2021高考化学(浙江专用)二轮考点突破-答案解析-专题十七氮及其化合物-.docx

专题十七氮及其化合物真题考点高效突破考点一:氮及其氧化物【真题题组】1.AC洗气瓶排列挨次有6种,若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液,则发生反应:CO2+2NaOHNa2CO3+H2O,NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O,2NO2+2NaOHNaNO2+H2O+NaNO3,这时出来的气体有CO、NH3,后面的2个洗气瓶无论挨次怎样,最终的气体为CO;若第一个洗气瓶装水,则这时出来的气体有CO、CO2、NO,后面的2个洗气瓶无论挨次怎样,最终的气体为CO、NO;若第一个洗气瓶装饱和碳酸氢钠溶液,则这时出来的气体有CO、CO2、NO,后面的2个洗气瓶无论挨次怎样,最终的气体为CO、NO。综上所述,A、C项正确,B、D项错误。2.BA项,NO2通入FeSO4溶液中生成HNO3会把Fe2+氧化为Fe3+,溶液由浅绿色变为黄色;B项,CO2与CaCl2溶液不反应,无现象;C项,NH3通入AlCl3溶液中生成 Al(OH)3 白色沉淀;D项,SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中会生成BaSO4白色沉淀,故选B。3.A可以假定该氮氧化合物的化学式为NxOy,依据2NxOy+2yCu2yCuO+xN2,以及题中数据可知:反应后气体体积为反应前气体体积的一半,可以得到x=1,因此只有A选项符合题意。4.解析:(1)二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮,3NO2+H2O2HNO3+NO。(2)依据能量变化示意图可知,反应物1 mol N2(g)和1 mol O2(g)键能总和为(945+498) kJmol-1,生成物2 mol NO(g)键能总和为2630 kJmol-1,再依据H=反应物键能总和-生成物键能总和,反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)2NO(g)H=+183 kJmol-1。温度上升,化学平衡向吸热反应方向移动,平衡常数增大。(3)空气不足,尾气中NO被CO还原成N2,则CO被氧化生成CO2,2NO+2CON2+2CO2。金属氧化物吸取NOx生成盐的力气不同,本质缘由是金属性不同。12Mg、20Ca、38Sr、56Ba属于第A族元素,按从上到下的挨次,原子半径渐渐增大,失电子力气渐渐增加,金属性渐渐增加,最高价氧化物属于碱性氧化物,碱性增加,吸取非金属氧化物生成盐的力气增加。(4)原电池中阴离子移向负极,所以NiO电极为负极,Pt电极为正极,发生还原反应;NiO电极上反应:NO-2e-+O2-NO2。答案:(1)3NO2+H2O2HNO3+NO(2)N2(g)+O2(g)2NO(g)H=+183 kJmol-1增大(3)2CO+2NON2+2CO2Mg、Ca、Sr、Ba为第A族元素,按从上到下挨次,原子半径渐渐增大(4)还原NO+O2-2e-NO25.解析:(2)气液逆流接触可以使气体与吸取液充分接触,吸取更加完全。由于用的是石灰乳,反应后经过滤会得到未溶解的Ca(OH)2,可循环使用。(3)NO+NO2+Ca(OH)2Ca(NO2)2+H2O,若n(NO)n(NO2)11,NO不能被完全吸取,排放的气体会污染大气;若n(NO)n(NO2)11,NO2过量则会发生反应:4NO2+2Ca(OH)2Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O,导致产品中混有较多的Ca(NO3)2。(4)依据氧化还原反应规律,另一种产物应当是氮元素价态上升的物质,只能是N,则离子方程式为:3N+2H+N+2NO+H2O答案:(1)(2)使尾气中的NO、NO2被充分吸取Ca(OH)2(3)排放气体中NO含量上升产品Ca(NO2)2中的Ca(NO3)2 含量上升(4)3N+2H+N+2NO+H2O考点二:氨、硝酸【真题题组】1.D密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸物质的量浓度c(HNO3)= mol/L=14.0 mol/L,B正确;50 mL这种硝酸物质的量为n(HNO3)=5010-3 L14.0 mol/L=0.70 mol, Cu2+、Mg2+、H+沉淀Cu2+、Mg2+消耗的NaOH为n(NaOH)=n(OH-)=0.06 mol,则合金物质的量n(Cu)+n(Mg)=nCu(OH)2+nMg(OH)2=n(OH-)=0.03 mol,设合金中有x mol Cu、y mol Mg,xy=21,A正确;设混合气体中有NO2 a mol、N2O4 b mol,则由气体体积和电子守恒有(NO2)=100%=80%,C正确;当加入的NaOH与显酸性的HNO3及剩余HNO3物质的量之和相等时金属离子全部沉淀,得到2.54 g沉淀,VNaOH(aq)=103 mL/L=103 mL=640 mL,D错误。2.B能与NH4Cl反应生成NH3的应为强碱,而与H2O反应能生成强碱的为Na。3.DSO2使品红溶液褪色,是SO2与有色物质化合生成不稳定的无色物质,不能说明SO2具有氧化性,A错误;当溶液中含有S时,加入酸化的Ba(NO3)2溶液时,也会产生白色沉淀(S被H+、N氧化为S),B错误;Fe与稀硝酸反应的化学方程式为:Fe+4HNO3(稀)Fe(NO3)3+NO+2H2O,该反应不是置换反应,C错误;由于HCl、NH3极易溶于水,当将布满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中时,气体溶于水,导致液面快速上升,D正确。4.D过量Fe粉中加入稀HNO3,最终生成Fe2+,滴入KSCN溶液无现象,A错;在相同条件下,AgI比AgCl更难溶,不会毁灭B中现象,B错;稀HNO3不能使Al钝化,而是发生反应,有NO气体生成,C错。5.A设2 mol Zn参与反应,因Zn无剩余,则最终生成了2 mol Zn(NO3)2,明显含有4 mol N,这部分是没有参与氧化还原反应的HNO3,依据得失电子守恒有:2n(Zn)=n(HNO3)4,则n(HNO3)=1 mol,即有1 mol HNO3被还原。6.解析:(2)通过“停止加热后仍能保持红热”,说明该反应放热。(3)要想观看到4中的红棕色气体,应先除去产物中的H2O,故3装置中应装入浓H2SO4,若取消3,在4中观看到大量白烟的缘由是NO2与水反应生成HNO3,NH3与HNO3反应生成了NH4NO3。(4)装置5应为“固+固气体”典型装置,再联想Na2O2参与的反应可产生O2,则可断定装置5应为供应O2和NH3混合气体的装置。化合物X可选用NH4Cl,则装置5中发生的反应有:NH4ClNH3+HCl,2Na2O2+4HCl4NaCl+2H2O+O2。答案:(1)4NH3+5O2 4NO+6H2O(2)放热(3)浓H2SO4生成的NO与O2反应生成NO2,NO2与水反应生成HNO3,挥发出的NH3与HNO3反应生成了NH4NO3(4)1NH4Cl与NH4Cl加热分解产物HCl反应生成氧气(答案合理即可)(注:吸取HCl放出O2)7.解析:本题的目的是要证明浓HNO3能氧化NO成NO2,而稀HNO3则不能,所以装置中必需要生成NO气体,装置和装置分别用稀HNO3或浓HNO3进行对比试验,对比装置和装置,知是收集NO,则内装稀HNO3,装浓HNO3,再结合题干所给NO2与NaOH溶液可反应的信息,装NaOH溶液,用以吸取NO2气体。那么装置反应生成NO2,装置则须把NO2转化为NO,则中盛水。(2)由于装置中空气中的O2极易氧化NO为NO2,故试验前须先将装置中的空气排尽,用不与NO和NO2气体反应的N2、CO2或惰性气体均可。(5)NO通过稀HNO3后不会产生红棕色气体现象,则说明稀HNO3不氧化NO,NO通过浓HNO3后若产生红棕色气体现象,则说明浓HNO3能氧化NO成NO2。(6)依据信息知,溶液显绿色的缘由可能是:硝酸铜溶液浓度过大或溶液中溶解了NO2气体,所以该题的思路就是:赶走其中的NO2或在饱和Cu(NO3)2溶液中通入NO2由于饱和Cu(NO3)2溶液显蓝色看是否呈绿色。特殊需要留意的是,不能接受稀释的方法,假如接受加水,会导致Cu(NO3)2溶液浓度减小,NO2与水反应使NO2含量削减,所以依据现象无法确定是哪种因素造成。答案:(1)3 molL-1稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液(2)通入CO2一段时间,关闭弹簧夹,将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内(3)Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2+2H2O(4)将NO2转化为NO3NO2 +H2O2HNO3 +NO(5)装置中液面上方气体仍为无色,装置中液面上方气体由无色变为红棕色(6)acd三年模拟力气提升1.A3Cu+8H+2N3Cu2+2NO+4H2O38 2=0.06 mol 0.1 mol =0.02 mol故H+过量,N完全反应,n(HNO3)=n(NO)=0.02 mol。2.A由于气体“无色”,排解掉有色气体Cl2、NO2,同时由反应2NO+O22NO2知,NO和O2只存在一种。由于气体通过品红溶液后,品红溶液褪色知,确定含SO2;剩余气体遇空气快速变为红棕色,则确定含NO,不含O2,所以原气体为NO和SO2的混合气体。3.C图1中NO气体极易被空气中的氧气氧化,其密度小于CO2的密度,应当短管进入,长管排出CO2,A不能实现;图2中苯密度小,漂在上层不能达到防止倒吸的目的;图3中Cu做阳极,失电子溶解,变成进入溶液,石墨电极是阴极,H+得电子析出H2,溶液中生成Cu(OH)2,C正确;图4是蒸馏装置,温度计应当放于支管口四周测定蒸气的温度。4.C氢气不能用向上排空气法收集,A不行以;氨气不能用浓硫酸干燥,B不行以;二氧化硫密度大于空气,可以用向上排空气法收集,C可以;一氧化氮易被氧化,不能用排空气法收集,D不行以。5.BA项,Al(OH)3Al的转化必需经过Al(OH)3Al2O3Al这两步;C项,SiO2H2SiO3必需经过两步SiO2Na2SiO3H2SiO3,H2SiO3Si也必需经过两步H2SiO3SiO2Si;D项,NH3NO2必需经过两步NH3NONO2。6.D依据锌与硝酸反应的产物,可写出化学方程式:4Zn+10HNO3N2O+4Zn(NO3)2+5H2O,但该题所给比例n(Zn)n(HNO3)=13,即412,所以该方程式又可看成4Zn+12HNO3N2O+4Zn(NO3)2+2HNO3+5H2O(即HNO3有剩余),所以A错;由于有剩余HNO3存在,所以可与铁反应,B错;被还原的HNO3与未被还原的硝酸之比为210=15,故C错,D正确。7.B由于氨气有还原性,氯气进入烧瓶后与挥发出的氨发生反应:2NH3+3Cl2N2+6HCl,NH3+HClNH4Cl,A、C、D正确;NH3只被氧化为N2,没有NO2的生成,B错误。8.A方法产物中有NO,对环境会造成污染,A错;稀HNO3的还原产物为NO,浓HNO3的还原产物为NO2,制取相同量的Cu(NO3)2,消耗浓HNO3比稀HNO3多,B正确;Cu和O2生成CuO,CuO和HNO3反应只生成Cu(NO3)2和H2O,C正确;N2O4中氮元素的化合价为+4价,而产物Cu(NO3)2和NO中氮元素的化合价分别为+5价和+2价,故N2O4既作氧化剂又作还原剂,D正确。9.解析:(2)比较三种装置的结构,结合本试验原理,装置比装置优越的地方有:无氮的氧化物逸出,避开了对空气的污染;装置的优点还有:可把握反应随时进行,随时停止。(3)若要让NO2布满烧瓶,需要关闭开关c、打开a和b;由于在烧瓶中存在2NO2(g)N2O4(g)H0,在沸水中,平衡左移,颜色加深、气体平均相对分子质量减小,压强增大,但是混合气体的质量和密度不变。(4)若要让烧杯中的水进入烧瓶,则应减小烧瓶内的气压,所以可实行措施:关闭a和c,打开b,对烧瓶水浴加热,则一部分NO2气体进入NaOH溶液进行反应,再降温,则烧瓶中气压会减小,此时打开c,关闭b,水即进入烧瓶。答案:(1)Cu+4H+2NCu2+2NO2+2H2O(2)无氮的氧化物逸出,避开了对空气的污染可把握反应随时进行,随时停止(3)cabBD(4)关闭a和c,打开b,连续对烧瓶水浴加热,待气体不再放出时关闭b,停止加热,打开c10.解析:(1)仪器a是分液漏斗,浓氨水可以与生石灰、氢氧化钠固体、碱石灰等制取氨气。(2)装置A是一种固体+液体反应不需要加热的气体发生装置,可以用来制取H2、CO2、NO2等,还可以用H2O2与MnO2来制取O2,这里注明是无色气体,则不能是NO2。(3)黑色CuO粉末变为红色固体,说明黑色的CuO被还原为Cu,同时NH3被氧化为N2,证明白NH3具有还原性:2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O。(4)试验需要通过称量D装置反应前后的质量差来作为氨气中氢原子物质的量的计算依据,所以E装置具有隔离D与F的作用,防止F中的水蒸气进入D中,同时可以把未反应的NH3吸取掉。(5)测定量气管收集气体体积时要保证装置内气体压强与大气压相等,所以需要是两管液面相平。(6)D增重是吸取了NH3还原CuO生成的水的质量,n(H)=2= mol,n(N)=2= mol。所以氨分子中氮、氢的原子个数比为:=。答案:(1)分液漏斗氧化钙或氢氧化钠固体或碱石灰(2)BC(3)还原3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2(4)吸取未反应的氨气,阻挡F中水蒸气进入D(5)渐渐上下移动右边漏斗,使左右两管液面相平(6)