高考化学氮及其化合物提高练习题压轴题训练及详细答案Word下载.docx

1、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】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。KMnO4脱硫（SO2）反应生成锰酸根和硫酸根，离子方程式为SO2 2MnO42H2O = SO42 2MnO42 4H，故答案为：SO2 2MnO42H2O = SO42 2MnO42 4H。反应过程中生成了硫酸，加入CaCO3的作用是消耗脱硫过程

2、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。2molKMnO4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。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）：1，pH值在5.56.0；NO在pH5.5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）：可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱。2（1）取300ml 0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好

3、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：

4、写出该反应的化学方程式 。NF3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）3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3；出现红棕色气体试题分析：（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20.02mol+0.02mol5-（-1）=0.16mol，则消耗KMn

5、O4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F

6、eBr2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，0.1Lx（3-2）+0.1L2（1-0）=0.1mol（1-0），解得x=mol/L，故答案为mol/L；（4）NF3NO，化合价降低1价，被还原，NF3HNO3，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；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。3下

7、图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中X为正盐，A、C、D均为无色气体。（1）写出有关的物质化学式。X：_C：_E：_F：_（2）写出反应的化学方程式_（3）写出反应的离子方程式_【答案】NH4）2CO3 NH3 NO NO2 2Na2O22CO2 = 2Na2CO3O2 8H2NO33Cu=3Cu22NO4H2O X为正盐，A为无色气体，能与Na2O2反应生成无色气体D，则A为CO2，D为氧气，X能与强碱反应生成无色气体C，C与氧气在催化剂的条件下反应生成E，则C为NH3，E为NO，所以X为（NH4）2CO3，碳酸铵受热分解生成氨气、CO2和水，则B为水，NO和氧气反应生成F，F

8、为NO2，F与水反应生成G，则G为硝酸，硝酸与木炭反应生成CO2、NO2和水，硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，以此分析解答。（1）根据上述推断，X为（NH4）2CO3，C为NH3，E为NO，F为NO2，故答案：（NH4）2CO3；NH3；NO；NO2；（2）根据分析和框图可知反应是过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O22CO2 = 2Na2CO3O2，故答案：2Na2O22CO2 = 2Na2CO3O2。（3） 根据分析和框图可知反应是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为8H2NO3-3Cu=3Cu22NO4H2O，故答案：8H2NO3-3Cu=3

9、Cu22NO4H2O。4下列关系图中，A是一种正盐，E是强酸，当甲无论是强酸或强碱都有如下反应关系：友情提示：当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物。（1）A是_（用化学式表示）（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体写出B与C的反应方程式：_一定质量的Zn与100mL 12.0mol/L的E的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g。将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c（SO42）_mol/L，产生SO2体积（标准状况下）_L（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂C是_，在浓的E溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束

10、时的离子方程式为_。将盛有D和O2的混合气体12mL的量筒倒立于水槽中，充分反应后，剩余2mL无色气体（均在同温同压下测定），则原混合气体中氧气的体积是_。（NH4）2S 2H2S+SO2=3S+2H2O 1mol/L 4.48L NO 3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O 1.2ml和4ml （1）A是一种正盐，E是强酸，由转化关系可知，中学化学中N、S元素化合物符合转化；（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体，则B为H2S、C为SO2、D为SO3，E为H2SO4；二氧化硫与硫化氢反应生成硫与水；硫酸完全反应，发生反应：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2

11、+H2O，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，结合方程式计算；（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂，则B为NH3、C为NO、D为NO2、E为HNO3。在浓的硝酸溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时，为Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水；可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为12mL=4mL，实际是结果剩余4mL气体，小于4mL，则说明剩余气体为NO或氧气；若为氧气，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，求出参加此反应

12、的O2，最后相加得到原来的氧气；若为NO，先根据3NO2+H2O=2HNO3+2NO求出过量的NO2，然后根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3求出参加此反应的NO2，据此解答。（1）A是一种正盐，E是强酸，由转化关系可知，中学化学中N、S元素化合物符合转化，当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物，可推知A为（NH4）2S；（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体，则B为H2S、C为SO2、D为SO3，E为H2SO4，则：B与C的反应方程式为：2H2S+SO2=3S+2H2O；一定质量的Zn与100mL 12.0mol/L的H2SO4的浓溶液充分反应

13、，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g，则参加反应Zn的物质的量为1mol，H2SO4的物质的量为0.1L12mol/L=1.2mol，由于硫酸都没有剩余，设与浓硫酸反应的Zn为xmol，与稀硫酸反应的Zn为ymol，则：由题意可知：x+y1，2x+y1.2，解得x=0.2，y=0.8，故将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c（SO42-）=1mol/L，产生SO2体积（标准状况下）=0.2mol22.4L/mol=4.48L；由上述分析可知C是NO，在浓的E溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时，为Cu与稀硝酸反应，离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；若为

14、氧气，则参加反应的气体为12mL-2mL=10mL，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为10ml=8mL，参加反应的O2的体积为10mL-8mL=2mL，原混合气体中O2的体积为2mL+2mL=4mL；若剩余气体为NO气体，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2为32mL=6mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为12mL-6mL=6mL，则反应消耗的氧气为6mL=1.2mL。【点晴】（3）中关键是分析剩余气体的成分，进行讨论计算。当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂，则B为NH3、C为NO、D为NO2

15、、E为HNO3。12mL=4mL，实际是结果剩余4mL气体，小于4mL，则说明剩余气体为NO或氧气，分两种情况讨论：若为NO，先根据3NO2+H2O=2HNO3+2NO求出过量的NO2，然后根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3求出参加此反应的NO2。5由三种短周期非金属元素形成的常见单质A、B、C，在一定条件下有如下反应：A+B甲（气） ，B+C乙（气），请根据不同情况回答下列问题：（1）若标准状况下A、B、C、甲、乙均为气体，且甲和乙化合生成固体丙时有白烟产生。丙的化学式是 _ ，丙中含有的化学键类型为 _ 工厂常用气体甲检验装有气体C的管道是否泄漏，请写出该反应的化学方程式 _ （2）

16、若常温下B为固体，A、C为气体且气体乙有刺激性气味，甲在空气中充分燃烧可生成乙。乙的化学式是 _ 向氢氧化钠溶液中通人过量的乙，所发生反应的离子方程式是 _ 将乙与（1）中某单质的水溶液充分反应可生成两种强酸，该反应的化学方程式是_【答案】NH4Cl 离子键、极性共价键 8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl SO2 SO2+OH-=HSO3- SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4 （1）若在标准状况下A、B、C、甲、乙均为气体，且甲和乙化合生成固体丙时有白烟产生，应是氯化氢与氨气反应生成氯化铵，则丙为NH4Cl，甲、乙分别为HCl、NH3中的一种，结合转化关系可知B为H2，A、C分

17、别是Cl2、N2的一种。（2）若常温下B为固体，A、C为气体，且气体乙有刺激性气味，甲在空气中充分燃烧可生成乙，结合转化关系可推知，B为S、A为H2、C为O2、甲为H2S、乙为SO2。（1）丙为氯化铵，其化学式为NH4Cl，NH4Cl中铵根离子与氯离子之间是离子键，铵根离子中氮原子与氢原子之间是极性共价键，所以化学键类型为离子键、极性共价键，故答案为：NH4Cl；离子键、极性共价键。甲是HCl、NH3中的一种，C分别是Cl2、N2的一种，工厂常用NH3检验装有Cl2的管道是否泄漏，则甲是NH3，C是Cl2，其反应的化学方程式：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，故答案为：8NH3+3Cl2

18、=N2+6NH4Cl。（2）乙是二氧化硫，其化学式是SO2，故答案为：SO2。乙为SO2，氢氧化钠溶液中通人过量的SO2，其化学反应方程式为：SO2+NaOH=NaHSO3，离子反应方程式为：SO2+OH-=HSO3-，故答案为：。乙为SO2，与Cl2的水溶液充分反应可生成两种强酸，即盐酸和硫酸，其化学反应化学方程式是SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4。6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

19、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 2:3 OH、CO32-、AlO2- Al（OH）3+OH= AlO2- +2H2O （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

20、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。（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

21、入过氧化钠的物质的量在0amol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：2mol3+3mol2+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

22、+、NH4+、Mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为：n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（Mg2+）=2：2：3；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。7下图表示几种无机物之间的转化关系，其中A、B均为黑色粉末，B为非金属单质，C为无色无毒气体，D为金属单质，E是红棕色气体，G是具有漂白性的气体，H的水溶液呈蓝色。请回答下列问题：（1）A的化学式是_，C的电子式是_，Y的名称是_。（2）反应的化学方程式为_。（3）实验室测定

23、气体E的相对分子质量时，得到的实验值总是比理论值偏大，其原因是（用化学方程式表示）_。（4）19.2g的D与足量的一定浓度X的溶液反应，将所得的气体与_L O2（标准状况下）混合，恰好能被水完全吸收。【答案】CuO 浓硫酸 C4HNO3（浓）=CO24NO22H2O 2NO2N2O4 3.36L 已知，A、B均为黑色粉末，B为非金属单质，C为无色无毒气体，D为金属单质，可推测A为CuO，B为C，C为二氧化碳，D为Cu；E是红棕色气体为二氧化氮，G是具有漂白性的气体为二氧化硫，H的水溶液呈蓝色为硫酸铜。（1）分析可知，A为氧化铜，化学式是CuO；C为二氧化碳，电子式为：；Y为浓硫酸；（2）反应为

24、碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，方程式为：C4HNO3（浓）=CO24NO22H2O；（3）验室测定气体二氧化氮的相对分子质量时，存在可逆反应2NO2N2O4得到的实验值总是比理论值偏大；（4）19.2g的Cu即0.3mol，与足量的一定浓度的硝酸溶液反应，生成氮的氧化物，化合价降低与Cu升高的化合价总数相等，则消耗的氧气化合价降低的总数也相等，消耗0.15mol氧气即标况下的3.36L。8某混合物的水溶液中，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe2+、Al3+、NH4+、Cl-、CO32- 和SO42-。现每次取100.00mL进行实验：（已知：NH4+OH - NH3

25、 +H2O） 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生； 第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体0.896 L（标准状况下） 第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g。请回答：（1）c（CO32-） =_mol/L；（2）K+ 是否存在？_；若存在，浓度范围是_（若不存在，则不必回答第2问）；（3）根据以上实验，不能判断_（填离子符号）是否存在。若存在此离子，如何进行检验？_。【答案】0.2 存在 c （K+）0.2mol/L Cl- 取少量原试液，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，若有沉淀证明存在Cl-，否则无Cl- 先根据实验现象判断溶液中存在的离子，不存在的离子，可能存在的离子；（1）先判断中酸洗涤前后质量减少的量的成分，再根据减少的沉淀的量计算碳酸根离子的浓度；（2）先确定实验中酸洗后沉淀的成分，计算硫酸根离子的物质的量，根据氨气