化学高考化学化学反应与能量解答题压轴题提高专题练习含答案.docx
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化学高考化学化学反应与能量解答题压轴题提高专题练习含答案
【化学】高考化学化学反应与能量解答题压轴题提高专题练习含答案
一、化学反应与能量练习题(含详细答案解析)
1.五氧化二钒常用作化学工业中的催化剂,广泛用于冶金、化工生产。
一种以粗钒(主要含有V2O5、V2O4,还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下:
已知:
①部分含钒物质的溶解情况:
(VO2)2SO4易溶于水,VOSO4可溶于水,NH4VO3难溶于水。
②部分金属离子[c(Mn+)=0.1mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系如下表:
回答下列问题:
(l)“研磨”的目的是___,“酸溶”时V2O5发生反应的化学方程式为____。
(2)加入NaCIO溶液,含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为___。
(3)向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时实验装置如图所示,虚线框中最为合适的仪器是___(填标号),调节溶液的pH范围为___,滤渣b为___(写化学式)。
(4)实验显示,沉钒率的高低与温度有关,如图是沉钒率随温度的变化曲线,则沉钒时的加热方法为___。
温度高于80℃,沉钒率下降,其可能原因是____
【答案】增大固体与酸溶液的接触面积,加快反应速率,提高原料的利用率V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+D4.7≤pH<7.8Fe(OH)3、Al(OH)水浴加热(热水浴)温度高于80℃,NH4+水解程度增大成为主要因素,由于NH4+浓度减小,沉钒率下降
【解析】
【分析】
粗钒(主要含有V2O5、V2O4,还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)经过研磨粉碎,加入硫酸进行酸浸,V2O5、V2O4,还有少量Fe3O4、Al2O3被硫酸溶解形成含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的浸出液,由于SiO2不与硫酸反应,经过滤后,得到的滤渣a为SiO2,滤液a为含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的滤液,向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液,将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+,再加入氢氧化钠溶液,调节溶液pH值,将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去,过滤后得到的滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3、滤液b为主要含有VO2+的滤液,加入饱和氯化铵溶液,使VO2+转化为NH4VO3沉淀,对生成的NH4VO3沉淀高温煅烧,获得V2O5,据此分析解答。
【详解】
(l)“研磨”可将块状固体变为粉末状,目的是增大固体与酸溶液的接触面积,加快反应速率,提高原料的利用率;“酸溶”时V2O5被硫酸溶解形成VO2+,发生反应的化学方程式为V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O;
(2)根据分析,向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液,将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+,含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+;
(3)加入氢氧化钠溶液,调节溶液pH值,将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去,根据部分金属离子[c(Mn+)=0.1mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系表格数据可知,pH值为2.8时,Fe(OH)3完全沉淀,pH值为4.7时,Al(OH)3完全沉淀,pH值为7.8时,Al(OH)3开始溶解,调节溶液的pH范围为4.7≤pH<7.8,滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3,向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时,虚线框中最为合适的仪器是恒压漏斗,能保证仪器内外压强相等,使氢氧化钠溶液顺利流下,答案选D;
(4)由图像可知,当温度为80℃左右钒的沉淀率最高,酒精灯的火焰温度太高,不能直接用酒精灯加热,则在该温度下加热方法应使用水浴加热;沉钒过程中使用的是饱和氯化铵溶液,铵根离子可水解,温度越高水解程度越大,铵盐不稳定,受热易分解生成氨气,温度高于80℃,NH4+水解程度增大成为主要因素,溶液中NH4+浓度减小,使沉钒率下降。
2.工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4,还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下。
回答下列问题:
(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料,也是一种催化剂,能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。
①ZnFe2O4中Fe的化合价是________。
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2O
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4。
该反应中每生成1molZnFe2O4转移电子的物质的量是________。
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎,其目的是提高酸浸效率。
为达到这一目的,还可采用的措施是________________________(任答一条);已知ZnFe2O4能溶于酸,则酸浸后溶液中存在的金属离子有____________________________________________。
(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为_________;试剂X的作用是_______。
【答案】+34mol增大硫酸的浓度(或升高温度、搅拌等其他合理答案)Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O调节溶液的pH,促进Fe3+水解
【解析】
【分析】
将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4,还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸,发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=Cu2++H2O,向溶液中加入双氧水,发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O,调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,调节溶液pH时不能引进新的杂质,可以用ZnO,所以X为ZnO,然后向溶液中加入Zn,发生反应Cu2++Zn=Zn2++Cu,然后过滤,所以Y中含有Cu,最后电解得到Zn;
(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价,氧元素化合价-2价,结合化合价代数和为0计算得到Fe的化合价;
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3•6H2O
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4.反应过程中铁元素化合价+2价变化为+3价,碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价,计算转移电子的物质的量;
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎,其目的是提高酸浸效率.为达到这一目的,还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等,已知ZnFe2O4能溶于酸,则酸浸后溶液中存在的金属离子有,氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子;
(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性,能将亚铁离子氧化为铁离子,试剂X的作用是调节溶液PH,促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。
【详解】
(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价,氧元素化合价-2价,结合化合价代数和为0计算得到Fe的化合价,+2+x×2+(-2)×4=0,x=+3;
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3•6H2O
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4,反应过程中铁元素化合价+2价变化为+3价,碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价,则氧化产物为:
ZnFe2O4、CO2,每生成1molZnFe2O4,碳元素化合价+3价变化为+2价降低得到电子,每生成1molZnFe2O4,生成4molCO转移电子的物质的量是4mol;
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎,其目的是提高酸浸效率.为达到这一目的,还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等,已知ZnFe2O4能溶于酸,则酸浸后溶液中存在的金属离子有,氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子,所以得到的金属离子有:
Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+;
(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性,能将亚铁离子氧化为铁离子,离子方程式为:
H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O,试剂X的作用是调节溶液pH,促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。
3.利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应,既能净化尾气,又能获得应用广泛的Ca(NO2)2,其部分工艺流程如下:
(1)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入,石灰乳从吸收塔顶部喷淋),其目的是______________________________;滤渣可循环利用,滤渣的主要成分是____________(填化学式)。
(2)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1∶1。
若排放的尾气中NO含量升高,则NO和NO2物质的量之比______;若产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)3含量升高,则NO和NO2物质的量之比_______。
(填写序号)
①=1∶1②>1∶1③<1∶1④无法判断
(3)生产中溶液需保持弱碱性,在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解,产物之一是NO,据此信息,某同学所写的反应离子方程式为2NO2-+2H+=NO2+NO↑+H2O,你同意吗?
_________(填“同意”或“不同意“),如不同意,请说明你的理由________________________________________________。
【答案】使尾气中NO、NO2被充分吸收Ca(OH)2②③不同意二氧化氮能与水会发生反应,产物中不可能生成二氧化氮
【解析】
【分析】
由流程可知,石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应,生成Ca(NO2)2,过量的石灰乳以滤渣存在,碱性溶液中尾气处理较好;
(1)使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触;滤渣的主要成分是Ca(OH)2;
(2)若n(NO):
n(NO2)>1:
1,则一氧化氮过量,若<1:
1,则二氧化氮过量;
(3)二氧化氮能与水会发生反应,据此分析解答。
【详解】
由流程可知,石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应,生成Ca(NO2)2,过量的石灰乳以滤渣存在,
(1)使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触,NO、NO2被充分吸收,滤渣主要成分是Ca(OH)2;
(2)若n(NO):
n(NO2)>1:
1,则一氧化氮过量,排放气体中NO含量升高,若n(NO):
n(NO2)<1:
1,则二氧化氮过量,二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca(NO3)2,产品中Ca(NO3)2含量升高;
(3)若离子方程式为2NO2-+2H+=NO2+NO↑+H2O,二氧化氮能与水会发生反应,产物中不可能生成二氧化氮,则不同意该同学书写的离子反应方程式。
4.氨气是一种重要的化工产品。
(1)工业中用氯气和氢气在一定条件下合成氨气,有关方程式如下:
3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)+92.4kJ
①对于该反应:
要使反应物尽可能快的转化为氨气,可采用的反应条件是__________,要使反应物尽可能多的转化为氨气,可采用的反应条件是__________:
(均选填字母)
A.较高温度B.较低温度C.较高压强D.较低压强E.使用合适的催化剂
工业上对合成氨适宜反应条件选择,是综合考虑了化学反应速率、化学平衡和设备材料等的影响。
②该反应达到平衡后,只改变其中一个因素,以下分析中不正确的是_______:
(选填字母)
A.升高温度,对正反应的反应速率影响更大
B.增大压强,对正反应的反应速率影响更大
C.减小生成物浓度,对逆反应的反应速率影响更大
③某化工厂为了综合利用生产过程中副产品CaSO4,和相邻的合成氨厂联合设计了制备(NH4)2SO4的工艺流程(如图),该流程中:
向沉淀池中通入足量的氨气的目的是______________________________,可以循环使用的X是_______________。
(填化学式)
(2)实验室中可以用铵盐与强碱共热得到氨气。
有关的离子方程式为_____________________。
①0.01mol/L硝酸铵溶液0.5L,与足量的氢氧化钠溶液共热,可产生氨气_____L(标准状态)。
②若有硝酸铵和硫酸铵的混合溶液0.5L,与足量的氢氧化钠溶液共热,可产生氨气0.025mol;在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液,产生0.01mol白色沉淀,则原混合液中,硝酸铵的浓度为_______mol/L。
③现有硝酸铵、氯化铵和硫酸铵的混合溶液VL,将混合溶液分成两等分:
一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热,共产生氨气Amol;另一份溶液中慢慢滴入Cmol/L的氯化钡溶液BL,溶液中SO42-恰好全部沉淀;将沉淀过滤后,在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量,又产生Dmol沉淀。
则原混合溶液中,氯化铵的浓度为________mol/L,硝酸铵的浓度为_______mol/L。
(用含有字母的代数式表示)
【答案】ACEBCA生成正盐,使Ca2+完全沉淀CO2NH4++OH-
H2O+NH3
0.1120.01
【解析】
【分析】
(1)①要使反应物尽可能快的转化为氨气,需要加快反应速率,可以通过升高温度、增大压强和使用合适的催化剂实现;要使反应物尽可能多的转化为氨气,需要反应正向移动,反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)+92.4kJ是气体体积减小的放热反应,可以通过增大压强和较低温度实现;
②根据影响平衡移动的条件分析判断;
③在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物,另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收,在煅烧炉中发生CaCO3
CaO+CO2↑,则X为CO2可在此制备实验中循环使用;
(2)铵盐与强碱共热得到氨气和水;
①根据NH4+元素守恒计算;
②根据NH4+元素守恒计算;;
③一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热,共产生氨气Amol,根据NH4++OH-═NH3+H2O可知每份中含有AmolNH4+,与氯化钡溶液完全反应消耗Cmol/LBaCl2溶液BL,根据Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-CBmol,将沉淀过滤后,在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量,又产生Dmol沉淀,根据Ag++Cl-=AgCl↓,结合前面加入CBmol的BaCl2溶液可知,每份含有Cl-(D-2BC)mol。
【详解】
(1)①要使反应物尽可能快的转化为氨气,需要加快反应速率,可以通过升高温度、增大压强和使用合适的催化剂实现,故选ACE;要使反应物尽可能多的转化为氨气,需要反应正向移动,反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)+92.4kJ是气体体积减小的放热反应,可以通过增大压强和较低温度实现,故选BC;
②A.反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)+92.4kJ是气体体积减小的放热反应,升高温度反应逆向移动,说明升高温度,对逆反应的反应速率影响更大,故A错误;
B.反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)+92.4kJ是气体体积减小的放热反应,增大压强反应速率加快,反应正向移动,说明增大压强对正反应的反应速率影响更大,故B正确;
C.减小生成物浓度,反应逆向移动,说明减小生成物浓度对逆反应的反应速率影响更大,故C正确;
故选A。
③在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物,另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收,在煅烧炉中发生CaCO3
CaO+CO2↑,则X为CO2可在此制备实验中循环使用;
(2)铵盐与强碱共热得到氨气和水,离子方程式为:
NH4++OH-
H2O+NH3
;
①0.5L0.01mol/L硝酸铵溶液中硝酸铵的物质的量为:
0.5L
0.01mol/L=0.005mol,根据NH4+守恒,最多生成氨气0.005mol,标况下的体积为:
0.005mol
22.4L/mol=0.112L;
②由题意可知,在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液,产生0.01molBaSO4白色沉淀,说明原溶液中含有硫酸根0.01mol,设硝酸铵的物质的量为xmol,根据NH4+守恒有x+0.01mol
2=0.025,得x=0.005mol,硝酸铵的浓度为
=0.01mol/L;
③一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热,共产生氨气Amol,根据NH4++OH-═NH3+H2O可知每份中含有AmolNH4+,与氯化钡溶液完全反应消耗Cmol/LBaCl2溶液BL,根据Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-CBmol,将沉淀过滤后,在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量,又产生Dmol沉淀,根据Ag++Cl-=AgCl↓,结合前面加入CBmol的BaCl2溶液可知,每份含有Cl-(D-2BC)mol,则原混合溶液中,氯化铵的浓度为
mol/L=
mol/L;每份中硝酸根的物质的量为:
n(NH4+)-n(Cl-)-2n(SO42-)=
,硝酸铵的浓度为
mol/L=
mol/L。
5.化学肥料在农业生产中有重要作用。
农业生产中,大量施用的化肥主要是氮肥、磷肥、钾肥。
(1)普钙是磷肥,它的有效成分是________(写化学式)。
(2)尿素是一种含氮量较高的氮肥,工业生产尿素是将氨气与二氧化碳在加压、加热的条件下反应生成氨基甲酸铵(H2NCOONH4),再使氨基甲酸铵脱水得到尿素。
反应的化学方程式为______________、______________。
(3)农谚说的“粪和肥,肥料飞”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效。
请你说明其中的化学原理:
________________________。
(4)合成氨是生产氮肥的重要环节。
合成氨生产简易流程示意图如下:
从示意图可知其存在循环操作。
简要说明为什么在化工生产中经常采用循环操作?
______。
【答案】Ca(H2PO4)2·H2O2NH3+CO2
H2NCOONH4H2NCOONH4
H2NCONH2+H2O粪尿最终转化为铵盐,而草木灰的有效成分为K2CO3,K2CO3受潮后水解为KOH,显碱性,NH4+与OH-可发生反应生成NH3逸出而降低肥效从原因来讲,许多化学反应是可逆反应,转化率低;从结果来说,循环操作的主要目的在于充分利用原料、降低成本;从工艺设计来说,循环操作有利于连续化生产、减少工序;从环保角度来说,实现全封闭生产,控制废弃物排放
【解析】
【分析】
(1)普钙的有效成分是磷酸二氢钙;
(2)氨气和二氧化碳在加压、加热条件下反应生成氨基甲酸铵,氨基甲酸铵脱水生成尿素和水;
(3)农谚说的“粪和肥,肥料飞”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效,粪尿最终转化为铵盐,而草木灰的有效成分为K2CO3,K2CO3受潮后水解为KOH,显碱性,NH4+与OH-可发生反应生成NH3逸出而降低肥效;
(4)可从生产成本(原料的利用率)、生产原理、生产工艺以及环保等角度综合分析化工生产过程中设计循环操作的目的、作用。
【详解】
(1)普钙的成分为Ca(H2PO4)2·H2O与CaSO4,其有效成分为Ca(H2PO4)2·H2O。
故答案为:
Ca(H2PO4)2·H2O;
(2)由题中信息,氨气和二氧化碳在加压、加热条件下反应生成氨基甲酸铵,氨基甲酸铵脱水生成尿素和水,利用原子守恒可直接写出反应的方程式:
2NH3+CO2
H2NCOONH4,H2NCOONH4
H2NCONH2+H2O。
故答案为:
2NH3+CO2
H2NCOONH4,H2NCOONH4
H2NCONH2+H2O;
(3)农谚说的“粪和肥,肥料飞”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效,粪尿最终转化为铵盐,而草木灰的有效成分为K2CO3,K2CO3受潮后水解为KOH,显碱性,NH4+与OH-可发生反应生成NH3逸出而降低肥效;故答案为:
粪尿最终转化为铵盐,而草木灰的有效成分为K2CO3,K2CO3受潮后水解为KOH,显碱性,NH4+与OH-可发生反应生成NH3逸出而降低肥效;
(4)从反应特点来说,许多化学反应是可逆反应,转化率低;从能源利用及经济方法来说,循环操作的主要目的在于充分地利用原料、降低成本;从工艺流程来说,循环操作有利于连续化生产、减少工序;从环保角度来说,实现全封闭生产,控制废弃物的排放;
故答案为:
从反应特点来说,许多化学反应是可逆反应,转化率低;从能源利用及经济方法来说,循环操作的主要目的在于充分地利用原料、降低成本;从工艺流程来说,循环操作有利于连续化生产、减少工序;从环保角度来说,实现全封闭生产,控制废弃物的排放。
【点睛】
本题考查化学反应方程式的书写、化工生产等知识点,注意(3)中运用盐水解知识进行解释。
难点(4)可从生产成本(原料的利用率)、生产原理、生产工艺以及环保等角度综合分析化工生产过程中设计循环操作的目的、作用。
6.硝酸铵常用作化肥和化工原料,工业上制备硝酸铵的简要流程如图:
(1)中和器中主要反应的化学方程式为___________
(2)制备硝酸铵采用加压中和法还是常压中和法?
同时说明原因___________
(3)在不同的反应条件下,中和器中硝酸浓度与硝酸铵含量存在如图关系:
[不利用中和热及在不同情况下利用中和热时生产硝铵溶液中NH4NO3的含量1-HNO3和NH3(70℃);2-HNO3和NH3(50℃);3-HNO3(50℃)和NH3(20℃);4-HNO3和NH3(20℃)]
①按图中的数据分析,要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上,原料最佳温度和硝酸最佳含量是__________
A.70℃;58%
B.HNO3(50℃),NH3(20℃);56%
C.50℃;56%
D.20℃;58%
②中和器中产品检测时,工作人员发现N2浓度明显高于正常空气带入的N2浓度,试用化学方程式表示中和器中生成N2的最有可能的过程____________、___________
③以下制备硝酸铵分析不正确的是___________
A.硝酸铵制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸铵溶液。
B.采用真空蒸发器有利于获得较高浓度的硝酸铵溶液和较大颗粒的硝酸铵晶体析出。
C.已知NH3与HNO3的气相反应很不彻底,工艺中应尽量使反应在液相中进行,可将硝酸持续匀速地通入预先装有液氨的中和器中反应。
D.充分回收、重复利用蒸发器的蒸气和冷凝液中的产品,可以降低原料损耗。
【答案】NH3+HNO3=NH4NO3采用加压中和法。
原因是加压可以增大反应的速率和提高产率A4HNO3=4NO2+O2+2H2O6NO2+8NH3=7N2+12H2OBC
【解析】
【分析】
(1)氨气属于碱性气体、硝酸具有酸性,所以碱性气体氨气和硝酸反应生成硝酸铵;
(2)压强越大化学反应速率越快,且增大压强可以提高产率;
(3)①要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上,硝酸的含量越低越好;
②HNO3易分解生成NO2、O2、H2O,NO2、NH3能发生氧化还原反应生成N2。
【详解】
(1)氨气属于碱性气体、硝酸具有酸性,所以碱性气体氨气和硝酸反应生成硝酸铵,反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3;
(2)压强越大单位体积内活化分子个数越多,则化学反应速率越快,该反应前后气体计量数减小,则增大压强可以提高产率,所以采用加压中和法;
(3)①要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上,硝酸的含量越低越好,根据图知,温度为70℃、硝酸含量为58%最好,答案
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