2023高考化学一轮复习第4章非金属及其化合物第4课时氮及其化合物复习练案新人教版

PAGEPAGE2氮及其化合物一、选择题1．(2022·山东潍坊统考)以下关于氮及其化合物的说法错误的选项是eq\x(导学号25470571)(B)A．所有的铵盐都能与烧碱共热生成氨气B．浓硝酸不管与铜反响还是与碳反响，均表达其酸性和强氧化性C．一氧化氮结合血红蛋白的能力比一氧化碳还强，更容易造成人体缺氧D．把带火星的木条伸入充满NO2和O2混合气体(NO2和O2的物质的量之比为4︰1)的集气瓶中，木条复燃，说明NO2支持燃烧[解析]此题考查氮及其化合物知识。铵盐与烧碱共热时均能生成氨气，A项说法正确；浓硝酸与碳的反响中，浓硝酸只表达强氧化性，B项说法错误；NO结合血红蛋白的能力比CO的强，更容易造成人体缺氧，C项说法正确；带火星的木条在空气中不能复燃，但伸入NO2和O2的混合气体中复燃，说明NO2支持燃烧，D项说法正确。2．(2022·江西赣中五校联考)以下说法中不正确的选项是eq\x(导学号25470572)(A)A．氨气极易溶于水，所以它是农业上常用的氮肥B．工业上用H2和N2合成氨与自然界中放电时O2和N2反响生成NO的反响都属于氮的固定C．大型中央空调的制冷剂可用液氨D．冷的浓硫酸和浓硝酸都可以用铝、铁的容器盛装[解析]此题主要考查氨及其化合物的性质及应用。A项，氨气极易溶于水形成氨水，氨水可作氮肥，而不是氨气，说法错误。B项，H2和N2合成氨以及自然界中放电时O2和N2反响生成NO的反响都是将氮的单质转化为含氮化合物的过程，属于氮的固定，说法正确。C项，因液氨易汽化，故液氨可以用作制冷剂，说法正确。D项，铝和铁遇到冷的浓硫酸和浓硝酸发生钝化，所以冷的浓硫酸和浓硝酸都可以用铝、铁的容器盛装，说法正确。3．(2022·福建省漳州市八校高三联考)三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反响：3NF3＋5H2O=2NO＋HNO3＋9HF。以下有关该反响的说法正确的选项是eq\x(导学号25470573)(D)A．NF3是氧化剂，H2O是复原剂B．复原剂与氧化剂的物质的量之比为2:1C．假设生成0.2molHNO3，那么转移0.2mol电子D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体[解析]A．只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是复原剂，故A错误；B.NF3生成NO，被复原，NF3生成HNO3，被氧化，复原剂与氧化剂的物质的量之比为1︰2，故B错误；C.生成0.2molHNO3，转移的电子的物质的量为0.2mol×(5－3)＝0.4mol，故C错误；D.生成的NO易与空气中氧气反响生成红棕色气体二氧化氮，故D正确；应选D。4．(2022·西北农林科技大学附中期中)无色的混合气体甲，可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的某几种。将100mL甲气体经过以下图实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余。那么甲气体的组成为eq\x(导学号25470574)(A)A．NH3、NO、CO2 B．NH3、NO2、N2C．NH3、NO2、CO2 D．NO、CO2、N2[解析]NO2是红棕色的气体，所以一定不存在NO2；甲气体经过足量的浓硫酸后剩余气体体积为80mL，说明一定有NH3存在；二氧化碳可以和过氧化钠反响生成碳酸钠和氧气，无色的NO气体与氧气反响变为红棕色的NO2，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2；用排水法收集气体，几乎无气体剩余，说明没有N2，所以一定含有的气体为NH3、NO、CO2，一定不含有NO2、N2，应选A。5．(2022·江西临川一中期中)某同学准备利用如下图装置进行喷泉实验，圆底烧瓶内充满X气体，胶头滴管内装有少量Y液体，烧杯内装有足量Z液体，以下组合能进行喷泉实验且最终液体一定能充满整个烧瓶的是eq\x(导学号25470575)(C)选项X气体Y试剂Z试剂ANO2H2OH2OBNH3CCl4CCl4CHCl饱和食盐水水DNO2和O2H2OH2O[解析]根据化学反响3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，喷泉实验后，烧瓶内有eq\f(1,3)体积的气体，A错误；NH3难溶于CCl4，不能做喷泉实验，B错误；HCl极易溶于水，能做喷泉实验且液体能充满整个烧瓶，C正确；根据化学反响4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，只有NO2和O2体积比为4︰1时才能完全反响，整个烧瓶才能充满液体，而其他情况会有气体剩余，D错误。6．(2022·福建四地六校第二次联考)为了防止NO、NO2、N2O4对大气的污染，常用氢氧化钠溶液进行吸收处理，反响的化学方程式：2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O，NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O。现有由amolNO、bmolNO2、cmolN2O4组成的混合气体，能被1.0mol·L－1的氢氧化钠溶液完全吸收，那么消耗氢氧化钠溶液的体积最小为eq\x(导学号25470576)(C)A．(a＋b＋c)L B．2(a＋b＋c)LC．(a＋b＋2c)L D．3(a＋b＋c[解析]结合反响：N2O42NO2，因最终生成NaNO2或NaNO3，依据原子守恒可知，最少需要NaOH的物质的量等于污染气体中所含N的物质的量，所以消耗NaOH溶液的体积为eq\f(nNaOH,cNaOH)＝eq\f(nN,cNaOH)＝eq\f(a＋b＋2cmol,1.0mol·L－1)＝(a＋b＋2c)L。7．(2022·安徽合肥一中期中)某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份，向其中一份中逐渐参加铜粉，最多能溶解mg。向另一份中逐渐参加铁粉，产生的气体量随铁粉质量增加的变化如下图(硝酸只被复原为NO气体)以下分析或结果错误的选项是eq\x(导学号25470579)(B)A．第二份溶液中最终溶质为FeSO4B．原混合酸中NOeq\o\al(－,3)的物质的量为0.1molC．m值为9.6D．H2SO4的浓度为2.5mol/L[解析]参加铁粉，首先发生的反响为铁在硫酸存在下和硝酸反响生成硫酸铁、NO和水，AB段为铁和硫酸铁反响生成硫酸亚铁，BC段为铁和硫酸反响生成硫酸亚铁和氢气，所以最后溶质为硫酸亚铁，A正确；OA段发生反响：Fe＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，溶解了5.6g铁(0.1mol)，硝酸全部作氧化剂，所以NOeq\o\al(－,3)的物质的量为0.1mol，因为原溶液分成两等份，所以原混合酸中NOeq\o\al(－,3)的物质的量为0.2mol，B错误；BC段发生反响：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，溶解的铁为14.0g－8.4g＝5.6g，那么H＋的物质的量为0.2mol，OA段消耗氢离子为0.4mol，那么根据3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O分析，最多溶解铜为0.15mol，即9.6g，C正确；根据上面计算，每份溶液中氢离子总共0.6mol，硝酸根为0.1mol，那么含有0.25mol硫酸，那么硫酸的浓度为0.25mol÷0.1L＝2.5mol/L，D正确。8．(2022·山东日照一月质检)NH3可消除NO的污染，反响方程式为6NO＋4NH3=5N2＋6H2O。现有NO与NH3的混合物共1mol充分反响，假设复原产物比氧化产物多1.4g，那么以下判断中正确的选项是eq\x(导学号25470577)(D)A．原混合物中NO与NH3的物质的量之比可能为3︰2B．有0.6molNH3被氧化C．生成复原产物2.8gD．原混合气体中含氨气为0.2mol或0.7mol[解析]由方程式6NO＋4NH3=5N2＋6H2O可知，假设复原产物比氧化产物多1.4g，那么只有0.3molNO和0.2molNH3反响，由题意可知NO和NH3的总物质的量为1mol，其中一种过量，所以有两种情况：0.3molNO和0.7molNH3反响或0.2molNH3和0.8molNO反响，D正确；原混合物中NO与NH3的物质的量之比为3︰7或4︰1，A错误；有0.2molNH3被氧化，B错误；生成复原产物0.15mol即4.2gN2，C错误。9．(2022·吉林大学附中一模)在15.2g铁和铜组成的合金中参加过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中参加足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀，那么以下表示气体X组成的选项中合理的是eq\x(导学号25470578)(B)A．0.3molNO、0.1molNO2 B．0.3molNO2、0.1molNOC．0.6molNO D．0.3molNO2[解析]由题意知15.2g铁和铜组成的合金转化生成25.4g氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，利用质量守恒那么沉淀中m(OH－)＝25.4g－15.2g＝10.2g，n(OH－)＝10.2g÷17g/mol＝0.6mol，根据电荷守恒可知，金属提供电子的物质的量等于氢氧根的物质的量，即金属提供电子的物质的量为0.6mol。假设生成0.3molNO、0.1molNO2，那么转移电子为0.3mol×(5－2)＋0.1mol×(5－4)＝1mol，A错误；假设生成0.3molNO2、0.1molNO，那么转移电子为0.3mol×(5－4)＋0.1mol×(5－2)＝0.6mol，B正确；假设生成0.6molNO，那么转移电子为0.6mol×(5－2)＝1.8mol，C错误；假设生成0.3molNO2，那么转移电子为0.3mol×(5－4)＝0.3mol，D错误。10．(2022·陕西省西安市铁一中一模)取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反响过程中硝酸被复原只产生8960mL的NO2气体和672mLN2O4的气体(都已折算到标准状态)，在反响后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g．那么x等于eq\x(导学号25470581)(B)A．8.64g B．9.20gC．9.00g D．9.44g[解析]8960mL的NO2气体的物质的量为eq\f(8.96L,22.4L/mol)＝0.4mol,672mL的N2O4气体的物质的量为eq\f(0.672L,22.4L/mol)＝0.03mol。所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol×(5－4)＋0.03mol×2×(5－4)＝0.46mol。所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol×17g/mol＝7.82g。所以金属的质量为17.02g－7.82g＝9.20g。应选B。11．(2022·福建厦门一中期中)将5.6g铁投入浓硝酸溶液中，产生红棕色气体A，把所得溶液减压蒸干，得到20gFe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红褐色的Fe2O3和气体B，A、B气体混合通入足量水中，在标准状况下剩余气体的体积为eq\x(导学号25470580)(B)A．1120mL B．2240mLC．336mL D．4480mL[解析]因最后气体为NO，设其物质的量为xmol，根据守恒思想，计算时抓住反响的始末态即可。反响物可看作Fe、HNO3和水，最终生成物是Fe2O3和NO，根据得失电子守恒可得：5.6g÷56g/mol×(3－0)＝xmol×(5－2)，解得x＝0.1，故剩余气体在标准状况下的体积为0.1mol×22.4L/mol＝2.24L＝2240mL。12．(2022·福建厦门双十中学期中)一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL(标准状况)，向反响后的溶液中(存在Cu2＋和SOeq\o\al(2－,4))参加足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，假设上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1︰1，那么V可能为eq\x(导学号25470582)(B)A．13.5L B．9.0LC．16.8L D．15.7L[解析]根据极端假设法，假设混合物全是CuS，其物质的量n(CuS)＝n(CuO)＝eq\f(12.0g,80g·mol－1)＝0.15mol，CuS中S的化合价由－2价升高到＋6价，故转移电子物质的量为0.15mol×[6－(－2)]＝1.2mol。NO和NO2的体积相等，设NO、NO2均为xmol，根据得失电子守恒，得3x＋x＝1.2，解得x＝0.3，故气体体积为0.6mol×22.4L/mol＝13.44L；假设混合物全是Cu2S，其物质的量n(Cu2S)＝eq\f(1,2)n(CuO)＝eq\f(1,2)×0.15mol＝0.075mol，Cu2S中S的化合价由－2价升高到＋6价，且Cu的化合价由＋1价升高到＋2价，故转移电子物质的量为0.075mol×(8＋1×2)＝0.75mol，设NO、NO2均为xmol，根据得失电子守恒，3x＋x＝0.75，计算得x＝0.1875，气体体积为0.1875mol×2×22.4L/mol＝8.4L，故8.4<V<13.44，应选B。二、非选择题13．某化学学习小组采用以下装置，对浓硝酸与木炭的反响进行探究(：4HNO3eq\o(=,\s\up7(△))4NO2↑＋O2↑＋2H2O)。eq\x(导学号25470583)请答复以下问题：(1)检查装置气密性后，将燃烧匙中的木炭在酒精灯上加热至红热状态，立即伸入三颈瓶中，并塞紧瓶塞，滴加浓硝酸，可观察到三颈瓶中气体的颜色为__红棕色__，产生该气体的化学反响方程式是__C＋4HNO3(浓)eq\o(=,\s\up7(△))4NO2↑＋CO2↑＋2H2O__。(2)装置C中盛有足量Ba(OH)2溶液，反响一段时间后可观察到C中出现白色沉淀，该白色沉淀为__BaCO3__(写化学式)。其中的Ba(OH)2溶液__不能__(填“能〞或“不能〞)用Ca(OH)2溶液代替，理由是__Ca(OH)2溶液中Ca(OH)2浓度较低，NO2、CO2过量，最终溶液显酸性，不能形成CaCO3沉淀__(3)装置B的作用是__防倒吸__。(4)装置D中收集到了无色气体，局部同学认为是NO，还有局部同学认为是O2。①以下对该气体的检验方法适宜的是__AC__(填片号)。A．敞口观察集气瓶内气体的颜色变化B．将润湿的蓝色石蕊试纸伸入集气瓶内，观察试纸是否变红C．将带火星的木条伸入集气瓶中，观察木条是否复燃②如果集气瓶中收集到的无色气体是氧气，那么氧气的来源是__浓硝酸的分解__。(5)假设将木炭改为铜片，再用等质量的铜片分别与等体积的浓硝酸、稀硝酸(硝酸均过量)反响时，发现反响后所得溶液前者呈绿色，后者呈蓝色。针对此现象，同学们进行讨论，提出两种意见：①认为两溶液所显颜色不同是由Cu2＋浓度的差异引起的。②认为前者溶液呈绿色，是因为生成的红棕色NO2溶解于溶液中引起的。你认为上述意见__②__(填“①〞或“②〞)合理。(注：假设填①，下题中只答Ⅰ；假设填②，下题中只答Ⅱ)Ⅰ.如果你认为①合理，理由是__________________。Ⅱ.如果你认为②合理，请设计一个简单的实验进行验证：__向显蓝色的Cu(NO3)2溶液中通入NO2(或其他合理答案)__[解析](1)装置A中发生的是浓硝酸与木炭的反响，生成NO2、CO2、H2O，由于NO2为红棕色气体，故三颈瓶中的气体为红棕色。(2)将NO2、CO2通入Ba(OH)2溶液中分别生成Ba(NO3)2和BaCO3，由于Ba(OH)2溶液足量，故溶液为碱性环境，BaCO3不溶解以沉淀形式析出。Ba(OH)2溶液不能用Ca(OH)2溶液代替，因为Ca(OH)2微溶于水，溶液中Ca(OH)2含量太少，浓度太低，缺乏以完全吸收生成的酸性气体，导致溶液呈酸性，从而不能生成CaCO3沉淀。(3)装置B可以防止装置C中酸性气体因溶解速率太快而出现倒吸。(4)①NO与足量O2反响生成红棕色的NO2，A正确；NO和O2均不具有酸性，B错误；O2能使带火星的木条复燃，而NO不能，C正确。②装置A中除发生木炭与浓硝酸的反响外，还发生浓硝酸的分解反响。(5)因Cu的质量相等，且浓、稀HNO3均过量，Cu完全反响生成的Cu(NO3)2的浓度相等，溶液中的c(Cu2＋)是一样的，①不合理，②合理。既然②是由红棕色NO2溶于溶液中引起的，只要将NO2除去或者在Cu与稀HNO3反响后的反响器中通入NO2即可验证。14．(2022·辽宁大连期末)为探究铜与6mol·L－1硝酸反响的气态产物中是否含NO2，进行如下实验。：FeSO4＋NO[Fe(NO)]SO4(棕色)，该反响较缓慢，待生成一定量[Fe(NO)]2＋时突显明显棕色。eq\x(导学号25470584)(1)仪器a的名称为__分液漏斗__。(2)实验前需检验装置的气密性，简述操作：__关闭分液漏斗活塞，用酒精灯加热Y形试管，观察到B、C中导管口有气泡产生，停止加热，B、C中长导管倒吸入一段水柱，那么说明装置气密性良好__(3)实验开始时先将Y形试管向盛有块状固体碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，该实验操作的目的是__利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，防止NO和O2反响生成NO2对气体产物的观察产生干扰__(4)证明有NO2的实验现象是__铜