【整合】化学【优选资源】2017届高考化学二轮总复习氮及其化合物专题练习1(共32张PPT)

2017届高考化学二轮总复习氮及其化合物专题练习1C1.下列反应中的氨与反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是（）A．2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑B．NH3+HNO3→NH4NO3C．4NH3+6NO→5N2+6H2OD．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2【解析】反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中，氨气氮元素化合价升高，做还原剂，分析所给方程式中氮元素化合价变化，据此解答．【解答】解：反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中，氨气氮元素化合价升高，做还原剂，A.2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑，反应中氨气中的氢元素化合价降低，氨气做氧化剂，故A不选；B．NH3+HNO3→NH4NO3，反应中氨气中的氮元素化合价不变，氨气表现碱性，故B不选；C.4NH3+6NO→5N2+6H2O，反应中氨气中的氮元素化合价升高，氨气表现为还原性，故C选；D.3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2，反应中氨气中的氢元素化合价降低，氨气做氧化剂，故D不选；【答案】C2.下列物质见光不会分解的是（）A．HClOB．NH4ClC．HNO3D．AgNO3【解析】浓硝酸、硝酸银、次氯酸见光都易分解；而氯化铵加热分解，见光不分解，以此来解答．【解答】解：A．HClO见光分解为HCl与氧气，故A不选；B．氯化铵加热分解生成氨气和HCl，见光不分解，故B选；C．硝酸见光分解为二氧化氮、氧气与水，故C不选；D．硝酸银见光分解Ag、二氧化氮、氧气，故D不选；【答案】BB3.向溶液X中持续通入气体Y，不会产生“浑浊→澄清”现象的是（）A．X：硝酸银溶液，Y：氨气B．X：漂白粉溶液，Y：二氧化硫C．X：氢氧化钡溶液，Y：二氧化碳D．X：偏铝酸钠溶液，Y：二氧化氮【解析】A．氨气水溶液呈碱性，硝酸银溶液中通入氨气，先生成氢氧化银沉淀，氨气过量，发生络合反应生成银氨络离子，先浑浊后澄清；B．漂白粉溶液中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钙，溶液变浑浊，不会变澄清；C．先生成碳酸钡，二氧化碳过量生成碳酸氢钡，先浑浊后澄清；D．偏铝酸钠溶液中通入二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中生成硝酸铝，则会产生“浑浊→澄清”现象。【答案】BB4.同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满：①NH3，②NO2，进行喷泉实验．经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（）A．①＞②B．①＜②C．①=②D．不能确定C【解析】先根据气体摩尔体积计算各气体的物质的量之比，再判断烧瓶中溶液的体积、溶质的物质的量，再根据物质的量浓度公式判断浓度的大小．【解答】在相同条件下，气体摩尔体积相同，烧瓶的容积相同，根据n=知，氨气、NO2的物质的量之比为1：1，因NO2能与水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以各烧瓶中溶质的物质的量之比为3：2，做喷泉实验时，盛放氨气的烧瓶、含NO2的烧瓶，各烧瓶中溶液的体积分别为：一烧瓶、烧瓶，所以溶液的体积比为3：2，所以各物质的量浓度之比为=1：1，【答案】C5.常温常压下，将盛有20mLNO2和O2的混合气体的大试管倒立在水槽中，水面上升至一定位置后不再变化，此时还有3mL气体，则原混合气体中的NO2的体积可能是（）A．17.8mLB．14.8MlC．12.6mLD．12.4mL【解析】NO2和O2混合气体与反应可能的反应式有：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据反应的方程式有讨论的方法计算．【解答】可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余气体为NO或氧气，若为氧气，则参加反应的气体为20mL﹣3mL=17mL，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为17ml×=13.6mL；若剩余气体为NO气体，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2为3×3mL=9mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为20mL﹣9mL=11mL，则反应消耗的二氧化氮为11mL×=8.8mL，则原混合气体中的NO2的体积为8.8+9=17.8mL，故选A．【答案】AA6.下列有关硝酸化学性质的叙述中，正确的是()A．浓、稀硝酸都能使蓝色石蕊试纸最终变为红色B．硝酸能与FeO反应，只表现氧化性C．硝酸可与Na2S反应制得H2S气体D．浓硝酸因分解放出的NO2又溶解于硝酸而呈黄色【解析】硝酸是一种具有强氧化性的强酸，并且浓度越大，氧化性越强。浓硝酸可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故选项A错；硝酸是一种强氧化性酸，可氧化许多还原性物质，因此硝酸与Na2S反应不能生成H2S，与FeO反应时表现氧化性和酸性，所以选项B、C错，选项D正确。【答案】DD7.相同质量的铜片分别与体积相同且过量的浓硝酸、稀硝酸反应，二者比较相等的是(双选)()A．反应中氧化剂得到电子总数B．铜片消耗完所需时间C．反应后溶液中铜离子浓度(反应后溶液体积不变)D．反应生成气体的体积(同温、同压)【解析】铜与浓、稀硝酸反应均被氧化为Cu2＋，铜片质量相同时转移电子数相同，A正确；浓硝酸的氧化性强，与铜反应时反应速率快，B错误；浓、稀硝酸足量，铜片全部反应，因此反应后溶液中Cu2＋浓度相同，C正确；根据浓、稀硝酸与铜反应的化学方程式可知，反应后生成气体的物质的量不同，同温同压时体积也不同，D错误。【答案】ACAC8.下列说法正确的是()A．投入铁片产生H2的溶液中可大量存在H＋、Mg2＋、SO2－4、NO－3B．可用稀硝酸除去试管内壁上的银镜C．1.0mol·L－1的KNO3溶液中可大量存在H＋、Fe2＋、Cl－、SO2－4D．硫化铜溶于硝酸的离子方程式为CuS＋2H＋===H2S↑＋Cu2＋【解析】硝酸具有强氧化性，因而含有NO－3的酸性溶液不能与铁反应产生H2，A项错；硝酸可溶解银，B项正确；Fe2＋在稀HNO3中不能大量存在，C项错；硝酸与CuS不能发生复分解反应，而是发生氧化还原反应，D项错。【答案】BB9.将一定量硫酸、硝酸和KNO3溶液混合成100ml溶液，其中H2SO4、HNO3和KNO3的物质的量浓度分别是6mol/L，2mol/L和1mol/L，向其中加入过量的铁粉，可产生标准状况下的混合气体体积为（）A．11.2LB．6.72LC．8.96LD．4.48LC【解析】依据铁与稀硝酸反应的离子方程式计算解答，注意反应离子过量与不足的判断，确定发生的化学反应．【解答】解：100ml溶液中含有氢离子的物质的量为：0.1L×6mol/L×2+0.1L×2mol/L=1.4mol；含有的硝酸根离子为：0.1L×2mol/L+0.1L×1mol/L=0.3mol，加入过量的铁粉，发生反应的离子方程式为：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O和反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，则：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O2820.3mol1.2mol0.3mol剩余的氢离子的物质的量为：1.4mol﹣1.2mol=0.2mol，Fe+2H+=Fe2++H2↑，210.2mol0.1mol产生气体的物质的量为：0.3mol+0.1mol=0.4mol，标况下体积为：0.4mol×22.4L/mol=8.96L，【答案】C10.在标准状况下将1.92g铜粉投入一定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混合气体1.12L，则反应消耗HNO3的物质的量为()A．0.8molB．0.6molC．0.11molD．无法计算C12.H2SO4和HNO3的浓度分别为4mol/L和2mol/L的混合液，取10mL加入过量的铁粉，若HNO3的还原产物为NO，则生成气体在标况下的总体积为()A．0.224LB．0.672LC．0.112LD．0.336LB【解析】根据原子守恒法计算。①被还原的硝酸物质的量即为气体NO2与NO物质的量的总和，n(HNO3)被还原＝1.12L22.4L·mol－1＝0.05mol，②未被还原的HNO3的物质的量等于Cu(NO3)2中NO－3的物质的量，n(Cu)＝1.92g64g·mol－1＝0.03mol，所以n[Cu(NO3)2]＝0.03mol，③消耗的HNO3的物质的量为0.03mol×2＋0.05mol＝0.11mol，故C项正确。【答案】C11.下列有关浓硫酸与浓硝酸的叙述，不正确的是（）A．露置空气中，两者浓度均降低B．常温下，两者均能使铁、铝钝化C．一定条件下，两者均能与铜反应D．两者都具有强氧化性，均能氧化SO2【解析】浓硫酸和浓硝酸都具有强氧化性，可与铝、铁在常温下发生钝化反应，浓硫酸具有吸水性和脱水性，浓硝酸易挥发，以此解答该题．【解答】解：A．浓硫酸具有吸水性，浓硝酸易挥发，二者露置空气中，浓度都降低，故A正确；B．浓硫酸和浓硝酸都具有强氧化性，可与铝、铁在常温下发生钝化反应，故B正确；C．二者都具有强氧化性，在加热条件下浓硫酸与铜发生氧化还原反应，浓硝酸易与铜发生氧化还原反应，故C正确；D．浓硫酸中硫元素化合价为+6价，二氧化硫中硫元素化合价为+4价，不能氧化二氧化硫，故D错误．【答案】DD【解析】硫酸、硝酸的混合溶液与过量的Fe反应，硝酸完全被还原生成NO，根据n=cV计算H2SO4、HNO3物质的量，根据N元素守恒可知n（NO）=n（HNO3），一定发生反应：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，可能发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，但最终得到的溶质为FeSO4．根据硫酸根守恒可知n（FeSO4）=n（H2SO4），根据Fe元素守恒计算参加反应Fe的物质的量，再根据电子转移守恒计算氢气物质的量，根据V=nVm计算生成气体总体积．解答：硫酸、硝酸的混合溶液与过量的Fe反应，硝酸完全被还原生成NO，根据N元素守恒可知n（NO）=n（HNO3）=0.01L×2mol/L=0.02mol，故生成NO的体积=0.02mol×22.4L/mol=0.448L；一定发生反应：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，可能发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，但最终得到的溶质为FeSO4，根据硫酸根守恒可知n（FeSO4）=n（H2SO4）=0.01L×4mol/L=0.04mol，根据Fe元素守恒，参加反应Fe的物质的量=n（FeSO4）=0.04mol，令生成氢气为xmol，根据电子转移守恒：2x+0.02×（5﹣2）=0.04×2，解得x=0.01，故生成氢气的体积=0.01mol×22.4L/mol=0.224L，故生成气体总体积为0.448L+0.224L=0.672L，【答案】B13.铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与5.6LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为()A．16gB．32gC．64gD．无法计算【解析】该题氮元素变化为硝酸―→氮的氧化物―→硝酸，所以题目中的反应可以看成是铜与氧气的反应，其中硝酸为“催化剂”，所以铜的物质的量为2×5.6L22.4L·mol－1＝0.5mol，即32g。【答案】BB14.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol·L－1和2mol·L－1，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体的体积为(设反应中HNO3被还原成NO)()A．0.448LB．0.672LC．0.896LD．0.224L【解析】金属和混酸反应通过离子方程式计算比较简便，3Fe＋8H＋＋2NO－3===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O(铁过量，产物为Fe2＋)，反应中Fe和H＋过量，生成的NO的量以NO－3为准来计算，共得NO0.448L，若只考虑到这一步反应，得答案A是错误的，因为过量的铁