北京专用2020届高考化学一轮复习专题九氮及其化合物课件.pptx

1、专题九氮及其化合物,高考化学 (北京专用),五年高考,A组自主命题北京卷题组,考点一氮的单质、氧化物和硝酸,1.(2017北京理综,12,6分)下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论不正确的是(),A.由中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体 B.红棕色气体不能表明中木炭与浓硝酸发生了反应 C.由说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物 D.的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应,答案D中的CO2可能是空气中的氧气与木炭反应的产物。,疑难突破中红热木炭并未与浓硝酸直接接触,只有HNO3挥发后,与木炭接触才能发生反应。,2.(2015北京理综,12,6

2、分)在通风橱中进行下列实验:,下列说法不正确的是 () A.中气体由无色变红棕色的化学方程式:2NO+O2 2NO2 B.中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应 C.对比、中现象,说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3 D.针对中现象,在Fe、Cu之间连接电流计,可判断Fe是否被氧化,答案CA项,Fe与稀HNO3反应生成NO,无色的NO易被空气中的O2氧化为红棕色的NO2,化学方程式为2NO+O2 2NO2;B项,中现象说明Fe遇到浓HNO3易发生钝化,表面形成致密的 氧化层,阻止Fe进一步反应;C项,浓HNO3的氧化性强于稀HNO3;D项,Fe、Cu、浓HNO3可构成原电池,

3、连接电流计可以判断Fe是否被氧化。,审题技巧注意分析铁与不同浓度硝酸反应的现象差异,结合氮的氧化物的相关性质推测原因;在实验中,铁和铜相互接触插入浓硝酸中可以构成原电池。,易错警示铁在浓硝酸中表面生成一层致密的氧化物保护膜,阻止反应的进行,因此铁和铜相互接触插入浓硝酸中构成原电池,铁作正极,铜作负极。,评析具有氧化性的物质浓度越大,其氧化性越强。,3.(2017北京理综,27,12分)SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。 (1)SCR(选择性催化还原)工作原理: 尿素CO(NH2)2水溶液热分解为NH3和CO2,该反应的化学方程式: 。 反应器中NH3还原NO2

4、的化学方程式:。 当燃油中含硫量较高时,尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4,使催化剂中毒。用化学方 程式表示(NH4)2SO4的形成:。 尿素溶液浓度影响NO2的转化,测定溶液中尿素(M=60 gmol-1)含量的方法如下:取a g尿素溶 液,将所含氮完全转化为NH3,所得NH3用过量的V1 mL c1 molL-1 H2SO4溶液吸收完全,剩余H2SO4 用V2 mL c2 molL-1 NaOH溶液恰好中和,则尿素溶液中溶质的质量分数是。,(2)NSR(NOx储存还原)工作原理: NOx的储存和还原在不同时段交替进行,如图a所示。 图a,图b 通过BaO和Ba(NO3)2的相

5、互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是。 用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程,该过程分两步进行,图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是 。 还原过程中,有时会产生笑气(N2O)。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下,15NO与NH3以一定比例反应时,得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整:,答案(12分) (1)CO(NH2)2+H2O CO2+2NH3 8NH3+6NO2 7N2+12H2O 2SO2+O2+4NH3+2H2O 2(NH4)2SO4 (2)

6、BaO 81 415NO+4NH3+3O2 415NNO+6H2O,解析(1)n(NH3)=2n(H2SO4)-n(NaOH)=2c1V110-3 mol-c2V210-3mol nCO(NH2)2=n(NH3)= mol mCO(NH2)2=nCO(NH2)260 gmol-1 = mol60 gmol-1 =(6c1V1-3c2V2)10-2 g 则a g尿素溶液中尿素的质量分数为:100%=。 (2)观察图a可知BaO起到了储存NOx的作用。观察图b可知,当Ba(NO3)2用H2还原时,氮元素开始时转化为NH3,由得失电子守恒可得消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比为81。分析可知

7、,反应物15NO、NH3与产物15NNO的化学计量数应是一样的,然后结合得失电子守恒及原子守恒可得反应的化学方程式。,审题方法(2)解答时要注意两点:一是15NNO中的氮元素一半来自15NO,一半来自NH3,因此 15NO、NH3的化学计量数相等;二是反应是在有氧条件下发生的,提示我们氧气参加了反应。,4.(2010北京理综,26,14分)某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以N和NH3H2O的形式存在,该废 水的处理流程如下: 氨氮废水低浓度氨 氮废水含HNO3废水达标废水 (1)过程:加NaOH溶液,调节pH至9后,升温至30 ,通空气将氨赶出并回收。 用离子方程式表示加NaOH溶液的作用:。 用

8、化学平衡原理解释通空气的目的: 。 (2)过程:在微生物作用的条件下,N经过两步反应被氧化成N。两步反应的能量变化示 意图如下:,第一步反应是反应(选填“放热”或“吸热”),判断依据是 。 1 mol N(aq)全部氧化成N(aq)的热化学方程式是 。 (3)过程:一定条件下,向废水中加入CH3OH,将HNO3还原成N2。若该反应消耗32 g CH3OH转 移6 mol电子,则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是。,答案(1)N+OH- NH3H2O 废水中的NH3被空气带走,使NH3H2O NH3+H2O的平衡向正反应方向移动,利于除氨 (2)放热H=-273 kJ/mol0(反应物的总

9、能量大于生成物的总能量) N(aq)+2O2(g) 2H+(aq)+N(aq)+H2O(l) H=-346 kJ/mol (3)56,解析(1)加NaOH溶液显然是使N转化为NH3H2O,升温、通空气均有利于NH3H2O NH3+H2O的平衡向正反应方向移动,利于除氨。 (2)由题图可看出反应物的总能量大于生成物的总能量,所以是放热反应。根据盖斯定律可知,1 mol N(aq)全部被氧化成N(aq)的反应热H=-273 kJ/mol+(-73 kJ/mol)=-346 kJ/ mol。 (3)32 g CH3OH的物质的量为1 mol,失6 mol电子生成1 mol CO2,而1 mol HN

10、O3得5 mol电子,被还原为0.5 mol N2,由得失电子守恒知还原剂(CH3OH)和氧化剂(HNO3)的物质的量之比是56。,答案AA项,人工固氮时,N2+3H22NH3,氮元素被还原;B项,把游离态的氮元素转 化为含氮化合物的过程是氮的固定,工业合成氨属于人工固氮;C项,硝酸盐可转化为蛋白质,动植物遗体可转化为氨或铵盐,则含氮有机物和含氮无机物可相互转化;D项,在自然界氮循环过程中,碳、氢、氧三种元素也参与了循环。,易错警示自然界中氮循环的过程中,既有游离态的氮元素转化为化合态的氮元素,也有化合态的氮元素转化为游离态的氮元素。,知识拓展在雷电作用和豆科植物的根瘤菌作用下自然界中游离态的

11、氮元素转化为化合态氮元素的过程属于自然固氮;工业合成氨属于人工固氮。,6.(2014北京理综,26,14分)NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3,如下图所示。 (1)中,NH3和O2在催化剂作用下反应,其化学方程式是 。 (2)中,2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)。在其他条件相同时,分别测得NO的平衡转化率在不同压 强(p1、p2)下随温度变化的曲线(如下图)。,比较p1、p2的大小关系:。 随温度升高,该反应平衡常数变化的趋势是。 (3)中,降低温度,将NO2(g)转化为N2O4(l),再制备浓硝酸。 已知:2NO2(g) N2O4(g)H1 2NO2(g) N2O4(l

12、)H2 下列能量变化示意图中,正确的是(选填字母)。 N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是。 (4)中,电解NO制备NH4NO3,其工作原理如下图所示。为使电解产物全部转化为NH4NO3,需 补充物质A。A是,说明理由: 。,答案(1)4NH3+5O2 4NO+6H2O (2)p1p2减小 (3)A2N2O4+O2+2H2O 4HNO3 (4)NH3根据反应:8NO+7H2O 3NH4NO3+2HNO3,电解产生的HNO3多,解析(1)NH3催化氧化生成NO,所以化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O。 (2)采用“定一议二”的分析方法,在相同温度的条件下,p1时NO平衡转化率低,

13、p2时NO平衡转化率高,由反应特点知:p1p2。 在相同压强的条件下,NO的平衡转化率随温度升高而下降,所以温度升高,平衡常数减小。 (3)降低温度,NO2转化成N2O4,所以H10,H20,再根据物质(N2O4)的状态可判断出NO2转化成液态N2O4放热更多。故选A。 N2O4与O2、H2O发生化合反应,产物应为HNO3,所以反应方程式为2N2O4+O2+2H2O 4HNO3。 (4)由题图知,阴极反应为NO+6H+5e- N+H2O,阳极反应为NO+2H2O-3e- N+4H+, 根据得失电子守恒可判断出:当转移的电子数目相同时,阳极产生的N的物质的量多于阴极 产生的N的物质的量,为使电解

14、产物全部转化为NH4NO3,可补充NH3。,思路分析分析图像,结合化学反应原理相关知识作答。,知识拓展有关化学反应速率和化学平衡图像题的分析方法 (1)认清坐标系:弄清纵、横坐标所代表的意义; (2)紧扣可逆反应的特征:弄清正反应是吸热还是放热,气体体积是增大、减小还是不变,有无固体、纯液体参与或生成等; (3)看清变化:看清起点、拐点、终点,看清曲线的变化趋势。,评析本题综合性较强,考查了氧化还原反应、化学平衡、反应热、电解原理等知识点,考生平时若能熟练掌握化学反应原理的知识,本题得分率会较高。,1.(2019江苏单科,6,2分)下列有关化学反应的叙述正确的是() A.Fe在稀硝酸中发生钝化

15、 B.MnO2和稀盐酸反应制取Cl2 C.SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3 D.室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2,考点一氮的单质、氧化物和硝酸,B组统一命题、省（区、市）卷题组,答案C本题涉及常见无机物的性质知识,通过对化学反应描述的正误判断,考查了分析和解决化学问题的能力,体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养。 A项,常温下,Fe遇浓硝酸发生钝化,Fe与稀硝酸发生氧化还原反应生成NO气体,错误;B项,MnO2与浓盐酸在加热条件下可制取Cl2,与稀盐酸不反应,错误;C项,SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3, 正确;D项,室温下Na与O2反应生成Na2O,错误。,审题

16、方法物质的浓度、用量及反应条件不同,发生的化学反应及产物也会有不同情况。,2.(2018天津理综,9节选)烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一,为了监测其含量,选用如下采样和检测方法。回答下列问题: .采样 采样系统简图 采样步骤: 检验系统气密性;加热器将烟道气加热至140 ;打开抽气泵置换系统内空气;采集无尘、干燥的气样;关闭系统,停止采样。.NOx含量的测定 将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中,使NOx完全被氧化成N,加水稀释至100.00 mL。量取 20.00 mL该溶液,加入V1 mL c1 molL-1 FeSO4标准溶液(过量),充分反应后,用c2 molL-1 K2C

17、r2O7 标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗V2 mL。,(5)NO被H2O2氧化为N的离子方程式为。 (6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有。 (7)滴定过程中发生下列反应: 3Fe2+N+4H+ NO+3Fe3+2H2O Cr2+6Fe2+14H+ 2Cr3+6Fe3+7H2O 则气样中NOx折合成NO2的含量为mgm-3。 (8)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 若缺少采样步骤,会使测定结果。 若FeSO4标准溶液部分变质,会使测定结果。,答案(5)2NO+3H2O22H+2N+2H2O (6)锥形瓶、酸式滴定管 (7)104 (8)偏低偏高,解

18、析(5)NO被氧化为N,H2O2被还原为H2O。(6)盛放K2Cr2O7溶液及量取20.00 mL稀释液均 用酸式滴定管,稀释液在滴定过程中需放在锥形瓶中。(7)20.00 mL溶液中剩余Fe2+的物质的量为(6c2V210-3)mol,则参加反应的N的物质的量为(c1V110-3-6c2V210-3)mol,依据氮原 子守恒,V L气样中NOx折合成NO2的物质的量为(c1V1-6c2V2)10-3mol,质量为(c1V1-6c2V2) 10-346g,含量为mgm-3=104mgm-3。(8)若缺 少采样步骤,会使气样中含有空气,部分NOx与O2、H2O共同反应,导致测得的NOx含量偏低;

19、若FeSO4标准溶液部分变质,则导致V2偏小,使计算出的NOx含量偏高。,解题指导(8)若FeSO4标准溶液部分变质,则滴定消耗的K2Cr2O7溶液体积会偏小,由第(7)问NOx含量表达式可知结果会偏高。,3.(2015山东理综,32,12分)工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体(含NO、NO2)制备NaNO2、 NaNO3,工艺流程如下: 已知:Na2CO3+NO+NO2 2NaNO2+CO2 (1)中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外,还有(填化学式)。 (2)中和液进行蒸发操作时,应控制水的蒸发量,避免浓度过大,目的是 。蒸发产生的蒸汽中含有少量NaNO2等有毒物质,不能直接

20、排放,将其冷凝后用 于流程中的(填操作名称)最合理。 (3)母液进行转化时加入稀HNO3的目的是。母液需回收利 用,下列处理方法合理的是。 a.转入中和液b.转入结晶操作 c.转入转化液d.转入结晶操作,(4)若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为21,则生产1.38吨NaNO2时,Na2CO3的 理论用量为吨(假定Na2CO3恰好完全反应)。,答案(1)NaNO3 (2)防止NaNO3的析出溶碱 (3)将NaNO2转化为NaNO3c、d (4)1.59,解析(1)由题中信息可知:Na2CO3+NO+NO2 2NaNO2+CO2,当NO2过量时,还发生反应:Na2CO3 +2NO

21、2 NaNO3+NaNO2+CO2,故中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外,还有NaNO3。 (2)中和液进行蒸发操作是为了分离出溶质NaNO2,由(1)中分析可知,中和液中还含有少量Na2CO3和NaNO3,若水的蒸发量过大,NaNO3也会结晶析出,从而造成产品不纯。蒸发产生的蒸汽中含有少量的NaNO2,冷凝后用于流程中的“溶碱”操作中最为合理。 (3)母液中主要含有NaNO3,若回收利用,显然转入转化液或转入结晶操作最为合理,若转入中和液或转入结晶操作,都会造成NaNO2产品不纯。 (4)n(NaNO2)=2.00104 mol,则n(NaNO3)=n(NaNO2)=1.0010

22、4 mol,由Na原子守恒 可知,n(Na2CO3)=n(NaNO2)+n(NaNO3)=1.50104 mol,所以m(Na2CO3)=1.50104 mol106 g mol-1 =1.59106 g=1.59 t。,4.(2016江苏单科,3,2分)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 () A.SO2具有氧化性,可用于漂白纸浆 B.NH4HCO3受热易分解,可用作氮肥 C.Fe2(SO4)3易溶于水,可用作净水剂 D.Al2O3熔点高,可用作耐高温材料,考点二氨和铵盐,答案DA项,SO2具有漂白性,可用于漂白纸浆;B项,NH4HCO3中含有N元素,可用作氮肥;C项,Fe2(SO4)

23、3溶于水后形成的Fe(OH)3胶体具有吸附性,可用作净水剂。,5.(2016浙江理综,13,6分)为落实“五水共治”,某工厂拟综合处理含N废水和工业废气(主 要含N2、CO2、SO2、NO、CO,不考虑其他成分),设计了如下流程: 下列说法不正确的是 () A.固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3 B.X可以是空气,且需过量 C.捕获剂所捕获的气体主要是CO D.处理含N废水时,发生反应的离子方程式为:N+N N2+2H2O,答案BSO2、CO2与过量石灰乳反应生成CaSO3、CaCO3,故固体1中主要含有CaSO3、 CaCO3、Ca(OH)2,A项正确;X可以是空气,但不

24、能过量,若空气过量,通过NaOH溶液后得不到NaNO2溶液,而是得到NaNO3溶液,B项不正确;N2无污染,CO无法被NaOH溶液吸收,捕获剂主 要捕获CO,C项正确;N与N在溶液中发生氧化还原反应生成N2和H2O,D项正确。,6.(2016江苏单科,9,2分)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是 () A.SiO2SiCl4Si B.FeS2SO2H2SO4 C.N2NH3NH4Cl(aq) D.MgCO3MgCl2(aq)Mg,答案CSiO2和HCl(aq)不反应,A项错误;SO2与H2O反应生成H2SO3,B项错误;电解MgCl2(aq)的反应为MgCl2+2H2OCl2+

25、H2+Mg(OH)2,得不到金属Mg,D项错误。,易混易错电解MgCl2溶液与电解熔融的MgCl2不同,电解MgCl2溶液的反应为MgCl2+2H2O Cl2+H2+Mg(OH)2,电解熔融MgCl2的反应为MgCl2(熔融) Mg+Cl2。,7.(2019上海选考,一,15分)氮元素广泛存在于自然界中,对人类生命和生活具有重要意义。,21.氨态氮肥为何不能与碱性物质混用?。,22.在合成氨工业中,压强通常控制在2050 MPa,其原因是。,23.侯德榜联合制碱法是向饱和食盐水中依次通入足量的氨气与二氧化碳,写出反应的化学方程式。,24.烟气中的NO2与尿素CO(NH2)2(C的化合价为+4)

26、反应进行脱硝。反应的化学方程式是 2CO(NH2)2+4NO2 4H2O+2CO2+4N2+O2。该反应的氧化产物为,若反应过程中有 0.15 mol NO2反应,则电子转移的数目为。,25.常温下,在氯化铵溶液中加入一定量的氢氧化钠,使其pH=7,则c(Na+)c(NH3H2O)(填“”或“=”)。,答案21.铵态氮肥与碱性物质混合使用时,会使N转化为NH3挥发,造成氮元素流失,降低肥效,22.高压能使平衡正向移动,提高反应物转化率;压强过高会增大设备成本,23.CO2+NH3+NaCl+H2O NH4Cl+NaHCO3,24.N2和O20.6NA,25.=,解析21.铵态氮肥中含有N,遇到

27、碱性物质时发生反应:N+OH-NH3H2ONH3+ H2O,NH3不断挥发,促使平衡不断向右移动,造成氮元素流失,降低肥效。,23.侯德榜联合制碱法的反应物是NaCl、NH3、CO2和H2O,生成物是NaHCO3、NH4Cl,注意NaHCO3以沉淀的形式析出。,24.分析该氧化还原反应中元素价态的变化,N:-30、+40;O:-20,故氧化产物为N2和O2;该氧化还原反应转移电子数与NO2的关系式为4NO216e-,若反应过程中有0.15 mol NO2反应,则 n(e-)=4n(NO2)=0.6 mol,转移电子数目为0.6NA。,25.溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(N)+c(H+)

28、=c(Cl-)+c(OH-),pH=7时c(H+)=c(OH-),则c(N)+ c(Na+)=c(Cl-)。又存在物料守恒:c(N)+c(NH3H2O)=c(Cl-),联立式与式得出:c(Na+)= c(NH3H2O)。,8.(2018江苏单科,20,14分)NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。 (1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下: 2NO2(g)+H2O(l) HNO3(aq)+HNO2(aq) H=-116.1 kJmol-1 3HNO2(aq) HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) H=75.9 kJmol-1 反

29、应3NO2(g)+H2O(l) 2HNO3(aq)+NO(g)的H=kJmol-1。 (2)用稀硝酸吸收NOx,得到HNO3和HNO2的混合溶液,电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写 出电解时阳极的电极反应式:。 (3)用酸性(NH2 )2CO水溶液吸收NOx,吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。 写出该反应的化学方程式:。 (4)在有氧条件下,新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。 NH3与NO2生成N2的反应中,当生成1 mol N2时,转移的电子数为mol。,将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体,匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置见图1)。

30、图1,图2 反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示,在50250 范围内随着温度的升高,NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是;当反应温度高于380 时,NOx的去除率迅速下降的原因可能是。,答案(14分) (1)-136.2 (2)HNO2-2e-+H2O 3H+N (3)2HNO2+(NH2)2CO 2N2+CO2+3H2O (4) 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大;上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大催化剂活性下降;NH3与O2反应生成了NO,解析(1)将已知热化学方程式依次编号为、,根据盖斯定律得3

31、NO2(g)+H2O(l) 2HNO3(aq)+NO(g)H=-136.2 kJmol-1。 (2)电解过程中HNO2N发生氧化反应,则阳极反应式为HNO2-2e-+H2O 3H+N。 (3)HNO2中N的化合价为+3,(NH2)2CO中N、C的化合价分别为-3、+4,依据得失电子守恒和原子守恒配平反应方程式为2HNO2+(NH2)2CO 2N2+CO2+3H2O。 (4)NH3、NO2中氮元素化合价分别为-3、+4,根据得失电子守恒和原子守恒配平反应方程式为8NH3+6NO2 7N2+12H2O,故生成1 mol N2转移电子 mol。,9.(2017课标,26,15分)凯氏定氮法是测定蛋白

32、质中氮含量的经典方法,其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐,利用如图所示装置处理铵盐,然后通过滴定测量。已知:NH3+H3BO3 NH3H3BO3;NH3H3BO3+HCl NH4Cl+H3BO3。 回答下列问题: (1)a的作用是。,(2)b中放入少量碎瓷片的目的是。f的名称是。 (3)清洗仪器:g中加蒸馏水;打开k1,关闭k2、k3,加热b,蒸汽充满管路;停止加热,关闭k1,g中蒸馏水 倒吸进入c,原因是;打开k2放掉水。重复操作23次。 (4)仪器清洗后,g中加入硼酸(H3BO3)和指示剂。铵盐试样由d注入e,随后注入氢氧化钠溶液,用 蒸馏水冲洗d,关闭k3,d中保留少

33、量水。打开k1,加热b,使水蒸气进入e。 d中保留少量水的目的是。 e中主要反应的离子方程式为,e采用中空双层玻璃瓶的 作用是。 (5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定,滴定g中吸收液时消耗浓度为c molL-1的盐酸V mL, 则样品中氮的质量分数为%,样品的纯度%。,答案(1)避免b中压强过大 (2)防止暴沸直形冷凝管 (3)c中温度下降,管路中形成负压 (4)液封,防止氨气逸出 N+OH- NH3+H2O保温使氨完全蒸出 (5),解析(1)a与大气相通,作用是平衡气压,以免关闭k1后b内压强过大。(2)b中放入少量碎瓷片的目的是防止暴沸。f的名称是直形冷凝管。(3)g中蒸馏水

34、倒吸进入c,原因是c、e及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后,气压远小于外界大气压,在大气压的作用下,锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入c中。(4)d中保留少量水可以起到液封的作用,防止氨气逸出。e中的主要反应是铵盐与碱在加热条件下的反应,离子方程式为N+OH-NH3+H2O;e采用中空双层玻璃瓶 的作用是减少热量损失,有利于N在碱性条件下转化为氨气逸出。(5)根据反应NH3+H3BO3 NH3 H3BO3,NH3H3BO3+HCl NH4Cl +H3BO3,可以求出样品中n(N)=n(HCl)=c molL-1 V10-3L=0.001cV mol,则样品中氮的质量分数为100%=%;样品中甘氨酸的 质

35、量0.001cV75 g,所以样品的纯度%。,10.(2016课标,26,14分)联氨(又称肼,N2H4,无色液体)是一种应用广泛的化工原料,可用作火箭燃料。回答下列问题: (1)联氨分子的电子式为,其中氮的化合价为。 (2)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨,反应的化学方程式为 。 (3)2O2(g)+N2(g) N2O4(l)H1 N2(g)+2H2(g) N2H4(l)H2 O2(g)+2H2(g) 2H2O(g)H3 2N2H4(l)+N2O4(l) 3N2(g)+4H2O(g) H4=-1 048.9 kJmol-1 上述反应热效应之间的关系式为H4=,联氨和N2O4可作为火箭

36、推进剂的主要 原因为。 (4)联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为 (已知:N2H4+H+ N2的K=8.7107;KW=1.010-14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式 为。,(5)联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液,观察到的现象是 。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧,防止锅炉被 腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2kg;与使用Na2SO3处理水中溶解的 O2相比,联氨的优点是 。,答案(1)HH-2 (2)2NH3+NaClO N2H4+NaCl+H2O (3)2H3-2H2-H1反应放热量大、产生大量气体 (4)

37、8.710-7N2H6(HSO4)2 (5)固体逐渐变黑,并有气泡产生1N2H4的用量少,不产生其他杂质(产物为N2和H2O,而Na2SO3 产生Na2SO4),解析(1)联氨的结构式为,故其电子式为HH;N2H4中H的化合价为+1, 故N的化合价为-2。 (2)NaClO具有强氧化性,可将NH3氧化为N2H4,本身被还原为NaCl,据此可写出反应的化学方 程式。 (3)根据盖斯定律,由2(-)-可得,故H4=2H3-2H2-H1。 (4)NH3在水中的电离方程式为NH3+H2O N+OH-,则N2H4在水中的第一步电离方程式为 N2H4+H2O N2+OH-,该步电离的平衡常数K1=,又知N

38、2H4+H+ N2,K= =8.7107,则K1=KKW=(8.7107)(1.010-14)=8.710-7。 (5)联氨与AgBr反应时,AgBr可将N2H4氧化为N2,自身被还原为Ag,反应的化学方程式为4AgBr+N2H4 N2+4Ag+4HBr,因此可观察到固体逐渐变黑,并有气泡产生。因N2H4处理水中溶解 氧时也发生氧化还原反应,化学方程式为N2H4+O2 N2+2H2O,则n(O2)=n(N2H4),又M(O2)= M(N2H4)=32 gmol-1,所以m(O2)=m(N2H4)=1 kg。,考点一氮的单质、氧化物和硝酸,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,

39、1.(2019北京西城一模,7)下列说法不涉及氧化还原反应的是() A.雷雨肥庄稼自然固氮 B.从沙滩到用户由二氧化硅制晶体硅 C.干千年,湿万年,不干不湿就半年青铜器、铁器的保存 D.灰肥相混损肥分灰中含有碳酸钾,肥中含有铵盐,答案DA项,自然固氮,氮元素化合价发生变化,涉及氧化还原反应;B项,二氧化硅制晶体硅,硅元素的化合价发生变化,涉及氧化还原反应;C项,青铜器、铁器的保存,金属单质被氧化,铜元素、铁元素化合价发生变化,涉及氧化还原反应;D项,“灰肥相混损肥分”是由于发生了复分解反应,元素的化合价未改变,不涉及氧化还原反应。,2.(2019北京丰台期末,5)氮循环是全球生物地球化学循环的

40、重要组成部分,大气与土壤中氮元素转化如下图所示,下列说法不正确的是() A.将N2转化为化合物的过程称为固氮 B.无机物与有机物中的氮元素可相互转化 C.硝化细菌将N转化为N可能需要O2参与,D.在硝化细菌、反硝化细菌作用下氮元素均发生氧化反应,答案DA项,将空气中的N2转化为含氮化合物的过程称为固氮;B项,由题图可知无机物与有机物中的氮元素可相互转化;C项,硝化细菌将N转化为N,N中的氧元素可能来自氧 气;D项,在硝化细菌作用下氮元素发生氧化反应,而在反硝化细菌作用下氮元素发生还原反应。,知识拓展氧化还原反应的本质是电子的转移(包括电子的得失和电子对的偏移),其特征为元素化合价的升降。化合价

41、升高,失电子,发生氧化反应;化合价降低,得电子,发生还原反应。化合价升高的物质还原对方,自身被氧化,因此叫还原剂,其产物叫氧化产物;化合价降低的物质氧化对方,自身被还原,因此叫氧化剂,其产物叫还原产物。,3.(2019北京海淀一模,12)某实验小组同学把小块木炭在酒精灯上烧至红热,迅速投入热的浓硝酸中,发生剧烈反应,同时有大量红棕色气体产生,液面上木炭迅速燃烧发出亮光。经查阅资料可知浓硝酸分解产生NO2和O2。为了探究“液面上木炭迅速燃烧发出亮光”的原因,该小组同学用下图装置完成以下实验:,下列说法正确的是() A.浓硝酸分解产生的V(NO2)V(O2)=11 B.红棕色气体的产生表明木炭与浓

42、硝酸发生了反应 C.能使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体是氧气 D.以上实验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2,答案DA项,HNO3分解过程中,氮元素化合价降低1价,氧元素化合价升高2价,故浓硝酸分解产生的V(NO2)V(O2)=41;B项,根据资料,浓硝酸分解也可以产生NO2,不一定是浓硝酸和C发生了反应;C项,根据A项的分析,实验的集气瓶中,O2的含量只有20%,但实验和实验中现象相同,不能证明能使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体是氧气;D项,题干中没有进行NO2对实验现象影响的相关实验,无法确定NO2在其中有无作用。,4.(2018北京东城一模,10)下列

43、实验、现象与结论相符的是(),答案DA项,铁和铝遇到冷的浓硝酸均会发生钝化,表面形成致密的氧化物保护膜,阻止内层金属进一步与硝酸发生化学反应;B项,向蔗糖中加入浓硫酸,现象是产生黑色、蓬松状固体,体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性;C项,SO2能使新制的氯水褪色是因为发生了反应SO2+Cl2+2H2O 2HCl+H2SO4,该反应中SO2作还原剂,体现还原性;D项,饱和FeCl3溶液滴入沸水中发 生水解反应,制得氢氧化铁胶体,用激光笔照射产生丁达尔效应,可以观察到光亮的通路。,5.(2019北京丰台期末,15)随着人类社会的发展,氮氧化物的排放导致一系列环境问题。 (1)NO形成硝酸型酸雨的化学方

44、程式为。 (2)NO加速臭氧层被破坏,其反应过程如下图所示: NO的作用是。 已知:O3(g)+O(g) 2O2(g)H=-143 kJ/mol 反应1:O3(g)+NO(g) NO2(g)+O2(g) H1=-200.2 kJ/mol 反应2:热化学方程式为。,(3)利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度的十倍),装置示意图如下,固体 电解质可传导O2- 阴极反应为 。 消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量,可能的原因是(不考虑物理因素) 。 通过更换电极表面的催化剂可明显改善这一状况,利用催化剂具有性。 (4)利用FeSO4吸收尾气(主要含N2及少量NO、NO2

45、)中的氮氧化物,实验流程示意图如下所示。 已知:Fe2+(aq)+NO(g) Fe(NO)2+(aq)(棕色)H0,当观察到时,说明b中FeSO4溶液需要更换。 吸收液再生的处理措施是 。 若尾气体积为22.4 L(标准状况),用0.1 mol/L NaOH溶液滴定a中溶液,消耗NaOH溶液体积为V L,尾气中NO2的体积分数为。,答案(1)4NO+3O2+2H2O 4HNO3 (2)作催化剂 NO2(g)+O(g) NO(g)+O2(g)H2=+57.2 kJ/mol (3)2NO+4e- N2+2O2- 阴极发生副反应O2+4e- 2O2-选择 (4)c中溶液变棕色加热棕色溶液 0.15V

46、100%,解析(1)一氧化氮不稳定,易和氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,故NO形成硝酸型酸雨的反应为2NO+O2 2NO2、3NO2+H2O 2HNO3+NO,即4NO+ 3O2+2H2O 4HNO3。 (2)由题图可知,NO的作用是作催化剂;已知:O3(g)+O(g) 2O2(g)H=-143 kJ/mol, O3(g)+NO(g) NO2(g)+O2(g)H1=-200.2 kJ/mol,根据盖斯定律,-得,NO2(g)+O(g) NO(g)+O2(g)H2=+57.2 kJ/mol。 (3)根据装置示意图可知,阴极反应为2NO+4e- N2+2O2-;消除一定量

47、的NO所消耗的 电量远远大于理论计算量,可能是由于阴极发生副反应O2+4e- 2O2-;催化剂的选择性是 指在能发生多种反应的反应系统中,同一催化剂促进不同反应的程度的比较。选择性实质上是反应系统中目的反应与副反应间反应速率竞争的表现。 (4)当观察到c中溶液变棕色时,说明b中FeSO4溶液需要更换;Fe2+(aq)+NO(g) Fe(NO)2+ (aq)(棕色)H0是放热反应,要使吸收液再生,可通过加热棕色溶液,使平衡向逆反应方向移动即可;根据题意可得:2NaOH2HNO33NO2,则n(NO2)=0.1 mol/LV L3/2=0.15V mol, V(NO2)=22.4 L/mol0.1

48、5V mol=3.36V L,因此,尾气中NO2的体积分数为3.36V L/22.4 L100%= 0. 15V100%。,6.(2019北京通州期末,6)下列属于铵盐的是 () A.NH3H2O B.Ag(NH3)2OH C.CO(NH2)2 D.NH4CNO,考点二氨和铵盐,答案DA项,NH3H2O是弱碱不是盐;B项,Ag(NH3)2OH电离产生的阳离子是Ag(NH3,而不 是N,不是铵盐;C项,CO(NH2)2是非电解质,不属于铵盐;D项,NH4CNO电离产生N和CNO-, 是铵盐。,思路分析铵盐是能电离出铵根离子的盐,由此分析解答。,解题关键本题考查学生盐的分类知识,注意从盐电离出的阳

49、离子和阴离子的角度分析是解题关键。,7.(2019北京朝阳期末,2)下列物质的用途是基于其氧化性的是 () A.氨用作制冷剂 B.次氯酸钙用于生活用水的消毒 C.氧化铝透明陶瓷用于防弹汽车的车窗 D.生石灰用于废气的脱硫,答案BA项,氨用作制冷剂是利用其易液化,气化吸收大量热量的性质,属于物理性质,与氧化性无关;B项,次氯酸钙用于生活用水消毒是利用次氯酸根的强氧化性;C项,氧化铝透明陶瓷用于防弹汽车的车窗利用的是其硬度大的性质,与氧化性无关;D项,生石灰用于废气脱硫利用的是其碱性氧化物的性质,与氧化性无关。,解题关键本题考查了常见物质的性质和用途,体现了性质决定用途,用途反映性质的理念,明确物

50、质的性质是解答本题的关键。,8.(2019北京朝阳二模,7)下列过程中没有发生化学变化的是 () A.浓硫酸使蔗糖变黑 B.二氧化氮低温冷凝形成无色液体 C.液氨汽化起制冷作用 D.亚硫酸钠除去水中的溶解氧,答案CA项,浓硫酸使蔗糖变黑是由于浓硫酸的脱水性,发生了化学变化;B项,二氧化氮低温冷凝形成无色液体是由于存在2NO2(g) N2O4(g)H0,降低温度使平衡正向移动,红棕 色的NO2转化为无色的N2O4,发生了化学变化;D项,亚硫酸钠除去水中的溶解氧是由于亚硫酸钠具有还原性,能被水中的溶解氧氧化,发生了氧化还原反应。,知识拓展液氨汽化起制冷作用是由于液氨汽化过程中吸收热量使温度降低,没

51、有发生化学变化。,9.(2019北京西城期末,5)下列过程没有明显现象的是 () A.加热NH4Cl固体 B.向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水 C.向FeSO4溶液中通入NO2 D.将铝片放入冷的浓硫酸中,答案DA项,加热氯化铵固体,固体分解,可以观察到固体物质逐渐减少;B项,向硫酸铝溶液中逐滴加入氨水会产生白色沉淀氢氧化铝;C项,将NO2通入溶液中会产生具有强氧化性的硝酸,硝酸可以将Fe2+氧化为Fe3+,从而观察到溶液颜色由浅绿色变为棕黄色;D项,铝片在冷的浓硫酸中发生钝化,观察不到明显现象。,10.(2019北京朝阳期中,13)用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略) (

52、),答案AA项,稀硝酸和铜反应生成NO,NO要用排水法收集;B项,浓盐酸与二氧化锰在加热条件下发生反应生成氯气,不加热不能反应;C项,浓硫酸与铜反应生成二氧化硫,不加热不能反应;D项,浓氨水滴到氧化钙上可以生成氨气,但是氨气极易溶于水,不能用排水法收集。,思路分析观察实验装置,该装置适用于固体与液体不加热制备难溶于水的气体。,11.(2019北京西城期末,18)实验小组研究稀硝酸与铁粉的反应,进行如下实验: 向2.0 mL 0.5 molL-1 HNO3中加入过量铁粉,生成无色气体,遇空气不变色。充分反应后,溶液几乎无色。 (1)N在元素周期表中的位置是。 (2)经检验,反应后的溶液中含有N,

53、检验N的实验方案是 。 (3)实验中,生成N的离子方程式是 。 (4)若反应后溶液中含有210-5 mol N,HNO3得到的电子的物质的量为n(e-),则n(e-) 1.610-4 mol(填“”“=”或“”)。,答案 (1)第二周期第A族 (2)取少量溶液于试管中,加入浓NaOH溶液,加热,将湿润的红色石蕊试纸接近试管口,若试纸变蓝,则含有N (3)4Fe+10H+N 4Fe2+N+3H2O (4),解析(1)依据氮原子的核外电子排布知,N在元素周期表中的位置是第二周期第A族。 (2)检验N的方法是取少量溶液于试管中,加入浓NaOH溶液,加热,将湿润的红色石蕊试纸接 近试管口,若试纸变蓝,

54、则含有N。 (3)铁过量,生成物为Fe2+,硝酸作氧化剂被还原为N,依据得失电子守恒知,生成N的离子方 程式是4Fe+10H+N 4Fe2+N+3H2O。 (4)依据题意知,HNO3被还原生成210-5 mol N,理论上HNO3得到1.610-4 mol电子,由于反应 生成的无色气体有可能是N2,实际需要还原更多的HNO3,因此HNO3得到的电子的物质的量大于1.610-4 mol。,B组20172019年高考模拟专题综合题组 时间:30分钟分值:65分 一、选择题(每小题6分,共12分),1.(2019北京丰台一模,7)下列实验现象与氧化还原反应无关的是() A.氨气与氯化氢气体相遇产生白

55、烟 B.铜遇浓硝酸产生红棕色气体 C.过氧化钠放置于空气中逐渐变白 D.一氧化氮遇空气变为红棕色,答案AA项,氯化氢与氨气反应生成氯化铵,反应前后各元素化合价均不变,与氧化还原反应无关;B项,铜与浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、红棕色的二氧化氮和水,现象与氧化还原反应有关;C项,过氧化钠放置于空气中逐渐变白,是过氧化钠与空气中的二氧化碳及水发生氧化还原反应生成碳酸钠、氢氧化钠和氧气,现象与氧化还原反应有关;D项,一氧化氮遇空气变为红棕色,是一氧化氮与氧气发生氧化还原反应生成红棕色的二氧化氮,现象与氧化还原反应有关。,2.(2019北京东城一模,7)下图是制备和收集气体的实验装置,该装置可用于

56、() A.浓硫酸与铜反应制取SO2 B.浓氨水与生石灰反应制取NH3 C.浓盐酸与二氧化锰反应制取Cl2 D.过氧化钠与水反应制取O2,答案DA项,铜与浓硫酸制备二氧化硫需要加热,且二氧化硫能溶于水,不能用排水法收集;B项,浓氨水与生石灰反应制备氨气,氨气极易溶于水,不能用排水法收集;C项,浓盐酸与二氧化锰制取氯气,需要加热,同时氯气可溶于水,不能用排水法收集。,审题技巧由实验装置可知,反应在常温下进行,生成的气体可用排水法收集,以此解答本题。,思路分析根据反应装置判断反应物状态和反应条件,根据收集装置判断生成物性质。,3.(2019北京朝阳期末,19)(13分)某学习小组探究稀硝酸、浓硝酸与

57、铜的反应。,(1)试管中Cu与稀硝酸反应的化学方程式是。 (2)中反应的速率比中的快,原因是 。 (3)针对中溶液呈绿色的原因,提出假设: 假设1:Cu2+的浓度较大所致; 假设2:溶解了生成的NO2。 探究如下:取中绿色溶液,分为两等份。,二、非选择题(共53分),取一份于下图所示装置中,(填“操作”和“现 象”),证实中溶解了NO2。 向另一份溶液中加入(填化学试剂),溶液变为蓝色。证实假设1不成立,假设2 成立。 (4)对于稀硝酸与铜生成NO、浓硝酸与铜生成NO2的原因,提出两种解释: 解释1.硝酸浓度越小,溶液中N的数目越少,被还原时,每个N从还原剂中获得较多电 子的机会(填“增多”或

58、“减少”),因此被还原为更低价态。 解释2.推测下列平衡导致了产物的不同,并通过如下实验证实了推测的合理性。 3NO2+H2O 2HNO3+NO,B中盛放的试剂是。 C中盛放Cu(NO3)2溶液和 。 该小组证实推测的合理性所依据的实验现象是。,答案(1)3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+4H2O+2NO(2分) (2)硝酸浓度大(2分) (3)向上拉动活塞a,试管内液面上方出现红棕色气体(2分) Cu(OH)2(或CuO等,2分) (4)解释1.增多(2分) 解释2.水(1分)浓硝酸(1分)C中溶液变绿(1分),解析(1)Cu与稀硝酸反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀) 3

59、Cu(NO3)2+4H2O+2NO。 (2)由“浓”和“稀”可以联想到化学反应速率最常见的影响因素浓度,浓度越大,化学反应速率越快,则中反应的速率比中快的原因是中硝酸的浓度大。 (3)要证明假设2成立,只需要将溶解的NO2释放出来即可,气体的溶解度受压强影响,压强减小,气体的溶解度减小,气体逸出,向外拉动活塞a可以达到减小试管内压强的目的,故实验操作和现象为向上拉动活塞a,试管内液面上方出现红棕色气体;,要证明假设1不成立,假设2成立,需要加入的试剂能使溶液中Cu2+浓度不减小,并且能消耗溶液中溶解的NO2。加入Cu(OH)2(或CuO等)可以消耗溶液中的NO2,减少NO2的同时还可以增大Cu2+的浓度,溶液由