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2022高考化学一轮复习 专题十 氮及其化合物1练习

2022高考化学一轮复习 专题十 氮及其化合物1练习

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专题十 氮及其化合物
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考点1　 氮及氮的氧化物
1.[2021四川成都摸底测试]一种新型的合成氨的方法如图所示,下列说法正确的是(　　)

A.反应①属于氮的固定
B.反应②属于氧化还原反应
C.反应③可通过电解LiOH溶液实现
D.上述三步循环的总反应为N2+3H22NH3
2.[2019江苏,16,12分]N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物,含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物,用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为　　　　　　　。 
(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收,主要反应为
NO+NO2+2OH-2NO2-+H2O
2NO2+2OH-NO2-+NO3-+H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有　　　　(填标号)。 
A.加快通入尾气的速率
B.采用气、液逆流的方式吸收尾气
C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤,得到NaNO2晶体,该晶体中的主要杂质是　　　　　　　　　　(填化学式);吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是　　　　　(填化学式)。 

(3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气,可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同,NO转化为NO3-的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成Cl-和NO3-,其离子方程式为　　　　　　　　　　。 
②NaClO溶液的初始pH越小,NO转化率越高。其原因是　　　　　　　　　　。 
3.[2018天津,9,18分]烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一,为了监测其含量,选用如下采样和检测方法。回答下列问题:
Ⅰ.采样

采样系统简图
采样步骤:
①检验系统气密性;②加热器将烟道气加热至140 ℃;③打开抽气泵置换系统内空气;④采集无尘、干燥的气样;⑤关闭系统,停止采样。
(1)A中装有无碱玻璃棉,其作用为　 。 
(2)C中填充的干燥剂是　　　　(填标号)。 
a.碱石灰　　　　b.无水CuSO4　　　　c.P2O5
(3)用实验室常用仪器组装一套装置,其作用与D(装有碱液)相同,在虚线框中画出该装置的示意图,标明气体的流向及试剂。

(4)采样步骤②加热烟道气的目的是　 。 
Ⅱ.NOx含量的测定
将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中,使NOx完全被氧化成NO3-,加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液,加入v1 mL c1 mol·L-1FeSO4标准溶液(过量),充分反应后,用c2 mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗v2 mL。
(5)NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式为　 。 
(6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有　 。 
(7)滴定过程中发生下列反应:
3Fe2++NO3-+4H+NO↑+3Fe3++2H2O
Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为　　　mg·m-3。 
(8)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
若缺少采样步骤③,会使测定结果　　　　。 
若FeSO4标准溶液部分变质,会使测定结果　 。 
考点2　氨及铵盐

4. [2017全国卷Ⅰ,26,15分]凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法,其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐,利用如图所示装置处理铵盐,然后通过滴定测量。

已知:NH3+H3BO3NH3·H3BO3;NH3·H3BO3+HClNH4Cl+H3BO3。
回答下列问题:
(1)a的作用是　　　　　　　　。 
(2)b中放入少量碎瓷片的目的是　　　　　　　　。f的名称是　　　　　　　　。 
(3)清洗仪器:g中加蒸馏水;打开k1,关闭k2、k3,加热b,蒸气充满管路;停止加热,关闭k1,g中蒸馏水倒吸进入c,原因是　　　　　;打开k2放掉水。重复操作2~3次。 
(4)仪器清洗后,g中加入硼酸(H3BO3)和指示剂。铵盐试样由d注入e,随后注入氢氧化钠溶液,用蒸馏水冲洗d,关闭k3,d中保留少量水。打开k1,加热b,使水蒸气进入e。
①d中保留少量水的目的是　　　　。 
②e中主要反应的离子方程式为　　　　,e采用中空双层玻璃瓶的作用是　　　　。 
(5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定,滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol·L-1的盐酸V mL,则样品中氮的质量分数为　　　　%,样品的纯度≤　　　　%。 
5.[2015四川,9,13分](NH4)2SO4是常用的化肥和化工原料,受热易分解。某兴趣小组拟探究其分解产物。
【查阅资料】(NH4)2SO4在260 ℃和400 ℃时分解产物不同。
【实验探究】该小组拟选用如图所示装置进行实验(夹持和加热装置略)。

实验1:连接装置A-B-C-D,检查气密性,按图示加入试剂(装置B盛0.500 0 mol/L盐酸70.00 mL)。通入N2排尽空气后,于260 ℃加热装置A一段时间,停止加热,冷却,停止通入N2。品红溶液不褪色。取下装置B,加入指示剂,用0.200 0 mol/L NaOH溶液滴定剩余盐酸,终点时消耗NaOH溶液25.00 mL。经检验滴定后的溶液中无SO42-。
(1)仪器X的名称是　　　。 
(2)滴定前,下列操作的正确顺序是　　　　　(填标号)。 
a.盛装0.200 0 mol/L NaOH溶液 b.用0.200 0 mol/L NaOH溶液润洗
c.读数、记录 d.查漏、清洗
e.排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面
(3)装置B内溶液吸收气体的物质的量是　　　mol。 
实验2:连接装置A-D-B,检查气密性,按图示重新加入试剂。通入N2排尽空气后,于400 ℃加热装置A至(NH4)2SO4完全分解无残留物,停止加热,冷却,停止通入N2。观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体。经检验,该白色固体和装置D内溶液中有SO32-,无SO42-。进一步研究发现,气体产物中无氮氧化物。
(4)检验装置D内溶液中有SO32-,无SO42-的实验操作和现象是　　　。 
(5)装置B内溶液吸收的气体是　　　。 
(6)(NH4)2SO4在400 ℃分解的化学方程式是　　　　　　　　　　　　。 
考点3　硝酸
6. [2017北京,12,6分]下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论不正确的是(　　)

①
②
③

A.由①中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体
B.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应
C.由③说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物
D.③的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
7. [2020河南、湖南顶级名校联考]3.52 g铜镁合金完全溶于100 mL、密度为1.40 g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2气体3 584 mL(标准状况),向反应后的溶液中加入适量的1.0 mol/L NaOH溶液,恰使溶液中的金属离子全部沉淀,下列说法错误的是(　　)
A.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14 mol/L
B.加入NaOH溶液的体积是160 mL
C.起氧化性的硝酸的物质的量为0.16 mol
D.得到的金属氢氧化物沉淀为6.24 g
拓展变式
1.[2020全国卷Ⅲ,10,6分] 喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体-溶液,能出现喷泉现象的是(　　)

气体
溶液
A
H2S
稀盐酸
B
HCl
稀氨水
C
NO
稀H2SO4
D
CO2
饱和NaHCO3溶液
2.将11.2 g铜粉和镁粉的混合物分成两等份,其中一份加入200 mL的稀硝酸并加热,固体和硝酸恰好完全反应,并产生标准状况下2.24 L NO;将另一份在空气中充分加热,最后得到m g固体。下列有关说法正确的是(　　)
①c(HNO3)=2.0 mol·L-1　 ②c(HNO3)=0.5 mol·L-1
③m=8.0　　 ④m=7.2
A.①④　　　　B.①③　　　　C.②④　　　　D.②③
3.NaH2PO2·H2O易溶于水,水溶液呈中性,具有强还原性,可用于化学镀银、镍、铜等。一种以泥磷(含P4和少量CaO、Fe2O3、Al2O3、CaCl2等)为原料制备NaH2PO2·H2O的工艺流程如图所示。

已知:P4与Ca(OH)2、NaOH的反应主要有
Ⅰ.3Ca(OH)2+2P4+6H2O3Ca(H2PO2)2+2PH3↑
Ⅱ.3NaOH+P4+3H2O3NaH2PO2+PH3↑
(1)已知H3PO2是一元中强酸,NaH2PO2是　　　　(填“正盐”或“酸式盐”)。 
(2)尾气中的PH3被NaClO溶液吸收可生成NaH2PO2和NaCl,离子方程式为　　　　　　　　,从吸收液中获得NaH2PO2·H2O的操作为　　　　、　　　　、过滤、洗涤和干燥。 
(3)用NiCl2、NaH2PO2溶液化学镀Ni,同时生成H3PO4和氯化物的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(4)“滤渣2”的主要成分为　　　　　　　　　　　　(填化学式)。 
(5)“过滤2”的滤液需要用Ag2SO4悬浊液和Ba(OH)2溶液除去其中Cl-,加入的Ag2SO4悬浊液不宜过量太多,其主要原因是　　　　　　　　　　　　。 
4. [2020成都外国语学校模拟]砷及其化合物在半导体、农药制造等方面用途非常广泛。回答下列问题:
(1)AsH3的电子式为　　　　;将AsH3通入AgNO3溶液中可生成Ag、As2O3和HNO3,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　。 
(2)改变0.1 mol·L-1三元弱酸H3AsO4溶液的pH,溶液中的H3AsO4、H2AsO4-、HAsO42-以及AsO43-的物质的量分布分数随pH的变化如图1所示:

　　　　　　　　 图1　　　　　　　　　　 图2
①lg Ka1(H3AsO4)=　　　　,用甲基橙作指示剂(pH变色范围为3.1~4.4),用NaOH溶液滴定H3AsO4发生的主要反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 
②反应H2AsO4-+AsO43-2HAsO42-的lg K=　　　　。 
(3)反应2As2S3(s)4AsS(g)+S2(g)达到平衡时气体总压的对数值lg p(其中p的单位是kPa)与温度的关系如图2所示:
①对应温度下,B点的反应速率v(正)　　　　v(逆)(填“>”“<”或“=”)。 
②A点处,AsS(g)的分压为　　　　kPa,该反应的Kp=　　　　(Kp为以分压表示的平衡常数)。 
5.[原料预处理研磨][2018北京,26,13分]磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下:

已知:磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH),还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。
溶解度:Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O
(1)上述流程中能加快反应速率的措施有　　　　。 
(2)磷精矿粉酸浸时发生反应:
2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4
①该反应体现出酸性关系:H3PO4　　　　H2SO4(填“>”或“<”)。 
②结合元素周期律解释①中结论:P和S电子层数相同,　　　　。 
(3)酸浸时,磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF,并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除,同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间,不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80 ℃后脱除率变化的原因:　　　　　　　　　　　　　。 
(5)脱硫时,CaCO3稍过量,充分反应后仍有SO42-残留,原因是　　　　　　　　　　　;加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率,其离子方程式是　　　　　　　　　　　　　。 
(6)取a g所得精制磷酸,加适量水稀释,以百里香酚酞作指示剂,用b mol·L-1 NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4,消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是　　　　。(已知:H3PO4摩尔质量为98 g·mol-1) 
6.[氧化还原和沉淀转化][2016全国卷Ⅲ,28节选,12分]以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为:

物质
V2O5
V2O4
K2SO4
SiO2
Fe2O3
Al2O3
质量分数/%
2.2~2.9
2.8~3.1
22~28
60~65
1~2
<1

以下是一种废钒催化剂回收工艺路线:

回答下列问题:
(1)“酸浸”时V2O5转化为VO2+,反应的离子方程式为　　　　　　　　　,同时V2O4转化成VO2+。“废渣1”的主要成分是　　　　。 
(2)“中和”作用之一是使钒以V4O124-形式存在于溶液中。“废渣2”中含有　　　　。 
(3)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为:4ROH+V4O124- R4V4O12+4OH-(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率,淋洗液应该呈　　　　性(填“酸”“碱”或“中”)。 
(4)“流出液”中阳离子最多的是　　　　。 
(5)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀,写出“煅烧”中发生反应的化学方程式　　　　　　　　　　　　　　。 
7.[萃取与反萃取][新课标全国卷Ⅰ高考,15分]锂离子电池的应用很广,其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时,该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi++xe- LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。

回答下列问题:
(1)LiCoO2中,Co元素的化合价为　　　　。 
(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式　　　　。 
(3)“酸浸”一般在80 ℃下进行,写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式　　　　　　　　;可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液,但缺点是　　　　　　　　。 
(4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式　　　　　　　　　　　。 
(5)充放电过程中,发生LiCoO2和 Li1-xCoO2之间的转化,写出放电时电池反应方程式　　　　　　。 
(6)上述工艺中,“放电处理”有利于锂在正极的回收,其原因是　　　　　　　　。在整个回收工艺中,可回收到的金属化合物有　　　　　　　　　(填化学式)。 
答案
专题十　氮及其化合物

1.A　反应①为Li与N2反应生成Li3N的反应,属于氮的固定,A项正确;结合题图可知反应②为Li3N+3H2O3LiOH+NH3↑,该反应中没有化合价的变化,属于非氧化还原反应,B项错误;电解LiOH溶液不能生成单质Li,C项错误;结合题图可知,三步循环的总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2,D项错误。
2.(1)2NH3+2O2N2O+3H2O(2分)　(2)①BC(2分)　②NaNO3(2分)　NO(2分)　(3)①3HClO+2NO+H2O3Cl-+2NO3-+5H+(2分)　②溶液pH越小,溶液中HClO的浓度越大,氧化NO的能力越强(2分)
【解析】　(1)NH3被O2氧化生成N2O,氮元素从-3价升至+1价,1 mol NH3失去4 mol e-,氧元素从0价降至-2价,1 mol O2得到4 mol e-,根据得失电子守恒及原子守恒配平化学方程式。(2)①A项,通入尾气速率过快时,尾气吸收不充分,错误;B项,采用气、液逆流的方式吸收尾气时,尾气吸收会更充分,正确;C项,补充NaOH溶液,c(OH-)增大,能更充分吸收尾气,正确。②NO2与NaOH反应可生成NaNO2、NaNO3和水,所以NaNO2晶体中会混有NaNO3杂质。由吸收尾气的主要反应可知,NO2吸收更充分,故吸收后排放的尾气中NO的含量较高。(3)①HClO氧化NO生成NO3-,自身被还原为Cl-,根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平离子方程式。②氧化NO的是HClO,NaClO在酸性条件下会生成HClO,所以pH越小,溶液中HClO的浓度越大,NO转化率越高。
3.(每空2分)(1)除尘　(2)c　(3)　(4)防止NOx溶于冷凝水　(5)2NO+3H2O22H++2NO3-+2H2O　(6)锥形瓶、酸式滴定管　(7)23×(c1v1-6c2v2)3v×104　(8)偏低　偏高
【解析】　(1)A中装有无碱玻璃棉,其作用是除去烟道气中的粉尘。(2)C中填充的干燥剂不能吸收NOx,因此不能为碱石灰,而无水CuSO4通常只用于检验水而不是吸收水,故该干燥剂为P2O5。(3)D的作用是吸收NOx,故该装置中应装有碱液,为洗气瓶装置,气体从长管进、短管出。(4)NOx中的NO2能溶于水且与水反应,故加热烟道气的目的是防止NOx溶于冷凝水。(5)NO被H2O2氧化为NO3-,则H2O2被还原为H2O,配平离子方程式为2NO+3H2O22NO3-+2H++2H2O。(6)K2Cr2O7标准溶液具有强氧化性,能氧化碱式滴定管下端的橡胶部分,因此滴定操作使用的玻璃仪器主要有锥形瓶、酸式滴定管。(7)根据滴定原理,可得原溶液中NO3-消耗的n(Fe2+)=(c1 mol·L-1×v1×10-3 L-c2 mol·L-1×v2×10-3 L×6)×100.00mL20.00mL=5(c1v1-6c2 v2)×10-3 mol,则n(NO3-)=13n(Fe2+)=53(c1v1-6c2v2)×10-3 mol, 故气样中NOx折合成NO2的含量为53(c1v1-6c2v2)×10-3 mol×46 000 mg·mol-1÷(v×10-3) m3=23×(c1v1-6c2v2)3v ×104 mg·m-3。(8)若缺少采样步骤③,则采集的烟道气中混有空气,测定结果偏低;若FeSO4标准溶液部分变质,则消耗的FeSO4标准溶液的体积偏大,测定结果偏高。
4.(1)避免b中压强过大(1分)　(2)防止暴沸(1分)　直形冷凝管(1分)　(3)c中温度下降,管路中形成负压(2分)　(4)①液封,防止氨气逸出(2分)　②NH4++OH-NH3↑+H2O(2分)　保温使氨完全蒸出(2分)　(5)1.4cVm(2分)　7.5cVm(2分)
【解析】　(1)导管a与大气相通,其作用是避免圆底烧瓶内压强过大,发生危险。(2)加热液体时加入碎瓷片,其作用是防止液体暴沸。根据该冷凝管的形状特点可知其为直形冷凝管。(3)停止加热,瓶内水蒸气冷凝,气体压强减小,会引起g中液体倒吸入c中,利用蒸馏水倒吸来洗涤仪器e、f。(4)①止水夹k3处可能漏气,导致测定的氮元素质量分数偏低,故d中保留少量水起液封作用,防止氨气逸出。②e中发生的主要反应是铵盐与氢氧化钠的反应,需要加热,使氨气全部逸出。“中空双层玻璃瓶”考生比较陌生,可以联想平时生活中保温玻璃瓶来分析问题。(5)n(N)=n(NH3)=n(HCl)=cV1000 mol,w(N)=cV1000mol×14g·mol-1mg×100%=1.4cVm%。C2H5NO2的相对分子质量为75,w(C2H5NO2)=1.4cVm%×7514=7.5cVm%。
5.(1)圆底烧瓶(1分)　(2)dbaec(2分)　(3)0.03(2分)　(4)取少量装置D内溶液于试管中,滴加BaCl2溶液,生成白色沉淀;加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解,放出无色刺激性气体(或其他合理答案,3分)　(5)NH3(或氨气)(2分)　(6)3(NH4)2SO44NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O↑(3分)
【解析】　(1)根据仪器X的形状特点可知其为圆底烧瓶。(2)使用滴定管前需要先检查是否漏液,并对其进行清洗;然后用标准液润洗,防止对加入的标准液造成稀释;润洗后加入标准液,并排出滴定管中的气泡,防止对量取的液体体积造成误差;最后读数、记录数值。故正确的顺序为dbaec。(3)装置B中的盐酸吸收NH3,设吸收的氨气为x mol,则有0.500 0 mol/L×0.070 0 L=x mol+0.200 0 mol/L×0.025 0 L,得x=0.03。(4)取少量装置D中的溶液于试管中,向其中滴加BaCl2溶液,生成白色沉淀;加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解,放出无色、有刺激性气味的气体。(5)装置B中所盛盐酸可吸收碱性气体,故吸收的是NH3。(6)通过分析所给信息可知(NH4)2SO4受热分解过程中SO42-被还原,故NH4+被氧化,而产物中无氮氧化物,故氧化产物为N2,因此(NH4)2SO4分解的化学方程式为3(NH4)2SO43SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O↑。
6.D　①中灼热碎玻璃起加热作用,浓硝酸受热分解生成红棕色气体(NO2),硝酸中氮元素化合价降低,必有元素化合价升高,只能为氧元素,因此,还有O2生成,产生的气体为混合气体,A项正确;由①可知,浓硝酸受热分解可生成红棕色气体,所以②中产生的红棕色气体不一定是木炭与浓硝酸发生反应产生的,B项正确;③中浓硝酸挥发才能与红热木炭接触,产生的NO2是还原产物,C项正确;红热的木炭还可与空气中的O2反应生成CO2,不一定是木炭与浓硝酸发生反应得到CO2,D项错误。
7.B　c(HNO3)=1000ρ·wM=1000×1.40×63%63 mol/L=14 mol/L,A项正确;加入适量的1.0 mol/L NaOH溶液,恰使溶液中的金属离子全部沉淀,此时溶液中溶质为NaNO3,由氮元素守恒可知n(NaNO3)+n(NO2)=n(HNO3),由钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3),n(NO2)=3584×10-3L22.4L/mol=0.16 mol ,则n(NaOH)=n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)=1.4 mol-0.16 mol=1.24 mol,则NaOH溶液的体积是1 240 mL,B项错误;起氧化性的硝酸反应生成NO2气体,HNO3~NO2,则起氧化性的硝酸的物质的量为0.16 mol,C项正确;氢氧化物沉淀中氢氧根离子的物质的量等于转移电子的物质的量,则氢氧化物沉淀的质量=合金的质量+氢氧根离子的质量=3.52 g+0.16 mol×17 g/mol=6.24 g,D项正确。

1.B　H2S与稀盐酸不反应,且在稀盐酸中的溶解度较小,向圆底烧瓶中挤入少量稀盐酸,不能造成圆底烧瓶内气压明显减小,A项错误;HCl能与稀氨水反应,向圆底烧瓶中挤入少量稀氨水会造成圆底烧瓶内气压明显减小,B项正确;NO与稀硫酸不反应,且在稀硫酸中溶解度非常小,向圆底烧瓶中挤入稀硫酸,不能造成圆底烧瓶内气压明显减小,C项错误;CO2在饱和NaHCO3溶液中的溶解度较小,向圆底烧瓶中挤入饱和NaHCO3溶液,不能造成圆底烧瓶内气压明显减小,D项错误。
2.B　标准状况下2.24 L NO的物质的量为2.24L22.4L·mol-1=0.1 mol,生成0.1 mol NO转移电子的物质的量为0.1 mol×(5-2)=0.3 mol;固体和硝酸恰好完全反应,生成硝酸铜和硝酸镁,铜元素和镁元素均为+2价,根据得失电子守恒可知金属的总物质的量为0.3mol2=0.15 mol,根据氮原子守恒,可知200 mL的稀硝酸中含有硝酸的物质的量为0.15 mol×2+0.1 mol=0.4 mol,该硝酸溶液的浓度为0.4mol0.2L=2.0 mol·L-1,故①正确、②错误;铜粉、镁粉在空气中充分加热生成CuO、MgO,所得固体中含有氧元素的物质的量与金属的物质的量相等,则所得固体的质量为11.2g2+16 g·mol-1×0.15 mol=8.0 g,故③正确、④错误;根据以上分析可知,B正确。
3.(1)正盐　(2)PH3+2ClO-+OH-H2PO2-+2Cl-+H2O　蒸发浓缩　冷却结晶　(3)2NiCl2+NaH2PO2+2H2O2Ni↓+H3PO4+NaCl+3HCl　(4)CaCO3、Al(OH)3　(5)过量的Ag+会氧化H2PO2-
【解析】　(1)H3PO2是一元中强酸,在水溶液中部分电离生成氢离子和酸根离子,电离方程式为H3PO2H++H2PO2-,H2PO2-不能再电离,则NaH2PO2为正盐。(2)PH3与NaClO反应可生成NaH2PO2和NaCl,该反应的离子方程式为PH3+2ClO-+OH-H2PO2-+2Cl-+H2O,从吸收液中获得NaH2PO2·H2O,需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥。(3)根据题意,NiCl2中镍元素转化成镍单质,H2PO2-转化为H3PO4,氯化物为NaCl,依据得失电子守恒写出2NiCl2+NaH2PO22Ni↓+H3PO4+NaCl,产物中有H3PO4,说明该溶液呈酸性,左边少氧元素,补H2O,根据原子守恒得2NiCl2+NaH2PO2+2H2O2Ni↓+H3PO4+NaCl+3HCl。(4)“调pH”过程中可除去Ca2+和AlO2-,CO2与碱反应可生成CO32-,CO32-与Ca2+反应生成CaCO3,AlO2-与CO2、H2O反应可生成Al(OH)3,因此“滤渣2”的成分是CaCO3和Al(OH)3。(5)根据题干信息,NaH2PO2具有强还原性,可用于化学镀银,Ag+具有氧化性,因此加入Ag2SO4悬浊液不宜过量太多,否则过量的Ag+会氧化H2PO2-。
4.(1)　6∶1　(2)①-2.2　H3AsO4+OH-H2AsO4-+H2O　②4.5　(3)①>　②0.8　8.192×10-2
【解析】　(1)AsH3的电子式与氨气类似,为;将AsH3通入AgNO3溶液中可生成Ag、As2O3和HNO3,反应的化学方程式为2AsH3+12AgNO3+3H2OAs2O3+12Ag↓+12HNO3,其中As元素化合价升高被氧化,AsH3为还原剂,Ag元素化合价降低被还原,AgNO3为氧化剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1。(2)①Ka1(H3AsO4)=c(H+)·c(H2AsO4-)c(H3AsO4),根据题图1可知,pH=2.2时,c(H2AsO4-)=c(H3AsO4),则Ka1(H3AsO4)=c(H+)=10-2.2,则lg Ka1(H3AsO4)=-2.2;用甲基橙作指示剂,在其变色范围内,As元素主要以H2AsO4-的形式存在,故甲基橙作指示剂时用NaOH溶液滴定H3AsO4发生的主要反应的离子方程式为H3AsO4+OH-H2AsO4-+H2O。②Ka2(H3AsO4)=c(H+)·c(HAsO42-)c(H2AsO4-),pH=7时,c(H2AsO4-)=c(HAsO42-),则Ka2(H3AsO4)=c(H+)=10-7,Ka3(H3AsO4)=c(H+)·c(AsO43-)c(HAsO42-),pH=11.5时,c(HAsO42-)=c(AsO43-),则Ka3(H3AsO4)=c(H+)=10-11.5,反应H2AsO4-+AsO43-2HAsO42-的K=c(HAsO42-)·c(HAsO42-)c(H2AsO4-)·c(AsO43-)=c(HAsO42-)·c(HAsO42-)c(H2AsO4-)·c(AsO43-)×c(H+)c(H+)=Ka2(H3AsO4)Ka3(H3AsO4)=10-710-11.5=104.5,lg K=4.5。(3)①A点处反应已经达到平衡,B点处气体总压小于平衡时的气体总压,说明B点处生成的气体比平衡时的少,反应向正反应方向进行,故B点的反应速率v(正)>v(逆)。②A点处,lg p=0,则气体总压为1 kPa,AsS(g)在混合气体中的体积分数为45,S2(g)在混合气体中的体积分数为15,则AsS(g)的分压为0.8 kPa,S2(g)的分压为0.2 kPa,Kp=0.84×0.2=8.192×10-2。
5.(1)研磨、加热(1分)　(2)①<(1分)　②核电荷数P<S,原子半径P>S,得电子能力P<S,非金属性P<S(2分)　(3)2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF(2分)　(4)80 ℃后,H2O2分解速率大,浓度显著降低(2分)　(5)CaSO4微溶(1分)　BaCO3+SO42-+2H3PO4BaSO4+CO2↑+H2O+2H2PO4-(2分)　(6)0.049bca(2分)
【解析】　(1)流程中能加快反应速率的措施有将磷精矿研磨,酸浸时进行加热。(2)①该反应符合复分解反应中“强酸制弱酸”的规律。②比较硫酸与磷酸的酸性强弱,可以比较S与P的非金属性强弱。结合元素周期律可以比较S、P的原子半径、核电荷数。(3)根据原子守恒可写出反应的化学方程式。(4)有机碳的脱除率受两个因素的共同影响:一方面,温度越高,反应速率越快,在相同投料比、相同反应时间内,有机碳的脱除率越高;另一方面,温度升高可使较多的H2O2分解,氧化剂的量减少,使得有机碳的脱除率降低。80 ℃后,H2O2分解对有机碳脱除率的影响超过了温度升高的影响,导致脱除率逐渐降低。(5)脱硫是用CaCO3除去剩余的硫酸,由于生成的硫酸钙是微溶物,所以即使CaCO3过量,充分反应后仍有SO42-残留。加入BaCO3可使CaSO4转化为更难溶的BaSO4,进一步提高硫的脱除率。
(6)　　H3PO4　　+　　2NaOH Na2HPO4+2H2O
98 g 2 mol
m(H3PO4) 10-3bc mol
m(H3PO4)=4.9×10-2bc g,则精制磷酸中H3PO4的质量分数为4.9×10-2bcgag×100%=4.9bca%。
6.(1)V2O5+2H+2VO2++H2O(2分)　SiO2(2分)　(2)Fe(OH)3和Al(OH)3(2分)　(3)碱(2分)　(4)K+(2分)　(5)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑(2分)
【解析】　(1)反应过程中V的化合价不变,所以是复分解反应。注意V2O5在离子方程式中不能拆开;废钒催化剂中,只有二氧化硅不溶于硫酸,成为废渣1的主要成分。(2)中和时,Fe3+、Al3+分别转化为难溶的Fe(OH)3和Al(OH)3,成为废渣2的主要成分。(3)为提高洗脱效率,需要使题中所述平衡逆向移动。根据平衡移动原理,碱性越强越有利于平衡逆向移动,所以淋洗液应该呈碱性。(4)经过“离子交换”,钒以R4V4O12形式存在,而铁、铝则在“中和”过程中转化为沉淀,所以“流出液”中最多的阳离子是钾离子。(5)由NH4VO3转化为V2O5,V的化合价未发生变化,该反应为非氧化还原反应,所以该化学方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑。
7.(除标明外,每空2分)(1)+3(1分)　(2)2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑　(3)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O、2H2O22H2O+O2↑(3分)　有氯气生成,污染较大(1分)　(4)CoSO4+2NH4HCO3CoCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑　(5)Li1-xCoO2+LixC6 LiCoO2+6C　(6)Li+从负极中脱出,经由电解质向正极移动并进入正极材料中　Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4
【解析】　(1)根据化合物中各元素化合价的代数和为0,可知LiCoO2中Co的化合价为+3。(2)因为正极材料中含铝箔,所以“正极碱浸”时的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑。(3)由题图前、后物质可知“LiCoO2→CoSO4”,LiCoO2作氧化剂、H2O2作还原剂,其化学反应方程式为2LiCoO2+3H2SO4 +H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O,另外还存在H2O2受热分解生成H2O和O2的化学反应。若用盐酸代替硫酸和H2O2的混合液,LiCoO2氧化盐酸生成氯气,污染空气。(4)“沉钴”时发生“CoSO4 →CoCO3”的转化,HCO3-在转化为CoCO3的过程中,电离出的H+会与另一部分HCO3-作用生成CO2和水,故总反应的化学方程式为CoSO4+2NH4HCO3CoCO3 ↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O。(5)由充电时负极反应为6C+xLi++xe- LixC6,可知放电时负极反应为LixC6-xe-6C+xLi+,结合题意“充放电过程中,发生LiCoO2和Li1-xCoO2之间的转化”,可知放电时正极材料为Li1-xCoO2,放电时电池产物为LiCoO2,可得放电时电池反应为 Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+6C。(6)由题意可知放电时Li+进入电解质溶液中向正极移动并进入正极材料中,相当于在正极上富集了锂。由题图可知回收到的金属化合物有 Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4。