去 的电子，根据转移电子得n（Cu） = 1.12 4 22.4/ 2 L L mol ＝0.1mol，根据原子守恒得n（Cu） =n[Cu（NO3）2]=0.1mol，再加入稀硫酸后，相当于溶液中含有硝酸，能继续溶解Cu，n （H+）=2n（H2SO4）=2×5mol/L×0.1L=1mol，n（H+）：n（NO3-）=1mol：0.2mol=5：1＞ 1/4，所以氢离子有剩余，根据硝酸根离子计算溶解铜的质量，设溶解Cu的质量为x，则：3Cu+2NO3-+8H+＝3Cu2++2NO+4H2O 192g 2mol x 0.2mol 192g：2mol=x：0.2mol，解得x＝19.2g。 答案选C。 【点晴】 明确物质之间的反应是解本题的关键，注意进行过量计算，注意转移电子守恒、原子守恒的利用，难点和易错点是没有进行过量计算。 2．X、Y、Z、W 有如图所示的转化关系，则 X、W可能的组合有( ) ①C、O2②Na、O2③Fe、HNO3④S、O2 ⑤N2、O2 ⑥H2S、O2 ⑦NH3、O2 A．四项B．五项C．六项D．七项 【答案】A 【详解】 ①氧气不足时，碳燃烧生成一氧化碳，一氧化碳能在氧气中燃烧生成二氧化碳，碳在足量氧气中燃烧生成二氧化碳，①符合； ②常温下，钠与氧气反应生成氧化钠，加热时氧化钠可与氧气反应生成过氧化钠，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，②符合； ③过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与稀硝酸反应转化为硝酸铁，铁与足量的稀硝酸反应生成硝酸铁，③符合；

高考化学一轮复习专题突破训练1化学工艺流程试题的突破方略

专题突破训练(一) 化学工艺流程试题的突破方略 过氧化钙微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防 )节选26T 卷，Ⅲ全国(2016·．1腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题： 过氧化钙的制备 CaCO 3――――――――――→稀盐酸、煮沸、过滤①滤液――――――→氨水和双氧水冰浴② 过滤,白色结晶 (1)步骤①的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈________性(填“酸”、“碱”或“中”)。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是________________。 (2)步骤②中反应的化学方程式为____________________________________ ________________________________________________________________， 该反应需要在冰浴下进行，原因是__________________________________。 (3)将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是______________________________________________________________。 (4)制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是_____________________， 产品的缺点是________。 【解析】 (1)步骤①中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，该固体为CaCO 3，溶液中含有CaCl 2，由于溶解了生成的CO 2，溶液呈弱酸性。将溶液煮沸，可排出溶解的CO 2，防止与后续加入的氨水及生成的CaO 2反应。(2)滤液中含有CaCl 2，加入氨水和双氧水在冰浴条件下反应，经过滤得到白色晶体(CaO 2)，结合元素守恒推知步骤②中反应还生成NH 4Cl 和H 2O ，化学方程式为CaCl 2＋2NH 3·H 2O ＋H 2O 2＋6H 2O===CaO 2·8H 2O↓＋2NH 4Cl 或CaCl 2＋2NH 3·H 2O ＋H 2O 2===CaO 2↓＋2NH 4Cl ＋2H 2O 。H 2O 2不稳定，受热易分解生成H 2O 和O 2，故该反应在冰浴条件下进行，其目的是防止H 2O 2受热分解。(3)过氧化钙微溶于水，能溶于酸，白色结晶(CaO 2)可依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面水分。(4)将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。与第一种方法相比，其优点是工艺简单、操作方便；产品的缺点是纯度较低。 【答案】 (1)酸 除去溶液中的CO 2 (2)CaCl 2＋2NH 3·H 2O ＋H 2O 2＋6H 2O===CaO 2·8H 2O↓＋2NH 4Cl 或CaCl 2＋2NH 3·H 2O ＋H 2O 2===CaO 2↓＋2NH 4Cl ＋2H 2O 温度过高时双氧水易分解 (3)去除结晶表面水分 (4)工艺简单、操作方便 纯度较低 2．(2018·长郡中学学生选拔考试)某工厂对工业污泥中的铬元素回收与再利用的工艺 、 ＋2Fe ，其次是少量的＋3Cr 已知硫酸浸取液中的金属离子主要是(如图 ：)＋2Mg 、＋2Ca 、＋3Al 、＋3Fe

知识点：高一化学氮及其化合物

知识点：高一化学氮及其化合物 高一化学是高中生学好高中化学的重要组成部分，学好化学直接影响着高中三年理综的成绩。下面是为大家汇总的高一化学氮及其化合物。 氮及其化合物 Ⅰ、氮气(N2) a、物理性质：无色、无味、难溶于水、密度略小于空气，在空气中体积分数约为78% b、分子结构：分子式N2，电子式，结构式Nequiv;N c、化学性质：结构决定性质，氮氮三键结合非常牢固，难以破坏，所以但其性质非常稳定。 ①与H2反应：N2+3H2 2NH3 ②与氧气反应：N2+O2========2NO(无色、不溶于水的气体，有毒) 2NO+O2===2NO2(红棕色、刺激性气味、溶于水气体，有毒) 3NO2+H2O===2HNO3+NO，所以可以用水除去NO中的NO2 两条关系式：4NO+3O2+2H2O==4HNO3， 4NO2+O2+2H2O==4HNO3 Ⅱ、氨气(NH3)

a、物理性质：无色、刺激性气味，密度小于空气，极易溶于水(1∶700)，易液化，汽化时吸收大量的热，所以常用作制冷剂 b、分子结构：分子式NH3，电子式，结构式H-N-H c、化学性质： ①与水反应：NH3+H2O NH3bull;H2O(一水合氨) NH4++OH-，所以氨水溶液显碱性 ②与氯化氢反应：NH3+HCl==NH4Cl，现象：产生白烟 d、氨气制备：原理：铵盐和碱共热产生氨气 方程式：2NH4Cl+Ca(OH)2===2NH3uarr;+2H2O+CaCl2 装置：和氧气的制备装置一样 收集：向下排空气法(不能用排水法，因为氨气极易溶于水) (注意：收集试管口有一团棉花，防止空气对流，减缓排气速度，收集较纯净氨气) 验证氨气是否收集满：用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝说明收集满 干燥：碱石灰(CaO和NaOH的混合物) Ⅲ、铵盐 a、定义：铵根离子(NH4+)和酸根离子(如Cl-、SO42-、CO32-)形成的化合物，如NH4Cl，NH4HCO3等 b、物理性质：都是晶体，都易溶于水

高考化学热点专题突破(九)

高考化学热点专题突破(十个热点) 热点一物质结构元素周期律 热点二水的电离和溶液的pH 热点三化学反应速度、化学平衡 热点四离子方程式正误判断 热点五离子共存 热点六溶液中粒子浓度大小的比较 热点七氧化－还原反应 热点八电化学 热点九质量守恒定律阿伏加德罗常数及定律 热点十正确书写热化学方程式 热点九质量守恒定律阿伏加德罗常数及定律【必备知识规律总结】 一、质量守恒定律 1．内容

参加化学反应的物质的质量总和等于反应后生成的物质的质量总和。 2．实质 化学反应前后元素的种类和原子的个数不发生改变。 二、气体摩尔体积 一定条件下，1摩尔任何气体所占的体积（V m L/mol） 标准状况下，V m =22.4 L/mol 三、阿伏加德罗定律 1．内容 在同温同压下，同体积的任何气体含有相同的分子数。即“三同”定“一同”。 2．推论： ⑴同温同压下，V1/V2=n1/n2 ⑵同温同体积时，p1/p2= n1/n2=N1/N2 ⑶同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1 ⑷同温同压同体积时，W1/W2=M1/M2=ρ1/ρ2 注意：（1）阿伏加德罗定律也适用于混合气体。 （2）考查气体摩尔体积时，常用在标准状况下非气态的物质来迷惑考生，如H2O、SO3、已烷、辛烷、CHCl3、乙醇等。 （3）物质结构和晶体结构：考查一定物质的量的物质中含有多少微粒（分子、原子、电子、质子、中子等）时常涉及稀有气体He、Ne等单原子分子，Cl2、N2、O2、H2双原子分子。胶体粒子及晶体结构：P4、金刚石、石墨、二氧化硅等结构。 （4）要用到22.4L·mol－1时，必须注意气体是否处于标准状况下，否则不能用此概念；（5）某些原子或原子团在水溶液中能发生水解反应，使其数目减少； （6）注意常见的的可逆反应：如NO2中存在着NO2与N2O4的平衡； （7）不要把原子序数当成相对原子质量，也不能把相对原子质量当相对分子质量。 （8）较复杂的化学反应中，电子转移数的求算一定要细心。如Na2O2+H2O；Cl2+NaOH；电解AgNO3溶液等。 四、阿伏加德罗常数 物质的量是以阿伏加德罗常数来计量的，0.012kg碳-12所含的碳原子数就是阿伏加德罗常数(N A)。6.02×1023是它的近似值。 注意：叙述或定义摩尔时一般用“阿伏加德罗常数”，在具体计算时常取“6.02×1023”。

高中化学：氮及其化合物

高中化学：氮及其化合物 1.了解氮单质及其重要化合物(NH 3、铵盐、NO x 、HNO 3等)的主要性质及应用。(高频) 2.了解氮及其重要化合物对环境质量的影响。 氮及其氧化物 1．自然界中氮的存在和氮的固定 2．N 2的性质 无色无味的气体，占空气体积的__4 5__左右。 3．一氧化氮、二氧化氮 NO NO 2 物理性质 颜色 无色 红棕色 毒性 有毒 有毒 溶解性 难溶于水 易溶于水 化学性质 与O 2反应 2NO ＋O 2===2NO 2 与H 2O 反 应 3NO 2＋H 2O===2HNO 3 ＋NO

与人体、环境的关 系 ①与血红蛋白结合，使人中毒 ②转化成NO 2，形成酸雨、光化 学烟雾 形成酸雨、光化学烟雾 氨、铵盐 1． 氨的性质 无色有刺激性气味的气体，密度比空气小，易液化。极易溶于水(1∶700)。 (1)与水反应：NH 3＋H 2O NH 3·H 2O NH ＋4＋ OH －，氨的水溶液叫氨水，呈弱碱性。 (2)还原性 与氧气反应：4NH 3＋5O 2=====催化剂 △4NO ＋6H 2O 。(工业制HNO 3的基础反应) (3)与酸反应 与氯化氢反应：NH 3＋HCl===NH 4Cl ， 现象：产生白烟。 应用：用于NH 3与挥发性酸的互相检验。 2．铵盐的性质 铵盐都是白色或无色晶体，都易溶于水，属于离子化合物 (1)不稳定性：NH 4Cl=====△ NH 3↑＋HCl ↑， NH 4HCO 3=====△ NH 3↑＋CO 2↑＋H 2O 。 (2)与强碱反应：NH 4Cl ＋NaOH=====△ NH 3↑＋NaCl ＋H 2O 。 应用于NH ＋4的检验和NH 3的制取。 3．NH 3的制取原理 (1)工业制法：N 2＋3H 2 高温高压催化剂 2NH 3。 (2)实验室制法：2NH 4Cl ＋Ca(OH)2=====△ CaCl 2＋2NH 3↑＋2H 2O 。 硝酸 硝酸是易挥发的有刺激性气味的液体，与水互溶。 1．强氧化性

2020高考化学通用版冲刺大三轮复习讲义：专题一 重温理论体系框架 Word版含答案

一、氧化还原反应 判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”，错误的指明原因。 (1)在氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原( ) (2)有单质参加或生成单质的反应一定属于氧化还原反应( ) (3)某元素由游离态变成化合态时，该元素可能被氧化也可能被还原() (4)阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化() (5)化合反应均为氧化还原反应() (6)氧化还原反应中的反应物，不是氧化剂就是还原剂() (7)含有最高价元素的化合物不一定具有强氧化性( ) (8)物质氧化性的强弱不仅与物质的结构有关，还与反应物的浓度有关( ) (9)在Cl ＋H O HCl＋HClO中，氧化剂与还原剂均是C l ，其物质的量之比为1∶1() 222

(10)3Cu ＋8HNO (稀)===3Cu(NO ) ＋2NO ↑＋4H O 中，氧化剂与还原剂之比为 8∶3( ) 3 3 2 2 答案 (1)× 反例：Cl 的歧化反应 2 (2)× 反例：同素异形体的相互转化 (3)√ (4)× 反例：Fe ＋ ＋ (5)× 反例：Na O ＋H O===2NaOH 2 2 (6)× 反例：Na O 与 H O 的反应中，水既不是氧化剂，也不是还原剂 2 2 2 (7)√ (8)√ (9)√ (10)× 反应中 8 个硝酸分子，只有两个参加氧化还原反应 二、物质结构与元素周期律 1．物质的构成 原子、分子、离子都能直接构成物质。 (1)原子间通过共价键构成分子，如：N 、CO 、HCl 、H SO 、NH 、H O 。 2 2 2 4 3 2 注意 ①惰性气体是单原子分子，不存在共价键。 ②NH ·H O 是共价分子，为纯净物；氨水是混合物。 3 2 (2)原子间通过共价键形成空间网状结构的一类物质，无分子，如：金刚石、SiO 等，只能称 2 化学式。 (3)原子形成离子，阴、阳离子通过离子键形成的一类物质，无分子，如：NaCl 、Na O 、KOH 、 2 2 NH Cl ，只能称化学式。 4 (4)金属单质形成的晶体中有金属阳离子和自由移动的电子，没有阴离子。 2．物质结构决定物质的性质 3．周期表的信息解读(四个关系式) (1) 电子层数＝周期数。 (2)质子数＝原子序数。 (3)最外层电子数＝主族序数。 2 3 可被氧化为 Fe

人教高一化学氮及其化合物 知识点及练习题及答案

人教高一化学氮及其化合物知识点及练习题及答案 一、选择题 1．许多装有化学物质的瓶子上贴有危险警告标志，下面是一些危险警告标志，其中标志贴错的是( ) 选项A B C D 物质浓硝酸汽油纯碱氯酸钾 危险警 告标志 【答案】C 【详解】 A．浓硝酸有腐蚀性，是腐蚀品，故A正确； B．汽油易燃烧，是易燃液体，故B正确； C．纯碱属于盐，可用于食品加工，不是剧毒品，故C错误； D．氯酸钾有强氧化性，易爆炸，是爆炸品，故D正确； 答案选C。 2．自然界的氮循环如下图所示，下列说法不正确的是（） A．①中N2与O2反应生成NO B．②中合成氨属于人工固氮 C．③中氮元素只被氧化 D．氧元素参与了氮循环 【答案】C 【详解】 A. N2和O2在放电作用下化合，生成NO，NO被氧化生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，故A

正确； B. 氮的固定是指氮元素由游离态变为化合态的过程，大气中氮气转化成氮肥属于人工固氮，故B正确； C. ③中细菌还原硝酸根中正五价的氮，生成无污染的0价的氮气，所以③中氮元素被还原，而不是被氧化，故C错误； D. 如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HNO3）和一氧化氮，3NO2+H2O＝2HNO3+NO，氧元素参加，故D正确； 题目要求选不正确的，故选C。 【点睛】 本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解还原反应、人工固氮等知识点是解答的关键，选项D是解答的易错点。 3．用右图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是 ①中的物质②中的物质预测①中现象 A淀粉碘化钾溶液浓硝酸无明显现象 B酚酞溶液浓盐酸无明显现象 C氯化铝溶液浓氨水有白色沉淀 D湿润红纸条饱和氯水红纸条褪色 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】 A．硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸进入淀粉KI溶液，硝酸具有强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色，故A错误； B．浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl进入酚酞溶液，酚酞溶液在酸性条件下不变色，故B 正确； C．浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气溶于氯化铝溶液，一水合氨与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故C正确； D．饱和氯水挥发出氯气，氯气与湿润红纸条接触，氯气水反应生成HClO，HClO具有漂白

化学化学氮及其化合物试题含答案解析

化学化学氮及其化合物试题含答案解析 一、选择题 1．随着我国汽车年销量的大幅增加，环境受到了很大的污染。汽车尾气处理装置中，气体在催化剂表面吸附与解吸的过程如图所示，下列说法正确的是（ ） A ．NO 和O 2必须在催化剂表面才能反应 B ．总反应中NO 为氧化剂，N 2为氧化产物 C ．汽车尾气的主要污染成分包括CO 、NO 和N 2 D ．图中反应的总化学方程式为2222NO+O +4CO 4CO +N 催化剂 【答案】D 【详解】 A ．NO 与O 2在常温下就可以发生反应，A 项错误； B ．反应中NO 、O 2均为氧化剂，CO 为还原剂，N 2为还原产物，B 项错误； C ．N 2不是污染成分，C 项错误； D ．由图看出图中反应的总化学方程式为2222NO+O +4CO 4CO +N 催化剂，D 正确； 故选D 。 2．某些离子的检验及结论一定正确的是（ ） A ．加入氢氧化钠溶液并加热，产生气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，一定有NH 4+ B ．加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则一定有CO 32- C ．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不消失，一定有SO 42- D ．某溶液加入稀盐酸酸化的AgNO 3产生白色沉淀，则原溶液中一定含有Cl － 【答案】A 【详解】 A. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明该气体为氨气，推出原溶液中一定有NH 4+，A 项正确； B. 原溶液中若含HCO 3-，加入稀盐酸后也会产生无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，故原溶液中不一定有CO 32-，B 项错误； C. 产生不溶于盐酸的白色沉淀也可能是AgCl ，则原溶液中不一定有SO 42-，C 项错误； D. 加入盐酸酸化的AgNO 3溶液时，则引入了Cl - ，故不能证明是原溶液中是否含有Cl -，D 项错误； 答案选A 。

最新高考化学试题汇编(16个专题)

专题目录专题1：化学与生活.doc 专题2：元素周期律.doc 专题3：元素化合物.doc 专题4：离子反应和离子方程式.doc 专题6：反应热和电化学.doc 专题7：化学反应速率和化学平衡.doc 专题8：水溶液中的离子平衡.doc 专题9：水溶液中的离子平衡.doc 专题11：电解质溶液.doc 专题12：非金属及其化合物.doc 专题13：化学反应速率和化学平衡.doc 专题14：化学反应中的能量变化.doc 专题15：化学实验.doc 专题16：化学用语、化学计量.doc

一、化学与生活 （2015北京6）下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（） A. 火药使用 B. 粮食酿酒 C. 转轮排字 D.铁的冶炼 (2015福建6)下列制作铅笔的材料与相应工业不对应的是 A．橡皮擦——橡胶工业B．铝合金片——冶金工业 C．铝笔芯—电镀工业D．铅笔漆—涂料工业 （2015海南1）化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是 A．明矾净化水B．纯碱去油污 C．食醋除水垢D．漂白粉漂白织物 （2015广东7）化学是你，化学是我，化学深入我们生活，下列说法正确的是A．木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色 B．食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应 C．包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃 D．PX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃 （2015山东7进行化学实验时应强化安全意识。下列做法正确的是： A 金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火 B 用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上 C 浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗 D 制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片 （2015四川1）下列物质在生活中应用时，起还原作用的是 A．明矾作净水剂B．甘油作护肤保湿剂 C．漂粉精作消毒剂D．铁粉作食品袋内的脱氧剂 （2015新课标Ⅱ7）食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。下列说法错误的是（） A.硅胶可用作食品干燥剂 B.P2O5不可用作食品干燥剂 C.六水氯化钙可用作食品干燥剂 D.加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干

2020年高考化学考点解读+命题热点突破专题14化学与STSE

专题14 化学与STSE 【考向解读】 高考命题关注社会热点问题，常以新材料的制造、新能源的开发、大气污染的治理、绿色环保的生活方式为载体，考查元素化合物、化学反应基本概念、基本理论等知识，这类试题一般都会涉及一些最新的技术或方法，信息量大，陌生度高，但落点低，只要平时多加练习，就能轻松取分。 高考常见题型是选择题和填空题，主要将能源、新材料、药品、生活常识等与化学知识联系起来进行考查，命题角度新，考查范围广，题目难度小。 【命题热点突破一】大气污染及防治 1．雾霾天气的成因及防治 PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，又称为可入肺颗粒物。PM2.5粒径小，易附带有毒、有害物质，对人体健康和大气环境质量的影响很大。 形成雾霾天气的主要原因是燃煤、机动车尾气等污染物的大量排放，因此防治的重点是控制颗粒物的排放，改变能源的使用结构，减少煤炭的消耗，增加清洁能源的使用，做到节能减排。因此，开发利用清洁、高效的新能源、防止大气污染已成为人类共同关注的重大课题。 2．二氧化硫引起的大气污染与防治 二氧化硫是大气中分布很广、影响巨大的污染物，有“大气污染元凶”之称，故除去二氧化硫通常作为防治大气污染的主要措施。以煤为主的能源结构，不成熟的脱硫技术是造成我国城市二氧化硫排放严重的主要原因。据统计，全世界每年大约有1亿五千万吨二氧化硫排入大气。 二氧化硫造成的大气污染危害巨大，由它形成的酸雨更能危害人体健康及植物的生长，使土壤酸化、腐蚀建筑物等，消除二氧化硫对环境污染的常用方法有： 方法一：钙基固硫法 为防治酸雨，工业上常用生石灰和含硫的煤混合后燃烧，燃烧时硫、生石灰、O 2共同反应生成硫酸钙， 从而使硫转移到煤渣中，反应原理为CaO ＋SO 2=====△ CaSO 3,2CaSO 3＋O 2===2CaSO 4， 总反应方程式为2CaO ＋2SO 2 ＋O 2====△ 2CaSO 4。 方法二：氨水脱硫法 该脱硫法采用喷雾吸收法，雾化的氨水与烟气中的SO 2直接接触吸收SO 2，其反应的化学方程式为NH 3 ＋SO 2＋H 2O===NH 4HSO 3,2NH 3＋SO 2＋H 2O===(NH 4)2SO 3,2(NH 4)2SO 3＋O 2===2(NH 4)2SO 4。

完整版高中化学氮及其化合物 知识归纳总结及答案

完整版高中化学氮及其化合物知识归纳总结及答案 一、选择题 1．下列说法不正确的是( ) A．定容时，因不慎使液面高于容量瓶的刻度线，必修重新配制 B．根据燃烧产生的气味，可区分棉纤维和蛋白质纤维 C．将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液先变红后褪色 D．取少量晶体放入试管中，再加入适量NaOH溶液，加热，在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验，若试纸变红，则可证明该晶体中含有 4 NH+ 【答案】D 【详解】 A．定容时，因不慎使液面高于容量的刻度线，如果滴管将多余液体吸出会导致溶质物质的量减少，所以配制溶液浓度偏低，则要重新配制，故A正确； B．蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味，则根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可区分棉纤维和蛋白质纤维，故B正确； C．氯水中含有HCl和HClO，具有酸性和漂白性，则向新制氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色，故C正确； D．氨气为碱性气体，应该在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则可证明该晶体中含有NH4+，不能使用蓝色石蕊试纸，故D错误。 故选：D。 【点睛】 氯水的成分有：Cl2、HCl、HClO；所以溶液显酸性、氧化性、漂白性，能够漂白绝大部分有机物。 2．有一充有10mL NO和NO2混合气体的试管，倒置于盛有水的水槽中，充分反应后，仍有6mL无色气体，则原混合气体中NO和NO2体积比为( ) A．1∶4B．2∶3C．1∶3D．4∶1 【答案】B 【详解】 设NO的体积为amL，则NO2的体积为(10－a)mL，倒置于盛有水的水槽中，发生3NO2＋ H2O=2HNO3＋NO，根据反应方程式，生成NO的体积为10a 3 - mL，充分反应后，6mL气体 为NO，因此有a＋10a 3 - =6，解得a=4，NO和NO2的体积比为4mL：(10－4)mL=4： 6=2：3，答案选B。 3．自然界的氮循环如下图所示，下列说法不正确的是（）

氮及其化合物的化学方程式和离子方程式

氮及其化合物的化学方程式和离子方程式 （注：带*的不要求记住，但要求能理解） 一、氮气 1、镁在氮气中燃烧：3Mg＋N2Mg3N2 2、氮气在放电的条件下与氧气反应：N2＋O22NO 3、合成氨反应：N2＋3H2催化剂 高温高压 2NH3 二、氨气 1、氨的催化氧化：4NH3＋5O24NO＋6H2O *2、少量氨在氯气中燃烧：2NH3＋3Cl2N2＋6HCl *3、足量的氨和氯气反应：8NH3＋3Cl2N2＋6NH4Cl *4、氨气在纯净的氧气中燃烧：4NH3＋3O22N2＋6H2O *5、氨气通过灼热的氧化铜：2NH3＋3CuO N2＋3Cu＋3H2O 6、氨气和水反应：NH3＋H2O NH3·H2O NH4＋＋OH－ 7、氨水与盐酸反应：NH3·H2O＋HCl NH4Cl＋H2O NH3·H2O＋H＋NH4＋＋H2O 8、氨水与醋酸反应：NH3·H2O＋CH3COOH CH3COONH4＋H2O NH3·H2O＋CH3COOH CH3COO－＋NH4＋＋H2O 9、氯化镁溶液加入氨水：MgCl2＋2NH3·H2O Mg(OH)2↓＋2NH4Cl Mg2＋＋2NH3·H2O Mg(OH)2↓＋2NH4＋ 10、向硫酸铝溶液中加入氨水：Al2(SO4)3＋6NH3·H2O2Al(OH)3↓＋3(NH4)2SO4 Al3＋＋3NH3·H2O Al(OH)3↓＋3NH4＋ 11、氯化亚铁溶液中加入氨水：FeCl2＋2NH3·H2O Fe(OH)2↓＋2NH4Cl Fe2＋＋2NH3·H2O Fe(OH)2↓＋2NH4＋ 12、向氯化铁溶液中加入氨水：FeCl3＋3NH3·H2O Fe(OH)3↓＋3NH4Cl Fe3＋＋3NH3·H2O Fe(OH)3↓＋3NH4＋ 放电

高考化学 30个难点专题突破难点

高考化学 30个难点专题突破难点 两种同溶质溶液等质量混合，特别是等体积混合，质量分数如何判定有一定难度。本篇可以把这一难点化易。 ●难点磁场 请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。 密度为0.91 g ·cm － 1 的氨水，质量百分比浓度为 25.0%(即质量分数为0.250)，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量百分比浓度( ) A.等于12.5% B.大于 12.5% C.小于 12.5% D.无法确定 ●案例探究 ［例题］把 70% HNO 3(密度为 1.40 g ·cm － 3)加到等体积的水中，稀释后 HNO 3(aq)中溶质的质量分数是 A.0.35 B.＜0.35 C.＞0.35 D.≤0.35 命题意图：主要考查学生对质量分数的认识和变换前提下的估算能力。 知识依托：有关质量分数的计算。 错解分析：审题不严，自以为是将两液体等质量混合，从而误选 A 项；解题过程中思维反向，也会误选 B 项。 解题思路：本题有以下两种解法。 方法1(条件转换法)：先把“等体积”看作“等质量”，则等质量混合后溶液中 HNO 3 的质量分数为： w 混= 2 % 70222121=+=?+?w w m m w m m =35% 而等体积混合时水的质量小于 HNO 3(aq) 的质量，则等体积混合相当于先进行等质量 混合，然后再加入一定量的密度大的液体，这里是 70% 的 HNO 3(aq)，故其质量分数大于 35%。 方法2(数轴表示法)：(1)先画一数轴，在其上标出欲混合的两种液体中溶质的质量分数，并在两质量分数的对应点上标出两液体密度的相对大小。 (2)求出 2 2 1w w +，并在数轴上标示出来。 (3)标出w 混：w 混在 2 2 1w w +与 ρ大的液体的质量分数之间。 答案：C 评注：方法2是方法1的一种升华。 ●锦囊妙计 · · 7

完整版高中化学氮及其化合物 知识点总结

完整版高中化学氮及其化合物知识点总结 一、选择题 1．下列有关浓硫酸的说法正确的是 A．若大量浓硫酸洒在皮肤上应立即用纱布拭去,再用大量水冲洗 B．稀释时要将水沿器壁慢慢倒入浓硫酸中,并用玻璃棒不断搅拌 C．欲除去NH3中的H2O，可让混合气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶 D．浓硫酸不分解、不挥发，所以能敞口放置在空气中质量不会发生变化 【答案】A 【详解】 A.浓硫酸具有强腐蚀性，溶于水放出大量的热，当不慎将浓硫酸沾到皮肤上，应立即用布拭去，再用大量水冲洗后涂上稀碳酸氢钠溶液，故A正确； B.稀释浓硫酸时，要将浓硫酸沿器壁慢慢倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使热量散发出去，故B错误； C.浓硫酸具有吸水性，可以干燥气体，但氨气能与酸反应，不能用浓硫酸除去氨气中的水蒸气，故C错误； D.浓硫酸不分解、不挥发，但浓硫酸具有吸水性，能吸收空气中的水蒸气，敞口放置在空气中，浓硫酸质量会增加，故D错误； 故选A。 2．四支试管中分别充满NO、SO2、NO2、Cl2中的一种，把它们分别倒置于盛有水的水槽中，放置一段时间后的现象如图所示。其中原试管充满NO2的是 A．B．C．D． 【答案】B 【详解】 NO不溶于水，对应D图像，SO2在水中的溶解度为1体积水溶解40体积SO2，对应图像A，根据化学方程式3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，剩余气体是反应前的1/3，对于图像B， Cl2+H2O =HCl+HClO，HClO2HCl+O2↑，对应图像C，所以其中原试管充满NO2的是B，答案选B。 3．起固定氮作用的化学反应是 A．雷雨时空气中的 NO转化为NO2B．N2与H2在一定条件下反应生成NH3 C．用NaOH吸收NO2和NO D．工厂用NH3催化氧化制NO 【答案】B 【详解】 A．NO转化为NO2不是固氮作用的反应，选项A错误；

高中化学知识点：氮及其化合物

高中化学知识点：氮及其化合物 氮及其氧化物 1．自然界中氮的存在和氮的固定 2．N 2的性质 无色无味的气体，占空气体积的__45__左右。 3．一氧化氮、二氧化氮 NO NO 2 物理性 质 颜色 无色 红棕色 毒性 有毒 有毒 溶解性 难溶于水 易溶于水 化学性 质 与O 2反应 2NO ＋O 2===2NO 2 与H 2O 反 应 3NO 2＋H 2O===2HNO 3＋NO 与人体、环境的关 系 ①与血红蛋白结合，使人中毒 ②转化成NO 2，形成酸雨、光化学烟雾 形成酸雨、光化学烟雾 氨、铵盐 1．氨的性质

无色有刺激性气味的气体，密度比空气小，易液化。极易溶于水(1∶700)。 (1)与水反应：NH 3＋H 2O NH 3·H 2O NH ＋4＋ OH －，氨的水溶液叫氨水，呈弱碱性。 (2)还原性 与氧气反应：4NH 3＋5O 2=====催化剂△ 4NO ＋6H 2O 。(工业制HNO 3的基础反应) (3)与酸反应 与氯化氢反应：NH 3＋HCl===NH 4Cl ， 现象：产生白烟。 应用：用于NH 3与挥发性酸的互相检验。 2．铵盐的性质 铵盐都是白色或无色晶体，都易溶于水，属于离子化合物 (1)不稳定性：NH 4Cl=====△NH 3↑＋HCl ↑， NH 4HCO 3=====△NH 3↑＋CO 2↑＋H 2O 。 (2)与强碱反应：NH 4Cl ＋NaOH=====△NH 3↑＋NaCl ＋H 2O 。 应用于NH ＋4的检验和NH 3的制取。 3．NH 3的制取原理 (1)工业制法：N 2＋3H 2高温高压催化剂2NH 3。 (2)实验室制法：2NH 4Cl ＋Ca(OH)2=====△CaCl 2＋2NH 3↑＋2H 2O 。 硝酸 硝酸是易挥发的有刺激性气味的液体，与水互溶。 1．强氧化性 (1)与金属反应： ①与除Au 、Pt 外大部分金属反应(如Cu)： Cu ＋4HNO 3(浓)===Cu(NO 3)2＋2NO 2↑＋2H 2O ； 3Cu ＋8HNO 3(稀)===3Cu(NO 3)2＋2NO ↑＋4H 2O 。 ②常温下浓HNO 3使Fe 、Al 钝化。

完整版高一化学氮及其化合物 (讲义及答案)

完整版高一化学氮及其化合物 (讲义及答案) 一、选择题 1．在一定条件下，将 6 体积的 NO 2(不考虑 NO 2 转化为 N 2O 4)和一定体积的 NO 置于试管中，并将试管倒置于盛有水的水槽中，待试管内液面不变后再通入 4.5 体积的 O 2 充分反应后，剩余 1.5 体积气体，则原 NO 体积可能为( ) ①3 体积 ②4 体积 ③5 体积 ④5.5 体积 ⑤2 体积 A ．①③ B ．①⑤ C ．④ 或 ⑤ D ．② 或 ③ 【答案】C 【分析】 根据4NO 2+O 2+2H 2O ═4HNO 3、4NO+3O 2+2H 2O ═4HNO 3，剩余1.5体积气体，可能为NO ，也可能为氧气，以此来计算。 【详解】 23 2 2=4HNO 4NO +O +2H O 416 1.5 则一定体积的NO 和3体积的氧气发生4NO+3O 2+2H 2O ═4HNO 3，①若剩余气体为NO ，则由反应可知，消耗NO 为4体积，则原NO 的体积为1.5+4=5.5体积； ②若剩余气体为氧气，则4NO+3O 2+2H 2O ═4HNO 3中反应的氧气为1.5体积，则原NO 的体积为 1.54 3 =2体积，故选C 。 2．自然界的氮循环如下图所示，下列说法不正确的是（ ） A ．①中N 2与O 2反应生成NO B ．②中合成氨属于人工固氮 C ．③中氮元素只被氧化 D ．氧元素参与了氮循环 【答案】C 【详解】 A. N 2和O 2在放电作用下化合，生成NO ，NO 被氧化生成NO 2，NO 2溶于水生成硝酸，故A 正确； B. 氮的固定是指氮元素由游离态变为化合态的过程，大气中氮气转化成氮肥属于人工固

2020高考化学考前微专题突破练：(十)

温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。 微专题突破练(十) 化学反应原理综合应用(非选择题) 1.(2019·全国卷Ⅲ)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题: (1)Deacon发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O 2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系: 可知反应平衡常数K(300 ℃)________K(400 ℃)(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K(400 ℃) =________(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是________。 (2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行:

CuCl 2(s)CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1 CuCl(s)+O 2(g)CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1 CuO(s)+2HCl(g)CuCl 2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1 则4HCl(g)+O 2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=________ kJ·mol-1。(3)在一定温度的条件下,进一步提高HCl的转化率的方法是________。(写出2种) (4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上,科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案,主要包括电化学过程和化学过程,如下图所示: 负极区发生的反应有____________(写反应方程式)。 电路中转移1 mol电子,需消耗氧气________L(标准状况)。 【解析】(1)根据题中示意图可以看出随着温度的升高,HCl的转化率降低,说明升高温度平衡逆向移动,正反应为放热反应,所以温度越高,反应进行的程度越小,K值越小,即K(300 ℃)大于K(400 ℃)。相同条件下进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越大,HCl的转化率越低;进料浓度

氮及其化合物的化学方程式

一、氮气 合成氨原理，人工固氮) 雷电时空气中发生的反应，大气固氮 镁带在空气燃烧其中之一反应 二、氮的氧化物 1、一氧化氮与氧气 2、二氧化氮与水 3．涉及NO2气体颜色深浅、压强、密度、气体体积等都要考虑此反应 4、一氧化氮，二氧化氮制硝酸 5、硝酸工业尾气吸收 6、实验室制NO 实验室制NO2 三、氨气与铵盐 1 NH3·H2O 2、氯化氢与氨气相遇有白烟生成，相互检验 3、硝酸工业重要反应

4、用氨水检验氯气管道的泄漏（平行反应） 5、氨气实验室制法 （注意点①消石灰不能用NaOH、KOH代替，原因是： a、NaOH、KOH具有吸湿性、易结块，不利于产生NH3； b、在高温下能腐蚀大试管。） ②因氨气比空气轻，易与空气发生对流，所以收集时，导气管应插入收集气体的试管底 部附近，并在试管口塞一团干燥的棉花团，来防止NH3与空气对流，确保收集到纯净的氨气。 ③制备NH3也可以通过加热浓氨水的方法，利用NH3·H2O NH3↑+H2O原理制备。也 可以在烧碱或生石灰中滴加浓氨水来制备，烧碱或生石灰溶于水为放热，促进NH3·H2O的分解，并增大溶液中c(OH-)使NH 3+H2O NH3·H2O NH4++OH-向逆方向移动，从而产生NH3） 6、工业上制氨气 NH4HCO3 7、 NH4Cl 8、NaOH+ NH4Cl (NH4)2SO4 + 2NaOH （检验铵根离子：加浓的氢氧化钠并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝） 四、硝酸 1、硝酸分解 2、铜与硝酸反应 3、往热的浓硝酸中逐渐加铁至过量依次发生反应的方程式 4、碳与浓硝酸反应 五、硝酸盐