《通用版2019版高考化学微一轮复习第15讲氮及其重要的化合物微课时练20180509117.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《通用版2019版高考化学微一轮复习第15讲氮及其重要的化合物微课时练20180509117.doc（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第15讲氮及其重要的化合物一、选择题1某同学探究氨和铵盐的性质，相关实验操作及现象描述正确的是()A室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，比较氨水和NaOH碱性强弱B将氨水缓慢滴入AlCl3溶液中，研究Al(OH)3的两性C将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近，观察到白烟D加热除去NH4Cl中的少量NaHCO3解析：氨水中的主要成分一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，前者部分电离，后者完全电离，故通过室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，可以比较氨水和NaOH碱性强弱；Al(OH)3只能溶于强碱溶液，不能溶于氨水中；浓硫酸无挥发性，无法观察到白烟；NH4Cl受热也会分解，故不可采用加热
2、法。答案：A2某同学仿照“喷泉”实验的原理，在实验室中做了一个“喷烟”实验，如图所示。他在甲、乙两个烧瓶中分别充入X、Y两种无色气体，在胶头滴管中盛有含酚酞的NaOH溶液，实验时将胶头滴管内的液体挤入甲烧瓶内，然后打开弹簧夹，便可以看到甲烧瓶中的导管口喷出白色的烟，同时甲烧瓶中的溶液颜色逐渐变浅。若已知X、Y是HCl、NH3、Cl2、O2、SO2、NO气体中的两种，则下列判断中，正确的是()AX是NH3，Y是HClBX是Cl2，Y是NH3CX是SO2，Y是O2 DX是NO，Y是O2解析：根据题中已知的气体，能产生白烟的是HCl和NH3或Cl2和NH3，再根据题中信息“甲烧瓶中的溶液颜色逐渐变浅
3、”可知X是NH3，Y是HCl，故A项正确。答案：A3相同质量的铜片分别与体积相同且过量的浓硝酸、稀硝酸反应，两者比较相等的是()反应中氧化剂得到电子总数铜片消耗完所需时间反应后溶液中铜离子浓度(反应后溶液体积不变)反应生成气体的体积(同温、同压)A BCD解析：铜与浓、稀硝酸反应均被氧化为Cu2，铜片质量相同时转移电子数相同，对；浓硝酸的氧化性强，与铜反应时反应速率快，错；浓、稀硝酸体积相同且过量，铜片全部反应，因此反应后溶液中Cu2浓度相同，对；根据浓、稀硝酸与铜反应的化学方程式可知，反应后生成气体的物质的量不同，同温同压时体积肯定不同，错。答案：A4(2018沈阳一中模拟)在一定条件下，将
4、NO2和O2的混合气体12 mL通入足量水中，充分反应后剩余2 mL气体(同温同压下)，则原混合气体中氧气的体积为()1.2 mL2.4 mL3 mL4 mLA BC D解析：若剩余2 mL O2，则V(NO2)(122)mL8 mL，则混合气体中V(O2)12 mL8 mL4 mL。若剩余的2 mL气体是NO，则混合气体中的V(O2)(12 mL2 mL3)1.2 mL，D项正确。答案：D5(2018北京朝阳区检测)下列解释事实的方程式不正确的是()A铝热法炼铁：2AlFe2O32FeAl2O3B工业进行“氮的固定”：N23H2 2NH3C铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：3Fe8H2NO=3F
5、e22NO4H2OD用铜和稀硝酸制备硝酸铜：Cu4H2NO=Cu22NO22H2O解析：Cu与稀HNO3反应生成NO。答案：D62015年8月12日晚天津港危化品发生爆炸，造成重大财产损失和人员伤亡。据报道爆炸点库存大量硝酸铵、硝酸钾、氰化钠(NaCN)、金属钠和镁等化学品。下列说法错误的是()A硝酸铵受热或撞击易发生爆炸B爆炸引发大火，可以用大量水灭火C氰化钠属于剧毒物质，用过氧化氢处理氰化钠现场和水污染的离子方程式：2CN5H2O2=2HCON24H2OD硝酸盐等氧化性物质不能与还原性物质如钠、镁、有机物等存在一起解析：由于金属钠能与水发生反应，故不能用水灭火，B项错误。答案：B7(201
6、8湖北恩施模拟)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一定为酸B若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质C若A、B、C、D均为化合物，该反应一定属于复分解反应D若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D常温下一定呈液态解析：A项，若A为Fe，D为H2，则B可以是水，也可以是非氧化性酸；B项，若A为NO2，D为HNO3，B为水，则C为NO；C项，若A、B、C、D均为化合物，该反应可以是复分解反应，也可以是氧化还原反应，如NO2和水的反应。答案：D8为证明稀硝酸与铜反应产物中气体为NO，设计如图实验(实验过
7、程中活塞2为打开状态)，下列说法中不正确的是()A关闭活塞1，加入稀硝酸至液面a处B在装置左侧稍加热可以加快稀硝酸与铜的反应速率C通过关闭或开启活塞1可以控制反应的进行D反应开始后，橡胶塞下方有无色气体生成，但不能证明该气体为NO解析：选项A，关闭活塞1，将无法加液体到液面a处，错误。答案：A9(2018安徽宣城联考)铵盐受热易分解，但硝酸铵在不同条件下分解所得产物不同。下列各组物质中可能是硝酸铵分解产物的是()AO2HNO3H2OBN2NH3H2OCNH3HNO3 DNH3NOH2解析：NH4NO3O2HNO3H2O中，化合价只有升高没有降低，A错误；观察反应物NH4NO3，其化学式中N原子
8、数小于O原子数，若生成物是NH3NOH2，无论如何配置化学计量数，N原子数总是大于O原子数，所以该方程式不能配平，实际上不能发生，D错误；B项，表面上看可以发生，但实际上由于铵根中的N由3价升高到0价，硝酸根中的氮由5价降低到0价，变价的两种氮原子的物质的量之比为53，因此3价的氮原子不可能剩余，即不可能有NH3产生(但5价的氮原子有可能剩余，所以可能有HNO3生成，即NH4NO3N2HNO3H2O有可能发生)，错误。答案：C10将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol/L的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成
9、沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，则下列有关叙述中正确的是()A开始加入合金的质量可能为16.4 gB参加反应的硝酸的物质的量为0.1 molC沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100 mLD标准状况下产物NO的体积为22.4 L解析：增加的质量即OH的质量，则n(OH)5.1 g17 g/mol0.3 mol，则消耗NaOH溶液的体积为0.3 mol3 mol/L0.1 L100 mL，C项正确；根据得失电子守恒和电荷守恒可知，反应中转移的电子总数为0.3 mol，若合金全部是Mg，质量为3.6 g，若全部是铜，质量为9.6 g，则合金的质量应介于3.6 g与9.6 g之间，A项错；被
10、还原的硝酸为0.1 mol，起酸性作用的硝酸为0.3 mol，则参加反应的硝酸为0.4 mol，B项错；标准状况下0.1 mol NO的体积为2.24 L，D项错。答案：C二、非选择题11(2018北京海淀模拟)氨气在工农业生产中有重要应用。(1)氮气用于工业合成氨，写出氮气的电子式：_。NH3的稳定性比PH3_(填“强”或“弱”)。(2)如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为_。浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，该固体可能是_(写化学式，一种即可)。FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，过一段时
11、间后变成红褐色，发生的反应包括Fe22NH3H2O=Fe(OH)22NH和_。(3)空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，用平衡移动原理解释其原因：_。(4)在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，反应的化学方程式为_，若反应中有0.3 mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为_ g(小数点后保留两位有效数字)。解析：(4)方程式为2NH33O22HNO22H2O，由方程式可看出，每当生成1 mol HNO2，转移电子数为6 mol，当有0.3 mol电子发生转移时，生成亚硝酸0.05
12、mol，即2.35 g。答案：(1)NN强(2)NH3HCl=NH4ClNH4HSO4或(NH4)2SO44Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3(3)氨在水中存在平衡：NH3H2O NH3H2ONHOH，加入NaOH后OH浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除(4)2NH33O22HNO22H2O2.3512探究实验发现，硝酸发生氧化还原反应时，浓度越小，对应还原产物中氮元素的化合价越低。(1)一定条件下，将少量的镁粉与足量极稀的硝酸充分反应，完成并配平下列化学方程式： (2)为了测定某镁铝合金中两种金属的物质的量之比，某同学取一定量镁铝合金与足量极稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放
13、出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入1 mol/L 的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。试回答下列问题：逐滴加入1 mol/L的氢氧化钠溶液的定量玻璃仪器为_。图中OC段发生反应的离子方程式为_。由上述图形分析可知，溶液中结合OH能力最强的阳离子是_(填离子符号，下同)，最弱的阳离子是_。通过上图数据计算知：合金中两种金属的物质的量之比n(Mg)n(Al)_。解析：(1)根据题中给定产物，确定HNO3的还原产物为NH4NO3，Mg的氧化产物只能为Mg(NO3)2，根据化合价升降相等配平该反应方程式。(2)分析镁与HNO3的反应产物，可推知
14、Al与HNO3反应生成Al(NO3)3、NH4NO3、H2O，则结束后的溶液中含有Mg(NO3)2、Al(NO3)3、HNO3、NH4NO3，与NaOH首先反应的是HNO3，HNO3NaOH=NaNO3H2O，再发生的反应为Mg22OH=Mg(OH)2，Al33OH=Al(OH)3，达到图象中的D点，对应B点的沉淀有Mg(OH)2和Al(OH)3；继续滴加的NaOH溶液又与NH反应：NHOH=NH3H2O；EF段表示Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O，F点对应的A点的沉淀为Mg(OH)2。由该过程分析，结合OH最强的阳离子为H，最弱的为NH；由EF段消耗的V(NaOH溶液)，计算nA
15、l(OH)3，进一步知道n(Al)，由DE段消耗的V(NaOH溶液)计算n(NH)，再根据电子守恒计算n(Mg)，可得答案。答案：(1)4104Mg(NO3)213(2)碱式滴定管HOH=H2OHNH5213有甲、乙两位同学想利用下列装置及化学试剂，对实验室制取并收集氨气的实验进行改进。化学试剂：NH4Cl固体、浓氨水、固体NaOH。(1)甲同学想方便快速制取少量氨气，应选择的装置是_(填序号)。选用试剂是_(填序号)，选用上述试剂制氨气的理由是_。实验过程中，制气时的实验操作是_。(2)乙同学建议，把教材中实验室制取氨气的收集装置由大试管改为集气瓶且瓶口向上收集氨气，并确保不污染环境，请你根
16、据其设想回答：若用排气法收集氨气，请在方框内画出其气体收集装置和尾气吸收装置，标出所用试剂(自选)名称。若用排液集气法收集NH3，可选用的试剂是_(填序号)。AH2O B浓H2SO4CCCl4 D饱和NaCl溶液解析：(1)不加热制取NH3是快速制取少量NH3的方法，其操作为把浓氨水滴到固体NaOH上。(2)用排气法收集NH3的装置中要注意广口瓶中导气管的长短，因NH3的密度比空气的小，故进气管短，出气管长，因NH3极易溶于水，进行尾气处理时，要设置防倒吸装置。用排液法收集NH3时，要求液体不能溶解NH3(排除A、D两项)不与NH3发生反应(排除B项)，故选CCl4。答案：(1)BNaOH固体
17、遇水放热，使NH3的溶解度降低，同时可使溶液中c(OH)增大，促使NHOHNH3H2ONH3H2O平衡向右移动，从而使NH3逸出将浓氨水逐滴滴加到NaOH固体上(2)C14(2018山东青岛质检)氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如图所示的装置。(1)若分液漏斗中氨水的浓度为9.0 molL1，配制该浓度的氨水100 mL，用到的玻璃仪器有100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、_。(2)甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，烧瓶内固体X的名称为_。(3)乙装置的作用是_；写出受热时丙装置发生反应的化学方程式_。(4)当戊中观察到_，则说明已
18、制得硝酸。某同学按如图组装仪器并检查气密性后进行实验，没有观察到此现象，请分析实验失败的可能原因_。如何改进装置_。(5)改进后待反应结束，将丁装置倒立在盛水的水槽中，会观察到的现象是_。解析：(1)量取浓氨水要用量筒，稀释浓氨水要用烧杯、玻璃棒，配制溶液要用100 mL容量瓶，胶头滴管。(2)甲装置不需要加热即能同时产生NH3和O2，说明固体X溶于氨水既放热促进NH3逸出又产生O2，则固体为Na2O2。(3)乙装置为干燥管，作用是干燥O2和NH3的混合气体；丙装置发生反应的化学方程式为4NH35O24NO6H2O。(4)因为HNO3具有酸性，能使紫色石蕊试液变红，所以当戊中观察到紫色石蕊试液
19、变红，说明已制得HNO3；没有观察到现象，则应是生成的HNO3与过量的NH3发生了反应；在丙和丁之间连接盛有无水CaCl2的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶除去多余的NH3确保戊溶液呈酸性。(5)改进后待反应结束，将丁装置收集的NO2，倒立于盛水的水槽中，NO2和水反应生成NO和HNO3，故观察到的现象为试管内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色。答案：(1)胶头滴管、量筒(2)过氧化钠(3)干燥氧气和氨气的混合气体4NH35O24NO6H2O(4)紫色石蕊试液变红过量的氨气致使戊中溶液不一定呈酸性在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶(5)试管内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色9