高三化学二轮复习习题-第一部分-微专题强化练-专题18-氮及其化合物.docx

第一部分专题十八 一、选择题1(2021北京理综)下列关于自然界中氮循环(如图)的说法不正确的是()A氮元素均被氧化B工业合成氨属于人工固氮C含氮无机物和含氮有机物可相互转化D碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环解析：A项，人工固氮时，N23H22NH3，氮元素被还原；B项，把游离态的氮元素转化为含氮化合物的过程是氮的固定，工业合成氨属于人工固氮；C项，硝酸盐可转化为蛋白质，动植物遗体可转化为氨或铵盐，则含氮有机物和含氮无机物可相互转化；D项，在自然界氮循环过程中，碳、氢、氧三种元素也参与了循环。答案：A2(2021福建福州期末质检)下列有关氮及其化合物的说法不正确的是()A硝酸应保存在棕色试剂瓶里B铵态氮肥不宜与碱性肥料混合施用C常温下铁、铝不与浓硝酸反应DNO可用排水法收集，NO2可用向上排空气法收集解析：A项，硝酸不稳定，见光易分解，所以应保存在棕色试剂瓶里；B项，铵态氮肥的水溶液呈酸性，与碱性肥料混合施用会产生氨气，导致肥效降低；C项，常温下铁、铝遇浓硝酸钝化，钝化是氧化还原反应，是金属表面被氧化产生了一层致密的氧化物疼惜膜，阻挡了金属的进一步反应；D项，NO与氧气反应但不与水反应，也不溶于水，可用排水法收集，NO2与水反应，不能用排水法收集，由于其密度比空气大，可用向上排空气法收集。答案：C3(2021合肥一模)下列说法正确的是()A白色污染是指橡胶造成的污染B硫和氮的氧化物是形成酸雨的主要物质C汽车尾气的排放是造成温室效应的主要缘由D含磷洗涤剂的使用是造成水体富养分化的主要缘由解析：本题考查化学与生活，意在考查考生运用化学学问解决实际问题的力气。白色污染是指塑料造成的污染，A项错误；汽车尾气的排放不是造成温室效应的主要缘由，C项错误；水体富养分化的主要缘由是过多含氮、磷、钾元素物质的排入，D项错误。答案：B4(2021长沙市一模)向溶液X中持续通入气体Y，会产生“浑浊澄清”现象的是()AX：漂白粉溶液Y：二氧化硫BX：硝酸钡溶液Y：二氧化硫CX：氯化铝溶液Y：氨气DX：偏铝酸钠溶液Y：二氧化氮解析：本题考查元素化合物学问，考查考生分析问题、解决问题的力气。难度中等。A项，因漂白粉具有氧化性，通入SO2后得到CaSO4沉淀使溶液浑浊，再连续通入SO2，不再发生反应，因此不能看到澄清现象；B项，通入SO2后，SO2、NO、Ba2先发生氧化还原反应，再发生复分解反应得到BaSO4沉淀，BaSO4沉淀不与连续通入的SO2发生反应；C项，得到的Al(OH)3沉淀不与过量氨水反应；D项，先得到Al(OH)3沉淀使溶液浑浊，连续通入NO2后，NO2与水作用生成硝酸，硝酸可将Al(OH)3沉淀溶解，使溶液变澄清。答案：D5合成氨厂用氨气和空气的混合气体通过灼热铂铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下A L氨气完全反应，测得转移电子数X个，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为()A mol1 B mol1C mol1 D mol1解析：本题考查氧化还原反应中电子转移分析。难度中等。标准状况下，A L氨气的物质的量为A/22.4 mol，反应中N元素化合价变化了5，所以反应中电子转移数为5ANA/22.4X，则NA22.4X/5A(mol1)。即D项正确。答案：D6(2021冻北三省四市联考)已知FeS2与某浓度的HNO3反应时生成Fe(NO3)3、H2SO4和某单一的还原产物，若FeS2和参与反应的HNO3的物质的量之比为18，则该反应的还原产物是()ANO2 BNOCN2O DNH4NO3解析：本题考查化学计算。设参与反应的FeS2为1 mol，HNO3为8 mol，还原产物中N元素化合价为x，FeS2中Fe显2价，S显1价，反应后生成1 mol Fe(NO3)3，由N元素守恒知做氧化剂的HNO3为8 mol3 mol5 mol，即还原产物中N为5 mol，由得失电子守恒知1725(5x)，解得x2，所以还原产物是NO，B项正确。答案：B7(2021济南调研)下列由相关试验现象所推断出的结论中，正确的是()ACl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B加热分别盛有氯化铵和碘的两支试管，试管底部固体均削减，说明二者均发生升华CFe与稀HNO3溶液、稀H2SO4溶液反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D分别布满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均快速上升，说明二者均易溶于水解析：本题考查试验现象与结论推断。A项，Cl2能漂白是由于其与水反应生成的次氯酸有强氧化性，SO2能漂白是由于其与有色物质化合生成不稳定的无色物质，与氧化性无关，错误；B项，氯化铵加热固体削减是由于发生了分解反应，错误；C项，铁与稀硝酸反应生成NO，不属于置换反应，错误。答案：D8(2021银川一中)某100 mL混合酸中，HNO3物质的量浓度为0.4 mol/L，H2SO4物质的量浓度为0.2 mol/L。向其中加入2.56 g Cu粉，待充分反应后(反应前后溶液体积变化忽视不计)，溶液中Cu2的物质的量浓度为()A0.15 mol/L B0.3 mol/LC0.225 mol/L D无法计算解析：本题考查依据离子方程式的计算。n(H)0.4 mol/L0.1 L0.2 mol/L0.1 L20.08 mol；n(NO)0.04 mol；n(Cu)2.56 g64 gmol10.04 mol。依据方程式：3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O，004 mol 0.04 mol 0.08 mol所以H不足，应按其计算，n(Cu2)0.08 mol3/80.03 mol，所以c(Cu2)0.3 mol/L。答案：B9(2021江西师大附中、临川一中联考)固体A的化学式为NH5，它的全部原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子结构，则下列有关说法中，不正确的是()A NH5中既有离子键又有共价键BNH5的熔沸点高于NH3CNH5固体投入少量水中，可产生两种气体D0.1 mol NH5中含有5 mol NH键解析：本题考查晶体结构与性质、化学键。氮原子最多只能结合4个氢原子，所以有1个氢原子必需单独成氢负离子，所以该物质是铵根离子与氢负离子形成的离子化合物。A项，NH5是离子化合物，既有离子键又有共价键，正确；B项，离子化合物的熔沸点较高；C项，NH5固体投入少量水中生成氨气与氢气，正确；D项，0.1 mol NH5中只含有0.4 mol NH键，错误。答案：D10(2021南昌一模)三支体积相等的试管分别布满相同状态下气体：氨气；体积比为41的NO2和O2气体；NO2气体；将他们分别倒立于盛有足量水的水槽中，液面恒定后(假设试管内液体不集中)，则下列结论正确的是()A和试管内溶液的体积不等，溶质的物质的量浓度也不相等B由于它们都可溶于水，所以液面都上升到试管顶部C三支试管中，试管中溶液的溶质的物质的量浓度最小D试管和试管中溶液的溶质的物质的量浓度确定相等解析：本题考查氨气、氮的氧化物溶于水的计算。设3试管中气体均为1 mol，试管容积为V L，分析三支试管中的反应分别为：中氨气全部溶于水形成氨水溶液，NH3H2ONH3H2O，溶液中溶质(NH3)的物质的量浓度为 mol/L，中NO2与O2以41恰好反应：4NO2O22H2O=4HNO3，故气体也全部溶于水中，溶液中溶质(HNO3)的物质的量浓度为 mol/L，中发生反应：3NO22H2O=2HNO3NO，溶液体积占试管容积的，溶液中溶质(HNO3)的物质的量浓度为 molV L mol/L。故C项正确。答案：C11(2021湖南十三校联考)已知A、B、C、D之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是()A若A为Fe，D为氢气，则B确定为酸B若A、D为化合物，B为水，则C确定是气体单质C若A、B、C、D均为化合物，该反应确定属于复分解反应D若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使潮湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D在常温下确定呈液态解析：本题考查物质的性质。A项，B也可能为NaHSO4；B项，当A为CaC2时，产物均为化合物；C项，由B项可知也可能是氧化还原反应；D项，C为NH3，则A、B、D分别为NH、OH、H2O。答案：D二、填空题12(2021湖南省部分重点中学三联考)有资料认为NO、NO2不能与Na2O2反应。某小组同学提出质疑，从理论上分析Na2O2和NO2都有氧化性，依据化合价升降原则提出假设并进行探究：假设.Na2O2能氧化NO2假设.NO2能氧化Na2O2(1)小组甲同学设计了如图试验装置，并进行如下试验：试管A中发生反应的化学方程式是_。待试管B中收集满气体，向试管B中加入适量Na2O2粉末，塞紧塞子，轻轻振荡试管内粉末，观看到红棕色气体快速消逝；再将带余烬的木条快速伸进试管内，观看木条复燃。甲同学认为假设正确；乙同学认为该装置不能达到试验目的，为达到试验目的，在A、B之间增加一个装置，该装置的作用是_。乙同学用改进后装置，重复了甲同学的试验操作，观看到红棕色气体快速消逝；但带余烬的木条未复燃。得出结论：假设正确。NO2和Na2O2反应的方程式是_ _。(2)丙同学认为NO易被O2氧化，更易被Na2O2氧化。查阅资料：2NONa2O2=2NaNO26NaNO23H2SO4=3Na2SO42HNO34NO2H2O酸性条件下，NO或NO都能与MnO反应生成NO和Mn2丙同学用下图所示装置(部分夹持装置略)探究NO与Na2O2的反应。A装置中盛装Cu片的仪器名称是_，B中观看到的主要现象是_，F装置的作用是_。在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是_。充分反应后，检验D装置中产物是NaNO2还是NaNO3的试验方法是_ _。解析：本题考查探究试验，考查考生的试验力气。难度中等。(1)试管A中反应为Cu与浓硝酸的氧化还原反应，生成Cu(NO3)2、NO2与H2O；木条复燃说明有氧气生成，因Na2O2可与水发生反应得到氧气，而进入试管B的NO2气体中混有H2O，因此为得出正确结论需在试管A、B间添加一干燥装置，除去生成NO2气体中混有的水蒸气；假设正确的话，NO2被氧化为N2O5，Na2O2被还原为Na2O，N2O5与Na2O反应得到NaNO3，由此可得反应的方程式为Na2O22NO2=2NaNO3。(2)利用装置图可知盛装Cu片的仪器是三颈烧瓶；NO2进入B中与水作用得到稀硝酸，同时有NO生成，生成稀硝酸与Cu反应得到Cu(NO3)2、NO与H2O，故看到铜片渐渐溶解，溶液变为监色，有无色气泡产生；利用资料和装置图可知装置F的作用为尾气处理，用于吸取未反应的NO。利用资料可知检验D中产物成分，可取少量D装置中固体产物于试管中，然后加入足量硫酸(或盐酸)，依据反应现象做出相应推断。答案：(1)Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O除去生成NO2气体中混有的水蒸气Na2O22NO2=2NaNO3(2)三颈烧瓶铜片渐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生吸取未反应的NO排出装置中的空气取D装置中产物少许于试管，加入足量稀盐酸，若产生无色气体，且遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠；反之为硝酸钠13NH3是一种重要的化工产品，是制造铵盐的原料。(1)NH3的电子式为_。(2)试验室用图甲所示装置制备氨气，该反应的化学反应方程式为检验氨气的方法是_。(3)试验室也常用图乙所示的简易装置制备氨气，下列说法正确的是_(填字母序号)。a锥形瓶中加入的固体物质可以是碱石灰b制得的氨气可用碱石灰来干燥c可用图丙装置和试剂对氨气进行尾气处理(4)氯化铵常用作除锈剂，用化学用语表达其水溶液呈酸性的缘由是_ _。(5)工业上用活性炭做催化剂，在280450 条件下氯化铵与甲醇反应制取一氯甲烷，该反应的化学方程式为_。(6)工业合成氨：N23H2NH3。已知断开1 mol化学键所需的能量见下表。NNHHNH键能/kJmol1945436391则运用键能数据计算，该反应的H约为_kJmol1。解析：本题考查氨气的结构、制备及性质等。(1)NH3中N分别和3个H形成共用电子对，电子式为HH。(2)图甲用NH4Cl和Ca(OH)2共热制取氨气，可以用潮湿的红色石蕊试纸或用玻璃棒蘸取浓盐酸检验氨气。(3)浓氨水简洁挥发，将浓氨水加入碱石灰中，可以制取氨气，a对；氨气可以用碱石灰干燥，b对；氨气极易溶于水，简洁引起倒吸，吸取氨气时不能将导管插入水中，c错。(4)氯化铵溶液中由于NH水解而使溶液显酸性。(5)依据质量守恒配平化学方程式为NH4ClCH3OHCH3ClNH3H2O。(6)该反应断裂化学键吸取的热量为94543632253 kJ，形成化学键放出的热量为39162 346 kJ，故反应为放热反应，H2253 kJ/mol2346 kJ/mol93 kJ/mol。答案：(1) (2)2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O用潮湿的红色石蕊试纸检测气体，试纸变蓝，说明气体是氨气(或用一根玻璃棒蘸取浓盐酸，靠近气体，有大量白烟，说明气体是氨气)(3)ab(4)NHH2ONH3H2OH(5)NH4ClCH3OHCH3ClNH3H2O(6)93