第4讲 氮及其重要化合物

1、第4讲氮及其重要化合物测控导航表考点题号及难易度N2及氮的氧化物6铵盐、NH3性质与制法1,2,5,11HNO3的性质3,4,8(中),9(中),13综合应用7,10(中),12(中),14(中)一、选择题1.(2014·松江期末)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)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

2、,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,A正确;Al(OH)3只能溶于强碱溶液,不能溶于氨水中,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,D错误。2.下列物质与水作用形成的溶液能与NH4Cl反应生成NH3的是(B)A.二氧化氮B.钠C.硫酸镁 D.二氧化硅解析:二氧化硅不溶于水;二氧化氮溶于水形成硝酸溶液,硫酸镁溶于水形成硫酸镁溶液,这两者都不能与NH4Cl反应;钠与水反应形成的NaOH溶液能与NH4Cl发生复分解反应生成NH3。3.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

3、者比较相等的是(A)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.B.C.D.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、稀硝酸足量,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。4. (2014·福建四地六校联考)用内置有螺旋状铜丝的胶头滴管小心吸取一滴管浓硝酸后迅速插入细口瓶中(如图),滴管与瓶口接触处垫一小块滤纸使滴管与

4、瓶口留少量空隙,依次观察到如下现象:滴管内产生红棕色气体,液面下降;滴管内的液面上升,气体变成无色;滴管内的液面再次下降。下列说法中不正确的是(D)A.现象中产生的红棕色气体为NO2B.产生现象的原因是NO2与水反应C.产生现象的原因是铜与稀硝酸反应D.最终瓶内溶液中的溶质一定只有Cu(NO3)2解析:用内置有螺旋状铜丝的胶头滴管小心吸取一滴管浓硝酸后迅速插入细口瓶中,铜和浓硝酸发生反应Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2+2H2O,生成的二氧化氮为红棕色气体,A项正确;现象中产生的二氧化氮能和水发生反应3NO2+H2O2HNO3+NO,从方程式可知,3 mol 红棕色的二氧化氮与

5、水反应,生成1 mol无色一氧化氮气体,气体的体积减小,滴管内的压强减小,所以滴管内的液面上升,气体变成无色,B项正确;现象是稀硝酸与内置的螺旋状铜丝发生反应3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO+4H2O,因滴管内有气体生成,压强增大,所以滴管内的液面再次下降,C项正确;最终可能有硝酸剩余,所以最终瓶内溶液中的溶质有Cu(NO3)2,也可能有硝酸,D项错误。5.(2014·河北衡水中学高三模拟)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

6、液体挤入甲烧瓶内,然后打开止水夹,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(A)A.X是NH3,Y是HClB.X是Cl2,Y是NH3C.X是SO2,Y是O2D.X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”可知X是NH3,Y是HCl,故A项正确。6.(2014·长春模拟)将容积为50 mL的量筒内充满二氧化氮和氧气的混合气体,倒置量筒在盛满水的水槽里,一段时间后,量筒里剩余气

7、体体积为5 mL。则原混合气体中NO2和O2的体积比是(D)A.43B.743C.455D.187解析:根据反应4NO2+O2+2H2O4HNO3进行计算。若剩余5 mL气体为O2,那么V(NO2)=(50-5) mL×45=36 mL,V(O2)=14 mL,V(NO2)V(O2)=187;若剩余5 mL气体为NO,那么未与氧气发生反应的NO2为15 mL,那么V(O2)=(50-15) mL×15=7 mL,V(NO2)=43 mL,V(NO2)V(O2)=437。7.(2014·漳州七校联考)1.92 g Cu投入一定量的浓硝酸中,Cu完全溶解,生成气体颜色

8、越来越浅,共收集到标准状况下 672 mL气体,将盛有此气体的容器倒扣在水槽中,通入标准状况下一定体积的O2,恰好使气体完全溶于水,则通入O2的体积为(B)A.504 mLB.336 mLC.224 mLD.168 mL解析:1.92 g Cu的物质的量为n(Cu)=1.92 g64 g/mol=0.03 mol,反应时失去电子数目为2×0.03 mol=0.06 mol,反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3,反应前后HNO3的物质的量不变,而化合价变化的只有铜和氧气,则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目,所以消耗氧气的物质的量为n(O2)=0.06mol4=0.015 m

9、ol,V(O2)=0.015 mol×22 400 mL/mol=336 mL,所以通入O2的体积为336 mL,故选B。8.(2014·河北名校联考)下列图像表示将铁粉逐渐加入一定量的稀硝酸中时,铁和硝酸铁之间物质的量(mol)的关系,其中正确的是(B)解析:由发生反应的化学方程式,得出关系式:2Fe2Fe(NO3)3Fe2 1设生成Fe(NO3)3消耗铁的物质的量为n1(Fe),将Fe(NO3)3 完全转化消耗铁的物质的量为n2(Fe),n1(Fe)n2(Fe)=21,即2 mol Fe参加反应,生成2 mol Fe(NO3)3,1 mol Fe与2 mol Fe(NO

10、3)3 反应,对比图像比例关系,B正确。9.(2014·东北三省三校第一次联合模拟)6 g Mg、Cu合金与一定量的硝酸恰好完全反应,收集到标准状况下V L NO和NO2的混合气体。向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液,得到沉淀12.12 g。则V的值可能是(B)A.2.688B.4.48C.8.064D.8.96解析:产物中Mg、Cu都是+2价,失去的电子数与硝酸得到的电子数相等。Mg变为Mg(OH)2沉淀,Cu变为 Cu(OH)2沉淀。因此变为沉淀的OH-的物质的量与电子转移的物质的量相等。沉淀增加的质量即为OH-的质量。n(OH-)=(12.12-6)g17 g/mol=0.3

11、6 mol,n(e-)=n(OH-)=0.36 mol。若气体完全为NO,则根据电子守恒可得n(NO)=0.36mol3×22.4 L/mol=2.688 L,若气体完全为NO2,则根据电子守恒可得n(NO2)=0.36 mol×22.4 L/mol=8.064 L,但实际上产生的气体既有NO也有NO2。所以放出的气体的体积应该在2.688 L8.064 L之间。因此选B。10. (2014·湖北八校第二次联考)向一洁净干燥的烧杯中加入44.4 g Al粉与Fe粉混合物,然后加入过量的盐酸,产生标准状况下气体26.88 L。若将该混合物加入500 mL 14 mo

12、l·L-1的HNO3溶液中(不考虑发生钝化),产生的气体体积随时间的变化关系(标准状况下测定)如图所示,假设HNO3的还原产物为NO与NO2,那么理论上从哪一时刻开始产生NO气体?(假设浓度小于9 mol·L-1为稀HNO3)(C)A.t1B.t2C.t3D.t4解析:由Al粉与Fe粉的混合物共44.4 g,与过量盐酸反应产生标准状况下氢气26.88 L,根据得失电子守恒可以计算出Al与Fe分别是0.4 mol、0.6 mol,将该混合物加入500 mL 14 mol·L-1的HNO3溶液中,若金属全部生成+3价硝酸盐,则起酸性作用的硝酸的物质的量为3 mol,被

13、还原的硝酸的物质的量由图中的气体体积可知是2 mol,所以共消耗硝酸3 mol+2 mol=5 mol<0.5 L×14 mol·L-1=7 mol,硝酸过量,固体全部溶解。设气体产物中NO与NO2的物质的量分别为x mol、y mol,根据得失电子守恒可得,3x+y=(0.4+0.6)×3,x+y=2,解得x=0.5,y=1.5,1.5 mol×22.4 L·mol-1=33.6 L,所以理论上在t3时刻开始产生NO气体,选C。二、非选择题11.(2014·福建宁德模拟)某研究性学习小组对实验室制取NH3进行了如下设计:(1)

14、甲同学拟用浓氨水和固体NaOH制取NH3,并用图装置作为NH3的发生装置。写出固体NaOH的作用      。 (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来收集氨气,并确保不污染环境。请你根据其设想回答:若用排空气法收集NH3,请在图的方框内画出其气体收集装置和尾气吸收装置,标出所用的试剂(自选)名称。若用排液取气法收集NH3,可选用的试剂是(填序号)。 A.H2OB.浓硫酸C.CCl4D.饱和NaCl溶液解析:(1)从化学平衡及固体NaOH的性质角度分析,可写出固体NaOH的作用。(2)氨气的密度比空气小,

15、应该用向下排空气法收集,所以当瓶口向上收集时应短进长出,还应该注意尾气吸收。由于NH3极易溶于水,所以应用倒置漏斗,以防倒吸。氨气易溶于H2O、浓H2SO4、饱和NaCl溶液,所以只能选择CCl4。答案:(1)NaOH溶解放热,使NH3的溶解度降低,NH3逸出;使溶液中的c(OH-)增大,促使NH3+H2ONH3·H2O NH4+OH-平衡向左移动,NH3逸出(2)C12.(2014·天津五区县期末)某同学实验探究氨气的还原性并进行系列实验。(1)将光亮的紫红色铜丝绕几圈后,在酒精灯火焰上加热,等铜丝变黑后,趁热将铜丝插入疏松的氯化铵晶体里,即刻发现有白色烟雾生成,拿出铜丝

16、后,铜丝又转变为光亮的紫红色。在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜即利用了该原理,请完成该反应:CuO+NH4ClCu+CuCl2+N2+() (2)利用下列装置,进行NH3与金属氧化物MxOy反应生成M、H2、H2O,通过测量生成水的质量来测定M的相对原子质量的实验。a中试剂是浓氨水。仪器a的名称为,仪器b中装入的试剂可以是。 按气流方向正确的装置连接顺序为  (填序号,装置可重复使用)。实验结束时,应首先(填序号)。 .熄灭A装置的酒精灯.停止从a中滴加液体若实验中准确称取金属氧化物的质量为m g,完全反应后,测得生成水的质量为n g,则M的相对

17、原子质量为(用含x、y、m、n的式子表示)。 (3)若金属氧化物MxOy为Fe2O3,将反应后固体溶于稀硫酸,然后滴加KSCN溶液没发生明显变化。推测该固体成分可能是(你认为有几种可能填几种)、。 解析:(1)根据电子得失守恒配平,可得4CuO+2NH4Cl3Cu+CuCl2+N2+4H2O。(2)仪器a的名称为分液漏斗,仪器b中装入的试剂可以是氢氧化钠或碱石灰,通过吸收水有利于制备出氨气。从发生装置中出来的氨气带有水分,必须要进行干燥,故B接D,D接A,吸收反应生成的水要用D装置,最后空气中的水不能进入到D中,故要用到C。实验结束时,应首先停止从a中滴加液体,以使反应停止

18、。由MxOyyH2O关系,求得M的相对原子质量为(18m-16n)ynx。(3)若金属氧化物MxOy为Fe2O3,将反应后固体溶于稀硫酸,然后滴加KSCN溶液没发生明显变化。说明溶液中没有三价铁离子,反应后的固体成分可能全是铁,或者是铁和三氧化二铁,因为Fe+2Fe3+3Fe2+。答案:(1)423114H2O(2)分液漏斗氢氧化钠(或碱石灰)BDADC(18m-16n)ynx(3)FeFe与Fe2O313.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:Mg+HNO3+NH4N

19、O3+H2O(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

20、)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,HNO3+NaOHNaNO3+H2O,再发生的反应为Mg2+2OH-Mg(OH)2,Al3+3OH-Al(OH)3,达到图像中的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NH4+反应:NH4+OH-NH3·

21、H2O;EF段表示Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O,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NH4+;由EF段消耗的V(NaOH溶液),计算nAl(OH)3 ,进一步知道n(Al),由DE段消耗的V(NaOH溶液)计算n(NH4+),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H+OH-H2OH+NH4+5214.【探究题】 固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象,拟通过实验探究其热分解的产物,提出如下4种猜想:甲:Mg(NO2)2、NO2、O2

22、乙:MgO、NO2、O2丙:Mg3N2、O2丁:MgO、NO2、N2(1)实验前,小组成员经讨论认定猜想丁不成立,理由是  。 查阅资料得知:2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O针对甲、乙、丙猜想,设计如图所示的实验装置(图中加热、夹持仪器等均省略):(2)实验过程仪器连接后,放入固体试剂之前,关闭k,微热硬质玻璃管(A),观察到E中有气泡连续放出,表明  。 称取Mg(NO3)2固体3.7 g置于A中,加热前通入N2以驱尽装置内的空气,其目的是 ; 关闭k,用酒精灯加热时,正确操作是先 , 然后固定在管中固体部位下加热。观察到A中有红棕色气体出现,C、D中未见明显变化。待样品完全分解,A装置冷却至室温、称量,测得剩余固体的质量为1.