2020人教版高考化学一轮复习课时分层提升练： 十三 4.4氮及其重要化合物 含解析.doc

教学资料范本2020人教版高考化学一轮复习课时分层提升练： 十三 4.4氮及其重要化合物 含解析编 辑：_时 间：_ 十三氮及其重要化合物一、选择题1.下列关于自然界中氮循环(如图)的说法不正确的是()A.氮元素均被氧化B.工业合成氨属于人工固氮C.含氮无机物和含氮有机物可相互转化D.碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环【解析】 选A。A,人工固氮时,N2+3H22NH3,氮元素被还原;B,把游离态的氮元素转化为含氮化合物的过程是氮的固定,工业合成氨气属于人工固氮;C,硝酸盐可转化为蛋白质,动植物遗体可转化为氨气或铵盐,则含氮有机物和含氮无机物可相互转化;D,在自然界氮循环过程中,碳、氢、氧三种元素也参与了循环。2.(20xx松江模拟)某同学探究氨和铵盐的性质,下列对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的酸性C.将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近,观察到白烟D.加热除去NH4Cl中的少量NaHCO3【解析】选A。氨水的主要成分NH3H2O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,可比较氨水和NaOH碱性强弱,A正确;由于NH3H2O是弱碱,Al(OH)3不能溶于氨水中,故无法验证Al(OH)3的酸性,B错误;浓硫酸无挥发性,无法观察到白烟,C错误;NH4Cl受热也会分解,故不可采用加热法除杂,D错误。3.某实验过程如图所示,则图中试管的现象是()A.无明显现象,因稀硫酸不与铜反应B.铜片溶解,产生无色气体,该气体遇到空气不变色C.铜片溶解,放出红棕色有刺激性气味的气体D.铜片溶解,产生无色气体,该气体在试管口变为红棕色【解析】选D。生成的Cu(NO3)2在H2SO4的酸性条件下相当于又有了HNO3,铜片会继续溶解生成NO。4.(20xx黄冈模拟)向盛有100 mL HNO3溶液的烧杯中加入一定量的Cu、Al合金(还原产物为NO),充分反应后向溶液中加入1 molL-1的NaOH溶液,产生沉淀的质量与所加溶液的体积的关系如图所示。则原HNO3溶液的物质的量浓度是()A.0.4 molL-1B.0.45 molL-1C.0.525 molL-1D.0.625 molL-1【解析】选C。沉淀达到最大值时所得溶液是硝酸钠,此时加入氢氧化钠的物质的量是0.04 mol,根据原子守恒可知硝酸钠是0.04 mol,因此没有被还原的硝酸是0.04 mol;根据图象可知产生沉淀时消耗的氢氧化钠是0.037 5 mol,由于金属失去电子的物质的量与金属阳离子结合的氢氧根离子的物质的量相等,所以金属失去电子是0.037 5 mol,根据电子得失守恒可知被还原的硝酸是 =0.012 5 mol,所以原硝酸的物质的量是0.052 5 mol,浓度是=0.525 molL-1,答案选C。二、非选择题5.(20xx黄冈模拟)下列框图涉及的物质所含元素中,除一种元素外,其余均为118号元素。已知:A、F为无色气体单质,B为具有刺激性气味的气体,C为黑色氧化物,E为红色金属单质(部分反应的产物未列出)。请回答下列问题:(1)D的化学式为_;F的结构式为_。(2)A与B生成D的反应在工业上是生产_的反应原理之一。(3)E与G的稀溶液反应的离子方程式为_。(4)B和C反应的化学方程式为_。(5)J、K是同种金属的不同氯化物,K为白色沉淀。写出SO2还原J生成K的离子方程式:_。【解析】由“红色金属单质”可知E为铜,进而推出“黑色氧化物”C为CuO。结合“B为具有刺激性气味的气体”和框图中F在放电时与A反应,可知B、F、A、D分别为NH3、N2、O2、NO。进而推出G、H、I、J分别为HNO3、Cu(NO3)2、Cu(OH)2、CuCl2。(1)N2中含有3个共用电子对,氮原子间形成三键。(3)Cu与稀硝酸反应生成NO,离子方程式为3Cu+8H+2N3Cu2+2NO+4H2O。(4)由上述分析可知,CuO与NH3反应生成Cu、N2和H2O,化学方程式为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。(5)CuCl2被SO2还原,铜化合价降低生成的氯化物只能是CuCl,硫化合价升高转化成S,离子方程式为2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O2CuCl+4H+S。答案:(1)NONN(2)硝酸(3)3Cu+8H+2N3Cu2+2NO+4H2O(4)3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O(5)2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O2CuCl+4H+S6.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_(填写“强”或“弱”)。(2)如下图所示,向培养皿中央的NaOH固体上滴几滴浓氨水,迅速用一表面皿扣在上面,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,过一段时间后变成红褐色,发生的反应包括Fe2+2NH3H2OFe(OH)2+2N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气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】(1)氮气电子式中存在三键;根据非金属性的判断依据“非金属性越强,气态氢化物越稳定”,很容易判断出NH3的稳定性强于PH3。(2)根据现象写方程式;氨气溶于浓硫酸,能生成(NH4)2SO4或NH4HSO4;根据现象写方程式,氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁:4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。(3)氨气在水中存在平衡:NH3+H2ONH3H2ON+OH-,加入NaOH后OH-浓度增大,平衡逆向移动,故有利于氨气的逸出。(4)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 mol,即2.35 g。答案:(1) 强(2)NH3+HClNH4ClNH4HSO4或(NH4)2SO44Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3(3)氨气在水中存在平衡:NH3+H2ONH3H2ON+OH-,加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动,故有利于氨气的脱除(4)2NH3+3O22HNO2+2H2O2.35一、选择题1.关于氮的变化关系图如下:则下列说法不正确的是()A.路线是工业生产硝酸的主要途径B.路线、是雷电固氮生成硝酸的主要途径C.上述所有反应都是氧化还原反应D.氮气在足量的氧气中通过一步反应可生成NO2【解析】选D。氮气和氧气在放电条件下反应生成NO,NO与O2转化为NO2,即氮气与氧气不能一步转化为NO2。2.(20xx黄石模拟)已知氮氧化物(可用NOx表示)能与NH3发生反应NOx+NH3 N2+H2O(方程式未配平)。现有NO、NO2的混合气体3 L,用同温同压下3.6 L NH3与其反应使其恰好完全转化为N2,则混合气体中NO、NO2的物质的量之比为()A.11B.21C.13D.14【解析】选D。NO、NO2的混合气体3 L,用同温同压下3.6 L NH3与其发生反应使其恰好完全转化为N2,体积比等于物质的量之比,可设混合气体3 mol,氨气3.6 mol,NO、NO2分别为x mol、y mol,则x+y=3、2x+4y=3.63,解得x=0.6、y=2.4 mol,则混合气体中NO、NO2的物质的量之比为0.6 mol2.4 mol =14。3.(20xx湘潭模拟)NH3是一种重要的化工原料,可以制备一系列物质(如图)。下列有关表述正确的是()A.NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥B.NO2与水反应时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为11C.NH3和NO2在一定条件下可发生氧化还原反应D.利用上述关系制取NaHCO3的操作为:向饱和NaCl溶液中依次通入过量的CO2、NH3,然后过滤得到NaHCO3【解析】选C。NaHCO3不是化肥,A项错误;氧化剂与还原剂的物质的量之比为12,B项错误;制NaHCO3时是向饱和NaCl溶液中依次通入NH3和CO2,D项错误。4.Cu与浓硝酸反应生成氮的氧化物,这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液,反应过程及有关数据如图所示:下列有关判断正确的是()A.若铜片为51.2 g,则生成0.2 mol NaNO3B.常温下,Cu遇浓硝酸发生钝化,不可能发生上述反应C.标准状况下收集的氮氧化物为20.16 LD.反应过程中生成的Cu(NO3)2既是氧化产物,也是还原产物【解析】选A。分析整个反应过程可知仅有两种元素的化合价发生变化,即CuCu2+,HNO3NaNO2,51.2 g Cu的物质的量为0.8 mol,共失电子0.8 mol2=1.6 mol,由得失电子守恒可知HNO3NaNO2得1.6 mol电子,故产物中NaNO2的物质的量为0.8 mol,由Na原子守恒可知另一种产物NaNO3为0.2 mol,A正确;常温下,Cu能与浓硝酸反应,B错误;部分NO2会转化为N2O4,而N2O4在标准状况下不是气体,C错误;反应过程中生成的Cu(NO3)2是氧化产物,不是还原产物,D错误。【加固训练】将Mg、Cu组成的m g混合物投入适量稀硝酸中恰好完全反应,固体完全溶解时收集到的还原产物NO气体为0.896 L(标准状况),向反应后的溶液中加入2 molL-1 NaOH溶液60 mL时金属离子恰好沉淀完全,则形成沉淀质量为()A.(m+2.28) gB.(m+2.04) gC.(m+3.32) gD.(m+4.34) g【解析】选B。利用守恒法解答当金属离子恰好沉淀时,m(沉淀)=m(金属)+m(OH-),守恒的巧妙之处在于,n(OH-)=n(金属失电子)=n(NO得到的电子)=3=0.12 mol,m(沉淀)=m(金属)+m(OH-)=m g+0.1217 g=(m+2.04)g,B正确。二、非选择题5.(新题预测)亚硝酸钠(NaNO2)是重要的防腐剂。实验室以木炭、浓硝酸、水和铜为原料制取的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示(部分夹持装置略)。已知:室温下,2NO+Na2O22NaNO2;3NaNO2+3HCl3NaCl+HNO3+2NO+H2O;酸性条件下,NO或N都能与Mn反应生成N和Mn2+。完成下列填空:(1)写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式_ _。(2)B中观察到的主要现象是有无色气体产生和_,D装置的作用是_。(3)检验C中产物有亚硝酸钠的方法是_。(4)经检验C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠,为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置,则该装置中盛放的药品名称是_。(5)将1.56 g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠,理论上至少需要木炭_g。【解析】(1)装置A中,浓硝酸和木炭在加热条件下反应生成二氧化氮、二氧化碳和水,反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O。(2)装置B中发生的反应是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮:3NO2+H2O2HNO3+NO,硝酸和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,所以反应现象为溶液变蓝,铜片溶解;NO在装置C中与Na2O2反应制备NaNO2,最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余的一氧化氮,防止污染空气。(3)将生成物置于试管中,加入稀盐酸,若产生无色气体并在液面上方变为红棕色,则C中产物有亚硝酸钠。(4)生成碳酸钠是由于二氧化碳和过氧化钠发生反应,生成氢氧化钠是由于水蒸气和过氧化钠发生反应,所以要避免生成碳酸钠和氢氧化钠,应除去二氧化碳和水蒸气,因此可在B、C装置间增加盛有碱石灰的装置。(5)1.56 g过氧化钠的物质的量是=0.02 mol,则根据2NO+Na2O2 2NaNO2可知需要NO 0.04 mol。浓硝酸转化为NO,得到3个电子,因此生成0.04 mol NO需要得到0.12 mol电子,碳在反应中失去4个电子,所以需要碳的物质的量是0.12 mol=0.03 mol,其质量是0.03 mol12 gmol-1=0.36 g。答案:(1)C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O(2)铜片逐渐溶解,溶液变为蓝色吸收未反应的NO(3)取样,加入稀盐酸,产生无色气体,遇到空气变为红棕色(4)碱石灰(5)0.366.羟胺(NH2OH,不稳定、极易溶于水的白色固体)在有机合成中用作还原剂。据此回答下列问题:(1)羟胺分子的电子式为_,其中氮的化合价为_。(2)以Pd/C为催化剂,用H2还原硝酸制备羟胺,反应的化学方程式为_。(3)羟胺为一元弱碱,在水中的电离方式与氨相似。羟胺溶于水的电离方程式为_,电离常数Kb的值为_(已知:NH2OH+H+NH3OH+的平衡常数K=6.6105;Kw=1.010-14)。羟胺与硫酸形成的正盐的化学式为_。(4)羟胺是一种强还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入羟胺溶液,观察到的现象是_。羟胺作还原剂的优点是_。(5)羟胺可以把碱性废水中剧毒的Na3AsO3转化为Na3AsO4,理论上1 mol 羟胺可除去废水中溶解的1 mol Na3AsO3,该反应的还原产物为_。在有机合成中,羟胺与丁二酮()反应制备检验镍离子的丁二酮肟(),反应的化学方程式为_。【解析】(1)从结构上看,羟胺是由氨分子中的一个氢原子被羟基代替形成的,故羟胺分子的电子式为羟胺分子中,H的化合价是+1,O的化合价是-2,根据化合物中正、负化合价代数和为0可以求出N的化合价是-1。(2)HNO3被还原为NH2OH,N的化合价由+5降低到-1,即1 mol HNO3得到6 mol e-,还原剂是H2,1 mol H2失去2 mol e-,由得失电子守恒知,1 mol HN