高考化学与氮及其化合物有关的压轴题及答案.docx

1、高考化学与氮及其化合物有关的压轴题及答案高考化学与氮及其化合物有关的压轴题及答案一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）1硝酸是常见的三大强酸之一，在化学研究和化工生产中有着广泛应用，常用于制备硝酸盐、染料、肥料、医药中间体、烈性炸药等。硝酸盐多用于焰火、试剂、图像处理行业。（1）某金属M的硝酸盐受热时按下式分解：2MNO32M+2NO2+O2，加热3.40gMNO3，生成NO2和O2折算成标准状况时的总体积为672mL。由此可以计算出M的相对原子质量为_。（2）将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体折算成标准状况下的体积为11.2L。其中NO的体

2、积为_。（3）现有Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，某研究性学习小组为了探究其组成情况，加入100mL0.6molHNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到224mLNO气体（S.T.P.）。则产物中硝酸铜的物质的量为_。如原混合物中有0.0lmolCu，则其中Cu2O与CuO的质量比为_。（4）有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，HNO3被还原成NO，待反应结束后，可产生标准状况下的气体多少升_？（5）加热某一硝酸铜的结晶水合物和硝酸银的混合物110.2g，使之完全分解，得到固体残渣4

3、8.4g。将反应后产生的气体通过水充分吸收后，剩余气体1.68L(S.T.P.)。求原混合物中硝酸铜结晶水合物的化学式_。【答案】108 5.824L 0.025 9：5 0.448L Cu(NO3)26H2O 【解析】【分析】（1）根据硝酸盐和气体体积的关系式计算金属的相对原子质量；（2）根据氧化还原反应中得失电子数相等计算生成的一氧化氮的体积；（3）根据氮原子守恒确定未反应硝酸根的物质的量，根据硝酸根的物质的量和硝酸铜的关系式计算硝酸铜的物质的量；根据硝酸铜的物质的量计算溶液中铜离子的物质的量，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算氧化亚铜的质量，根据铜原子守恒计算氧化铜的质量，从而计算出氧化

4、亚铜和氧化铜的质量之比；（4）根据n=cV计算氢离子和硝酸根的物质的量，由于铁过量，根据反应进行过量计算，以不足量的物质计算一氧化氮的物质的量，进而计算体积；（5）根据原子守恒，气体体积列方程计算硝酸铜和硝酸银的物质的量，根据铜原子守恒计算结晶水系数，从而确定化学式。【详解】（1）标准状况下，672ml气体的物质的量是0.03mol，根据反应的方程式可知，氧气的物质的量是0.01mol，所以硝酸盐的物质的量是0.02mol，则硝酸盐的相对分子质量是170，故M的相对原子质量是17062108；（2）32.64g铜的物质的量是0.51mol，失去1.02mol电子转化为+2价铜离子，气体的物质的

5、量是0.5mol，若设NO和NO2的物质的量分别是x和y，则xy0.5、3xy1.02，解得x0.26mol，所以NO的体积是5.824L；（3）硝酸的物质的量是0.06mol，被还原的硝酸是0.01mol，所以根据氮原子守恒可知，硝酸铜的物质的量是（0.06mol0.01mol）20.025mol。根据铜原子守恒可知，铜原子的物质的量是0.025mol，Cu2O与Cu在反应中均是失去2个电子，二者的物质的量之和是0.015mol，则氧化亚铜的物质的量是0.005mol，所以氧化铜的物质的量是0.005mol，则Cu2O与CuO的质量比为144809:5。（4）n(H+)=0.01L4mol/

6、L2+0.01L2mol/L=0.1mol，n(NO3-)=0.01L2mol/L=0.02mol，由于铁过量，发生反应3Fe+8H+2NO3-=3Fe2+2NO+4H2O，0.02mol硝酸根完全反应，需要氢离子的物质的量为0.08mol0.1mol，故氢离子过量，硝酸根不足，生成的一氧化氮为0.02mol，则标况下，一氧化氮的体积为0.448L。（5）二氧化氮、氧气和水的反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据硝酸铜和硝酸银受热分解方程式可知，硝酸铜受热分解产生的二氧化氮和氧气体积比为4：1，被水完全吸收，硝酸银分解产生的二氧化氮和氧气体积比小于4：1，即气体与水反应剩余1.68L

7、氧气；设原混合物中硝酸铜的物质的量为xmol，硝酸银为ymol，即80x+108y=48.4，0.25y=0.075，即x=0.2mol，y=0.3mol。根据铜原子守恒可知，结晶水的物质的量=1.2mol，即硝酸铜与结晶水物质的量之比为1：6，硝酸铜结晶水合物的化学式Cu(NO3)26H2O。22016年10月17日7时30分，我国“神舟十一号”载人飞船顺利升入太空。此次火箭的主要燃料是偏二甲肼（C2N2H8）和一种氮的氧化物（用R表示），当火箭发射时，这两种燃料会剧烈反应产生大量气体，并释放出大量的热，化学方程式如下（已配平）：C2N2H8+2R=3N2+4H2O+2CO2（1）R的化学式

8、是_；已知偏二甲肼中N元素显-2价，H元素显+1价，由此推断，C元素的化合价是_。（2）该反应的还原剂是_，被还原的元素是_。（3）若反应生成22.4LCO2（标准状况），则反应转移电子_mol。（4）火箭发射时，尾部向下喷出的气体会有明显的红棕色，该红棕色气体的化学式可能是_。（5）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂。Na2FeO4能给水消毒利用的是_性。用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，其净水原理与明矾相同，Fe3+净水原理是_（用简要的文字叙述）。【答案】N2O4 -2 C2N2H8 N2O4 8 NO2 氧化性 Fe3+是弱碱阳离子

9、，能结合水电离出的氢氧根生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降 【解析】【分析】（1）化学方程式C2N2H8+2R=3N2+4H2O+2CO2，由原子守恒可得R的化学式；（2）该反应中N2O4中的N元素从+4价下降到0价，C2N2H8中C和N的化合价升高，可以判断出氧化剂和还原剂；（3）标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol，生成1molCO2时，有1molN2O4被还原，可以求出转移电子数；（4）火箭的燃料是两种组分，偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮是无色的气体，四氧化二氮在温度升高时会很快的分解为红棕色的二氧化氮气体；（5）Na2FeO4中铁是铁元素的最高价态，有很强

10、的氧化性。【详解】（1）化学方程式C2N2H8+2R=3N2+4H2O+2CO2，由原子守恒可知，R的化学式为：N2O4；已知偏二甲肼C2N2H8中N元素显-2价，H元素显+1价，设C的化合价为x，则有2x+8-22=0，解得x=-2，C元素的化合价是-2；（2）该反应中N2O4中的N元素从+4价下降到0价，C2N2H8中C和N的化合价升高，故该反应的还原剂是C2N2H8，氧化剂是N2O4；（3）标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol，生成1molCO2时，有1molN2O4被还原，N2O4被还原为N2，得8个电子，1mol N2O4得8电子，故转移8mol电子；（4）火箭的燃料是两种

11、组分，偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮是无色的气体，四氧化二氮在温度升高时会很快的分解为红棕色的二氧化氮气体，故该红棕色气体的化学式可能是NO2；（5）化合物中化合价的代数和为0，Na2FeO4中钠元素为+1价，氧元素为-2价，故铁元素为+6价；+6价的铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性，可用于杀菌消毒；杀菌时得到的Fe3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的氢氧根生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降。3汽车尾气主要含有CO2、CO、SO2、NOx等物质，逐渐成为城市空气主要污染源。(1)写出CO2的电子式_；CO2带来的主要环境问题是_。(2)汽车尾气中的CO来自于_，NO来自于

12、_。(3)NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式_。(4)在适宜温度下采用合适催化剂，CO和NO相互反应生成参与大气循环的无毒气体。写出反应化学方程式_。(5)在催化剂作用下，可用氨气将NO和NO2转化为无毒气体，写出NO2和NH3反应生成无毒气体的化学方程式_。(6)当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下与氨气形成(NH4)2SO4，用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成_。【答案】 温室效应 燃料不完全燃烧 在汽车气缸内的高温下N2、O2反应产生 3NO2+H2O=2HNO3+NO 2CO+2NO2CO2+N2 6NO2+8NH37N2+12H2O 2SO2+O2

13、+2H2O +4NH3=2(NH4)2SO4 【解析】【分析】(1)C原子与2个O原子形成4个共价键，使分子中每个原子都达到8个电子的稳定结构，CO2过多会导致温室效应；(2)汽车燃料不完全燃烧产生CO，N2、O2在汽车气缸内的高温下反应产生NO；(3)NO2与水反应产生HNO3和NO；(4)在适宜温度下采用合适催化剂，CO和NO反应产生CO2和N2；(5)NH3具有还原性，可以与NO2反应产生N2、H2O，根据电子守恒、原子守恒书写反应方程式；(6)SO2、O2、NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4。【详解】(1)在CO2分子中，C原子与2个O原子形成四个共用电子对，电子式为：；CO2在

14、空气中含量过高，会导致温室效应；(2)汽车尾气中的CO来自于燃料的不完全燃烧，NO来自于进入汽车气缸的空气中的N2、O2在高温下反应产生；(3)NOx能形成酸雨， NO2与水反应产生HNO3和NO，NO2转化为HNO3的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；(4)在适宜温度下采用合适催化剂，CO和NO相互反应生成参与大气循环的无毒气体是CO2和N2，反应方程式为：2CO+2NO2CO2+N2；(5)NO2和NH3在一定条件下发生氧化还原反应生成无毒气体N2和水，反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O；(6)SO2、O2、NH3、H2O会发生氧化还原反应形成(NH4

15、)2SO4，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的方程式为：2SO2+O2+2H2O +4NH3=2(NH4)2SO4。【点睛】本题以汽车尾气的成分为线索，考查了非金属元素的化合物的形成、结构、性质、作用，危害治理方法，考查了氧化还原反应的化学方程式的书写与配平，共价化合物的电子式的书写。掌握元素及化合物的性质是本题解答的关键。体现了化学知识就在我们身边，环境污染与化学反应有关，治理污染也离不开化学知识，用事实说明学好化学的重要性。4如图是模拟工业制硝酸原理的实验装置。先用酒精灯对硬质玻璃管里的三氧化二铬加热，然后把空气鼓入盛有浓氨水的锥形瓶，当三氧化二铬保持红热状态时，移去酒精灯。根据题意回答

16、问题：(1)硬质玻璃管里发生反应的化学方程式为_。当三氧化二铬红热时，要移去酒精灯，原因是：_。(2)圆底烧瓶里的实验现象是_，鼓入空气的作用是_。(3)实验过程中，如果慢慢地鼓入空气，石蕊溶液的颜色_。(4)实验结束后，在圆底烧瓶内壁上有时会看到少量无色晶体，写出生成该晶体的化学方程式：_。(5)工业上要获得浓度较大的硝酸，往往在稀硝酸中加入吸水剂硝酸镁或浓硫酸，然后_（填一种操作名称）。(6)实验室里保存浓硝酸要用棕色瓶的原因是_（用化学方程式表示）。【答案】4NH3+5O24NO+6H2O 该反应是放热反应，温度太高可能使催化剂的活性降低 有红棕色气体产生 提供O2，且促进氨的挥发 变红

17、色 NH3+HNO3=NH4NO3 蒸馏 4HNO3(浓)4NO2+2H2O+O2 【解析】【分析】(1)氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO；根据反应反应放热，温度会影响催化剂的活性；(2)根据NO2为红棕色气体；鼓入空气有利于氨气的逸出，同时提供氧气；(3)根据酸能使石蕊溶液变红；(4)根据NO2与水反应生成硝酸，进而与氨气生成硝酸铵；(5)根据硝酸和其他溶液是互溶的液体利用硝酸沸点低，容易挥发分析；(6)根据硝酸不稳定，易分解。【详解】(1)氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO，反应为4NH3+5O24NO+6H2O，该反应是放热反应，温度太高可能使催

18、化剂的活性降低；(2)产生的NO能和O2反应生成红棕色的NO2，鼓入空气有利于氨气的逸出，同时提供氧气；(3)NO2易与水反应生成硝酸，硝酸具有酸性，能使石蕊溶液变红色；(4)NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3：NH3+HNO3=NH4NO3；(5)硝酸和硝酸镁溶液或硫酸是互溶，可以利用硝酸沸点低，容易挥发变为气体的性质，采取蒸馏的方法分离；(6)硝酸不稳定，光照容易分解，故硝酸应盛于棕色瓶，密封放于阴暗处。【点睛】本题考查硝酸的制取、保存等知识，涉及氨气的制取、性质以及二氧化氮和硝酸铵等知识，注意把握元素化合物知识的理解和应用。5下图中的每一个方格表示有关的一

19、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 【解析】【分析】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为NO2，F

20、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。【详解】(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=3Cu

21、22NO4H2O。6原子序数由小到大排列的四种短周期主族元素X、Y、Z、W，其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物；Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2离子化合物。（1）写出Y2O2的电子式：_，其中含有的化学键是_。（2）将ZO2通入品红溶液再加热的现象是_。（3）写出X的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与铜反应的化学方程式_。（4）XH3、H2Z和HW三种化合物，其中一种与另外两种都能反应的是_(填化学式)。（5）由X、W组成的化合物分子中，X、W原子的最外层均达到8电子稳定结构，该化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物，试写出反应的化学方程式_。【答案】 离子键、共价键

22、品红先褪色，加热后恢复红色 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O NH3 NCl33H2O=3HClONH3 【解析】【分析】原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2的离子化合物，Y为Na(因原子序数关系，Y不可能为H)，其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物，可知X为N，Z为S，W为Cl，以此解答。【详解】由上述分析可知，X为N，Y为Na，Z为S，W为Cl，（1）Na2O2为Na+与组成的离子化合物，中含有共价键，以此Na2O2的电子式为：；所含化学键为：离子键、共价键；（2）SO2具有漂白性，能够漂白品红溶

23、液，但其漂白过程具有可逆性，若加热漂白后的品红溶液，则溶液恢复至红色，故答案为：品红先褪色，加热后恢复红色；（3）稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，其化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；（4）NH3为碱性气体，H2S、HCl为酸性气体，NH3能够与H2S、HCl发生化学反应；（5）N原子最外层电子数为5，Cl原子最外层电子数为7，由N、Cl组成的化合物分子中，N、Cl原子的最外层均达到8电子稳定结构，则该化合物为NCl3，其中N为-3价，Cl为+1价，NCl3与水反应生成一种具有漂白性的化合物，该化合物为HClO，其反应方程式为：NCl33H2O=3H

24、ClONH3。【点睛】对于NCl3中元素化合价解释：根据鲍林电负性标度，氮的电负性为3.04，氯的电负性为3.16，说明氯的电负性稍大于氮，根据一般性规则，电负性大的显负价，但根据实验证实NCl3的水解反应方程式应当如下：第一步：NCl3+H2ONH3+HClO(未配平)，由于HClO的强氧化性，再发生第二步反应：NH3+HClON2+HCl+H2O(未配平)，可见由理论推出的观点与实验事实是不相符的。NCl3中元素化合价可根据以下原理解释：氮和氯的电负性差值并不大，而氮原子的半径相对于氯原子来说要小得多，因此共用电子相对应当更偏向于氮，使得氮显-3价，氯显+1价。7X、Y、Z是中学化学常见的

25、三种物质，它们之间的相互转化关系如下、Y、Z、E、F为英文字母，部分反应条件及产物略去I.若Y是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色刺激性气味的气体。(1)则Y和新制氯水主要成分反应生成两种强酸的化学方程式_。(2) Y气体的大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸收，化学方程式为_。(3)Z的水溶液可以制得某种强酸E。实验室用的浓溶液配制稀E溶液。制该稀E溶液需要使用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、_和_；算所需E浓溶液的体积为_mL(保留1位小数)。II.若Z是淡黄色固体粉末。在呼吸面具或潜水艇中由Z和CO2制备氧气的化学反应方程式为_。III.若Z是红棕色气体。(1)试写出Z与水

26、反应制备另一种强酸F的化学方程式_。(2)2.0g铜镁合金完全溶解于密度为质量分数为的浓F溶液中，得到Z和和均为浓F溶液的还原产物的混合气体标准状况，向反应后的溶液中加入溶液，当金属离子全部沉淀，得到沉淀。则合金中铜与镁的物质的量之比为_，加入NaOH溶液的体积为_mL。【答案】 玻璃棒 250mL容量瓶 20.4 2:3 1300 【解析】【分析】I.若Y是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色刺激性气味的气体，可判断Y为。若Z是淡黄色固体粉末，可知Z为过氧化钠。若Z是红棕色气体，可知Z为二氧化氮，X为氮气或氨气，Y为一氧化氮；【详解】据上述分析可知，二氧化硫和新制氯水反应生成盐酸和硫酸，反

27、应的化学方程式；二氧化硫气体的大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸收，生成亚硫酸铵和水，反应的化学方程式为；二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水可得硫酸，故E是硫酸。实验室用的浓硫酸溶液配制稀硫酸溶液。 依据配制溶液的步骤可知需要使用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，故答案为：玻璃棒250mL；容量瓶；依据稀释前后溶液中溶质的物质的量不变，设需E浓溶液的体积为x，则 ，解得；在呼吸面具或潜水艇中由过氧化钠和制备氧气的化学反应方程式为，； 二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为，故答案为：；金属离子全部沉淀时，得到沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故

28、沉淀中氢氧根的质量为，氢氧根的物质的量为：，根据电荷守恒可以知道，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：计算得出：，故合金中铜与镁的物质的量之比是：3，标况下，和混合气体的物质的量为，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为，根据电子转移守恒可以知道，计算得出，的物质的量为根据钠离子守恒可以知道，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可以知道，硝酸钠的物质的量为，故需要氢氧化钠溶液的体积为：，故答案为：；1300。【点睛】该题考查无机框图题的判断，是高考中的常见题型，属于基础性试题

29、的考查，试题难易适中，侧重对学生基础知识的巩固训练，物质特殊的颜色是推断的突破口。8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)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 【解析】【分析】（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