化学化学二模试题分类汇编氮及其化合物推断题综合含答案解析.docx
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化学化学二模试题分类汇编氮及其化合物推断题综合含答案解析
【化学】化学二模试题分类汇编——氮及其化合物推断题综合含答案解析
一、氮及其化合物练习题(含详细答案解析)
1.氮氧化合物和二氧化硫是引起雾霾的重要物质,工业用多种方法来治理。
某种综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含NO、CO、CO2、SO2、N2)的流程如图:
已知:
NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
(1)固体1的主要成分有Ca(OH)2、___________________、__________________(填化学式)。
(2)若实验室需要配制100mL3.00mol·L-1NaOH溶液进行模拟测试,需用托盘天平称取NaOH固体质量为______g。
(3)用NaNO2溶液处理含NH4+废水反应的离子方程式为_______________________。
(4)捕获剂从气体3中捕获的气体主要是__________________(填化学式)。
(5)流程中生成的NaNO2因外观和食盐相似,又有咸味,容易使人误食中毒。
已知NaNO2能发生如下反应:
2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O;I2可以使淀粉变蓝。
根据上述反应,选择生活中常见的物质和有关试剂进行实验,以鉴别NaNO2和NaCl。
需选用的物质是_____________________(填序号)。
①水②淀粉碘化钾试纸③淀粉④白酒⑤白醋
A.①③⑤B.①②④C.①②⑤D.①②③⑤
【答案】CaCO3CaSO312NO2-+NH4+=N2↑+2H2OCOC
【解析】
【分析】
工业废气通过过量的石灰乳,除去CO2和SO2,生成CaCO3和CaSO3,气体1是NO、CO、N2,通入适量的空气,把NO转化为NO2,通过氢氧化钠溶液只得到NaNO2溶液,说明气体2是NO、NO2、N2,气体3是CO和N2,捕获产物是CO,得到的NaNO2溶液和含NH4+废水发生氧化还原反应,得到无污染的气体是氮气。
【详解】
(1)根据分析,固体1的主要成分有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3;
(2)需要配制100mL3.00mol·L-1NaOH溶液,所需质量m=C·V·M=3.00mol·L-1×0.1L×40g·mol-1=12g;
(3)用NaNO2溶液处理含NH4+废水,二者发生归中反应,氮元素最终都以氮气形式存在,反应的离子方程式为:
NO2-+NH4+=N2↑+2H2O;
(4)根据分析,捕获剂从气体3中捕获的气体主要是CO;
(5)由2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O,可知NO2-在酸性条件下可以氧化I-,生成的I2可以使淀粉变蓝。
故检验NO2-使用淀粉碘化钾试纸、白酒、水,故答案选C。
2.如图所示,在干燥的圆底烧瓶中充满某气体a,胶头滴管中吸有少量液体b,当把溶液b挤进烧瓶后,打开止水夹不能形成“喷泉”的组合是()
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】
A.氨气极易溶于水,导致烧瓶内压强迅速减小,能形成喷泉,故A不符合题意;
B.氯化氢极易溶于水,导致烧瓶内压强迅速减小,能形成喷泉,B不符合题意;
C.二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠,导致烧瓶内压强迅速减小,能形成喷泉,故C不符合题意;
D.饱和氯化钠溶液中含有氯离子能抑制氯气的溶解,所以氯气不能使烧瓶内压强减小,不能形成喷泉,故D符合题意;
答案:
D。
【点睛】
根据形成喷泉的原理是使烧瓶内外产生压强差,所以只要考虑烧瓶内气体能否和滴管中的液体发生反应进行判断。
3.氮元素是地球大气中含量最多的元素,请完成下列有关问题:
(1)写出氮元素的原子结构示意图:
_____________。
(2)通常情况下,氮气性质不活泼,其原因是__________。
A.氮分子是双原子分子B.氮元素的非金属性很强
C.氮原子的半径较小D.破坏氮分子中的化学键很难
(3)N2的电子式:
__________,将空气中的氮气转化为氮的化合物的过程称为固氮。
下列能实现人工固氮的是_______
A.N2和H2在一定条件下反应生成NH3
B.雷雨闪电时空气中的N2和O2化合生成NO
C.NH3经过催化氧化生成NO
D.NH3和HNO3反应生成NH4NO3
(4)氨气的电子式:
__________________。
(5)实验室通常用加热消石灰与氯化铵固体的方法来制取氨气。
写出此反应的化学方程式______________。
(6)下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂,其中错误的是________。
(7)用圆底烧瓶收集干燥的氨气,用图1装置进行喷泉实验,挤压滴管的胶头时,可以得到红色喷泉,原因(用方程式表示)_________________________。
(8)如果只提供如图2的装置,请说明引发喷泉的方法__________________________。
(9)NH4NO3是常用的铵态氮肥,在施用时若受热会释放出________而降低肥效。
检验NH4+的方法是______。
【答案】
D
A
Ca(OH)2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2OACNH3∙H2O
NH4++OH−打开止水夹,用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热,氨气受热膨胀,赶出玻璃导管内的空气,再将热源移开,水进入烧瓶内,氨气溶解于水中产生压强差,即发生喷泉氨气加入强碱反应,加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的刺激性气体
【解析】
【分析】
(1)氮原子的核电荷数是7;
(2)氮气分子为两个氮原子通过共用3对电子形成共价键,该N≡N非常稳定,破坏需要吸收很高的能量,据此解答;
(3)N2分子中存在氮氮叁键,将空气中的氮气转化为氮的化合物的过程称为固氮,结合氨元素的形态变化判断即可;
(4)氨气是共价化合物,存在3个N-H键;
(5)加热消石灰与氯化铵固体得氨气、氯化钙和水;
(6)A.NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl,而当温度降低时,NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl;
B.CaO遇水生成Ca(OH)2,同时放出大量热量,有利于氨气的生成;
C.固体加热制气体时,试管口应略向下倾斜;
D.根据浓氨水易挥发分析;
(7)氨气极易溶解于水生成NH3•H2O,使烧瓶内压强迅速减小,形成喷泉;
(8)喷泉实验需形成明显的压力差;
(9)碳酸氢铵不稳定,易分解生成氨气;氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
【详解】
(1)N原子核外有7个电子,核外电子排布是2、5,则N原子结构示意图为:
;
(2)A.氮分子是双原子分子,但双原子分子组成的物质可能活泼,如Cl2,N2不容易反应与是否是双原子分子无关,故A错误;
B.氮元素的非金属性很强,原子获得电子能力强,氮气要参加反应,首先应该变为单个原子,因此不能证明氮气性质不活泼,故B错误;
C.氮原子的半径较小,原子获得电子能力强,与氮气性质不活泼无关,故C错误;
D.N2是双原子分子,2个N原子共用三对电子,断裂N≡N需要消耗很高的能量,因此氮气不容易参加化学反应,D故正确;
故答案是D;
(3)N2分子中2个N原子形成3个共价键,使每个N原子都达到稳定结构,所以N2的电子式:
;将空气中的氮气转化为氮的化合物的过程称为固氮。
A.N2和H2在一定条件下反应生成NH3,氮元素的单质变为化合物,属于人工固氮,故A正确;
B.雷雨闪电时空气中的N2和O2化合生成NO,氮元素的单质变为化合物,属于氮的固定,是自然固氮,故B错误;
C.NH3经过催化氧化生成NO,是N元素的化合物的转化,不是氮的固定,故C错误;
D.NH3和HNO3反应生成NH4NO3,是N元素的化合物的转化,不是氮的固定,故D错误;
故答案为A;
(4)在NH3中,N原子最外层有5个电子,N原子与三个H原子形成3个共价键,从而使每个原子都达到稳定结构,NH3的电子式:
结合形成NH3,所以NH3的电子式为
;
(5)消石灰与氯化铵固体混合加热产生氨气、氯化钙和水,此反应的化学方程式为:
Ca(OH)2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O;
(6)A.氯化铵不稳定受热易分解,但是氨气与氯化氢遇冷又极易反应生成氯化铵固体,不能用于制备氨气,故A错误;
B.向CaO中滴加浓氨水,CaO遇水生成Ca(OH)2,同时放出大量热量,有利于浓氨水中的氨气逸出,故B正确;
C.固体加热制气体时,试管口应略向下倾斜,使产生的水能够流出,以免损坏试管,所以利用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气需试管口应略向下倾斜,故C错误;
D.浓氨水易挥发,加热能够促进氨气的逸出,可以用来制备氨气,故D正确;
故答案为AC;
(7)用圆底烧瓶收集干燥的氨气,用图1装置进行喷泉实验,当挤压滴管的胶头时,水进入烧瓶中,氨气溶于水,使烧瓶内气体压强减小,烧杯内的水不断进入烧瓶,由于氨气溶于水形成的一水合氨电离产生NH4+、OH−,水溶液显碱性,因此可以得到红色喷泉,用方程式表示为:
NH3∙H2O
NH4++OH−;
(8)如果只提供如图2的装置,引发喷泉的方法是打开止水夹,用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热,氨气受热膨胀,赶出玻璃导管内的空气,再将热源移开,水进入烧瓶内,氨气溶解于水中产生压强差,即发生喷泉;
(9)NH4NO3是常用的铵态氮肥,在施用时若受热,就会发生分解反应释放出氨气而降低肥效;检验NH4+的方法是加入强碱反应,加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的刺激性气体。
4.细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应,并耦合两种元素的循环。
耦合循环中的部分转化如下图所示。
(1)上图所示氮循环中,属于氮的固定的有________(填字母序号)。
a.N2转化为氨态氮b.硝化过程c.反硝化过程
(2)氮肥是水体中氨态氮的主要来源之一。
①氨气是生产氮肥的主要原料,工业合成氨的化学方程式为________。
②检验氨态氮肥中NH4+的实验方案是________。
(3)硝化过程中,含氮物质发生________(填“氧化”或“还原”)反应。
(4)氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。
该反应中,当产生0.02mol氮气时,转移的电子的物质的量为________mol。
(5)土壤中的铁循环可用于水体脱氮(脱氮是指将氮元素从水体中除去),用离子方程式分别说明利用土壤中的铁循环脱除水体中氨态氮和硝态氮的原理:
________、________。
【答案】aN2+3H2
2NH3取少量氮肥溶于适量蒸馏水中,向其中加入浓NaOH溶液,加热,并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口,若观察到红色石蕊试纸变蓝,则证明氮肥中含有NH4+氧化0.066Fe3++2NH4+=6Fe2++N2↑+8H+10Fe2++2NO3-+12H+=10Fe3++N2↑+6H2O
【解析】
【分析】
(1)氮的固定是氮元素由游离态变为化合态;
(2)①工业上用氮气和氢气反应生成氨气;②铵根离子与碱反应放出氨气;
(3)硝化过程是铵根离子转化为硝酸根离子;
(4)氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气,根据得失电子守恒,反应方程式是NH4++NO2-=N2+2H2O;
(5)脱氮是指将氮元素转化为氮气从水体中除去,Fe3+把NH4+氧化为氮气,Fe2+把NO3-还原为氮气。
【详解】
(1)a.N2转化为氨态氮,氮元素由游离态变为化合态,属于氮的固定;b.硝化过程是铵根离子转化为硝酸根离子,不是氮的固定;c.反硝化过程是硝酸根离子转化为氮气,不是氮的固定;选a;
(2)①工业上用氮气和氢气反应生成氨气,反应方程式是N2+3H2
2NH3;
②铵根离子与碱反应放出氨气,检验铵态氮肥中NH4+的实验方法是:
取少量氮肥溶于适量蒸馏水中,向其中加入浓NaOH溶液,加热,并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口,若观察到红色石蕊试纸变蓝,则证明氮肥中含有NH4+;
(3)硝化过程中,铵根离子转化为硝酸根离子,氮元素化合价升高,含氮物质发生氧化反应。
(4)氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气,反应方程式是NH4++NO2-=N2+2H2O,生成1molN2转移3mol电子,当产生0.02mol氮气时,转移的电子的物质的量为0.06mol。
(5)脱氮是指将氮元素转化为氮气从水体中除去,Fe3+把NH4+氧化为氮气,Fe2+把NO3-还原为氮气,反应的离子方程式是6Fe3++2NH4+=6Fe2++N2↑+8H+、10Fe2++2NO3-+12H+=10Fe3++N2↑+6H2O。
5.Ⅰ.分别只用一种试剂除去下列各组中所含的少量杂质(括号内为杂质),在空格中填上需加入最适合的一种试剂:
(1)FeCl3溶液(FeCl2)________________,
(2)FeCl2溶液(FeCl3)________________,
(3)Fe粉末(Al)_______________,
Ⅱ.为测定某镁铝合金样品中铝的含量,进行了下列实验:
取一定量合金,加入100mL0.3mol·L-1稀硝酸,合金完全溶解,产生的气体在标准状况下体积为560mL;再加入0.2mol·L-1NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化,用去300mLNaOH溶液。
则所取样品中铝的物质的量为___________,反应中转移的电子数为______________。
【答案】Cl2FeNaOH溶液0.055mol0.075NA
【解析】
【分析】
Ⅰ.
(1)氯气把FeCl2氧化为FeCl3;
(2)铁粉能把FeCl3还原为FeCl2;
(3)Fe与氢氧化钠不反应,Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气;
Ⅱ.镁铝合金与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铝与一氧化氮气体,向反应后的溶液中加入0.2mol·L-1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化,铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀,此时溶液中溶质为NaNO3、NaAlO2,根据硝酸根守恒有n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO),根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaNO3)+n(NaAlO2),据此计算n(NaAlO2),再根据铝原子守恒n(Al)=n(NaAlO2)计算。
【详解】
Ⅰ.
(1)氯气把FeCl2氧化为FeCl3,用氯气除去FeCl3溶液中FeCl2;
(2)铁粉能把FeCl3还原为FeCl2,用铁粉除去FeCl2溶液中的FeCl3;
(3)Fe与氢氧化钠不反应,Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气,用NaOH溶液除去铁粉中的铝粉;
Ⅱ.镁铝合金与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铝与一氧化氮,向反应后的溶液中加入0.2mol·L-1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化,铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀,此时溶液中溶质为NaNO3、NaAlO2,根据硝酸根守恒有n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO)=0.1L×0.3mol/L-
=0.03mol-0.025mol=0.005mol,根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaNO3)+n(NaAlO2),故n(NaAlO2)=0.3L×0.2mol/L-0.005mol=0.055mol,根据铝原子守恒n(Al)=n(NaAlO2)=0.055mol;
,氮元素化合价由+5变为+2,生成1molNO转移3mol电子,所以反应中转移的电子数为
0.075NA。
6.
(1)取300ml0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应,生成等物质的量的I2和KIO3,则消耗KMnO4的物质的量的是mol。
(2)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色,过一会又变为棕黄色,溶液先变为浅绿色的离子方程式是,又变为棕黄色的原因是用离子方程式解释.
(3)在100mLFeBr2溶液中通入标况下2.24LCl2,溶液溶液中有1/4的Br-被氧化成单质Br2,则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为。
(4)三氟化氮(NF3)是一种无色,无味的气体,它是微电子工业技术的关键原料之一,三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应,其反应的产物有:
HF、NO和HNO3,请根据要求回答下列问题:
①写出该反应的化学方程式。
②NF3无色、无臭,但一旦在空气中泄漏,还是易于发现,判断该气体泄漏时的现象是。
【答案】
(1)0.032mol
(2)2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+;3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO+2H2O
(3)4/3mol/L
(4)①3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3;②出现红棕色气体
【解析】
试题分析:
(1)n(KI)=0.06mol,与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应,生成等物质的量的I2和KIO3,则n(I2)=n(KIO3)=0.02mol,共失去电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×[5-(-1)]=0.16mol,则消耗KMnO4的物质的量的是
=0.032mol,故答案为0.032;
(2)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色,原因是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-,反应的离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+,反应后溶液呈酸性,则在酸性条件下NO3-与Fe2+反应生成Fe3+,过一会又变为棕黄色,反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO+2H2O,故答案为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+;3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO+2H2O;
(3)n(Cl2)=
=0.1mol,设原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为x,由还原性Br-<Fe2+,液溶液中有
的Br-被氧化成单质Br2,则亚铁离子全部被氧化,由电子守恒可知,0.1L×x×(3-2)+0.1L×x×2×
×(1-0)=0.1mol×2×(1-0),解得x=
mol/L,故答案为
mol/L;
(4)①NF3→NO,化合价降低1价,被还原,NF3→HNO3,化合价升高2价,被氧化,由反应物和生成物可写出反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF,故答案为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF;
②反应中生成NO,NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体;故答案为出现红棕色气体。
考点:
考查了氧化还原反应的相关知识。
7.非金属单质A经下图所示的过程可转化为含氧酸D,已知D为强酸,请回答下列问题:
(1)若A在常温下是固体,B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体:
①D的化学式:
_________;
②在工业生产中,B气体大量排放,被雨水吸收后形成____________污染环境。
(2)若A在常温下为气体,C是红棕色气体。
①C的化学式为:
_________;
②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体,该反应的化学方程式为:
___________,该反应___(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。
【答案】H2SO4酸雨NO2Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O属于
【解析】
【分析】
根据框图,非金属单质A能发生连续氧化,含氧酸D为强酸,对应的是硫和氮等元素的转化。
(1)A在常温下为固体,B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体,则A为S单质,B为SO2,C为SO3,D为H2SO4;
(2)A在常温下为气体,C是红棕色的气体,则A应为N2,B为NO,C为NO2,D为HNO3,根据氧化还原反应的特点判断,据此分析解答。
【详解】
(1)A在常温下为固体,B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体,则A为S单质,B为SO2,C为SO3,D为H2SO4。
①由以上分析可知D是硫酸,化学式为H2SO4,故答案为:
H2SO4;
②在工业生产中大量排放的SO2气体被雨水吸收后形成了酸雨而污染了环境,故答案为:
酸雨;
(2)若A在常温下为气体,C是红棕色的气体,则A应为N2,B为NO,C为NO2,D为HNO3。
①由以上分析可知C为NO2,故答案为:
NO2;
②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体,反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,该反应中Cu的化合价升高,N的化合价降低,属于氧化还原反应,故答案为:
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;属于。
【点睛】
解答本题的关键是物质的颜色和框图中的“连续氧化”特征,也是解答本题的突破口。
本题的易错点为A的判断,要注意A属于非金属单质。
8.下列A~H八种物质存在如下图所示的转化关系(反应条件、部分产物未标出)。
已知A是正盐,B能使品红溶液褪色,G是红棕色气体。
试回答下列问题:
(1)写出下列各物质的化学式:
A________________;B________________。
(2)按要求写出下列反应的有关方程式
E→F反应的化学方程式_____________________________________________________;
G→H反应的离子方程式_____________________________________________________。
(3)写出H的浓溶液与木炭反应的化学方程式_______________________________________。
(4)检验D中阴离子的方法是___________________________________________________。
【答案】(NH4)2SO3SO24NH3+5O2
4NO+6H2O3NO2+H2O=2H++2NO3-+NOC+4HNO(浓)
4NO2↑+CO2↑+2H2O取少量该溶液于试管中,加足量稀盐酸酸化,未见沉淀生成.再加入少量BaCl2溶液,如果出现白色沉淀,则证明该溶液中含有SO42-
【解析】
【分析】
G是红棕色气体,则是NO2,F和氧气反应生成二氧化氮,所以F是NO;A是正盐,和氢氧化钠反应生成E,E和氧气反应生成NO,则E是NH3,A是铵盐;二氧化氮和某种物质反应后能生成NO和H,则是和水反应生成硝酸和NO,所以H是硝酸;B能使品红溶液褪色,且B能和氧气反应生成C,所以B是SO2,C是SO3,A是正盐且是铵盐,反应后能生成二氧化硫,所以A是(NH4)2SO3,三氧化硫和水反应生成硫酸,则D是硫酸,据此分析解答。
【详解】
(1)通过以上分析知,A是(NH4)2SO3;B是SO2;
(2)高温、催化剂条件下,氨气和氧气反应生成一氧化氮和水,反应方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,离子方程式为:
3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO;
(3)加热条件下,碳和浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳和水,反应方程式为:
C+4HNO3(浓)
4NO2↑+CO2↑+2H2O;
(4)D中含有硫酸根离子,硫酸根离子的检验方法是:
取少量该溶液于试管中,加足量稀盐酸酸化,未见沉淀生成,再加入少量BaCl2溶液,如果出现白色
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