高一化学氮及其化合物 知识点-+典型题及答案

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高一化学氮及其化合物知识点-+典型题及答案
一、选择题
1.下列说法正确的是( )
A.某溶液与NaOH溶液共热,产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红色的气体,说明原溶液中存
在NH
4
+
B.某溶液中加入AgNO3溶液时,产生白色沉淀,说明原溶液中含Cl-
C.用铂丝蘸取某溶液在酒精灯上灼烧时,火焰呈黄色,说明原溶液中含有Na+
D.某溶液中加入BaCl2溶液,再加足量稀盐酸,产生白色沉淀,原溶液中一定存SO2
4
-【答案】C
【详解】
A. 某溶液与NaOH溶液共热,产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,可说明原溶液中存
在+
4
NH,故A错误;
B. 某溶液中加入AgNO3溶液时,产生白色沉淀,该沉淀可能为碳酸银,原溶液中可能含有碳酸根离子,不一定含Cl−,故B错误;
C. 焰色反应的火焰呈黄色,可说明原溶液中含有Na+,故C正确;
D. 某溶液中加入BaCl2溶液,产生的白色沉淀可能为AgCl,原溶液中不一定存2-
4
SO,应先加稀盐酸,无沉淀,再加氯化钡,产生沉淀,故D错误。

故答案选:C。

2.可用来干燥氨气的有( )
A.浓硫酸B.碱石灰
C.氯化钙D.五氧化二磷
【答案】B
【详解】
因为氨气可以和酸反应,所以不能用浓硫酸和五氧化二磷等酸性干燥剂干燥;氯化钙可以吸收氨气生成八氨合氯化钙,所以也不能用氯化钙干燥氨气。

碱石灰是氧化钙和氢氧化钠组成的混合物,可以干燥氨气,所以本题选B。

3.有关铵盐性质的叙述正确的是
A.都是晶体,都能溶于水B.受热时分解,都有NH3产生
C.与碱共热时不一定产生氨气D.都能与酸反应
【答案】A
【详解】
A.铵盐都是易溶于水的白色晶体,A项正确;
B.铵盐不稳定都能加热分解,但不一定有氨气产生,如:NH4NO3∆
N2O↑+2H2O,B项错
误;
C.铵盐都能与碱反应生成氨气,C项错误;
D.铵盐不都能与酸反应,例如硝酸铵不能与酸反应,D项错误;
答案选A。

4.某氮的氧化物和一氧化碳在催化剂的作用下充分反应,生成氮气和二氧化碳。

若测得氮气和二氧化碳的物质的量之比为1∶2,则该氮的氧化物是( )
A.N2O B.NO
C.NO2D.N2O5
【答案】B
【详解】
设氮的氧化物化学式为N x O y,则N x O y+2CO→N2+2CO2,则x :y=1∶1,即为NO,应选B。

5.无色的混合气体甲,可能含NO、CO2、NO2、N2中的几种,将一定量的甲气体经过如图实验的处理,结果得到酸性溶液,而几乎无气体剩余,则甲气体的组成为()
A.NO2、N2B.NO、CO2
C.NO2、CO2D.NO、CO2、N2
【答案】B
【详解】
二氧化氮是红棕色的气体,所以无色混合气体甲中一定不存在二氧化氮;二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,反应的化学方程式为:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ,一氧化氮无色,与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮,通过足量的过氧化钠后气体显红棕色,说明有NO、CO2,排水法收集气体,广口瓶被上升的水注满,说明没有N2,所以甲气体的组成为:NO、CO2,故答案为B。

【点睛】
考查常见气体的检验和性质,把握常见气体的化学性质及气体的溶解性是解题的关键,二氧化氮是红棕色的气体,浓硫酸可以和氨气反应,二氧化碳可以和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气,一氧化氮无色,与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮,氮气不溶于水,将一定量的甲气体经过如图实验的处理,结果得到酸性溶液,而几乎无气体剩余,说明无氮气。

6.下列事实与浓硫酸表现出的性质(括号中)对应关系正确的是()
A.在空气中敞口久置的浓硫酸,溶液质量增大难挥发性
B.在加热条件下铜与浓硫酸反应强氧化性、酸性
C.蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成吸水性
D.浓硫酸与少量胆矾晶体混合,晶体由蓝色变成白色脱水性
【答案】B
【详解】
A.浓硫酸具有吸水性,则在空气中敞口久置的浓硫酸,会吸收空气中的水分而使溶液的质量增大,表现的是浓硫酸的吸水性,故A错误;
B.在加热条件下铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水,硫元素化合价部分变化,体现浓硫酸的强的氧化性和酸性,故B正确;
C.蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成,体现浓硫酸的脱水性,故C错误;
D.硫酸与少量胆矾晶体混合,晶体由蓝色变成白色,体现浓硫酸的吸水性,故D错误。

答案选B。

7.在常温常压下,下列各组气体不能共存的是
A.SO2与O2B.NO2与NO C.O2与N2D.NO与O2
【答案】D
【分析】
常温常压下,气体之间不能共存说明气体之间能发生反应,根据气体的性质解答。

【详解】
A.常温常压下,二氧化硫和氧气不反应,所以二者能共存,但在催化剂、加热条件下,二氧化硫和氧气发生氧化还原反应生成三氧化硫,故A不符合题意;
B.NO2与 NO不反应,所以能共存,NO不稳定,易被氧气氧化生成二氧化氮,故B不符合题意;
C.常温常压下,氮气和氧气不反应,但在高温或放电条件下,氮气和氧气反应生成NO,故C不符合题意;
D.NO不稳定,易被氧气氧化生成二氧化氮,所以NO和 O2不能共存,故D符合题意;答案选D。

8.关于氮肥的说法正确的是()
A.硫铵与石灰混用肥效增强
B.所有铵态氮肥中,氮元素化合价都是-3 价
C.使用碳铵应深施盖土
D.尿素属于氨态氮肥
【答案】C
【详解】
A. 将硫酸铵与碱性物质熟石灰混合施用时会放出氨气而降低肥效,故A错误;
B.铵态氮肥中,氮元素化合价在铵根离子中是-3 价,如果含有硝酸根离子是+5价,如硝酸铵,故B错误;
C. 碳酸氢铵受热容易分解,易溶于水,使用碳铵应深施盖土,避免肥效损失,故C正确;
D. 尿素属于有机氮肥,不属于铵态氮肥,故D错误。

故选C。

9.足量铜溶于一定量浓硝酸,产生NO2、N2O4、NO的混合气体,这些气体若与1.12 L
O2(标准状况)混合后通入水中,气体被水完全吸收。

若向原所得溶液中加入5 mol·L-1 H2SO4溶液100 mL,则继续溶解的Cu的质量为( )
A.6.4 g B.9.6 g C.19.2 g D.24 g
【答案】C
【详解】
Cu和浓硝酸反应过程中,Cu失电子生成铜离子、硝酸得电子生成NO2、N2O4、NO,且转移电子守恒,这些气体若与1.12LO2(标况)混合后通入水中,气体被完全吸收,说明氧气得到的电子等于这些气体生成硝酸根离子得到的电子,所以氧气得到的电子等于Cu失去
的电子,根据转移电子得n(Cu)=
1.12
4
22.4/
2
L
L mol
=0.1mol,根据原子守恒得n(Cu)
=n[Cu(NO3)2]=0.1mol,再加入稀硫酸后,相当于溶液中含有硝酸,能继续溶解Cu,n (H+)=2n(H2SO4)=2×5mol/L×0.1L=1mol,n(H+):n(NO3-)=1mol:0.2mol=5:1>
1/4,所以氢离子有剩余,根据硝酸根离子计算溶解铜的质量,设溶解Cu的质量为x,则:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO+4H2O
192g 2mol
x 0.2mol
192g:2mol=x:0.2mol,解得x=19.2g。

答案选C。

【点晴】
明确物质之间的反应是解本题的关键,注意进行过量计算,注意转移电子守恒、原子守恒的利用,难点和易错点是没有进行过量计算。

10.许多装有化学物质的瓶子上贴有危险警告标志,下面是一些危险警告标志,其中标志贴错的是( )
选项A B C D
物质浓硝酸汽油纯碱氯酸钾
危险警
告标志
【答案】C
【详解】
A.浓硝酸有腐蚀性,是腐蚀品,故A正确;
B.汽油易燃烧,是易燃液体,故B正确;
C .纯碱属于盐,可用于食品加工,不是剧毒品,故C 错误;
D .氯酸钾有强氧化性,易爆炸,是爆炸品,故D 正确; 答案选C 。

11.在如图所示的装置中,烧瓶中充满干燥气体a ,将滴管中的液体b 挤入烧瓶内,轻轻振荡烧瓶,然后打开弹簧夹f ,烧杯中的液体d 呈喷泉状喷出,最终几乎充满烧瓶。

则a 和b 分别是
a(干燥气体) b(液体)
A . 2NO 水
B . 2SO
4mol/LNaHSO 3溶液 C . Cl 2
饱和NaCl 水溶液 D .
3NH
1mol/L 盐酸
A .A
B .B
C .C
D .D
【答案】D 【详解】
A.二氧化氮与水反应生成硝酸和NO ,所以不能充满烧瓶,故A 不选;
B.二氧化硫和亚硫酸氢钠不反应,而且在亚硫酸氢钠中的溶解度极小,所以不能呈喷泉状喷出,故B 不选;
C.氯气不溶于饱和食盐水,不能形成压强差,不能形成喷泉,故C 不选;
D.氨气既能与盐酸反应生成氯化铵,又极易溶于水,导致烧瓶内的压强迅速减小,且反应后无气体剩余,烧杯中的液体b 呈喷泉状喷出且最终几乎充满烧瓶,故D 选; 答案选D 。

12.从某些性质来看,NH 3和H 2O 、NH 4+和H +、NH 2-和OH -、N 3-和O 2-两两类似。

据此判断,下列反应中正确的是( )
①423
2NH Cl NaNH NaCl NH ∆
+→+↑
②423222CaO NH Cl CaCl NH H O ∆
+→+↑+ ③223233()4Mg NH Mg N NH ∆
→+↑ A .仅①正确 B .②③正确 C .①③正确 D .全部正确
【答案】D 【详解】
①OH -和NH 2-相当,NH 3和H 2O 相当,依据NH 4Cl+NaOH=NaCl+NH 3+H 2O ;类推得到:NH 4Cl+NaNH 2═NaCl+2NH 3,故正确;
②NH 4+和H 3O +相当,依据CaO+2HCl=CaCl 2+H 2O ,类推得到反应:CaO+2NH 4Cl= CaCl 2+2NH 3↑+H 2O ,故正确;
③OH -和NH 2-相当,N 3-和O 2-两两相当,依据Mg (OH )2=MgO+H 2O ,类推得到:
223233()4Mg NH Mg N NH ∆
→+↑,故正确;
因此上述三个反应都能够发生; 正确答案D 。

【点睛】
相似推理法在化学的学习中会经常遇见,再如HCl 与NaOH 、Na 2CO 3、Zn 、ZnO 都能够发生反应,那么同属酸类的H 2SO 4、HNO 3等酸也能够发生上述反应。

但是在推理过程中也必须注意到物质本身存在的性质差异,本例中由于HNO 3的强氧化性,所以当它与Zn 反应时就不像HCl 反应生成H 2,而是得到NO 或NO 2等还原产物。

13.下列对于某些离子的检验及结论中一定正确的是( )
A .加入稀盐酸产生无色无味气体,将气体通入澄清石灰水中,溶液变浑浊,则一定有CO 23-
B .加入氯化钡溶液有白色沉淀产生,再加盐酸,沉淀不消失,则一定有SO 24-
C .加入氢氧化钠溶液并加热,产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝,一定有NH 4+
D .加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加盐酸,白色沉淀消失,一定有Ba 2+ 【答案】C 【详解】
A .将气体通入澄清石灰水中,溶液变浑浊生成的气体可能为二氧化硫、二氧化碳,原溶液中可能存在碳酸氢根、亚硫酸根等离子,不一定含有碳酸根离子,故A 错误;
B .氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀,加入氯化钡溶液有白色沉淀产生,再加盐酸,沉淀不消失,原溶液中可能含有银离子,不一定含有SO 24-,故B 错误;
C .能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为NH 3,在碱性条件下生成NH 3,说明溶液中含有NH 4+
,故C 正确;
D .碳酸钡和碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸,原溶液中可能含有Ca 2+,不一定含有Ba 2+,故D 错误;
故选C 。

14.近年来在中国汽车的销量大幅增长的同时也带来了严重的空气污染。

汽车尾气处理装置中,气体在催化剂表面吸附与解吸的过程如图所示,下列说法正确的是( )
A .汽车尾气的主要污染成分包括CO 、NO 和N 2
B .反应中NO 为氧化剂,N 2为氧化产物
C .NO 和O 2必须在催化剂表面才能反应
D .催化转化总反应为222催化剂
2NO+O +4CO 4CO +N
【答案】D 【详解】
A .汽车尾气的主要污染成分是CO 、NO 、NO 2等,氮气为空气成分,不是空气污染物,故A 错误;
B .根据图示反应,氮元素从NO 中的2+价降为0价,化合价降低,所以一氧化氮为氧化剂,氮气为还原产物,碳元素的化合价从+2价升至+4价,二氧化碳为氧化产物,故B 错误;
C . NO 和2O 在常温下就会发生反应生成二氧化氮,故C 错误;
D .尾气处理净化的目的是把有毒的污染气体在催化剂作用下转化为空气中的无毒成分,根据图示反应的方程式为2222NO O 4CO 4CO N ++=+催化剂
,故D 正确。

答案选D 。

15.下列说法不正确的是( )
A .定容时,因不慎使液面高于容量瓶的刻度线,必修重新配制
B .根据燃烧产生的气味,可区分棉纤维和蛋白质纤维
C .将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中,可以看到石蕊溶液先变红后褪色
D .取少量晶体放入试管中,再加入适量NaOH 溶液,加热,在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验,若试纸变红,则可证明该晶体中含有4NH +
【答案】D 【详解】
A .定容时,因不慎使液面高于容量的刻度线,如果滴管将多余液体吸出会导致溶质物质的量减少,所以配制溶液浓度偏低,则要重新配制,故A 正确;
B .蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味,则根据纤维在火焰上燃烧产生的气味,可区分棉纤维和蛋白质纤维,故B 正确;
C.氯水中含有HCl和HClO,具有酸性和漂白性,则向新制氯水中滴入紫色石蕊试液,溶液将先变红后褪色,故C正确;
D.氨气为碱性气体,应该在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验,若试纸变蓝,则可证明该晶体中含有NH4+,不能使用蓝色石蕊试纸,故D错误。

故选:D。

【点睛】
氯水的成分有:Cl2、HCl、HClO;所以溶液显酸性、氧化性、漂白性,能够漂白绝大部分有机物。

16.下列叙述不正确的是
A.洒落的汞可用硫粉处理B.浓硫酸可用铁制容器装
C.可用氨水清洗试管壁上的氧化铝D.可用稀硝酸清洗试管壁上的银
【答案】C
【详解】
A.汞有毒,常温下能够与硫反应生成硫化汞,撒落的汞可用硫粉处理,故A正确;B.浓硫酸具有强氧化性,常温下能够使铁钝化,所以浓硫酸可用铁制容器装,故B正确;
C.氨水为弱碱,不能与氧化铝反应,不能用氨水清洗试管壁上的氧化铝,故C错误;D.硝酸具有强的氧化性,能够氧化单质银,所以可用稀硝酸清洗试管壁上的银,故D正确;
故选C。

17.下列有关浓硫酸的说法正确的是
A.若大量浓硫酸洒在皮肤上应立即用纱布拭去,再用大量水冲洗
B.稀释时要将水沿器壁慢慢倒入浓硫酸中,并用玻璃棒不断搅拌
C.欲除去NH3中的H2O,可让混合气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶
D.浓硫酸不分解、不挥发,所以能敞口放置在空气中质量不会发生变化
【答案】A
【详解】
A.浓硫酸具有强腐蚀性,溶于水放出大量的热,当不慎将浓硫酸沾到皮肤上,应立即用布拭去,再用大量水冲洗后涂上稀碳酸氢钠溶液,故A正确;
B.稀释浓硫酸时,要将浓硫酸沿器壁慢慢倒入水中,并用玻璃棒不断搅拌,使热量散发出去,故B错误;
C.浓硫酸具有吸水性,可以干燥气体,但氨气能与酸反应,不能用浓硫酸除去氨气中的水蒸气,故C错误;
D.浓硫酸不分解、不挥发,但浓硫酸具有吸水性,能吸收空气中的水蒸气,敞口放置在空气中,浓硫酸质量会增加,故D错误;
故选A。

18.某溶液可能含有Cl -、24SO -、23CO -、4NH +
、Al 3+、Cu 2+、Fe 3+和K +中的若干种。

为检验其中含有的离子,进行如下实验:取该溶液10mL ,加入过量的氢氧化钡溶液并加热,产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体,同时产生白色沉淀,过滤;向上述滤液中通入足量CO 2气体,产生白色沉淀。

下列关于原溶液的说法正确的是( ) A .Al 3+、4NH +
一定存在,Cl - 可能不存在 B .至少存在4种离子 C .24SO -、23CO -
至少含有一种
D .Al 3+、Cu 2+、Fe 3+一定不存在,K +可能存在 【答案】A 【分析】
取10mL 溶液,加入过量的氢氧化钡溶液并加热,产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体即氨气,同时产生白色沉淀,一定不存在Cu 2+、Fe 3+,过滤;向上述滤液中通入足量CO 2气体,产生白色沉淀即氢氧化铝,则含有Al 3+,不含有23CO -
;所以原溶液中一定存在
4NH +、Al 3+、24SO -,一定不存在23CO -、Cu 2+、Fe 3+,可能存在Cl -和K +,据此进行解答。

【详解】
A. 根据分析可知,原溶液中一定存在4NH +
、Al 3+、24SO -,一定不存在23CO -
、Cu 2+、Fe 3+,可能存在Cl -和K +,故A 正确;
B. 根据分析可知,原溶液中一定存在4NH +、Al 3+、24SO -
三种离子,故B 错误; C. 根据分析可知,原溶液中一定存在4NH +、Al 3+、24SO -,一定不存在23CO -
、Cu 2+、Fe 3+,故C 错误;
D. 根据分析可知,原溶液中一定存在4NH +、Al 3+、24SO -,一定不存在23CO -
、Cu 2+、Fe 3+,可能存在Cl -和K +,故D 错误; 故选A 。

19.(NH 4)2SO 4在一定条件下发生如下反应:4(NH 4)2SO 4=N 2↑+6 NH 3↑+3SO 2↑+SO 3↑+7H 2O , 将反应后的气体通入一定量的BaCl 2溶液中,发现溶液有白色沉淀生成,还有部分气体从溶液中逸出,检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味,溶液中氯化钡恰好完全反应。

下列说法正确的是
A .生成的沉淀中既有BaSO 4、又有BaSO 3,且n (BaSO 4):n (BaSO 3)约为1:1
B .生成的沉淀中既有BaSO 4、又有BaSO 3,且n (BaSO 4):n (BaSO 3)约为1:2
C .生成的沉淀中既有BaSO 4、又有BaSO 3,且n (BaSO 4):n (BaSO 3)约为1:3
D .从溶液中逸出的气体只有N 2,最后留下溶液中溶质只有较多的NH 4Cl 【答案】A 【详解】
(NH 4)2SO 4分解的方程式为4(NH 4)2SO 4=N 2↑+6 NH 3↑+3SO 2↑+SO 3↑+7H 2O ,设分解了4mol (NH 4)2SO 4,则分解生成的N 2、NH 3、SO 2、SO 3物质的量依次为1mol 、6mol 、
3mol、1mol,分解产生的气体通入BaCl2溶液中,发生反应2NH3+SO3+H2O=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl,此过程中消耗1molSO3、2molNH3、生成1molBaSO4沉淀;还剩余4molNH3,最终从溶液中逸出的气体无色、无味,溶液中氯化钡恰好完全反应,说明3molSO2全部反应,则发生的反应为4NH3+3SO2+3H2O=(NH4)2SO3+2NH4HSO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl,此过程将4molNH3、3molSO2全部消耗,生成
1molBaSO3沉淀;根据上述分析,生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3,且n(BaSO4):n(BaSO3)约为1:1,从溶液中逸出的气体只有N2,最后留下的溶液中有较多的NH4Cl和NH4HSO3,故答案为A。

20.下列实验操作及现象与结论之间对应关系错误的是
A.A B.B C.C D.D
【答案】A
【详解】
A.向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成,白色沉淀可能为氯化银、硫酸钡等,原溶液中可能存在硫酸根离子、银离子等,所以不一定含有硫酸根离子,故A 错误;
B.向某溶液中加入NaOH浓溶液,加热产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,该气体一定为氨气,原溶液中一定存在铵根离子,故B正确;
C.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,有白色沉淀生成,该白色沉淀一定是氯化银,则氯水中一定含Cl-,故C正确;
D.向氯水中加入NaHCO3粉末,有气泡产生,因为氯水中含H+,能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳,故D正确;
答案选A。

21.实验室用右图装置干燥、收集某气体R,则R可能是
A.SO2B.NH3
C.HCl D.Cl2
【答案】B
【详解】
A.二氧化硫能和碱石灰反应,不能用碱石灰干燥,故A错误;
B.氨气为碱性气体,不能和碱石灰反应,能用碱石灰干燥,氨气的密度小于空气,可用向下排空气法收集,故B正确;
C.氯化氢能和碱石灰反应,不能用碱石灰干燥,故C错误;
D.氯气能和碱石灰反应,不能用碱石灰干燥,故D错误;
故选B。

22.以下各种尾气吸收装置,适合于吸收极易溶于水气体,而且能防止倒吸的是A.B.C.D.
【答案】D
【详解】
A.气体能被吸收,但会产生倒吸,故A错误;
B.气体能被吸收,但会产生倒吸,故B错误;
C.气体能被充分吸收,但会产生倒吸,应将漏斗与液面刚好接触即可,故C错误;D.倒置的球形干燥管插入溶液中,气体能被充分吸收,而且球形管有缓冲作用防倒吸,故D正确;
故选D。

23.同温、同压下,在3支体积相同的试管中分别充有体积比为1:1的两种气体组成的混合气体,它们是:①NO、NO2;②NO2、O2;③NH3、N2。

现将3支试管均倒置于水槽中,充分反应后,试管中剩余气体的体积大小关系正确的是( )
A.①>②>③B.①>③>②C.②>③>①D.③=①>②
【答案】B
【详解】
假设气体体积为0.5V和0.5V,则:
①NO、NO2中,发生3NO2+H2O=2HNO3+NO,0.5VNO2的反应生成0.5V
3
的NO,NO与水不
反应,则剩余气体体积为0.5V+0.5V 3
; ②NO 2、O 2中,发生4NO 2+O 2+2H 2O=4HNO 3,0.5VNO 2的反应消耗0.125V 的氧气,则剩余气体体积为0.375V ;
③NH 3、N 2中氨气易溶于水,而氮气不溶于水,则剩余气体体积为0.5V ;
综上所述,剩余气体体积由大到小的顺序为①>③>②,答案为B 。

24.在氯化氢的溶解性实验中出现喷泉现象,下列因素与产生喷泉现象无关的是 A .烧瓶充满
B .极易溶于水
C .瓶内外有压强差
D .溶液显酸性
【答案】D
【分析】
在氯化氢的溶解性实验中,氯化氢极易溶于水,导致烧瓶里气体压强减小,在外界大气压作用下,烧杯中的水被压入烧瓶中形成喷泉。

【详解】
A .氯化氢溶于水时烧瓶内气体压强快速减小,烧瓶内氯化氢越多,烧瓶内外的压强差越大,越易产生喷泉,A 不符题意;
B .当少量水进入烧瓶,由于氯化氢极易溶于水,烧瓶内气体压强迅速减小,烧杯中的水被压入烧瓶中形成喷泉,B 不符题意;
C .烧瓶中之所以形成喷泉,就是因为烧瓶内外产生较大的压强差,大气压将烧杯中的水压入烧瓶形成喷泉,C 不符题意;
D .要产生喷泉现象,烧瓶内的气体应该易溶于实验中的液体或与液体能大量反应,导致烧瓶内气体压强迅速减小,与烧瓶中产生的溶液显酸性或碱性无关,D 符合题意; 答案选D 。

25.在一定条件下,将 6 体积的 NO 2(不考虑 NO 2 转化为 N 2O 4)和一定体积的 NO 置于试管中,并将试管倒置于盛有水的水槽中,待试管内液面不变后再通入 4.5 体积的 O 2 充分反应后,剩余 1.5 体积气体,则原 NO 体积可能为( )
①3 体积 ②4 体积 ③5 体积 ④5.5 体积 ⑤2 体积
A .①③
B .①⑤
C .④ 或 ⑤
D .② 或 ③
【答案】C
【分析】
根据4NO 2+O 2+2H 2O ═4HNO 3、4NO+3O 2+2H 2O ═4HNO 3,剩余1.5体积气体,可能为NO ,也可能为氧气,以此来计算。

【详解】 232
2=4HNO 4NO +O +2H O 4
16 1.5
则一定体积的NO和3体积的氧气发生4NO+3O2+2H2O═4HNO3,①若剩余气体为NO,则由反应可知,消耗NO为4体积,则原NO的体积为1.5+4=5.5体积;
②若剩余气体为氧气,则4NO+3O2+2H2O═4HNO3中反应的氧气为1.5体积,则原NO的体
积为1.54
3
=2体积,故选C。

二、非选择题
26.NaNO2是常用的一种防腐剂,其中+3价的N具有一定的氧化性。

某实验小组利用以下
反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O制备NaNO2,并探究其性质。

I.制备NaNO2
(1)A中发生反应的化学方程式是______。

(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是______。

(3)为检验B中制得NaNO2,甲进行以下实验:
序号试管操作现象①2mLB中溶液加2mL0.1mol/LKI溶液,滴加几滴淀粉溶液不变蓝
②2mLB中溶液滴加几滴H2SO4至pH=5,加2mL0.1mol/LKI溶液,滴加几
滴淀粉溶液
变蓝
③2mLH2O 滴加几滴H2SO4至pH=5,加2mL0.1mol/LKI溶液,滴加几
滴淀粉溶液
不变蓝
实验③的目的是_______。

(4)乙认为上述3组实验无法证明B中一定含NaNO2,还需补充实验,理由是______。

II.探究NaNO2的性质
装置操作现象
取10mL1mol/LNaNO2溶液于试剂瓶中,加入几滴H2SO4酸化,再加入10mL1mol·L-1FeSO4溶液,迅速塞上橡胶塞,缓缓通入足量
O2。

i.溶液迅速变为棕色;
ii.溶液逐渐变浅,有无色气泡产生,溶液上方为浅红棕色。

iii.最终形成棕褐色溶液。

资料:i.Fe2+遇NO会形成[Fe(NO)]2+,该离子在溶液中呈棕色。

ii.HNO2在溶液中不稳定,易分解产生NO和NO2气体。

(5)现象i溶液变为棕色的原因是______。

(6)已知现象ii棕色溶液变浅是由于生成了Fe3+,反应的离子方程式是______。

【答案】3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 扩大了气体与NaOH的接触面积,使
反应快速发生,同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生溶液中c(I-)和c(H+)相同时,前者溶液变为蓝色,后者不变蓝色,证明空气中O2不会氧化I-的目的若NO2的物质的量比NO多,还会发生反应:2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O,这样得到的溶液中含有NaNO3,酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰 NaNO2与稀硫酸反应产
生HNO2,离子方程式为:NO2-+H+⇌HNO2,HNO2不稳定,分解产生NO,NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+,使溶液呈棕色 4[Fe(NO)]2++4H++O2=4NO+4Fe3++2H2O
【分析】
Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O,NO与O2反应产生NO2,NO、NO2被氢氧化
钠溶液吸收得到NaNO2和水,为防止倒吸现象,在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗,NaNO2在酸性条件下可以将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色,据此检验NaNO2的存在,若气体中NO2过量,与碱反应产生NaNO3,在酸性条件下NO3-也可以氧化I-为I2而会产生干扰;根据[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色分析溶液颜色变化;[Fe(NO)]2+具有还原性,会被
氧气氧化产生Fe3+使溶液颜色变浅。

【详解】
(1)A中Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O,根据电子守恒、原子守恒,可得发生反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;
(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是:扩大了气体与NaOH的接触面积,使反应快速发生,同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生;
(3)实验③和实验②比较,溶液中c(I-)和c(H+)相同时,前者溶液变为蓝色,后者不变蓝色,证明空气中O2不会氧化I-的目的;
(4)在装置A中反应产生NO,有一部分NO与通入的O2反应产生NO2,若通入NaOH溶液中NO、NO2的物质的量相等,就会发生反应:NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O,若NO2的物
质的量比NO多,还会发生反应:2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O,这样得到的溶液中含有NaNO3,酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰,因此需要补做实验;
(5)NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2,离子方程式为:NO2-+H+⇌HNO2,HNO2不稳定,分解
产生NO,NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+,使溶液呈棕色;
(6)[Fe(NO)]2+具有还原性,会被溶解在酸性溶液中O2氧化产生Fe3+,同时得到NO,导致
溶液逐渐变浅,有无色气泡产生,在溶液上方变为浅红棕色气体,根据元素守恒和电荷守
恒配平离子方程式,离子反应为:4[Fe(NO)]2++4H++O2=4NO+4Fe3++2H2O。

【点睛】
要结合题目已知信息,利用元素守恒和电子守恒配平化学方程式和离子方程式是易错点,
探究亚硝酸钠的性质是难点。

27.实验室用粗盐水(溶质主要成分为NaCl),制备NaHCO3固体,流程如图:
等杂质离子,并获得NaCl饱和(1)“精制”是为了除去粗盐水中含有的Ca2+、Mg2+、SO2-
4
溶液,“精制”过程中包含除杂、过滤、蒸发浓缩等操作,需要加入的试剂为稍过量的
①Na2CO3、②BaCl2、③盐酸、④NaOH,加入试剂的先后顺序为___(填序号)。

(2)已知“反应”分两步进行。

第一步生成NH4HCO3;
第二步的反应方程式为:NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl。

①第一步反应的化学方程式为___。

②第二步反应能发生的原因是___。

(3)向“过滤”所得滤液中加入NaCl,并通入氨气,过滤,得到固体,该固体可能含有
NaCl和NH4Cl,检验该固体中含有NH4Cl的方法是___。

【答案】②①④③或②④①③或④②①③ NH3+H2O+CO2=NH4HCO3(或
NH3·H2O+CO2=NH4HCO3)因为有沉淀生成取少许固体放入试管中,将试管在酒精灯上
充分加热,若试管内有白烟,试管壁上有固体凝结,则固体中含有NH4Cl或向装有固体的
试管中加入NaOH浓溶液,并加热,若产生了能使湿润红色石蕊变蓝的气体,则含有NH4Cl 【分析】
粗盐中的杂质使用沉淀法除去;先利用二氧化碳是酸性气体、氨气是碱性气体,反应生成NH4HCO3,再利用NaHCO3的溶解度小,生成NaHCO3固体。

【详解】
(1)用氯化钡除去硫酸根离子,碳酸钠除去钙离子和过量的钡离子,氢氧化钠除去镁离子,过滤后,最后加盐酸除去过量的碳酸根离子,必须满足碳酸钠在氯化钡后面加,以便把过
量的氯化钡除去,所以加入试剂的先后顺序为②①④③或②④①③或④②①③;
(2)①第一步反应用NH3、H2O和CO2生成NH4HCO3,第一步的化学方程式为
NH3+H2O+CO2=NH4HCO3(或NH3·H2O+CO2=NH4HCO3);
②第二步反应生成的NaHCO3溶解度小,相当于生成了沉淀,所以原因为有沉淀生成;
(3) NH4Cl加热时能分解成氨气和氯化氢,气体遇冷后又能生成NH4Cl固体,铵盐能与碱反应,加热时生成氨气,使湿润红色石蕊变蓝,所以检验NH4Cl的方法是:取少许固体放入
试管中,将试管在酒精灯上充分加热,若试管内有白烟,试管壁上有固体凝结,则固体中
含有NH4Cl或向装有固体的试管中加入NaOH浓溶液,并加热,若产生了能使湿润红色石
蕊变蓝的气体,则含有NH4Cl。

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