精选备战高考化学易错题专题复习氮及其化合物附答案.docx

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精选备战高考化学易错题专题复习氮及其化合物附答案

精选备战高考化学易错题专题复习氮及其化合物附答案

一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）

1．合成氨工业对化学和国防工业具有重要意义。

（1）实验室欲用下图所示装置（夹持固定装置略去）制备并收集氨气。

①请在图中烧瓶内绘出导管所缺部分______________。

②试管中反应的化学方程式是____________________。

③为吸收多余的氨气，烧杯中的试剂是__________________。

（2）氨有很多重要性质。

①将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色，其原因是_______________________________。

②管道工人曾经用浓氨水检验氯气管道是否漏气，如出现白烟，说明有氯气泄露，同时还有一种相对分子质量为28的气体生成，该反应的化学方程式是__________________________。

（3）写出氨的两种用途__________________________________。

【答案】

2NH4Cl＋Ca（OH）2

CaCl2＋2NH3↑＋2H2O水（或稀盐酸、硫酸等）氨水显碱性8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl作制冷剂、制化肥等

【解析】

【分析】

（1）①氨气的密度小于空气的密度,且氨气和氧气不反应,氨气极易溶于水，所以只能采用向下排空气法收集；

②氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，据此写出该反应方程式；

③氨气极易溶于水,且氨气是碱性气体所以也极易溶于酸,据此分析氨气的吸收方法；

（2）①氨水溶液显碱性，溶液中存在氢氧根离子大于氢离子浓度，据此进行分析；

②根据电子得失守恒、原子守恒规律，推断出氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气；据此写出化学方程式；

【详解】

（1）①氨气的密度小于空气的密度,且氨气和氧气不反应,所以可以采用向下排空气法收集气体,即导气管应该“短进长出”,如图所示：

；

因此，本题正确答案是:

。

②氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水,反应方程式：

2NH4Cl＋Ca（OH）2

CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；

因此，本题正确答案是:

2NH4Cl＋Ca（OH）2

CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。

③氨气极易溶于水，且氨气是碱性气体所以也极易溶于酸,故可以用水或酸吸收氨气；

因此，本题正确答案是:

水（或稀盐酸、硫酸等）。

（2）①氨气极易溶于水生成氨水,氨水能电离出铵根离子和氢氧根离子,导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度,溶液呈碱性，所以将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色；

综上所述，本题答案是：

氨水显碱性。

②氨气和氯气反应生成白色烟,为氯化铵,同时还有一种相对分子质量为28的气体生成,根据反应中得失守恒和元素守恒知，另一种物质是氮气，所以反应方程式为8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl；

综上所述，本题答案是：

8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl。

（3）氨气极易液化,气化时吸收热量,所以氨气能作制冷剂，氨气能与酸反应生成铵盐，可以制造化肥；

因此，本题正确答案是：

作制冷剂、制化肥等。

2．如图1为实验室制取氨的实验装置。

（1）写出A中所发生反应的化学方程式___。

（2）NH3在一定条件下可与O2反应生成一种无色气体，该气体遇空气迅速变红棕色，请写出相关反应的化学方程式___，___。

（3）在收集氨时试管口棉花的作用是___。

（4）一位学生用制得的氨，按图2装置进行喷泉实验，烧瓶已充满干燥的氨气，引发喷泉实验的操作____。

（5）另一学生积极思考产生喷泉的其他方法，设计了图3装置。

首先在锥形瓶中分别加入足量的下列物质，反应后产生喷泉的是（______）

A．CaCO3粉末和浓盐酸

B．NH4HCO3溶液与稀NaOH溶液

C．HCl和AgNO3溶液

D．HCl和酚酞溶液

该同学又向锥形瓶中加入酒精，水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物质，结果也产生了喷泉。

水槽中加入的物质可以是（______）

A．硝酸铵B．食盐C．浓硫酸D．硫酸铜

【答案】2NH4Cl＋Ca（OH）2

CaCl2＋2NH3↑＋2H2ONH3+5O2=4NO+6H2O2NO+O2=2NO2减少与空气的对流，保证试管中能收集满氨气打开橡皮管的夹子，挤压胶头滴管的胶头，使少量的水进入烧瓶AC

【解析】

【分析】

（1）为制取氨气的装置，收集氨气的试管口需要棉花；

（2）气体遇空气能迅速变红棕色，原气体是NO；（6）图3要想产生喷泉，必须生成大量气体；（7）如果放出大量热量，也能增大气体压强，产生喷泉。

【详解】

（1）实验室制氨气2NH4Cl＋Ca（OH）2

CaCl2＋2NH3

＋2H2O。

（2）NH3在一定条件下可与O2反应生成一种无色气体，该气体遇空气迅速变红棕色，该气体是NO，所以NH3+5O2=4NO+6H2O。

（3）NO遇空气迅速变红棕色，所以2NO+O2=2NO2。

（4）收集氨时试管口棉花的作用是减少与空气的对流，保证试管中能收集满氨气。

（5）引发喷泉实验的操作是打开橡皮管的夹子，挤压胶头滴管的胶头，使少量的水进入烧瓶，只要水进入烧瓶，气体溶于水导致压强减小，产生喷泉。

（6）要想产生喷泉，必须生成大量气体，A选项能产生大量二氧化碳。

（7）加入浓硫酸，放出大量热导致压强增大，产生喷泉。

【点睛】

氨气的制取分为工业制法、简易制法、实验室制法，不能混淆；喷泉实验的原理是内外产生压强差。

3．氮的氧化物和硫的氧化物是主要的大气污染物，烟气脱硫脱硝是环境治理的热点问题。

回答下列问题：

（1）目前柴油汽车都用尿素水解液消除汽车尾气中的NO，水解液中的NH3将NO还原为无害的物质。

该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为___。

（2）KMnO4/CaCO3浆液可协同脱硫，在反应中MnO4－被还原为MnO42－。

①KMnO4脱硫（SO2）的离子方程式为___。

②加入CaCO3的作用是___。

③KMnO4/CaCO3浆液中KMnO4与CaCO3最合适的物质的量之比为___。

（3）利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。

在温度一定时，n（H2O2）/n（NaClO2）、溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示：

图a和图b中可知脱硫脱硝最佳条件是___。

图b中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH>5.5时反而减小，请解释NO去除率减小的可能原因是___。

【答案】2:

3SO2＋2MnO4－＋2H2O===SO42－＋2MnO42－＋4H＋消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动1:

1n（H2O2）：

n（NaClO2）=6:

1，pH值在5.5—6.0可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱

【解析】

【分析】

⑴根据氧化还原反应得出氧化剂和还原剂的比例关系。

⑵根据氧化还原反应原理写离子方程式，生成的氢离子和碳酸钙反应，消耗氢离子，利于平衡正向移动，根据比例关系得出高锰酸钾和碳酸钙的比例。

⑶根据图像信息得出脱硫脱硝最佳条件，用氧化还原反应的强弱随pH变化的影响分析减弱的原因。

【详解】

⑴水解液中的NH3将NO还原为无害的物质氮气，根据氧化还原反应原理，氨气化合价升高3个价态，为还原剂，NO化合价降低2个价态，为氧化剂，根据升降守恒配平原理，因此氨气前配2，NO前面配系数3，因此该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:

3，故答案为：

2:

3。

⑵①KMnO4脱硫（SO2）反应生成锰酸根和硫酸根，离子方程式为SO2＋2MnO4－＋2H2O===SO42－＋2MnO42－＋4H＋，故答案为：

SO2＋2MnO4－＋2H2O===SO42－＋2MnO42－＋4H＋。

②反应过程中生成了硫酸，加入CaCO3的作用是消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动，故答案为：

消耗脱硫过程中的氢离子，有利于平衡正向移动。

③2molKMnO4反应生成4mol氢离子，4mol氢离子消耗2mol碳酸钙，因此CaCO3浆液中KMnO4与CaCO3最合适的物质的量之比为1:

1，故答案为1:

1。

⑶根据图中的转化率和去除率关系，可知脱硫脱硝最佳条件是n（H2O2）：

n（NaClO2）=6:

1，pH值在5.5—6.0；NO在pH>5.5时可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱，故答案为：

n（H2O2）：

n（NaClO2）=6:

1，pH值在5.5—6.0；可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱。

4．将一定质量的铁粉加入装有100mL某浓度稀硝酸的容器中充分反应。

试回答:

（1）容器中剩余mg铁粉，收集到NO气体448mL（标准状况下）。

①所得溶液中溶质的化学式为__________。

②原稀硝酸的物质的量浓度为__________。

（2）向

（1）中所得的固液混合物中逐滴滴加稀硫酸至刚好不再产生遇空气变成红棕色的气体为止，此时容器中剩余铁粉ng。

①此时溶液中溶质的化学式为__________。

②m-n的值为_______（精确到0.1）。

【答案】Fe（NO3）20.8mol·L-1FeSO45.0

【解析】

【详解】

（1）①容器中剩有mg的铁粉，铁过量，所得溶液中的溶质为Fe（NO3）2；②硝酸完全反应生成硝酸亚铁与NO，NO的物质的量=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，根据电子转移守恒，参加反应的n（Fe）=0.02mol×

=0.03mol，由氮元素守恒可知：

n（HNO3）=2n[Fe（NO3）2]+n（NO）=2×0.03mol+0.02mol=0.08mol，故原硝酸的物质的量浓度=0.08mol÷0.1L=0.8mol/L；

（2）①向上述固-液混合物中逐滴加入稀硫酸，溶液中的反应顺序为：

Fe先和HNO3（氢离子由硫酸提供）生成NO，因为此时铁还是有剩余，所以硝酸根离子被消耗尽，硝酸根反应完全后，最后是Fe和H2SO4反应生成H2，至刚好不再产生遇空气变成红棕色的气体为止，此时溶液中的溶质为FeSO4；②Fe先和HNO3（氢离子由硫酸提供）生成NO，关系为：

3Fe～2NO3-，溶液中硝酸根离子的物质的量是0.08mol-0.02mol=0.06mol，所以消耗铁的物质的量是0.06mol×3/2=0.09mol，质量是0.09mol×56g/mol≈5.0g，即m-n的值为5.0。

5．Ⅰ.分别只用一种试剂除去下列各组中所含的少量杂质（括号内为杂质），在空格中填上需加入最适合的一种试剂：

（1）FeCl3溶液（FeCl2）________________，

（2）FeCl2溶液（FeCl3）________________，

（3）Fe粉末（Al）_______________，

Ⅱ.为测定某镁铝合金样品中铝的含量，进行了下列实验：

取一定量合金，加入100mL0.3mol·L－1稀硝酸，合金完全溶解，产生的气体在标准状况下体积为560mL；再加入0.2mol·L－1NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，用去300mLNaOH溶液。

则所取样品中铝的物质的量为___________，反应中转移的电子数为______________。

【答案】Cl2FeNaOH溶液0.055mol0.075NA

【解析】

【分析】

Ⅰ.

（1）氯气把FeCl2氧化为FeCl3；

（2）铁粉能把FeCl3还原为FeCl2；

（3）Fe与氢氧化钠不反应，Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；

Ⅱ.镁铝合金与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铝与一氧化氮气体，向反应后的溶液中加入0.2mol·L-1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3、NaAlO2，根据硝酸根守恒有n（NaNO3）=n（HNO3）-n（NO），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaNO3）+n（NaAlO2），据此计算n（NaAlO2），再根据铝原子守恒n（Al）=n（NaAlO2）计算。

【详解】

Ⅰ.

（1）氯气把FeCl2氧化为FeCl3，用氯气除去FeCl3溶液中FeCl2；

（2）铁粉能把FeCl3还原为FeCl2，用铁粉除去FeCl2溶液中的FeCl3；

（3）Fe与氢氧化钠不反应，Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，用NaOH溶液除去铁粉中的铝粉；

Ⅱ.镁铝合金与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铝与一氧化氮，向反应后的溶液中加入0.2mol·L-1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3、NaAlO2，根据硝酸根守恒有n（NaNO3）=n（HNO3）-n（NO）=0.1L×0.3mol/L-

=0.03mol-0.025mol=0.005mol，根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaNO3）+n（NaAlO2），故n（NaAlO2）=0.3L×0.2mol/L-0.005mol=0.055mol，根据铝原子守恒n（Al）=n（NaAlO2）=0.055mol；

，氮元素化合价由+5变为+2，生成1molNO转移3mol电子，所以反应中转移的电子数为

0.075NA。

6．已知19.2gCu与过量的200mL5mol/L稀硝酸充分反应，反应方程式如下：

3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

（1）写出该反应的离子方程式：

________；

（2）标准状况下，产生NO气体的体积为：

________；转移电子的物质的量为______；反应后NO3-的物质的量浓度为：

______。

（忽略反应前后溶液体积的变化）

【答案】3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O4.48L0.6mol4mol/L

【解析】

【分析】

（1）根据离子方程式的拆写原则，硝酸和硝酸铜拆为离子，结合电荷守恒书写；

（2）先计算19.2g铜的物质的量，再结合反应方程式确定需消耗硝酸的物质的量，由反应可知被还原的硝酸和生成的NO的物质的量，最后根据N元素守恒计算溶液中含有的NO3-的物质的量，根据c=

计算反应后NO3-的物质的量浓度。

【详解】

（1）Cu与稀硝酸反应方程式为：

3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，在该反应中，硝酸和硝酸铜是易溶的强电解质，拆为离子，其余物质仍然用化学式表示，则该反应的离子方程式为：

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（2）19.2g铜的物质的量n（Cu）=19.2g÷64g/mol=0.3mol，由反应可知，0.3molCu消耗0.8molHNO3，则根据元素化合价升降与电子转移关系可知被还原的硝酸和生成的NO均为0.2mol，则生成NO的体积V（NO）=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；根据反应方程式可知3mol金属Cu反应转移电子的物质的量是6mol，则0.3mol金属铜参加反应转移电子的物质的量为0.6mol，在200mL5mol/L稀硝酸中含有NO3-的物质的量是n（NO3-）=5mol/L×0.2L=1mol，反应中被还原的硝酸为0.2mol，被还原的硝酸变为NO气体，则溶液中剩余的NO3-的物质的量n（NO3-）=1mol-0.2mol=0.8mol，则其物质的量浓度是c=

=4mol/L。

【点睛】

本题考查氧化还原反应的知识，明确元素的化合价变化及原子守恒的方法来分析是解答本题的关键，注意反应中化学计量数与转移电子数目的关系解答，试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。

7．硝酸是重要的化工原料，在工农业生产和国防上有重要用途。

（1）实验室利用硝石（NaNO3）和浓硫酸共热制取硝酸。

①该反应利用了浓硫酸的_______性；

②该反应的温度不宜太高，原因是（用化学方程式表示）______；

（2）工业上用氨气的催化氧化法制取硝酸，再利用硝酸和氨气反应生产NH4NO3。

①写出氨气的电子式_____；

②写出氨气催化氧化的化学方程式_______；

③在生产过程中，氨催化氧化生成氮氧化物的利用率是80%，氮氧化物被吸收得到硝酸的利用率是85%，则制取80t的NH4NO3需要氨气______t；

（3）某混合酸1L中含1mol的硝酸和2mol的硫酸。

取该混合酸100mL，加入5.6g铁粉充分反应。

①反应中可以生成NO____L（标准状况）；

②向反应后的溶液再加入铁粉，能继续溶解铁粉____g。

【答案】高沸点性（或不挥发性）4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2O

4NH3+5O2

4NO+6H2O422.245.6

【解析】

【分析】

（1）利用浓硫酸的高沸点分析；

（2）根据硝酸不稳定能分解分析；

（3）根据氨气转化为硝酸的一系列反应分析氨气的质量。

（4）注意硝酸具有强氧化性，硫酸具有酸性，同时注意铁离子能与铁反应。

【详解】

（1）①浓硫酸制取硝酸时利用浓硫酸的高沸点性（或不挥发性）；

②硝酸在温度高时能分解生成二氧化氮和氧气和水，方程式为：

4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2O；

（2）.①氨气的电子式为：

；

②氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，方程式为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O；

③NH3-NO-HNO3-NH4NO3，80t的NH4NO3需要转化为硝酸的的氨气的质量为

=25t，另外需要和硝酸反应的氨气的质量为

=17t，总共氨气的质量为25+17=42t；

（3）.①反应的离子方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO

+2H2O，根据铁的物质的量为0.1mol，溶液中的氢离子为0.5mol，硝酸根离子为0.1mol分析，铁反应生成0.1mol一氧化氮，标况下的体积为2.24L；

②反应中消耗0.4mol氢离子，和0.1mol硝酸根离子，还剩余0.1mol氢离子和0.1mol铁离子，0.1mol氢离子能反应0.05mol铁，0.1mol铁离子能反应0.05mol铁，故总共反应0.1mol铁，质量为5.6g。

【点睛】

铁和硝酸和硫酸的混合酸反应时，硝酸尽可能表现氧化性，硫酸表现酸性，所以根据离子方程式计算，同时注意反应后的溶液中含有铁离子，同样也能溶解铁。

8．

（1）取300ml0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是mol。

（2）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是，又变为棕黄色的原因是用离子方程式解释．

（3）在100mLFeBr2溶液中通入标况下2.24LCl2，溶液溶液中有1/4的Br-被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为。

（4）三氟化氮（NF3）是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：

HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：

①写出该反应的化学方程式。

②NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是。

【答案】

（1）0.032mol

（2）2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+；3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO+2H2O

（3）4/3mol/L

（4）①3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3；②出现红棕色气体

【解析】

试题分析：

（1）n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，共失去电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×[5-（-1）]=0.16mol，则消耗KMnO4的物质的量的是

=0.032mol，故答案为0.032；

（2）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-，反应的离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下NO3-与Fe2+反应生成Fe3+，过一会又变为棕黄色，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO+2H2O，故答案为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+；3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO+2H2O；

（3）n（Cl2）=

=0.1mol，设原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为x，由还原性Br-＜Fe2+，液溶液中有

的Br-被氧化成单质Br2，则亚铁离子全部被氧化，由电子守恒可知，0.1L×x×（3-2）+0.1L×x×2×

×（1-0）=0.1mol×2×（1-0），解得x=

mol/L，故答案为

mol/L；

（4）①NF3→NO，化合价降低1价，被还原，NF3→HNO3，化合价升高2价，被氧化，由反应物和生成物可写出反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，故答案为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF；

②反应中生成NO，NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体；故答案为出现红棕色气体。

考点：

考查了氧化还原反应的相关知识。

9．下列A～H八种物质存在如下图所示的转化关系（反应条件、部分产物未标出）。

已知A是正盐，B能使品红溶液褪色，G是红棕色气体。

试回答下列问题：

（1）写出下列各物质的化学式：

A________________；B________________。

（2）按要求写出下列反应的有关方程式

E→F反应的化学方程式_____________________________________________________；

G→H反应的离子方程式_____________________________________________________。

（3）写出H的浓溶液与木炭反应的化学方程式_______________________________________。

（4）检验D中阴离子的方法是___________________________________________________。

【答案】（NH4）2SO3SO24NH3+5O2

4NO+6H2O3NO2+H2O=2H++2NO3-+NOC+4HNO（浓）

4NO2↑+CO2↑+2H2O取少量该溶液于试管中，加足量稀盐酸酸化，未见沉淀生成．再加入少量BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，则证明该溶液中含有SO42-

【解析】

【分析】

G是红棕色气体，则是NO2，F和氧气反应生成二氧化氮，所以F是NO；A是正盐，和氢氧化钠反应生成E，E和氧气反应生成NO，则E是NH3，A是铵盐；二氧化氮和某种物质反应后能生成NO和H，则是和水反应生成硝酸和NO，所以H是硝酸；B能使品红溶液褪色，且B能和氧气反应生成C，所以B是SO2，C是SO3，A是正盐且是铵盐，反应后能生成二氧化硫，所以A是（NH4）2SO3，三氧化硫和水反应生成硫酸，则D是硫酸，据此分析解答。

【详解】

（1）通过以