高考化学备考之氮及其化合物压轴突破训练培优篇及答案解析1.docx

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高考化学备考之氮及其化合物压轴突破训练培优篇及答案解析1

高考化学备考之氮及其化合物压轴突破训练∶培优篇及答案解析

（1）

一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）

1．氮的氧化物既是可导致酸雨的物质，也是造成空气污染的重要物质，加大对氮的氧化物的治理是环境保护重要举措。

（1）在一定条件下氨气可用来将氮氧化物转化为无污染的物质。

写出氨气和二氧化氮在一定条件下反应的化学方程式：

_____________________________，该反应中氧化剂是_________，还原剂是________________________________________。

（2）汽车尾气中含有CO和NO，消除这两种物质对大气的污染的方法是安装催化转化器，使它们发生反应生成对大气无污染的气体，该反应的化学方程式为___________________________________。

（3）用氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下：

NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O

2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O

现有VL某NaOH溶液能完全吸收nmolNO2和mmolNO组成的大气污染物。

①所用烧碱溶液的物质的量浓度至少为_________mol·L－1。

②若所得溶液中c（NO3-）∶c（NO2-）＝1∶9，则原混合气体中NO2和NO的物质的量之比n∶m＝_________。

③用含n和m的代数式表示所得溶液中NO3-和NO2-浓度的比值c（NO3-）∶c（NO2-）＝_________。

【答案】6NO2＋8NH3

7N2＋12H2ONO2NH32NO＋2CO

N2＋2CO2（m+n）/V3∶2（n-m）/（3m+n）

【解析】

【分析】

（1）氨气和二氧化氮在一定条件下反应生成氮气和水，反应中元素化合价降低的做氧化剂，元素化合价升高的物质做还原剂；

（3）①根据气体和氢氧化钠的关系式计算；

②根据二氧化氮、一氧化氮和氢氧化钠反应的方程式中各个物理量之间的关系式计算；

③同一溶液中，c（NO3-）：

c（NO2-）等于其物质的量之比。

【详解】

（1）氨气和二氧化氮在一定条件下反应生成氮气和水,反应的化学方程式为：

6NO2＋8NH3

7N2＋12H2O，反应中二氧化氮中氮元素化合价降低的做氧化剂，氨气中氮元素化合价升高的物质做还原剂，

故答案为：

6NO2＋8NH3

7N2＋12H2O；NO2；NH3；

（2）CO和NO发生反应生成对大气无污染的气体，所以生成物是氮气和二氧化碳，故化学方程式是：

2NO＋2CO

N2＋2CO2

故答案为：

2NO＋2CO

N2＋2CO2

（3）①根据方程式NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O

2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O

知，只要NO不剩余，氮原子和氢氧化钠的关系式是1:

1，所以完全吸收nmolNO2和mmolNO组成的混合气体所用氢氧化钠的物质的量等于氮氧化物的物质的量之和，所以c（NaOH）=

，

故答案为：

；

（2）设原混合气体中NO2和NO的物质的量n和m，

         NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，

        1       1        2

mmol       mmol   2mmol

 2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O，

  2             2           1

（n−m）mol      （n−m） mol     

mol

所得溶液中c（NO3-）∶c（NO2-）=

mol:

[2m+

mol]=1:

9，

所以n:

m=3:

2，

故答案为：

3:

2；

（3）同一溶液中，c（NO3-）∶c（NO2-）等于其物质的量之比，所以c（NO3-）∶c（NO2-）=

mol:

[2m+

mol]=（n-m）/（3m+n），

故答案为：

（n-m）/（3m+n）。

2．研究金属与硝酸的反应，实验如下。

实验（20ºC）

现象

Ⅰ

过量铜粉、2mL0.5mol∙L-1HNO3

无色气体（遇空气变红棕色），溶液变为蓝色

Ⅱ

过量铁粉、2mL0.5mol∙L-1HNO3

6mL无色气体（经检测为H2），溶液几乎无色

⑴Ⅰ中产生的无色气体是______。

⑵研究Ⅱ中的氧化剂

①甲同学认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3－，所以NO3－没有发生反应。

乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是______。

乙同学通过分析，推测出NO3－也能被还原，依据是______，进而他通过实验证实该溶液中含有NH4+，其实验操作是______。

补全Ⅱ中NO3－被还原为

的过程：

NO3－+______e－+______=NH4++______H2O

⑶研究影响产生H2的因素

实验

现象

Ⅲ

过量铁粉、2mL0.5mol∙L-1HNO3、40ºC

3.4mL气体（经检测为H2），溶液略带黄色

Ⅳ

过量铁粉、2mL0.5mol∙L-1HNO3、60ºC

2.6mL气体（经检测为H2），黄色溶液

Ⅴ

过量铁粉、2mL3mol∙L-1HNO3、20ºC

无色气体（遇空气变红棕色），深棕色溶液

资料：

Fe[（NO）]2+在溶液中呈棕色。

④对比Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，温度不同时收集到氢气的体积不同，原因是______。

⑤Ⅴ中无色气体是混合气体，则一定含有遇空气变红棕色的气体和______。

⑷根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸的还原产物不同的因素有______。

【答案】NO硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出NO3－中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体810H+3相同条件下，温度升高时，化学反应速率增大，但NO3－的还原速率增大的更多H2金属的种类、硝酸的浓度、温度

【解析】

【分析】

⑴Ⅰ中无色气体NO遇空气生成红棕色的二氧化氮气体。

⑵①依据Ⅰ和Ⅱ硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中生成NO，因此可得NO3－没有发生反应不正确。

②NO3－中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，证明NH4+的方法是去一定量溶液加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。

③根据化合价降低得到电子配平得到。

⑶④根据现象和温度升高时，化学反应速率增大。

⑤根据元素分析和前面的信息得到答案。

⑷根据实验和几个反应现象得出答案。

【详解】

⑴Ⅰ中产生的无色气体遇空气变为红棕色，则为NO遇空气生成红棕色的二氧化氮气体；

故答案为：

NO。

⑵①依据Ⅰ和Ⅱ硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出，故认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3－，所以NO3－没有发生反应不正确，故答案为：

硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出。

②元素的最高级具有氧化性，故NO3－中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，推测出NO3－也能被还原；证实该溶液中含有NH4+的方法为：

取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,故答案为：

NO3－中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性；取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。

③NO3－被还原为NH4+的反应为：

NO3－+8e－+10H+=NH4++3H2O，故答案为：

8；10H+；3。

⑶④根据现象可得，Ⅱ、Ⅲ生成氢气，Ⅳ生成有NO，因为相同条件下，温度升高时，化学反应速率增大，但NO3－的还原速率增大的更多，故答案为：

相同条件下，温度升高时，化学反应速率增大，但NO3－的还原速率增大的更多。

⑤Ⅴ中无色气体是混合气体，根据元素分析，则一定含有遇空气变红棕色的NO气体和H2，故答案为：

H2。

⑷根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸的还原产物不同的因素有金属的种类、硝酸的浓度、温度，故答案为：

金属的种类、硝酸的浓度、温度。

3．亚硝酸（HNO2）是一种不稳定的酸，易分解为NO2和NO；其盐亚硝酸钠是一种重要的化工原料，酸性条件下能氧化碘离子等还原性物质，常用作漂白剂、媒染剂。

回答下列问题：

（1）亚硝酸钠会与人体中的血红蛋白作用，将二价铁氧化为三价铁，从而使血红蛋白丧失输送氧气的功能而使人体中毒。

一旦发生亚硝酸盐中毒，立即注射美蓝溶液进行治疗，推断美蓝溶液具有________（填“氧化”或“还原”）性。

（2）亚硝酸钠外观极像食盐，和食盐一样有咸味。

工业上常用下列两种方法检验食盐中是否混有亚硝酸钠。

①取样品，加稀硫酸，若观察到________（填现象），说明样品中含有亚硝酸钠。

②取样品，加________溶液（填试剂名称），酸化后溶液变蓝，说明样品中含有亚硝酸钠。

（3）研究不同条件下保存萝卜，发现亚硝酸钠含量随时间变化如图所示，若要保证在亚硝酸钠含量低于1mg·kg-1时食用，则三种条件下保存时间由长到短的顺序是________（填序号）。

（4）鱼塘中亚硝酸钠浓度过高，鱼不吃食甚至死亡。

可用适量二氧化氯（ClO2）处理亚硝酸钠，ClO2被还原为Cl-，反应的离子方程式为________________________；若有3molClO2参与反应，则转移电子的物质的量是________。

【答案】还原溶液产生气泡淀粉碘化钾溶液③①②

15mol

【解析】

【分析】

本题综合考察了亚硝酸及亚硝酸盐的性质，分析时可从其+3价的化合价出发，+3价可升可降使其既能当氧化剂又能当还原剂，此外亚硝酸还是一个弱酸。

【详解】

（1）若要解毒可将血红蛋白中的

重新还原为

，因此美蓝溶液应具有还原性；

（2）①亚硝酸是弱酸，因此亚硝酸钠与硫酸反应可以得到

，

不稳定又分解产生

和

，因此可以观察到气泡；

②也可从其氧化性出发，加入淀粉碘化钾溶液，亚硝酸盐可将碘离子变为单质碘，单质碘遇淀粉变蓝即可证明；

（3）据图可以看出若要达到

的量，冷藏不密封用时最长，冷藏密封用时最短，因此保存时间由长到短为③①②；

（4）二氧化氯当氧化剂，亚硝酸钠当还原剂，离子方程式为：

；

在反应中由+4价降低到-1价，因此每个

得5个电子，3mol

在反应中一共转移15mol电子。

4．非金属单质A经下图所示的过程可转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：

（1）若A在常温下是固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体：

①D的化学式：

_________；

②在工业生产中，B气体大量排放，被雨水吸收后形成____________污染环境。

（2）若A在常温下为气体，C是红棕色气体。

①C的化学式为：

_________；

②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，该反应的化学方程式为：

___________，该反应___（填“属于”或“不属于”）氧化还原反应。

【答案】H2SO4酸雨NO2Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O属于

【解析】

【分析】

根据框图，非金属单质A能发生连续氧化，含氧酸D为强酸，对应的是硫和氮等元素的转化。

（1）A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则A为S单质，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；

（2）A在常温下为气体，C是红棕色的气体，则A应为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3，根据氧化还原反应的特点判断，据此分析解答。

【详解】

（1）A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则A为S单质，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4。

①由以上分析可知D是硫酸，化学式为H2SO4，故答案为：

H2SO4；

②在工业生产中大量排放的SO2气体被雨水吸收后形成了酸雨而污染了环境，故答案为：

酸雨；

（2）若A在常温下为气体，C是红棕色的气体，则A应为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3。

①由以上分析可知C为NO2，故答案为：

NO2；

②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，反应的化学方程式为Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，该反应中Cu的化合价升高，N的化合价降低，属于氧化还原反应，故答案为：

Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；属于。

【点睛】

解答本题的关键是物质的颜色和框图中的“连续氧化”特征，也是解答本题的突破口。

本题的易错点为A的判断，要注意A属于非金属单质。

5．A、B、C、D、E各物质的关系如下图所示：

已知：

X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

（1）无色液体A是_____，A与B反应的化学方程式是____________。

（2）由X转化为N2的化学方程式为______________。

（3）白色固体C的化学式为　_____。

由D转化为E的离子方程式为___。

【答案】浓氨水NH3·H2O+CaO=Ca（OH）2+NH3↑2NH3+3CuO

3Cu+N2+3H2OCa（OH）2CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-

【解析】

【分析】

X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，X为气体，则X为NH3，由C能与CO2生成白色沉淀D，CO2过量时又转化为无色溶液E，说明C可能是Ca（OH）2，D是CaCO3，E是Ca（HCO3）2。

常温下，产生氨气，以及根据X和C，推出A为氨水，B为生石灰，利用生石灰遇水放出热量，促使氨水分解，据此进行分析推断。

【详解】

（1）根据上述分析可知，A为氨水，氨水和氧化钙反应可以生成氨气，发生的反应是NH3·H2O+CaO=Ca（OH）2+NH3↑；

（2）利用氨气的还原性，发生的反应方程式为：

2NH3+3CuO

3Cu+N2+3H2O；

（3）根据上述分析可知，白色沉淀是Ca（OH）2，D转化成E的离子反应方程式为CaCO3+CO2+H2O=Ca2＋+2HCO3－；

【点睛】

本题的突破口是X，X为气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明是X是氨气，因为氨气是中学阶段，学过的唯一一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，然后根据常温下，制备氨气，利用反应物的状态，推测A为氨水，B为生石灰，进一步进行推测。

6．a、b、c、d、e是含有一种相同元素的五种物质，可发生如下转化：

其中：

a是单质；b是气体；c、d是氧化物；e是最高价氧化物对应的水化物。

（1）如果a是一种淡黄色粉末固体，试推断这五种物质（用化学式表示）：

a______；b______；c______；d______；e______。

（2）如果a是一种常见气体，试推断这五种物质（用化学式表示）：

a______；b______；c______；d______；e______。

【答案】SH2SSO2SO3H2SO4N2NH3NONO2HNO3

【解析】

【分析】

【详解】

（1）如果a是一种淡黄色粉末固体，则a是硫，所以b是硫化氢，c是SO2，d是三氧化硫，e是硫酸，化学式分别为S、H2S、SO2、SO3、H2SO4。

（2）如果a是一种常见气体，则符合转化关系的是氮气，则b是氨气，C是NO，d是NO2，e是硝酸，化学式分别为N2、NH3、NO、NO2、HNO3。

7．如图的各方框表示一种反应物或生成物（某些物质已经略去），其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

（1）写出物质X的化学式：

__。

（2）写出下列变化的化学方程式：

①A→D：

___；

②G→E：

___；

③F→G：

___。

（3）实验室里，常用加热固体混合物的方法制取气体C，请写出化学方程式：

___。

【答案】NH4HCO3（或（NH4）2CO3）2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O23Cu＋8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O3NO2＋H2O=2HNO3＋NO2NH4Cl＋Ca（OH）2

CaCl2＋2NH3↑＋2H2O

【解析】

【分析】

和过氧化钠反应的气体是二氧化碳气体，生成氧气，氧气与C在催化剂作用下反应，说明C为氨气，E为一氧化氮，F为二氧化氮，G为硝酸，B为水蒸气。

【详解】

⑴根据X分解得到水、二氧化碳、氨气得出X可能为NH4HCO3（或（NH4）2CO3），故答案为NH4HCO3（或（NH4）2CO3）。

⑵①A→D是过氧化钠和水的反应，其方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故答案为：

2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。

②G→E是铜和硝酸的反应，其方程式为3Cu＋8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O，故答案为：

3Cu＋8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O。

③F→G是二氧化氮和水的反应，其方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，故答案为：

3NO2＋H2O=2HNO3＋NO。

⑶实验室里常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取气体C，其化学方程式：

2NH4Cl＋Ca（OH）2

CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，故答案为：

2NH4Cl＋Ca（OH）2

CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。

8．如图所示每一方框表示一种反应物或生成物，其中A、C、D、E、F在通常情况下均为气体，且加热X生成的A与C的物质的量之比为1∶1，B为常见液体。

试回答下列问题：

（1）X是________（填化学式，下同），F是__________。

（2）A―→D反应的化学方程式为_______。

（3）G与Cu的反应中，G表现的性质为______。

（4）X与过量NaOH溶液反应生成C的离子方程式为_____________。

（5）以C、B、D为原料可生产G，若使amolC完全转化为G，理论上至少需要D___mol。

【答案】NH4HCO3NO22Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2酸性和氧化性NH4+＋HCO3—＋2OH－=2H2O＋CO32—＋NH3↑2a

【解析】

【分析】

X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：

1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C（氨气）与D（氧气）反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3，据此解答。

【详解】

X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：

1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C（氨气）与D（氧气）反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3；

（1）由上述分析可知，X是NH4HCO3； F是NO2；

（2）A→D为Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和O2，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；

（3）Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，反应中N元素的化合价部分为不变化，部分降低，故硝酸表现酸性、氧化性；

（4）NH4HCO3与过量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4+＋HCO3—＋2OH－

2H2O＋CO32—＋NH3↑；

（5）以NH3、H2O、O2为原料可生产HNO3，使a mol NH3完全转化为HNO3，根据电子转移守恒，理论上至少需要氧气的物质的量=

=2amol。

9．某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示：

阳离子

H＋、K＋、Al3＋、NH4+、Mg2＋

阴离子

Cl－、OH－、CO32-、AlO2-

为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示。

（1）该溶液中一定含有的阳离子是________________________________，其对应物质的量浓度之比为____________，溶液中一定不存在的阴离子是_______________________。

（2）写出沉淀减少的离子方程式________________________________________________。

【答案】H＋、Al3＋、NH4+、Mg2＋2:

2:

2:

3OH－、CO32-、AlO2-Al（OH）3+OH－=AlO2-+2H2O

【解析】

【分析】

（1）根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知，最终得到的沉淀为3mol氢氧化镁沉淀，溶解的2mol沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量；

（2）沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少，据此写出反应的离子方程式。

【详解】

（1）根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：

溶液中一定含有：

Mg2+和Al3+，所以一定不含CO32-、AlO2-，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0～amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H+，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：

2mol×3+3mol×2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：

n（H+）+3n（Al3+）+n（NH4+）+2n（Mg2+）≤16mol，所以氯离子物质的量≥16mol，所以溶液中一定存在的阳离子为：

H+、Al3+、NH4+、Mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为：

n（H+）：

n（Al3+）：

n（NH4+）：

n（Mg2+）=2：

2：

2：

3；溶液中一定不存在的阴离子为：

OH-、CO32-、AlO2-；

（2）生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：

Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O。

10．甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体。

A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。

请根据下图的转化关系回答：

（1）用方程式解释A使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因___________________

（2）写出溶液C中加氯水的离子方程式___________________

（3）若A和B按1:

1通入水中反应，写出反应方程式_________