2022高考化学一轮复习核心素养测评十四生产生活中的含氮化合物含解析苏教版.doc

生产生活中的含氮化合物一、选择题(此题包括4小题,每题6分,共24分)1.光化学烟雾通常呈现淡蓝色,其主要成分及简单形成机理如下图。以下说法错误的选项是()A.光化学烟雾有强氧化性B.氮氧化物还可引发酸雨等污染问题C.光化学烟雾成分中含有烃和烃的衍生物D.光化学烟雾呈现淡蓝色是因为含有NO2【解析】选D。光化学烟雾中的臭氧、NO2、过氧乙酰硝酸酯都有强氧化性,A正确;氮氧化物还可引发酸雨等污染问题,B正确;碳氢化合物即烃类,醛、酮、过氧乙酰硝酸酯都属于烃的衍生物,C正确;NO2是红棕色气体,光化学烟雾呈现淡蓝色是由于光的折射和反射,D错误。2.(2022大庆模拟)以下说法不正确的选项是()A.HNO3NONO2,以上各步变化均能通过一步实验完成B.在稀硫酸中参加铜粉,铜粉不溶解,再参加Cu(NO3)2固体,铜粉仍不溶解C.某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,该气体的水溶液一定显碱性D.铜与稀硝酸反响的离子方程式为3Cu+8H+2N3Cu2+2NO+4H2O【解析】选B。稀硝酸与铜反响生成一氧化氮,一氧化氮与氧气反响生成二氧化氮,都能通过一步实验完成,故A正确;酸性条件下,硝酸根离子与Cu发生氧化复原反响,那么再参加Cu(NO3)2固体,铜粉溶解,故B错误;碱性溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,所以某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,那么该气体水溶液显碱性,故C正确;铜与稀硝酸反响的离子方程式为3Cu+8H+2N3Cu2+2NO+4H2O,符合得失电子守恒、电荷守恒,故D正确。3.(2022大连模拟) 在稀硫酸中参加铜粉,铜粉不溶,再参加以下物质:FeCl3Fe2O3Cu(NO3)2 KNO3铜粉溶解的是()A.只有或B.只有或C.只有或或D.全部【解析】选D。铜粉在稀硫酸中不溶解,当参加两种物质时,相当于参加了Fe3+,会发生反响Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+,铜粉会溶解,当参加两种物质时,相当于参加了N,会发生反响3Cu+8H+2N3Cu2+2NO+4H2O。因此上述物质都可使其溶解。【加固训练】下述实验中均有红棕色气体产生,比照分析所得结论不正确的选项是()A.由中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体B.红棕色气体不能说明中木炭与浓硝酸产生了反响C.由说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为复原产物D.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响【解析】选D。中浓硝酸受热分解,发生反响4HNO3(浓)4NO2+O2+2H2O,产生的气体为混合气体,应选项A正确;由可知,浓硝酸受热分解可生成红棕色气体NO2,所以“产生红棕色气体不能说明中木炭与浓硝酸发生了反响,应选项B正确;根据和,浓硝酸反响产生红棕色NO2时需要加热,所以浓硝酸具有挥发性才可与上方红热木炭接触,同时,氮元素化合价降低,所以生成的NO2为复原产物,应选项C正确;红热的木炭可与空气中的O2反响生成CO2,应选项D错误。4.(2022长春模拟)以下有关实验操作、现象和解释或结论都正确的选项是()选项实验操作现象解释或结论A少量的Fe粉中参加足量稀硝酸,充分反响后,滴入KSCN溶液溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B取某溶液于试管中,滴入稀氢氧化钠溶液试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝盐中一定不含NC用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸先变蓝后变白浓氨水呈碱性且有漂白性D浓硝酸加热有红棕色气体产生硝酸有强氧化性【解析】选A。少量的Fe粉中参加足量稀硝酸,生成硝酸铁,那么滴入KSCN溶液,溶液为红色,故A正确;未加热,不能生成氨气,不能证明N的存在,故B错误;浓氨水点到红色石蕊试纸上变蓝,不具有漂白性,故C错误;加热分解生成二氧化氮,由现象不能说明硝酸具有强氧化性,故D错误。二、非选择题(此题包括2小题,共26分)5.(10分)(2022邢台模拟)氮的氧化物和硫的氧化物是导致酸雨的物质。(1)形成酸雨的原理之一可简单表示如下:答复以下问题:酸雨的pH_(填“或“=)5.6。D物质的化学式为_。反响的化学方程式为_。(2)在一定条件下氨气亦可用来将氮氧化物转化为无污染的物质。写出氨气和二氧化氮在一定条件下反响的化学方程式:_,反响中氧化剂是_,复原剂是_。(3)用氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物,反响的化学方程式如下:NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O现有V L某NaOH溶液能完全吸收n mol NO2和m mol NO 组成的大气污染物。所用烧碱溶液的物质的量浓度至少为_ molL-1。假设所得溶液中c(N)c(N)=19,那么原混合气体中NO2和NO的物质的量之比nm=_。用含n和m的代数式表示所得溶液中N和N浓度的比值c(N)c(N)=_。【解析】(1)酸雨的pH5.6。由图示转化可知:A为SO2,B为SO3,D为H2SO3。(2)NH3和NO2反响生成的无污染物质是N2和H2O。(3)因产物NaNO3、NaNO2中n(Na)=n(N),故n(NaOH)=n(NO)+n(NO2)=(m+n) mol,c(NaOH)= molL-1。NO2与NO混合气体与NaOH溶液反响可以认为先后发生如下反响:NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2Om m 2m2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2On-m (n-m) (n-m)当V(NO2)V(NO)时能吸收完全,所以c(N)c(N)=,即nm=32。c(N)c(N)=(n-m)2m+(n-m)=。答案:(1)Br2C稀硫酸碳酸钠CaCl2溶液无明显变化CO2不与CaCl2反响D浓硫酸蔗糖溴水褪色浓硫酸具有脱水性、吸水性【解析】选C。A项,二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色表现的是复原性,错误;B项,氯气通入溴化亚铁溶液中先氧化亚铁离子,使溶液变为黄色,错误;C项,碳酸的酸性弱于盐酸,所以二氧化碳不与氯化钙反响,正确;D项,溴水褪色说明有二氧化硫生成,证明了浓硫酸的强氧化性,错误。【加固训练】(2022沈阳高三检测)用如下图装置和相应试剂能到达实验目的的是()选项实验目的试剂a试剂b试剂cA验证非金属性:SCSi稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液B制备纯洁的氯气浓盐酸MnO2饱和食盐水C检验溶液X中含有C盐酸溶液X澄清石灰水D除去Na2SO3中的Na2SO4氯水混合物NaOH溶液【解析】选A。A项,装置b中出现气体,说明硫酸的酸性强于碳酸,装置c中出现沉淀,说明碳酸的酸性强于硅酸,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,非金属性越强,即SCSi,正确;B项,MnO2和浓盐酸反响,需要加热,此装置中没有加热装置,饱和食盐水除去氯气中的HCl,从装置c中出来的氯气中混有水蒸气,不是纯洁的,错误;C项,向装置b中参加盐酸,出现能使澄清石灰水变浑浊的气体,不能说明X中含有C,可能含有HC或S或HS,错误;D项,氯水具有强氧化性,能把S氧化成S,不能到达实验目的,错误。2.(2022本溪模拟)将一定质量的铜与150 mL的一定浓度的硝酸反响,铜完全溶解,产生标准状况下11.2 L的NO和NO2的混合气体,将生成的混合气体与5.6 L标准状况下的氧气一起通入足量NaOH溶液中,气体恰好被吸收生成NaNO3。以下说法不正确的选项是()A.铜的质量为32 gB.标准状况下,混合气体构成是5.6 L的NO和5.6 L的NO2C.硝酸的物质的量浓度为10.0 molL-1D.向反响后的溶液加NaOH,使铜沉淀完全,需要NaOH的物质的量至少为1.0 mol【解析】选C。Cu与硝酸反响生成硝酸铜、NO、NO2与水,铜失电子,硝酸被复原为NO、NO2两种气体,而NO、NO2两种气体在碱性环境下被氧气氧化为N,NO、NO2又失电子,氧气得电子,所以整个过程相当于铜失电子转移给了氧气,根据电子守恒:设铜有a mol,2a=5.6/22.422,a=0.5,铜的质量为0.564=32(g),A项正确;令NO和NO2的物质的量分别为x mol、y mol,根据电子转移守恒与二者体积列方程,那么:3x+y=0.52,x+y=11.2/22.4,计算得出:x=0.25,y=0.25,气体的体积分别为5.6 L的NO和5.6 L的NO2,B正确;C. 0.5 mol Cu与硝酸完全反响生成硝酸铜0.5 mol,同时反响生成的NO、NO2两种气体共有11.2/22.4=0.5(mol),所以参加反响硝酸的量n(HNO3)=0.52+0.5=1.5(mol),而硝酸可能还有剩余,所以硝酸的物质的量浓度可能10.0 molL-1,C错误;D.向反响后的溶液加NaOH,使铜沉淀完全,根据Cu2+2NaOH可知,0.5 mol Cu2+完全沉淀消耗NaOH的物质的量为1 mol,如果反响后硝酸过量,氢氧化钠还需中和硝酸,所以需要NaOH的物质的量要大于1.0 mol,D正确。二、非选择题(此题包括2小题,共32分)3.(16分)(2022怀化模拟)某课外活动小组设计了以下实验方案验证Ag与浓硝酸反响的过程中可能产生NO。其实验流程如图:(1)测定硝酸的物质的量。反响结束后,从以下图装置B中所得100 mL 溶液中取出25.00 mL溶液,用0.1 molL-1的NaOH溶液进行中和,用去NaOH溶液的体积为20.00 mL。在容器B中生成的硝酸的物质的量为_mol。 (2)测定NO的体积。从如下图的装置中,你认为应选用_装置进行Ag与浓硝酸反响实验,选用的理由是_。 选用如下图仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置,其合理的连接顺序是_(填各导管口编号)。 在测定NO的体积时,假设量筒中水的液面比集气瓶的液面要低,此时应将量筒的位置_(填“下降或“升高),以保证量筒中的液面与集气瓶中的液面持平。 (3)气体成分分析。假设实验测得NO的体积为112.0 mL(已折算成标准状况),那么Ag与浓硝酸反响的过程中_(填“有或“没有)NO产生,作此判断的依据是_(不考虑浓硝酸的挥发)。 【解析】(1)c(HNO3)=0.08 molL-1,n(HNO3)=0.08 molL-10.100 L=0.008 mol。(2)由于NO与空气中的氧气反响,因此制备时要排除装置中的空气。NO微溶于水,易与空气反响,故通过排水法测定体积。量取气体读数时,量气装置中液面要持平,否那么会导致气体的压强低于或高于外界压强,从而造成误差。(3)3NO2+H2O2HNO3+NO,假设Ag与浓硝酸反响只生成NO2,那么B中硝酸的物质的量与收集的NO的物质的量之比为21,假设小于21,那么Ag与浓硝酸反响放出的气体中含有NO。n(NO)=0.005 mol,n(HNO3)n(NO)=0.0080.005=8521,说明Ag与浓硝酸反响的气体中含有NO。答案:(1)0.008(2)AA装置可以通N2将装置中的空气排尽,防止NO被空气中的O2氧化123547升高(3)有因为NO2与水反响生成的NO的体积小于收集到的NO的体积4.(16分)较活泼金属与硝酸反响,产物复杂。如一定浓度的硝酸与镁反响,可同时得到NO、NO2、N2三种气体。某同学欲用如下图仪器组装装置来直接验证有NO、NO2生成并制取氮化镁。(假设实验中每步转化均是完全的):NO2沸点是21.1 ,熔点是-11 ;NO的沸点是-151 、熔点是-164 ;氮化镁遇水会发生水解。答复以下问题:(1)为到达上述实验目的,所选用的仪器的正确连接方式是_(填序号)。a.ADCFBFEb.ACDFBFEc.AFCDFBEd.AFDCFBE(2)确定复原产物中有NO2的现象是_,实验中两次使用装置F,第二次使用装置F的作用是_。(3)实验前需先翻开开关K,向装置内通CO2气体,其目的是_,当_时停止通入CO2。(4)实验过程中,发现在D中产生预期现象的同时,C中溶液颜色慢慢褪去,试写出C中反响的离子方程式:_。(5)在A中反响开始时,某同学马上点燃B处的酒精灯,实验结束后通过测定发现B处的产品纯度不高,原因是_(用化学方程式答复)。(6)验证B处有氮化镁生成的方法是_。【解析】(1)根据题意“一定浓度的硝酸与镁反响,可同时得到NO、NO2、N2,假设有NO2生成那么气体呈红棕色,根据中NO2、NO的熔沸点,在装置D中可将NO2冷凝为液态,可观察到装置D中有红棕色液体生成;利用NO具有复原性,用装置C中酸性KMnO4溶液验证NO;根据中Mg3N2遇水会发生水解,与Mg反响的N2必须是枯燥的,气体在进入装置B之前必须用浓硫酸枯燥N2,且要防止H2O(g)进入制备Mg3N2的装置;装置的连接顺序为ADCFBFE。(2)根据上述分析,确定复原产物中有NO2的现象是装置D中有红棕色液体生成。Mg3N2遇水会发生水解,实验中两次使用装置F,第一次使用装置F的作用是枯燥N2;第二次使用装置F的作用是防止E中H2O(g)进入B中,使Mg3N2不纯。(3)由于NO能与O2反响生成NO2,会影响NO2、NO的验证,实验开始前要排出装置中的空气,所以实验前先翻开开关K,向装置内通CO2气体,其目的是排出装置内空气,防止干扰实验。当观察到装置E的Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀时,说明装置中空气已经排尽,停止通入CO2。(4)装置D中观察到有红棕色液体出现,装置C中溶液颜色慢慢褪去,说明酸性KMnO4溶液将NO氧化成N,同时Mn被复原成Mn2+,反响可写成NO+MnN+Mn2+,氮元素的化合价由+2价升至+5价,锰元素的化合价由+7价降至+2价,根据得失电子守恒可写出5NO+3Mn5N+3Mn2+,结合原子守恒、电荷守恒,写出离子方程式为5NO+3Mn+4H+5N+3Mn2+2H2O。(5)在A中反响开始时,马上点燃B处的酒精灯,Mg与CO2发生置换反响生成MgO和C,导致实验结束后B处制得的Mg3N2纯度不高,Mg与CO2反响的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C。(6)Mg3N2遇水发生水解生成Mg(OH)2和NH3,检验有Mg3N2生成只要检验B处固体中加水产生NH3即可。答案:(1)a(2)D中有红棕色液体生成防止 E中水蒸气进入B中,造成产物不纯(3)排出装置内空气,防止干扰实验E中产生白色沉淀(4)5NO+3Mn+4H+3Mn2+5N+2H2O(5)CO2+2Mg2MgO+C(6)取B中固体少量于试管中,向其中参加少量水,假设产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,那么B中有氮化镁生成- 10 -