化学氮及其化合物的专项培优 易错 难题练习题含答案及详细答案.docx
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化学氮及其化合物的专项培优易错难题练习题含答案及详细答案
化学氮及其化合物的专项培优易错难题练习题(含答案)及详细答案
一、氮及其化合物练习题(含详细答案解析)
1.如图1为实验室制取氨的实验装置。
(1)写出A中所发生反应的化学方程式___。
(2)NH3在一定条件下可与O2反应生成一种无色气体,该气体遇空气迅速变红棕色,请写出相关反应的化学方程式___,___。
(3)在收集氨时试管口棉花的作用是___。
(4)一位学生用制得的氨,按图2装置进行喷泉实验,烧瓶已充满干燥的氨气,引发喷泉实验的操作____。
(5)另一学生积极思考产生喷泉的其他方法,设计了图3装置。
首先在锥形瓶中分别加入足量的下列物质,反应后产生喷泉的是(______)
A.CaCO3粉末和浓盐酸
B.NH4HCO3溶液与稀NaOH溶液
C.HCl和AgNO3溶液
D.HCl和酚酞溶液
该同学又向锥形瓶中加入酒精,水槽中加入冷水后,再加入足量的下列物质,结果也产生了喷泉。
水槽中加入的物质可以是(______)
A.硝酸铵B.食盐C.浓硫酸D.硫酸铜
【答案】2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2ONH3+5O2=4NO+6H2O2NO+O2=2NO2减少与空气的对流,保证试管中能收集满氨气打开橡皮管的夹子,挤压胶头滴管的胶头,使少量的水进入烧瓶AC
【解析】
【分析】
(1)为制取氨气的装置,收集氨气的试管口需要棉花;
(2)气体遇空气能迅速变红棕色,原气体是NO;(6)图3要想产生喷泉,必须生成大量气体;(7)如果放出大量热量,也能增大气体压强,产生喷泉。
【详解】
(1)实验室制氨气2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3
+2H2O。
(2)NH3在一定条件下可与O2反应生成一种无色气体,该气体遇空气迅速变红棕色,该气体是NO,所以NH3+5O2=4NO+6H2O。
(3)NO遇空气迅速变红棕色,所以2NO+O2=2NO2。
(4)收集氨时试管口棉花的作用是减少与空气的对流,保证试管中能收集满氨气。
(5)引发喷泉实验的操作是打开橡皮管的夹子,挤压胶头滴管的胶头,使少量的水进入烧瓶,只要水进入烧瓶,气体溶于水导致压强减小,产生喷泉。
(6)要想产生喷泉,必须生成大量气体,A选项能产生大量二氧化碳。
(7)加入浓硫酸,放出大量热导致压强增大,产生喷泉。
【点睛】
氨气的制取分为工业制法、简易制法、实验室制法,不能混淆;喷泉实验的原理是内外产生压强差。
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.将一定质量的铁粉加入装有100mL某浓度稀硝酸的容器中充分反应。
试回答:
(1)容器中剩余mg铁粉,收集到NO气体448mL(标准状况下)。
①所得溶液中溶质的化学式为__________。
②原稀硝酸的物质的量浓度为__________。
(2)向
(1)中所得的固液混合物中逐滴滴加稀硫酸至刚好不再产生遇空气变成红棕色的气体为止,此时容器中剩余铁粉ng。
①此时溶液中溶质的化学式为__________。
②m-n的值为_______(精确到0.1)。
【答案】Fe(NO3)20.8mol·L-1FeSO45.0
【解析】
【详解】
(1)①容器中剩有mg的铁粉,铁过量,所得溶液中的溶质为Fe(NO3)2;②硝酸完全反应生成硝酸亚铁与NO,NO的物质的量=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol,根据电子转移守恒,参加反应的n(Fe)=0.02mol×
=0.03mol,由氮元素守恒可知:
n(HNO3)=2n[Fe(NO3)2]+n(NO)=2×0.03mol+0.02mol=0.08mol,故原硝酸的物质的量浓度=0.08mol÷0.1L=0.8mol/L;
(2)①向上述固-液混合物中逐滴加入稀硫酸,溶液中的反应顺序为:
Fe先和HNO3(氢离子由硫酸提供)生成NO,因为此时铁还是有剩余,所以硝酸根离子被消耗尽,硝酸根反应完全后,最后是Fe和H2SO4反应生成H2,至刚好不再产生遇空气变成红棕色的气体为止,此时溶液中的溶质为FeSO4;②Fe先和HNO3(氢离子由硫酸提供)生成NO,关系为:
3Fe~2NO3-,溶液中硝酸根离子的物质的量是0.08mol-0.02mol=0.06mol,所以消耗铁的物质的量是0.06mol×3/2=0.09mol,质量是0.09mol×56g/mol≈5.0g,即m-n的值为5.0。
4.NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物,是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。
(1)写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。
(2)氮氧化物不仅能形成酸雨,还会对环境产生的危害是形成_____。
(3)实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2,该反应的离子方程式是_____。
(4)为了消除NO对环境的污染,根据氧化还原反应原理,可选用NH3使NO转化为两种无毒气体(其中之一是水蒸气),该反应需要催化剂参加,其化学方程式为_____。
(5)一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应,生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。
向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀,则生成Cu(OH)2沉淀的质量为_____克。
【答案】4NH3+5O2
4NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O4NH3+6NO
5N2+6H2O19.6
【解析】
【分析】
(1)氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水;
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾,破坏臭氧层;
(3)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式;
(4)氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体,其中一种是水蒸气,另外一种为氮气;
(5)根据电子转移守恒计算铜的物质的量,由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量,在根据m=nM计算。
【详解】
(1)氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水,反应方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,
故答案为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等,故答案为:
光化学烟雾;
(3)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水,浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式,反应离子方程式为:
Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O,答案为:
Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O;
(4)NH3使NO转化为两种无毒气体,其中之一是水蒸气,另外一种为氮气,反应方程式为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O,
故答案为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O;
(5)n(NO2)=n(NO)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol,根据电子转移守恒,可知n(Cu)=
=0.2mol,由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol,生成Cu(OH)2沉淀的质量为0.2mol×98g/mol=19.6g,故答案为:
19.6。
【点睛】
掌握有关硝酸反应的计算,一般用守恒方法,如电子守恒,反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量,也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量,据此计算即可。
5.2016年10月17日7时30分,我国“神舟十一号”载人飞船顺利升入太空。
此次火箭的主要燃料是偏二甲肼(C2N2H8)和一种氮的氧化物(用R表示),当火箭发射时,这两种燃料会剧烈反应产生大量气体,并释放出大量的热,化学方程式如下(已配平):
C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑
(1)R的化学式是___;已知偏二甲肼中N元素显-2价,H元素显+1价,由此推断,C元素的化合价是___。
(2)该反应的还原剂是___,被还原的元素是___。
(3)若反应生成22.4LCO2(标准状况),则反应转移电子___mol。
(4)火箭发射时,尾部向下喷出的气体会有明显的红棕色,该红棕色气体的化学式可能是___。
(5)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂。
Na2FeO4能给水消毒利用的是___性。
用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水,其净水原理与明矾相同,Fe3+净水原理是___(用简要的文字叙述)。
【答案】N2O4-2C2N2H8N2O48NO2氧化性Fe3+是弱碱阳离子,能结合水电离出的氢氧根生成Fe(OH)3胶体,可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降
【解析】
【分析】
(1)化学方程式C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑,由原子守恒可得R的化学式;
(2)该反应中N2O4中的N元素从+4价下降到0价,C2N2H8中C和N的化合价升高,可以判断出氧化剂和还原剂;
(3)标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol,生成1molCO2时,有1molN2O4被还原,可以求出转移电子数;
(4)火箭的燃料是两种组分,偏二甲肼和四氧化二氮,四氧化二氮是无色的气体,四氧化二氮在温度升高时会很快的分解为红棕色的二氧化氮气体;
(5)Na2FeO4中铁是铁元素的最高价态,有很强的氧化性。
【详解】
(1)化学方程式C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑,由原子守恒可知,R的化学式为:
N2O4;已知偏二甲肼C2N2H8中N元素显-2价,H元素显+1价,设C的化合价为x,则有2x+8-2×2=0,解得x=-2,C元素的化合价是-2;
(2)该反应中N2O4中的N元素从+4价下降到0价,C2N2H8中C和N的化合价升高,故该反应的还原剂是C2N2H8,氧化剂是N2O4;
(3)标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol,生成1molCO2时,有1molN2O4被还原,N2O4被还原为N2,得8个电子,1molN2O4得8电子,故转移8mol电子;
(4)火箭的燃料是两种组分,偏二甲肼和四氧化二氮,四氧化二氮是无色的气体,四氧化二氮在温度升高时会很快的分解为红棕色的二氧化氮气体,故该红棕色气体的化学式可能是NO2;
(5)化合物中化合价的代数和为0,Na2FeO4中钠元素为+1价,氧元素为-2价,故铁元素为+6价;+6价的铁是铁元素的最高价态,有很强的氧化性,可用于杀菌消毒;杀菌时得到的Fe3+是弱碱阳离子,能结合水电离出的氢氧根生成Fe(OH)3胶体,可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降。
6.已知19.2gCu与过量的200mL5mol/L稀硝酸充分反应,反应方程式如下:
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(1)写出该反应的离子方程式:
________;
(2)标准状况下,产生NO气体的体积为:
________;转移电子的物质的量为______;反应后NO3-的物质的量浓度为:
______。
(忽略反应前后溶液体积的变化)
【答案】3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O4.48L0.6mol4mol/L
【解析】
【分析】
(1)根据离子方程式的拆写原则,硝酸和硝酸铜拆为离子,结合电荷守恒书写;
(2)先计算19.2g铜的物质的量,再结合反应方程式确定需消耗硝酸的物质的量,由反应可知被还原的硝酸和生成的NO的物质的量,最后根据N元素守恒计算溶液中含有的NO3-的物质的量,根据c=
计算反应后NO3-的物质的量浓度。
【详解】
(1)Cu与稀硝酸反应方程式为:
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,在该反应中,硝酸和硝酸铜是易溶的强电解质,拆为离子,其余物质仍然用化学式表示,则该反应的离子方程式为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(2)19.2g铜的物质的量n(Cu)=19.2g÷64g/mol=0.3mol,由反应可知,0.3molCu消耗0.8molHNO3,则根据元素化合价升降与电子转移关系可知被还原的硝酸和生成的NO均为0.2mol,则生成NO的体积V(NO)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L;根据反应方程式可知3mol金属Cu反应转移电子的物质的量是6mol,则0.3mol金属铜参加反应转移电子的物质的量为0.6mol,在200mL5mol/L稀硝酸中含有NO3-的物质的量是n(NO3-)=5mol/L×0.2L=1mol,反应中被还原的硝酸为0.2mol,被还原的硝酸变为NO气体,则溶液中剩余的NO3-的物质的量n(NO3-)=1mol-0.2mol=0.8mol,则其物质的量浓度是c=
=4mol/L。
【点睛】
本题考查氧化还原反应的知识,明确元素的化合价变化及原子守恒的方法来分析是解答本题的关键,注意反应中化学计量数与转移电子数目的关系解答,试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。
7.原子序数由小到大排列的四种短周期主族元素X、Y、Z、W,其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物;Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2离子化合物。
(1)写出Y2O2的电子式:
__,其中含有的化学键是__。
(2)将ZO2通入品红溶液再加热的现象是__。
(3)写出X的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与铜反应的化学方程式__。
(4)XH3、H2Z和HW三种化合物,其中一种与另外两种都能反应的是_(填化学式)。
(5)由X、W组成的化合物分子中,X、W原子的最外层均达到8电子稳定结构,该化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物,试写出反应的化学方程式__。
【答案】
离子键、共价键品红先褪色,加热后恢复红色3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2ONH3NCl3+3H2O=3HClO+NH3
【解析】
【分析】
原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W,Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2的离子化合物,Y为Na(因原子序数关系,Y不可能为H),其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物,可知X为N,Z为S,W为Cl,以此解答。
【详解】
由上述分析可知,X为N,Y为Na,Z为S,W为Cl,
(1)Na2O2为Na+与
组成的离子化合物,
中含有共价键,以此Na2O2的电子式为:
;所含化学键为:
离子键、共价键;
(2)SO2具有漂白性,能够漂白品红溶液,但其漂白过程具有可逆性,若加热漂白后的品红溶液,则溶液恢复至红色,故答案为:
品红先褪色,加热后恢复红色;
(3)稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮、水,其化学方程式为:
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;
(4)NH3为碱性气体,H2S、HCl为酸性气体,NH3能够与H2S、HCl发生化学反应;
(5)N原子最外层电子数为5,Cl原子最外层电子数为7,由N、Cl组成的化合物分子中,N、Cl原子的最外层均达到8电子稳定结构,则该化合物为NCl3,其中N为-3价,Cl为+1价,NCl3与水反应生成一种具有漂白性的化合物,该化合物为HClO,其反应方程式为:
NCl3+3H2O=3HClO+NH3。
【点睛】
对于NCl3中元素化合价解释:
根据鲍林电负性标度,氮的电负性为3.04,氯的电负性为3.16,说明氯的电负性稍大于氮,根据一般性规则,电负性大的显负价,但根据实验证实NCl3的水解反应方程式应当如下:
第一步:
NCl3+H2O→NH3+HClO(未配平),由于HClO的强氧化性,再发生第二步反应:
NH3+HClO→N2+HCl+H2O(未配平),可见由理论推出的观点与实验事实是不相符的。
NCl3中元素化合价可根据以下原理解释:
氮和氯的电负性差值并不大,而氮原子的半径相对于氯原子来说要小得多,因此共用电子相对应当更偏向于氮,使得氮显-3价,氯显+1价。
8.A~H等8种物质存在如下转化关系(反应条件,部分产物为标出).已知:
A是酸式盐,B是能使品红溶液褪色的气体,G是红棕色气体。
按要求回答问题:
(1)写出下列物质的化学式:
A________,B________,写出B的一种危害__________。
(2)写出下列反应的化学方程式:
E→F____________;红热的木炭与D的浓溶液反应的方程式:
____________;铜与H的浓溶液反应的离子方程式:
_____________。
(3)检验某溶液中是否含A中阳离子的方法_____________。
【答案】NH4HSO3SO2酸雨4NH3+5O2
4NO+6H2OC+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2OCu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+
【解析】
【分析】
G是红棕色气体,则G是NO2;F和O2反应生成NO2,所以F是NO;NO2和水反应生成的H是HNO3;A是酸式盐,和NaOH反应生成E,E和O2反应生成NO,则E是NH3;B能使品红溶液褪色,且B能和O2反应生成C,所以B是SO2,C是SO3;SO3和水反应生成的D为H2SO4;A是酸式盐且是铵盐,所以A是NH4HSO3。
【详解】
(1)通过以上分析知,A、B分别是NH4HSO3、SO2,SO2属于酸性氧化物,能和H2O反应生成H2SO3,H2SO3不稳定,易被空气氧化生成H2SO4,随雨水降落地面而形成酸雨,所以其一种危害是酸雨;
(2)氨气和氧气在高温高压催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO和H2O,反应方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O,C和浓硫酸在加热条件下反应生成SO2、CO2和H2O,反应方程式为C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O,铜和稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O,离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++NO↑+2H2O;
(3)NH4+检验方法是取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+,故答案为取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+。
9.如图,根据图示回答:
(1)A的分子式为_____;B的分子式为_____;C的分子式为_____。
(2)将E溶于水,配制成0.1mol·L-1的溶液,滴入酚酞,显_____色。
(3)写出NH4Cl溶液与NaOH溶液共热反应的离子方程式:
__________________。
(4)D→B的化学方程式为:
_____。
(5)A→B的化学反应方程式:
_____。
【答案】NH3NONO2无NH4++OH−
NH3↑+H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O4NH3+5O2
4NO+6H2O
【解析】
【分析】
氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢,A催化氧化生成一氧化氮和水,则A为NH3,E为HCl,B为NO,C为NO2,二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮,D为HNO3,硝酸和铜反应生成一氧化氮。
【详解】
(1)结合分析可知A为NH3,B为NO,C为NO2,故答案为:
NH3;NO;NO2;
(2)E为HCl,溶于水溶液显酸性,配制成0.1mol/L的溶液,滴入酚酞不变色,故答案为:
无;
(3)氯化铵溶液和氢氧化钠溶液共热反应生成氨气、氯化钠和水,反应的离子方程式:
NH4++OH−
NH3↑+H2O,故答案为:
NH4++OH−
NH3↑+H2O;
(4)D→B是稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,反应的化学方程式为:
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,故答案为:
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;
(5)A→B是氨气和氧气在催化剂条件下反应生成一氧化氮和水,反应的化学方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,故答案为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
10.几种常见物质的转化关系如下图所示,图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物,其中A、C为无色气体:
请填写下列空白:
(1)物质X可以是_________,C是_________,F是_________。
(2)反应①的化学方程式是_____________________,反应②的化学方程式是_______________________。
【答案】(NH4)2CO3或NH4HCO3NH3NO22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O24NH3+5O2
4NO+6H2O
【解析】
【分析】
本题考查无机推断,反应①能与Na2O2反应,熟悉的知识是H2O或CO2与Na2O2的反应,因为A为气体,则A为CO2,D为O2,X与盐酸反应生成CO2,说明X中含有CO32-或HCO3-,X与NaOH共热反应,生成气体C,则C为NH3,即X为(NH4)2CO3或NH4HCO3,B为H2O,反应②是NH3与氧气反应生成NO,NO与O2反应生成NO2,NO2与水反应生成HNO3,据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析,X为(NH4)2CO3或NH4HCO3,C为NH3,F为NO2;
(2)反应①的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,反应②发生氨的催化氧化,即反应方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O。
【点睛】
本题的突破口在与过氧化钠反应,中学阶段学过能与过氧化钠反应的物质是CO2和H2O,根据A为气体,则A为CO2,2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,即D为O2,X与NaOH共热产生气体,化合物能与NaOH共热产生气体,则气体是NH3,然后进一步进行分析即可。
11.固体硝酸盐受热易分解且产物较复杂。
已知KNO3、Cu(NO3)2、AgNO3三种硝酸盐的热分解反应的化学方程式如下:
Ⅰ:
2KNO3
2KNO2+O2↑
Ⅱ:
2Cu(NO3)2
2CuO+4NO2↑+O2↑
Ⅲ:
2AgNO3
2Ag+2NO2↑+O2↑
某固体可能由KNO3、Cu(NO3)2、AgNO3三种硝酸盐中的一种或几种组成。
取适量该固体充分加热,得到一定量气体,该气体经水充分吸收后,剩余气体的体积在同温、同压下为吸收前的
(忽略氧气在水中的溶解)
(1)若该固体只由一种盐组成,则该盐为___________________,
(2)若该固体是混合物,则该混合物的可能组成为__________。
【答案】AgNO3KNO3、Cu(NO3)2;KNO3;Cu(NO3)2;AgNO3
【解析】
【分析】
(1)①二氧化氮和氧气按照4:
1和水混合会完全转化为硝酸,氧气不能被水吸收,二氧化氮可以和氧气之间发生反应生成硝酸和一氧化氮,据此回答判断;
②根据极限假设法,假设是一种物质,得出气体的体积在同温同压下为
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