2019届新课标Ⅱ高考化学一轮复习专题十七氮及其化合物讲义

专题十七氮及其化合物高考化学

(课标Ⅱ专用)考点一氮单质、氮的氧化物和硝酸(2016课标Ⅰ,26,14分)氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一,工业上在一定温度和催化剂条件下

用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。回答下列问题:(1)氨气的制备五年高考A组

统一命题·课标卷题组

①氨气的发生装置可以选择上图中的

,反应的化学方程式为

。②欲收集一瓶干燥的氨气,选择上图中的装置,其连接顺序为:发生装置→

(按气流

方向,用小写字母表示)。(2)氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注射器X中,硬质玻璃管Y中加入少量催化剂,充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。

操作步骤实验现象解释原因打开K1,推动注射器活塞,使X中的气体缓慢通

入Y管中①Y管中

②反应的化学方程式

将注射器活塞退回原处并固定,待装置恢复到

室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝聚打开K2③

④

答案(1)①A2NH4Cl+Ca(OH)2

2NH3↑+CaCl2+2H2O(或BNH3·H2O

NH3↑+H2O)②dcfei(2)①红棕色气体慢慢变浅②8NH3+6NO2

7N2+12H2O③Z中NaOH溶液产生倒吸现象④反应后气体分子数减少,Y管中压强小于外压解析(1)①制备氨气,可用Ca(OH)2(s)和NH4Cl(s)混合加热,可选用装置A;也可采用加热浓氨

水的方法,此时可选用装置B。②欲得到干燥的氨气,首先要干燥(干燥管要大口进,小口出),其

次要收集(氨气密度比空气小,要用向下排空气法),最后为尾气处理(因氨气极易溶于水,要用防

倒吸的F装置)。(2)NH3和NO2在催化剂、一定温度下可发生反应,故Y管中红棕色气体慢慢变浅;由化学方程式

8NH3+6NO2

7N2+12H2O可以得出,反应后气体分子数减少,压强减小,故打开K2后,Z中NaOH溶液会产生倒吸现象。知识拓展几种气体的快速制取方法(1)O22H2O2

2H2O+O2↑2Na2O2+2H2O

4NaOH+O2↑(2)Cl22KMnO4+16HCl(浓)

2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O(3)HCl将浓H2SO4慢慢滴入到浓盐酸中(4)NH3将浓氨水滴到生石灰或碱石灰上温馨提示用排空气法收集有害气体时,收集装置后要连接尾气处理装置。考点二氨及铵盐1.(2017课标Ⅰ,26,15分)凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法,其原理是用浓硫酸在

催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐,利用如图所示装置处理铵盐,然后通过滴定测量。

已知:NH3+H3BO3

NH3·H3BO3;NH3·H3BO3+HCl

NH4Cl+H3BO3。

回答下列问题:(1)a的作用是

。(2)b中放入少量碎瓷片的目的是

。f的名称是

。(3)清洗仪器:g中加蒸馏水;打开k1,关闭k2、k3,加热b,蒸汽充满管路;停止加热,关闭k1,g中蒸馏水

倒吸进入c,原因是

;打开k2放掉水。重复操作2~3次。(4)仪器清洗后,g中加入硼酸(H3BO3)和指示剂。铵盐试样由d注入e,随后注入氢氧化钠溶液,用

蒸馏水冲洗d,关闭k3,d中保留少量水。打开k1,加热b,使水蒸气进入e。①d中保留少量水的目的是

。②e中主要反应的离子方程式为

,e采用中空双层玻璃瓶的作用是

。(5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定,滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol·L-1的盐酸VmL,则样品中氮的质量分数为

%,样品的纯度≤

%。答案(1)避免b中压强过大(2)防止暴沸直形冷凝管(3)c中温度下降,管路中形成负压(4)①液封,防止氨气逸出②N

+OH-

NH3↑+H2O保温使氨完全蒸出(5)

解析本题以定量实验的方式,考查实验基本操作、实验仪器以及分析问题和处理数据的能

力。(1)a与大气相通,作用是平衡气压,以免关闭k1后b内压强过大。(2)b中放入少量碎瓷片的

目的是防止暴沸。f的名称是直形冷凝管。(3)g中蒸馏水倒吸进入c,原因是c、e及其所连接的

管道内水蒸气冷凝为水后,气压远小于外界大气压,在大气压的作用下,锥形瓶内的蒸馏水倒吸

进入c中。(4)①d中保留少量水可以起到液封的作用,防止氨气逸出。②e中的主要反应是铵盐

与碱在加热条件下的反应,离子方程式为N

+OH-

NH3↑+H2O,e采用中空双层玻璃瓶的作用是减少热量损失,有利于N

在碱性条件下转化为氨气逸出。(5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定,滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol·L-1的盐酸VmL,根据反应NH3+H3BO3

NH3·H3BO3,NH3·H3BO3+HCl

NH4Cl+H3BO3,可以求出样品中n(N)=n(HCl)=cmol·L-1×V×10-3L=0.001cVmol,则样品中氮的质量分数为

×100%=

%,样品中甘氨酸的质量≤0.001cV×75g,所以样品的纯度≤

%。审题关键1.倒吸原理的应用。一般在实验时,需要防止倒吸现象的出现,但在该实验中利用

倒吸原理洗涤仪器。该实验中出现倒吸现象是由于密闭体系内气压小于外界气压,液体在大

气压的作用下进入体系。2.液封原理的应用。一般液封适用于内外气压差不是很大,而密封要求比较高的情况。知识归纳N

与OH-反应时离子方程式的书写规律浓碱液、加热条件下生成物为NH3和水:N

+OH-

NH3↑+H2O;若在稀溶液中反应且不加热,因氨气极易溶于水,故生成NH3·H2O:N

+OH-

NH3·H2O。2.(2016课标Ⅱ,26,14分)联氨(又称肼,N2H4,无色液体)是一种应用广泛的化工原料,可用作火箭

燃料。回答下列问题:(1)联氨分子的电子式为

,其中氮的化合价为

。(2)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨,反应的化学方程式为

。(3)①2O2(g)+N2(g)

N2O4(l)

ΔH1②N2(g)+2H2(g)

N2H4(l)

ΔH2③O2(g)+2H2(g)

2H2O(g)

ΔH3④2N2H4(l)+N2O4(l)

3N2(g)+4H2O(g)

ΔH4=-1048.9kJ·mol-1上述反应热效应之间的关系式为ΔH4=

,联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要

原因为

。(4)联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为

(已知:N2H4+H+

N2

的K=8.7×107;KW=1.0×10-14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为

。(5)联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液,观察到的现象是

。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧,防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的

联氨可除去水中溶解的O2

kg;与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比,联氨的优点是

。答案(14分)(1)H： ： ：H-2(2)2NH3+NaClO

N2H4+NaCl+H2O(3)2ΔH3-2ΔH2-ΔH1反应放热量大、产生大量气体(4)8.7×10-7N2H6(HSO4)2(5)固体逐渐变黑,并有气泡产生1N2H4的用量少,不产生其他杂质(产物为N2和H2O,而Na2SO3产生Na2SO4)解析(1)联氨的结构式为

,故其电子式为H··

··

··H;N2H4中H为+1价,故N为-2价。(2)NaClO具有强氧化性,可将NH3氧化为N2H4,本身被还原为NaCl,据此可写出反应的化学方程

式。(3)根据盖斯定律,由2×(③-②)-①可得④,故ΔH4=2ΔH3-2ΔH2-ΔH1。(4)NH3在水中的电离方程式为NH3+H2O

N

+OH-,则N2H4在水中的第一步电离方程式为N2H4+H2O

N2

+OH-,该步电离的平衡常数K1=

,又知N2H4+H+

N2

,K=

=

=8.7×107,则K1=K·KW=8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7。(5)联氨与AgBr反应时,AgBr可将N2H4氧化为N2,自身被还原为Ag,反应的化学方程式为4AgBr+

N2H4

N2↑+4Ag+4HBr,因此可观察到固体逐渐变黑,并有气泡产生。因N2H4处理水中溶解氧时也发生氧化还原反应,化学方程式为N2H4+O2

N2+2H2O,则n(O2)=n(N2H4),又M(O2)=M(N2H4)=32g·mol-1,所以m(O2)=m(N2H4)=1kg。拓展延伸从NH3分子中去掉一个H原子即得到—NH2,N2H4是两个—NH2相连得到的物质,具

有类似NH3的性质,且在水溶液中可发生两步电离,为二元弱碱,同时N2H4也具有还原性,可被某

些氧化剂氧化。解题关键1.模仿NH3+H2O

N

+OH-写出N2H4在水中的第一步电离方程式:N2H4+H2O

N2

+OH-。2.N2H4作还原剂,氧化产物为N2。考点一氮单质、氮的氧化物和硝酸1.(2017北京理综,12,6分)下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论不正确的是

()B组自主命题·省（区、市）卷题组

①②③A.由①中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体B.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应C.由③说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物D.③的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应答案

D本题考查硝酸的氧化性、不稳定性、挥发性等性质。③中的CO2可能是空气中的

氧气与木炭反应的产物。疑难突破③中红热木炭并未与浓硝酸直接接触,只有HNO3挥发后,与木炭接触才能发生反

应。2.(2016上海单科,7,3分)已知W、X、Y、Z为短周期元素,原子序数依次增大。W、Z同族,X、

Y、Z同周期,其中只有X为金属元素。下列说法一定正确的是

()A.原子半径:X>Y>Z>WB.W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强C.W的气态氢化物的稳定性小于Y的气态氢化物的稳定性D.若W与X原子序数差为5,则形成化合物的化学式为X3W2

答案

A由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大,W与Z是同一主族的元素,而X、Y、Z是

同一周期的元素,且只有X是金属元素,则X为Na、Mg或Al;当Y为Si时,Z为P、S或Cl,W为N、

O或F;当Y为P时,Z为S或Cl,W为O或F;当Y为S时,Z为Cl,W为F。A项,同一周期的元素(稀有气

体元素除外)原子序数越大,原子半径越小,同一主族的元素,原子核外电子层数越多,原子半径

越大,所以原子半径:X>Y>Z>W,正确;B项,W的含氧酸可能是HNO2、HNO3,Z的含氧酸是H3PO4,酸性:HNO2<H3PO4,错误;C项,元素的非金属性:W>Y,所以气态氢化物的稳定性:W>Y,错误;D

项,若W与X原子序数相差5,则二者形成的化合物的化学式是Al2O3或Mg3N2,错误。3.(2018天津理综,9,18分)烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一,为了监测其含量,选用如下

采样和检测方法。回答下列问题:Ⅰ.采样

采样系统简图采样步骤:①检验系统气密性;②加热器将烟道气加热至140℃;③打开抽气泵置换系统内空气;④采集无

尘、干燥的气样;⑤关闭系统,停止采样。(1)A中装有无碱玻璃棉,其作用为

。(2)C中填充的干燥剂是(填序号)

。a.碱石灰b.无水CuSO4c.P2O5(3)用实验室常用仪器组装一套装置,其作用与D(装有碱液)相同,在虚线框中画出该装置的示

意图,标明气体的流向及试剂。(4)采样步骤②加热烟道气的目的是

。Ⅱ.NOx含量的测定将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中,使NOx完全被氧化成N

,加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液,加入V1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量),充分反应后,用c2mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗V2mL。(5)NO被H2O2氧化为N

的离子方程式为

。(6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有

。(7)滴定过程中发生下列反应:3Fe2++N

+4H+

NO↑+3Fe3++2H2OCr2

+6Fe2++14H+

2Cr3++6Fe3++7H2O则气样中NOx折合成NO2的含量为

mg·m-3。(8)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。若缺少采样步骤③,会使测定结果

。若FeSO4标准溶液部分变质,会使测定结果

。答案(18分)(1)除尘(2)c(3)

(4)防止NOx溶于冷凝水(5)2NO+3H2O2

2H++2N

+2H2O(6)锥形瓶、酸式滴定管(7)

×104(8)偏低偏高解析本题考查氮的氧化物、N

的性质等。(1)无碱玻璃棉可吸附除去烟道气中的粉尘。(2)干燥NOx应选择酸性干燥剂。注意无水CuSO4

可用于检验水,一般不用作干燥剂。(3)D相当于尾气处理装置,吸收NOx可用NaOH溶液。(5)

NO被氧化为N

,H2O2被还原为H2O。(6)盛放K2Cr2O7溶液及量取20.00mL稀释液均用酸式滴定管,稀释液在滴定过程中需放在锥形瓶中。(7)20.00mL溶液中剩余Fe2+的物质的量为(6c2V2

×10-3)mol,则参加反应的N

的物质的量为[(c1V1×10-3-6c2V2×10-3)×

]mol,依据氮原子守恒,VL气样中NOx折合成NO2的物质的量为[

(c1V1-6c2V2)×10-3]mol,质量为[

(c1V1-6c2V2)×10-3×46]g,含量为

mg·m-3=[

×104]mg·m-3。(8)若缺少采样步骤③,会使气样中含有空气,部分NOx与O2、H2O共同反应,导致测得的NOx含量偏低;若FeSO4标准

溶液部分变质,则导致V2偏小,使计算出的NOx含量偏高。解题指导

(8)若FeSO4标准溶液部分变质,则滴定消耗的K2Cr2O7溶液体积会偏小,由第(7)问

NOx含量表达式可知结果会偏高。4.(2018江苏单科,20,14分)NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的

NOx是环境保护的重要课题。(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下:2NO2(g)+H2O(l)

HNO3(aq)+HNO2(aq)

ΔH=-116.1kJ·mol-13HNO2(aq)

HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)

ΔH=75.9kJ·mol-1反应3NO2(g)+H2O(l)

2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=

kJ·mol-1。(2)用稀硝酸吸收NOx,得到HNO3和HNO2的混合溶液,电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写

出电解时阳极的电极反应式:

。(3)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx,吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。

写出该反应的化学方程式:

。(4)在有氧条件下,新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。①NH3与NO2生成N2的反应中,当生成1molN2时,转移的电子数为

mol。②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体,匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置见图1)。图1图2反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示,在50~250℃范围内随着温度的

升高,NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是

;当反应温度高于380℃时,NOx的

去除率迅速下降的原因可能是

。答案(14分)(1)-136.2(2)HNO2-2e-+H2O

3H++N

(3)2HNO2+(NH2)2CO

2N2↑+CO2↑+3H2O(4)①

②迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大;

上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大催化剂活性下降;NH3与O2反应生

成了NO解析本题考查盖斯定律、电极反应式的书写、氧化还原反应方程式的配平和电子转移数

及影响反应速率因素的图像分析。(1)将已知热化学方程式依次编号为①、②,根据盖斯定律

得3NO2(g)+H2O(l)

2HNO3(aq)+NO(g)

ΔH=

=-136.2kJ·mol-1。(2)电解过程中HNO2→N

发生氧化反应,则阳极反应式为HNO2-2e-+H2O

3H++N

。(3)HNO2中N为+3价,(NH2)2CO中N、C的化合价分别为-3、+4,依据得失电子守恒和原子守恒

配平反应方程式为2HNO2+(NH2)2CO

2N2↑+CO2↑+3H2O。(4)①NH3、NO2中氮元素化合价分别为-3、+4,根据得失电子守恒和原子守恒配平反应方程式

为8NH3+6NO2

7N2+12H2O,故生成1molN2转移电子

mol。5.(2017北京理综,27,12分)SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排

放。(1)SCR(选择性催化还原)工作原理:

①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2,该反应的化学方程式:

。②反应器中NH3还原NO2的化学方程式:

。③当燃油中含硫量较高时,尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4,使催化剂中毒。用化学方

程式表示(NH4)2SO4的形成:

。④尿素溶液浓度影响NO2的转化,测定溶液中尿素(M=60g·mol-1)含量的方法如下:取ag尿素溶

液,将所含氮完全转化为NH3,所得NH3用过量的V1mLc1mol·L-1H2SO4溶液吸收完全,剩余H2SO4用V2mLc2mol·L-1NaOH溶液恰好中和,则尿素溶液中溶质的质量分数是

。(2)NSR(NOx储存还原)工作原理:NOx的储存和还原在不同时段交替进行,如图a所示。

图a

图b①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是

。②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程,该过程分两步进行,图b表示该

过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是

。③还原过程中,有时会产生笑气(N2O)。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在

有氧条件下,15NO与NH3以一定比例反应时,得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整:

答案(1)①CO(NH2)2+H2O

CO2+2NH3②8NH3+6NO2

7N2+12H2O③2SO2+O2+4NH3+2H2O

2(NH4)2SO4④

(2)①BaO②8∶1③415NO+4NH3+3O2

415NNO+6H2O解析本题考查化学方程式的书写、有关物质的量浓度的计算等,侧重考查学生对图像的分

析处理能力。(1)④n(NH3)=2n(H2SO4)-n(NaOH)=2c1V1×10-3mol-c2V2×10-3moln[CO(NH2)2]=

n(NH3)=

molm[CO(NH2)2]=n[CO(NH2)2]×60g·mol-1=

mol×60g·mol-1=(6c1V1-3c2V2)×10-2g则ag尿素溶液中尿素的质量分数为:

×100%=

。(2)①观察图a可知BaO起到了储存NOx的作用。②观察图b可知,当Ba(NO3)2用H2还原时,氮元素

开始时转化为NH3,由得失电子守恒可得消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比为8∶1。③分析

可知,反应物15NO、NH3与产物15NNO的化学计量数应是一样的,然后结合得失电子守恒及原子

守恒可得反应的化学方程式。审题方法(2)③解答时要注意两点:一是15NNO中的氮元素一半来自15NO,一半来自NH3,因此15NO、NH3的化学计量数相等;二是反应是在有氧条件下发生的,提示我们氧气参加了反应。考点二氨及铵盐1.(2016浙江理综,13,6分)为落实“五水共治”,某工厂拟综合处理含N

废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO,不考虑其他成分),设计了如下流程:

下列说法不正确的是

()A.固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B.X可以是空气,且需过量C.捕获剂所捕获的气体主要是COD.处理含N

废水时,发生反应的离子方程式为:N

+N

N2↑+2H2O答案

BSO2、CO2与过量石灰乳反应生成CaSO3、CaCO3,故固体1中主要含有CaSO3、CaCO3、Ca(OH)2,A项正确;X可以是空气,但不能过量,若空气过量,通过NaOH溶液后得不到

NaNO2溶液,而是得到NaNO3溶液,B项不正确;N2无污染,CO无法被NaOH溶液吸收,捕获剂主要

捕获CO,C项正确;N

与N

在溶液中发生氧化还原反应生成N2和H2O,D项正确。2.(2015山东理综,32,12分)工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体(含NO、NO2)制备NaNO2、NaNO3,工艺流程如下:

已知:Na2CO3+NO+NO2

2NaNO2+CO2(1)中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外,还有

(填化学式)。(2)中和液进行蒸发Ⅰ操作时,应控制水的蒸发量,避免浓度过大,目的是

。蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量NaNO2等有毒物质,不能直接排放,将其冷凝后用于流程中

的

(填操作名称)最合理。(3)母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3的目的是

。母液Ⅱ需回收利

用,下列处理方法合理的是

。a.转入中和液b.转入结晶Ⅰ操作c.转入转化液d.转入结晶Ⅱ操作(4)若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2∶1,则生产1.38吨NaNO2时,Na2CO3的

理论用量为

吨(假定Na2CO3恰好完全反应)。答案(1)NaNO3(2)防止NaNO3的析出溶碱(3)将NaNO2转化为NaNO3c、d(4)1.59解析(1)由题中信息可知:Na2CO3+NO+NO2

2NaNO2+CO2,当NO2过量时,还发生反应:Na2CO3+2NO2

NaNO3+NaNO2+CO2,故中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外,还有NaNO3。(2)中和液进行蒸发Ⅰ操作是为了分离出溶质NaNO2,由(1)中分析可知,中和液中还含有少量Na2CO3和NaNO3,若水的蒸发量过大,NaNO3也会结晶析出,从而造成产品不纯。蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的NaNO2,冷凝后用于流程中的“溶碱”操作中最为合理,既可以减少H2O的加入量,又可以减少有毒物质NaNO2的排放。(3)母液Ⅱ中主要含有NaNO3,若回收利用,显然转入转化液或转入结晶Ⅱ操作最为合理,若转入中和液或转入结晶Ⅰ操作,都会造成NaNO2产品不纯。(4)n(NaNO2)=

=2.00×104mol,则n(NaNO3)=

n(NaNO2)=1.00×104mol,由Na原子守恒可知,n(Na2CO3)=

[n(NaNO2)+n(NaNO3)]=1.50×104mol,所以m(Na2CO3)=1.50×104mol×106g·mol-1=1.59×106g=1.59t。考点一氮单质、氮的氧化物和硝酸1.(2015北京理综,8,6分)下列关于自然界中氮循环(如图)的说法

的是

()

A.氮元素均被氧化B.工业合成氨属于人工固氮C.含氮无机物和含氮有机物可相互转化D.碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环C组

教师专用题组答案

AA项,人工固氮时,N2+3H2

2NH3,氮元素被还原;B项,把游离态的氮元素转化为含氮化合物的过程是氮的固定,工业合成氨属于人工固氮;C项,硝酸盐可转化为蛋白质,动

植物遗体可转化为氨或铵盐,则含氮有机物和含氮无机物可相互转化;D项,在自然界氮循环过

程中,碳、氢、氧三种元素也参与了循环。2.(2014江苏单科,8,2分)下列各组物质中,不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反

应的是

()物质组别

甲乙丙AAlHClNaOHBNH3O2HNO3CSiO2NaOHHFDSO2Ca(OH)2NaHCO3答案

BB项中O2与HNO3不能发生反应。3.(2015北京理综,12,6分)在通风橱中进行下列实验:下列说法

的是

()A.Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式:2NO+O2

2NO2B.Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应C.对比Ⅰ、Ⅱ中现象,说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D.针对Ⅲ中现象,在Fe、Cu之间连接电流计,可判断Fe是否被氧化步骤

现象Fe表面产生大量无色气泡,液面

上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后,

迅速停止Fe、Cu接触后,其表面均产生红

棕色气泡答案

CA项,Fe与稀HNO3反应生成NO,无色的NO易被空气中的O2氧化为红棕色的NO2,化

学方程式为2NO+O2

2NO2;B项,Ⅱ中现象说明Fe遇到浓HNO3易发生钝化,表面形成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应;C项,浓HNO3的氧化性强于稀HNO3;D项,Fe、Cu、浓HNO3可构成

原电池,连接电流计可以判断Fe是否被氧化。4.(2018北京理综,26,13分)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下:磷精矿

磷精矿粉

已知:磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH),还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度:Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O。(1)上述流程中能加快反应速率的措施有

。(2)磷精矿粉酸浸时发生反应:2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO4

10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4①该反应体现出酸性关系:H3PO4

H2SO4(填“>”或“<”)。②结合元素周期律解释①中结论:P和S电子层数相同,

。(3)酸浸时,磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF,并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化

学方程式:

。(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除,同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反

应时间,不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因:

。

(5)脱硫时,CaCO3稍过量,充分反应后仍有S

残留,原因是

;加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率,其离子方程式是

。(6)取ag所得精制磷酸,加适量水稀释,以百里香酚酞作指示剂,用bmol·L-1NaOH溶液滴定至终

点时生成Na2HPO4,消耗NaOH溶液cmL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是

。(已

知:H3PO4摩尔质量为98g·mol-1)答案(1)研磨、加热(2)①<②核电荷数P<S,原子半径P>S,得电子能力P<S,非金属性P<S(3)2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O

10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF(4)80℃后,H2O2分解速率大,浓度显著降低(5)CaSO4微溶BaCO3+S

+2H3PO4

BaSO4+CO2↑+H2O+2H2P

(6)

解析本题以磷精矿湿法制备磷酸为载体,考查了影响化学反应速率的因素、含氧酸酸性强

弱的判断、氧化还原反应的应用以及化学计算等。(1)将矿物研磨粉碎可增加反应物的接触面积,使化学反应速率加快;加热提高了活化分子百分

数,加快了化学反应速率。(2)根据强酸制取弱酸原理,可知H2SO4的酸性大于H3PO4。(4)H2O2在磷精矿湿法制备磷酸工艺中作为氧化剂来处理有机碳,但H2O2易分解生成O2和H2O,

温度较高时H2O2分解加速,故有机碳的脱除率减小。(5)CaSO4微溶于水,故会有S

残留;加入BaCO3,可以提高S

的脱除率,发生反应的离子方程式为BaCO3+S

+2H3PO4

BaSO4+CO2↑+H2O+2H2P

。(6)H3PO4与NaOH反应生成Na2HPO4的化学方程式为H3PO4+2NaOH

Na2HPO4+2H2O,故n(H3PO4)=n(OH-)×

,所以精制磷酸中H3PO4的质量分数是

×100%=

。5.(2013全国大纲,28,15分)制备氮化镁的装置示意图如下:

,a的名称是

,b的名称是

。(2)写出NaNO2和(NH4)2SO4反应制备氮气的化学方程式

。(3)C的作用是

,D的作用是

,是否可以把C与D的位置

对调并说明理由

。(4)写出E中发生反应的化学方程式

。(5)请用化学方法确定是否有氮化镁生成,并检验是否含有未反应的镁,写出实验操作及现象

。回答下列问题:(1)检查装置气密性的方法是

答案(15分)(1)微热b,这时G中有气泡冒出,停止加热冷却后,G中插在溶液里的玻璃管形成一

段水柱,则气密性良好(2分)分液漏斗圆底烧瓶(每空1分,共2分)(2)(NH4)2SO4+2NaNO2

2N2↑+Na2SO4+4H2O(2分)(3)除去氧气(及氮氧化物)除去水蒸气不能,对调后无法除去水蒸气(每空1分,共3分)(4)N2+3Mg

Mg3N2(2分)(5)取少量产物于试管中,加少量蒸馏水,试管底部有沉淀生成,可闻到刺激性氨味(把润湿的红

色石蕊试纸放在管口,试纸变蓝),证明产物中含有氮化镁;弃去上清液,加入盐酸,若观察到有气

泡产生,则证明产物中含有未反应的镁(4分)解析(1)检查装置气密性时要先形成一个密闭体系再进行操作,要特别注意回答时必须答出

“G中插在溶液里的玻璃管形成一段水柱”。(2)(NH4)2SO4与NaNO2反应产生N2应属于氧化还原反应中的归中反应,据此不难写出该反应的

化学方程式。(3)反应体系中有空气和制备N2过程中产生的一些氮氧化物,用FeSO4饱和溶液的目的是除去

这些物质,以免与Mg发生反应;水蒸气会影响N2与Mg的反应,故D的作用是除去水蒸气。(5)由于Mg3N2和水反应:Mg3N2+6H2O

3Mg(OH)2+2NH3↑,可根据是否有NH3和Mg(OH)2沉淀生成判断是否有Mg3N2。利用Mg与盐酸反应产生氢气来检验Mg的存在。考点二氨及铵盐(2016江苏单科,3,2分)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

()A.SO2具有氧化性,可用于漂白纸浆B.NH4HCO3受热易分解,可用作氮肥C.Fe2(SO4)3易溶于水,可用作净水剂D.Al2O3熔点高,可用作耐高温材料答案

DA项,SO2具有漂白性,可用于漂白纸浆;B项,NH4HCO3中含有N元素,可用作氮肥;C

项,Fe2(SO4)3溶于水后形成的Fe(OH)3胶体具有吸附性,可用作净水剂。考点一氮单质、氮的氧化物和硝酸1.(2018黑龙江齐齐哈尔实验中学期中,9)C、N、S都是重要的非金属元素。下列说法中正确

的是

()A.三者对应的氧化物均为酸性氧化物B.三者的单质直接与氧气反应都能生成两种以上氧化物C.同浓度的Na2CO3、NaNO3、Na2SO3溶液的pH:NaNO3<Na2SO3<Na2CO3D.CO2、NO2、SO2都能与H2O反应,反应原理相同三年模拟A组2016—2018年高考模拟·基础题组答案

CCO、NO、NO2均不是酸性氧化物,A不正确;N2与O2直接反应只生成NO,S与O2直接

反应只生成SO2,B不正确;NaNO3溶液显中性,Na2SO3、Na2CO3溶液均显碱性,同浓度的Na2CO3

与Na2SO3溶液相比,Na2CO3溶液碱性更强,C正确;CO2、SO2与H2O的反应不属于氧化还原反应,

NO2与H2O的反应属于氧化还原反应,D不正确。2.(2018甘肃兰州一中第二次月考,11)某金属和硝酸反应,已知被还原的HNO3和参加反应的

HNO3的物质的量之比为1∶6,若已知还原产物唯一,则还原产物为

()A.N2B.N2OC.NOD.NO2

答案

A设参加反应的HNO3为6mol,被还原的HNO3为1mol,则成盐的HNO3有5mol。由硝

酸盐的化学式可知金属失去电子的物质的量等于成盐的HNO3的物质的量,则金属失去5mol

电子。由得失电子守恒知,1molHNO3得5mol电子,则还原产物为N2,A正确。3.(2018甘肃天水一中段考,18)含n克HNO3的稀溶液恰好与m克Fe完全反应,若HNO3只被还原

为NO,则n∶m可能为

()①5∶1②9∶2③3∶1④2∶1⑤4∶1A.②③B.①③④C.②③⑤D.①③答案

C已知:Fe(少量)+4HNO3

Fe(NO3)3+NO↑+2H2O、3Fe(足量)+8HNO3

3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O。当

∶

=

时,n∶m=9∶2;当

∶

=

时,n∶m=3∶1,若n∶m介于3∶1与9∶2之间,HNO3与Fe也可恰好完全反应,生成Fe(NO3)2与Fe(NO3)3的混合物,则②③⑤均有可能,正确答案为C。4.(2018陕西西安长安一中八检,4)在一定温度下,某浓度的硝酸与金属锌反应生成NO2和NO,两

者的物质的量之比为1∶1,则要使1mol金属锌完全反应,反应过程中消耗HNO3的物质的量为

()A.1.0molB.2.0molC.3.0molD.4.0mol答案

C1molZn可失去2mol电子,设生成NO2和NO的物质的量均为xmol,由得失电子守恒

有x+3x=2,x=0.5。1molZn参与反应可生成1molZn(NO3)2,由氮原子守恒知,参加反应的HNO3

的物质的量为2mol+0.5mol+0.5mol=3mol,C正确。5.(2017甘肃兰州、天水一模,11)已知A、B、C、D为短周期元素组成的四种物质,它们有如下

转化关系,且D为强电解质(其他相关物质省略)。A

B

C

D下列说法中错误的是

()A.若A为非金属单质,则D一定为硝酸或硫酸B.若A为金属单质,则组成A的元素一定位于第三周期第ⅠA族C.不论A为单质还是化合物,D都有可能是同一种物质,该物质的浓溶液在常温下能使铁和铝

发生钝化D.若A是共价化合物,A的水溶液一定显碱性答案

DH2S

SO2

SO3

H2SO4,H2S的水溶液显酸性,D不正确。6.(2016黑龙江实验中学期中,15)NO2、NH3和O2组成的混合气体,在一定条件下恰好完全反应,

生成N2和H2O,则原混合气体中NO2、NH3和O2的体积比可能是(不考虑NO2与N2O4之间的转化)

()A.2∶4∶1B.2∶1∶2C.1∶1∶1D.1∶4∶3答案

A依据得失电子守恒知,NO2和O2得到的电子总数等于NH3失去的电子总数,则4n(NO2)+4n(O2)=3n(NH3),将选项代入可得A项正确。7.(2016辽宁鞍山一中月考,15)化学反应中,有时存在“一种物质过量,另一种物质仍不能完全

反应”的特殊情况,下列反应中属于这种情况的是

()①过量的锌与18mol/L硫酸反应②过量的氢气与少量的氮气在催化剂存在下充分反应③过量的MnO2与浓盐酸反应④过量铜与浓硫酸反应⑤过量稀硝酸与铁反应⑥过量的水

与一定量的氯气反应⑦常温下,过量的浓硫酸与铝反应A.②③④⑥⑦B.②③⑤⑦

C.①③⑦D.①②③④⑥答案

A①过量的锌与18mol/L硫酸反应,首先生成二氧化硫,浓硫酸变成稀硫酸后生成氢

气,故①不符合题意;②合成氨反应是可逆反应,故②符合题意;③二氧化锰只与浓盐酸反应,与

稀盐酸不反应,故③符合题意;④铜与稀硫酸不反应,故④符合题意;⑤过量的稀硝酸可以完全

溶解铁,故⑤不符合题意;⑥水与氯气的反应是可逆反应,故⑥符合题意;⑦常温下,铝遇浓硫酸

发生钝化,故⑦符合题意,答案为A。考点二氨及铵盐8.(2018吉林榆树一中三模,12)下列各组物质中,任意两种物质在常温下均能发生反应的是

()选项甲乙丙AAl盐酸Fe2O3BFeFeCl2溶液Cl2CSO2NaOH溶液新制氯水DNH3CuO稀HNO3答案

CAl与Fe2O3高温下才可发生反应,A不正确;Fe与Cl2在加热或点燃条件下才可反应,Fe

与FeCl2溶液不反应,B不正确;NH3与CuO在加热条件下才可反应,D不正确。9.(2018黑龙江牡丹江一中期末,14)表中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂,可用如图所示装

置制取、净化、收集的气体是

()选项气体abcANH3浓氨水生石灰碱石灰BSO270%浓H2SO4Na2SO3固体98%浓H2SO4CNO稀HNO3铜屑H2ODNO2浓HNO3铜屑NaOH溶液答案

B

c装置中应盛放液体干燥剂,NH3应该用向下排空气法收集,A不正确;Na2SO3+H2SO4

(浓)

Na2SO4+H2O+SO2↑,SO2可用浓硫酸干燥,且应该用向上排空气法收集,B正确;NO应该用排水法收集,不能用排空气法收集,C不正确;NO2与NaOH溶液可发生反应:2NO2+2NaOH

NaNO3+NaNO2+H2O,D不正确。10.(2016宁夏六盘山中学一模,13)关于下列各实验装置图的叙述中正确的是

()

A.装置①可用于分离苯和溴苯的混合物B.装置②可用于吸收HCl或NH3C.装置③可用于分解NH4Cl制备NH3D.装置④b口进气可收集CO2或NO答案

A苯和溴苯互溶,且沸点相差较大,可以采用蒸馏的方法进行分离,故A正确;氯化氢、

氨气极易溶于水,导气管直接伸入水层会产生倒吸,故B错误;氯化铵分解后产生的氨气和氯化

氢遇冷会迅速化合,得不到氨气,故C错误;一氧化氮不能用排空气法收集,二氧化碳密度比空气

大,收集时要长进短出,故D错误。11.(2016辽宁沈阳二中期中,24)研究化肥的合成、废水的处理等有现实的重要意义。(1)工业生产中,以NH3为原料制硝酸,写出工业生产硝酸最后一步的化学方程式:

。(2)甲、乙、丙三个化肥厂生产尿素所用的原料不同,但生产流程相同:

已知:CO+H2O(g)

CO2+H2;按工业有关规定,利用原料所制得的原料气H2和CO2的物质的量之比,若最接近合成尿素的原

料气NH3(换算成H2的物质的量)和CO2的物质的量之比,则对原料的利用率最高。现有甲、

乙、丙三家工厂生产原料如下:甲厂以焦炭和水为原料;乙厂以天然气和水为原料;丙厂以石脑油(主要成分为C5H12)和水为原料。请根据上述信息判断甲、乙、丙三个工厂哪个工厂对原料的利用率最高:

(填“甲”

“乙”或“丙”)。(3)将工厂废气中产生的SO2通过下列流程,可以转化为有应用价值的硫酸钙等。

①写出反应Ⅰ的化学方程式:

。②生产中,向反应Ⅱ的溶液中加入强还原性的对苯二酚等物质,目的是

。③检验经过反应Ⅲ得到的铵态氮肥中S

所用试剂是

。(4)为减少环境污染,工业上也常用Na2CO3溶液吸收制取HNO3时产生的尾气中的NO2,生成NaNO3、NaNO2和一种气体,写出反应的化学方程式:

。答案(1)3NO2+H2O

2HNO3+NO(2)丙(3)①2CaCO3+O2+2SO2

2CaSO4+2CO2②防止(NH4)2SO3·H2O被氧化③盐酸和氯化钡溶液(4)2NO2+Na2CO3

NaNO3+NaNO2+CO2

解析(1)工业制硝酸的流程:NH3

NO

NO2

HNO3。(2)由原子守恒可知,合成CO(NH2)2时n(NH3)∶n(CO2)=2∶1,3H2+N2

2NH3,将NH3换算成H2的物质的量之后,H2和CO2的物质的量之比为3∶1。甲厂:C+H2O(g)

CO+H2,CO+H2O(g)

CO2+H2,制得的原料气n(H2)∶n(CO2)=2∶1;乙厂:CH4+H2O(g)

CO+3H2,CO+H2O(g)

CO2+H2,制得的原料气n(H2)∶n(CO2)=4∶1;丙厂:C5H12+5H2O(g)

5CO+11H2,CO+H2O(g)

CO2+H2,制得的原料气n(H2)∶n(CO2)=16∶5;丙厂最接近3∶1,对原料的利用率最高。(3)②(NH4)2SO3·H2O可将NO2废气还原成无毒无害的N2,故反应Ⅱ中需防止(NH4)2SO3·H2O被氧化。③经过反应

Ⅲ得到的铵态氮肥中会含有S

,故先加稀盐酸排除干扰,再加BaCl2溶液检验S

。一、选择题(每小题5分,共15分)1.(2018陕西西安长安一中九检,8)向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的2L稀硝酸,固

体物质完全反应,生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入2.0mol·L-1的NaOH溶液1.0L,此时溶

液呈中性,金属离子已完全沉淀,沉淀质量为39.2g。下列有关说法正确的是

()A.Cu与Cu2O的物质的量之比为1∶1B.硝酸的物质的量浓度为1mol·L-1C.产生的NO的体积为4.48LD.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.2molB组2016—2018年高考模拟·综合题组(时间：20分钟分值：40分)答案

D由题意可知:

设Cu为xmol,Cu2O为ymol,则

,解得x=0.2,y=0.1。Cu与Cu2O物质的量之比为2∶1,A不正确;0.2molCu与0.1molCu2O共失去0.6mol电子,依据得失电子守恒,应生成0.2mol

NO,在标准状况下为4.48L,C中未指明“标准状况”,不正确;依据氮原子守恒,n(HNO3)=n(NO)+n(N

),n(N

)=n(Na+),故n(HNO3)=0.2mol+2mol=2.2mol,c(HNO3)=

=1.1mol·L-1,B不正确;未被还原的N

为2mol,Cu(NO3)2中N

为(0.2mol+0.1mol×2)×2=0.8mol,则剩余HNO3为1.2mol,D正确。方法技巧1.混合物中铜元素与Cu(OH)2固体中铜元素物质的量相等。2.氮原子守恒:参加反应的HNO3的物质的量等于NO的物质的量与NaNO3中N

的物质的量之和。3.得失电子守恒:Cu与Cu2O失去的电子数之和等于生成NO的N

得到的电子数。易错警示选项C未指明“标准状况”,0.2molNO体积不一定是4.48L。认真审题,谨防错

选。2.(2018宁夏育才中学月考,9)以NH3为原料的一系列物质间的转化关系如图所示(部分条件已

省略)。下列说法中正确的是()

A.反应①中,氧化剂与还原剂物质的量之比为4∶5B.温度越高,越有利于反应②进行C.反应③的反应类型可能为化合反应D.反应④说明溶解度:Na2CO3>NaHCO3

答案

C根据反应4NH3+5O2

4NO+6H2O知,氧化剂与还原剂物质的量之比为5∶4,A项错误;反应②若温度较高,NH3与CO2在水中的溶解度减小,不利于反应进行,B项错误;反应③

可能为4NO2+O2+2H2O

4HNO3,C项正确;反应④说明热稳定性:Na2CO3>NaHCO3,D项错误。拓展延伸一般情况下,正盐的溶解度小于对应酸式盐的溶解度,但NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度,向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2可析出NaHCO3晶体。3.(2017吉林普通中学二调,16)Cu2S与一定浓度的HNO3溶液反应,生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当NO2和NO的物质的量之比为1∶1时,实际参加反应的Cu2S和HNO3的物质的

量之比为

()A.1∶5B.1∶7C.1∶9D.2∶9答案

B若NO2为1mol,NO为1mol,则反应中转移电子4mol。1molCu2S被氧化成Cu(NO3)2、CuSO4时失去10mol电子,由得失电子守恒可知参加反应的Cu2S为

mol。根据硫原子守恒可知,CuSO4的物质的量为

mol;根