【优化指导】高考化学总复习 课时作业19 氨 铵盐 人教版

【优化指导】高考化学总复习 课时作业19 氨 铵盐 人教版1下列判断正确的是()ANH3与N2H4每个原子最外层都达到8电子稳定结构B非金属元素形成的化合物不一定是共价化合物C氨水浓度越大，其密度越大D氨气与X相遇产生白烟，X不一定是氯化氢2将下列固体在隔绝空气的密闭容器中用酒精灯加热，在加热过程中发生了化学反应，但冷却后又聚集为原来的物质的是()A碘片B氯化铵C碘化铵 D碳酸钠解析：A.I2有此现象，但发生的是物理变化。由于HI也受热分解，所以遇冷无法变回原物质。D.Na2CO3不易分解，无此现象。答案：B3(2012杭州模拟)把蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近装有氨水的试剂瓶口，为了使现象明显，可先往瓶中加入一种物质，该物质可以选用下列物质中的()浓硫酸固体烧碱固体碳酸钙生石灰固体NH4Cl固体食盐A BC D解析：该实验的原理是NH3HCl=NH4Cl，有白烟生成。中固体烧碱溶于水放热，生石灰与水反应放热，加固体NH4Cl导致氨水的电离平衡移动减小NH3的溶解度。无影响，消耗NH3。答案：C4实验室里为了简便制取干燥的氨气，下列方法中适合的是()A加热氯化铵固体，产生的气体用碱石灰干燥B在N2和H2混合气中加入铁触媒并加热至500C在浓氨水中加入NaOH固体并加热，产生的气体用固体NaOH干燥D加热NH4HCO3，生成的气体用P2O5干燥6以下是进行氨氧化制硝酸的实验装置图，有关叙述正确的是()A烧杯中石蕊溶液不变色B烧瓶中发生喷泉现象C加热后，通过Cr2O3的气体由无色变为红棕色DCr2O3起氧化剂的作用解析：在Cr2O3起催化剂的作用下，4NH35O24NO6H2O,2NOO2=2NO2，C项正确；由于空气的通入把生成的NO2吹入石蕊溶液中，石蕊溶液变红；由于气体的不断通入，烧瓶中不会发生喷泉现象，A、B、D三项都错误。答案：C7下列说法中不正确的是()ANH3溶于水后，水溶液中存在少量的NHBNH3在铂存在下与O2反应生成NO2C凡是铵盐均能与苛性钠共热产生NH3D碳铵受热分解产生的气体经碱石灰干燥后可得纯净的NH3解析：NH3溶于水，大部分生成NH3H2O，NH3H2O只有小部分发生电离，溶液中只有少量NH；NH3在铂催化加热条件下被O2氧化生成NO；铵盐与苛性钠共热；碳铵受热分解，经过碱石灰时CO2和H2O被吸收，可得纯净NH3。答案：B8氢化铵(NH4H)与氯化铵的结构相似，又知NH4H与水反应有H2生成。则下列叙述不正确的是()ANH4H是离子化合物BNH4H固体投入少量的水中，有两种气体生成CNH4H与水反应时，NH4H是还原剂DNH4H溶于水，所形成的溶液显酸性解析：氢化铵(NH4H)与氯化铵的结构相似，所以NH4H是离子化合物，A正确；根据题目所给信息，写出NH4H与水反应的方程式：NH4HH2O=NH3H2OH2，如果投入少量的水中，则生成浓氨水，会有氨气放出，所以有氢气和氨气两种气体放出，B正确；形成的溶液呈碱性，故D项错误；NH4H与水反应时，NH4H中的1价氢被氧化到0价，即NH4H作还原剂，C项正确。答案：D9在铜的催化作用下氨气与氟气反应，得到一种三角锥形分子M和一种铵盐N。下列说法中不正确的是()A1 mol NH3反应时转移电子的物质的量为6 molBM是由极性键构成的极性分子CM既是氧化产物，又是还原产物DN属于离子晶体，既含有离子键又含有共价键10(2012西宁模拟)将6.6 g可能混有下列物质的(NH4)2SO4样品，在加热的条件下，与过量的NaOH反应，可收集到2.15 L NH3(密度为17 g/22.4 L)，则样品中不可能含有的物质是()ANH4HCO3，NH4NO3B(NH4)2CO3，NH4NO3CNH4HCO3，NH4ClDNH4Cl，(NH4)2CO3解析：若6.6 g样品为纯净的(NH4)2SO4，则与过量的NaOH反应后可得m(NH3)217 gmol11.70 g。但由信息可知6.6 g该样品实际得到NH3的质量为：2.15 L1.63 g，即等质量时，样品中含NH的质量分数小于(NH4)2SO4中NH的质量分数。分析上述各选项，D项中NH4Cl、(NH4)2CO3，NH质量分数均大于(NH4)2SO4，故D项不可能。答案：D11某同学用如图所示装置(固定、加热仪器和橡胶管略)进行有关氨气制取的实验探究，回答下列问题：(1)若用装置制取NH3，其反应的化学方程式为_；若要测定生成的NH3的体积，则必须选择的装置是_(填装置序号)，装置中所盛试剂应具有的性质是_。(2)若用装置制取并收集干燥的NH3，烧瓶内装的试剂是_，分液漏斗中装的试剂是_，收集装置应选择_(填装置序号)。(3)若用下列各种试剂组合(其他条件相同)进行制取氨气的对比实验，测出氨气的体积(标准状况)如下表：试剂：6.0 g Ca(OH)2(s，过量)，6.0 g CaO(s，过量)，5.4 g NH4Cl(s)，5.4 g (NH4)2SO4(s)。试剂组合Ca(OH)2NH4ClCa(OH)2(NH4)2SO4CaONH4ClCaO(NH4)2SO4NH3体积(mL)1 3441 3641 7921 753从表中数据分析，实验室制氨气的产率(产率100%)最高的是_(填序号)。其原因是_。解析：本题第(3)问中，与比较，排除；与比较，排除；5.4 g NH4Cl约为0.101 mol，理论上可生成0.101 mol氨气，产率()100%79.2%；54 g(NH4)2SO4约为0.041 mol，可生成气体0.082 mol，产率()100%95.4%。答案：(1)2NH4ClCa(OH)22NH3CaCl22H2O氨气难溶于该试剂，该试剂不易挥发，不与氨气反应(2)CaO或NaOH或碱石灰浓氨水或浓NH4Cl溶液(3)因为NH4Cl受热易分解，生成的部分NH3和HCl又重新结合生成NH4Cl；而用Ca(OH)2反应产生的水较多，吸收的NH3较多。所以用CaO和(NH4)2SO4反应产率最高12(2011重庆高考)固态化合物A由两种短周期元素组成，可与水发生复分解反应，甲组同学用如图所示装置(夹持装置略)对其进行探究实验。(1)仪器B的名称是_。(2)试验中，中的试纸变蓝，中黑色粉末逐渐变为红色并有M生成，则中的试剂为_；发生反应的化学方程式为_；中的试剂为_。(3)乙组同学进行同样实验，但装置连接顺序为，此时中现象为_，原因是_。(4)经上述反应，2.5 g化合物A理论上可得0.56 L(标准状况)M，则A的化学式为_。解析：(2)使干燥红色石蕊试纸变蓝的是碱性气体，中学化学中涉及到的只有氨气，即A与水反应生成氨气，因此A中含有N元素。中黑色CuO粉末逐渐变为红色，说明CuO被还原生成单质铜，因为在高温下氨气可以被氧化生成气体M，而M可用排水法收集，M为氮气，反应的方程式为。氨气在通过CuO之前必需进行干燥，干燥氨气只能用碱石灰，即中的试剂为碱石灰。因为氨气是过量的，因此在收集氮气之前需要先除去氨气，可用浓硫酸吸收多余的氨气，即中的试剂为浓硫酸。(3)如果氨气先干燥然后再通过热的CuO，氧化还原反应照样发生，由于反应有水生成，因此过量的氨气和水照样会使干燥红色石蕊试纸变蓝。(4)2.5 g化合物A生成氨气的物质的量为0.025 mol，所含N原子的质量是0.025 mol28 gmol10.7 g，因此另一种元素原子的质量是2.5 g0.7 g1.8 g。若该元素显1价，则其原子的式量是12；若该元素显2价，则其原子的式量是24；若该元素显3价，则其原子的式量是36。显然只有第二种情况成立，即该化合物是Mg3N2。答案：(1)分液漏斗(2)碱石灰3CuO2NH33Cu3H2ON2浓H2SO4(3)试纸变蓝CuO与氨气反应生成的水和未反应的氨气形成氨水，使试纸变蓝(4)Mg3N213某化学课外活动小组设计了如图所示的实验装置，进行“氨的催化氧化”实验(固定装置略去)。(1)A是加热物质的量之比为21的碳酸氢钠和碳酸氢铵的固体混合物的组合实验仪器，并且与B通过导管连接。写出加热条件下此混合物分别发生的化学反应方程式_；下列仪器中，属于A中未画出的仪器的是(填写序号)_。分液漏斗大试管烧瓶酒精灯导管橡胶塞(2)从A中出来的气体全部进入装置B中，其中能在装置B中发生反应的物质是(填写化学式)_；装置C中发生反应的化学方程式为_。(3)若B中药品足量，A中固体混合物的质量为2.47 g，全套装置中的气体反应完全，反应完成后，D中溶液体积为100 mL，试从理论上计算D中所得溶液的物质的量浓度是_。(4)指导老师从安全与环保角度考虑，指出该装置有两处明显的缺陷，请你提出修改建议：_；_。解析：根据题意写出方程式：2NaHCO3Na2CO3H2OCO2，NH4HCO3NH3CO2H2O，可知以上反应生成二氧化碳和水，都能与过氧化钠反应生成氧气，设2.47 g混合物中含有x mol碳酸氢钠、y mol碳酸氢铵，可列出两个方程xy21；84x79y2.47，解得x0.02，y0.01，故进入过氧化钠的二氧化碳和水均是0.02 mol，与过氧化钠反应共生成0.02 mol氧气，所以在C项中0.02 mol氧气与0.01 mol氨气发生反应4NH35O24NO6H2O，经计算得在该反应中剩余氧气0.0075 mol，且反应后生成了0.01 mol NO，生成的NO与剩余的氧气在水中恰好发生反应4NO3O22H2O=4HNO3，故D项中得到的是硝酸溶液，且硝酸是0.01 mol，所以溶液的物质的量浓度是0.1 molL1。 (2)CO2、H2O4NH35O24NO6H2O(3)0.1 mol/L(4)在装置C、D之间增加一个防倒吸装置在装置D后面增加一个尾气吸收装置14某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子。称取两份质量均为45.3 g的该结晶水合物，分别制成溶液。向其中一份逐滴加入NaOH溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，加热后共计可收集到2.24 L该气体(标准状况)；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失。另一份逐滴加入Ba(OH)2溶液，开始现象类似，但最终仍有白色沉淀；过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6 g。请回答下列问题：(1)该结晶水合物中含有的两种阳离子是_和_。(2)试通过计算确定该结晶水合物的化学式为_。(3)假设过程中向该溶液中加入的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为2.0 molL1。加入Ba(OH)2溶液后，若所得沉淀的总物质的量最大，则反应的离子方程式为_。若加入75 mL的Ba(OH)2溶液，则得到的沉淀质量为_g。解析：(1)由加入NaOH溶液产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，可知该结晶水合物中含有NH，再利用开始时产生白色沉淀，NaOH过量时沉淀消失，可知另一阳离子为Al3；(2)结合(1)分析可知再加入过量Ba(OH)2经硝酸处理后得到沉淀，可知一定是Ba2与原结晶水合物中的阴离子形成的BaSO4沉淀；由m(BaSO4)4.66 g可推知，45.3 g结晶水合物中含有n(SO)46.6 g/233 gmol10.2 mol，再利用NH3体积可知45.3 g结晶水合物中含有n(NH)2.24 L/22.4 Lmol10.1 mol，利用电荷守恒可知含n(Al3)0.1 mol，再利用质量守恒可知含有n(H2O)(45.3 g0.2 mol96 gmol10.1 mol18 gmol10.1 mol27 gmol1)/18 gmol11.2 mol，故该结晶水合物的化学式为NH4Al(SO4)212H2O。(3)若使沉淀的物质的量最大，即让Al3、SO全部转化为沉淀且生成的Al(OH)3不溶解，要求NH4Al(SO4)212H2O与Ba(OH)2以物质的量之比