2021届课标版高考化学一轮复习教师用书：专题十 氮及其化合物

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考点1 氮及氮的氧化物
1.[2020江西南昌摸底测试]一种新型的合成氨的方法如图所示,下列说法正确的是( )

A.反应①属于氮的固定
B.反应②属于氧化还原反应
C.反应③可通过电解LiOH溶液实现
D.上述三步循环的总反应为N2+3H22NH3
本题考查新型合成氨的方法,解答本题的关键是结合图示和箭头方向确定反应物和生成物,然后根据图示写出其化学方程式并进行分析判断。
解题模型:链接考法1命题角度1
2.[2019江苏,16,12分]N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物,含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物,用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为 。
(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收,主要反应为
NO+NO2+2OH-2NO2-+H2O
2NO2+2OH-NO2-+NO3-+H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有 (填标号)。
A.加快通入尾气的速率
B.采用气、液逆流的方式吸收尾气
C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤,得到NaNO2晶体,该晶体中的主要杂质是 (填化学式);吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 (填化学式)。
(3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气,可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同,NO转化为NO3-的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成Cl-和NO3-,其离子方程式为 。
②NaClO溶液的初始pH越小,NO转化率越高。其原因是 。
本题以尾气中氮氧化物的净化处理为载体,考查考生对陌生化学方程式和离子方程式的书写等知识。
解题模型:链接考法1命题角度2
3.[2018天津,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 (填标号)。
a.碱石灰 b.无水CuSO4 c.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v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中,使NOx完全被氧化成NO3-,加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液,加入v1 mL c1 ml·L-1FeSO4标准溶液(过量),充分反应后,用c2 ml·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗v2 mL。
(5)NO被H2O2氧化为NO3-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++NO3-+4H+NO↑+3Fe3++2H2O
Cr2O72-+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 。
本题以烟道气中NOx含量的监测为切入点,考查过滤知识的迁移、干燥剂的选择、有毒气体的吸收、气体溶解度随温度升高而减小等基础必备知识在解决实际问题中的应用,体现基础性、综合性、应用性的命题新理念。
解题模型:链接考法1命题角度2
考点2 氨及铵盐
4.[2017全国卷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+H3BO3NH3·H3BO3;NH3·H3BO3+HClNH4Cl+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,蒸气充满管路;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c ml·L-1的盐酸V mL,则样品中氮的质量分数为 %,样品的纯度≤ %。
本题能很好地考查考生的阅读理解能力。考生既要理解实验原理,又要掌握实验步骤、操作、误差分析和计算等。对于定量实验还要注意质量称量法和气体体积测量法的灵活应用。
解题模型:链接考点2
5.[2015四川,9,13分](NH4)2SO4是常用的化肥和化工原料,受热易分解。某兴趣小组拟探究其分解产物。
【查阅资料】(NH4)2SO4在260 ℃和400 ℃时分解产物不同。
【实验探究】该小组拟选用如图所示装置进行实验(夹持和加热装置略)。
实验1:连接装置A-B-C-D,检查气密性,按图示加入试剂(装置B盛0.500 0 ml/L盐酸70.00 mL)。通入N2排尽空气后,于260 ℃加热装置A一段时间,停止加热,冷却,停止通入N2。品红溶液不褪色。取下装置B,加入指示剂,用0.200 0 ml/L NaOH溶液滴定剩余盐酸,终点时消耗NaOH溶液25.00 mL。经检验滴定后的溶液中无SO42-。
(1)仪器X的名称是 。
(2)滴定前,下列操作的正确顺序是 (填标号)。
a.盛装0.200 0 ml/L NaOH溶液b.用0.200 0 ml/L NaOH溶液润洗
c.读数、记录d.查漏、清洗
e.排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面
(3)装置B内溶液吸收气体的物质的量是 ml。
实验2:连接装置A-D-B,检查气密性,按图示重新加入试剂。通入N2排尽空气后,于400 ℃加热装置A至(NH4)2SO4完全分解无残留物,停止加热,冷却,停止通入N2。观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体。经检验,该白色固体和装置D内溶液中有SO32-,无SO42-。进一步研究发现,气体产物中无氮氧化物。
(4)检验装置D内溶液中有SO32-,无SO42-的实验操作和现象是 。
(5)装置B内溶液吸收的气体是 。
(6)(NH4)2SO4在400 ℃分解的化学方程式是 。
本题利用定性与定量相结合的方法考查硫酸铵分解产物的探究。高考题多次关注硫酸盐或其他盐分解产物的探究,如2017年全国卷Ⅲ第26题考查硫酸亚铁分解产物的探究、2018年全国卷Ⅱ第28题考查K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的热分解产物的探究,这一动向值得考生关注。
解题模型:链接考点2
考点3 硝酸
6.[2017北京,12,6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( )
A.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
考查考生对比分析问题的能力,是控制变量法的一种创新运用。本题考查了浓硝酸的不稳定性、强氧化性和易挥发性。
解题模型:链接考点3
考点1 氮及氮的氧化物
考法1氮及氮的氧化物的性质和应用
命题角度1 氮气的性质及应用
1[2020辽宁葫芦岛模拟]中国科学院科研团队研究表明,在常温常压和可见光下,基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理示意图如图所示。下列说法错误的是
A.氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1
B.该过程中涉及极性键和非极性键的断裂与生成
C.基于LDH合成NH3的过程属于氮的固定
D.工业中,氨经一系列反应可以得到硝酸
该反应的化学方程式为2N2+6H2O4NH3+3O2,氮气是氧化剂,水是还原剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3,A错误;该过程中,既有极性键的断裂(O—H)与生成(N—H),也有非极性键的断裂()与生成(OO),B正确;基于LDH合成NH3的过程是将氮气转化为氨气的过程,属于氮的固定,C正确;工业中,氨经催化氧化得到NO,NO被氧化为NO2,NO2与水反应可得到硝酸,D正确。
A
考点扫描
1.[2017全国卷Ⅲ,26改编]绿矾(FeSO4·xH2O)易被氧化,在测定其结晶水含量或探究FeSO4的分解产物时,应先缓缓通入N2,目的是 。
2.[2017北京,27(1)改编]NH3在催化剂作用下还原NO2生成N2和H2O的化学方程式为 。
提示:1.排尽装置中的空气 2.8NH3+6NO27N2+12H2O
命题角度2 结合环保问题考查氮及其化合物的性质(热点角度)
2[2016全国卷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
①氨气的发生装置可以选择图中的 ,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。
(1)①观察装置知,A装置适合加热固体制备气体,B装置适合加热液体与固体制备气体或加热液体制备气体。实验室通过氯化铵和消石灰共热制备氨气,可以选择A装置作发生装置,化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O。实验室还可以通过加热浓氨水制备氨气,故也可以选择B装置作发生装置,化学方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O。②实验室用碱石灰干燥氨气,用向下排空气法收集氨气,用水吸收尾气中的氨气并注意防倒吸。故选择C、D、F装置,注意连接球形干燥管时应大口进气,小口出气。所以,连接顺序为a、d、c、f、e、i或b、d、c、f、e、i。(2)NO2呈红棕色,氨气与二氧化氮发生反应:8NH3+6NO27N2+12H2O,故观察到Y管中红棕色气体慢慢变浅。NH3与NO2反应后生成的气态水凝聚,反应后气体分子数减少,装置内压强减小,故打开K2,NaOH溶液会产生倒吸现象。
(1)①A 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O(或B NH3·H2ONH3↑+H2O) ②d c f e i
(2)①红棕色气体慢慢变浅 ②8NH3+6NO27N2+12H2O ③Z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
考法点睛·分析解释
本题可利用多种实验方法制备氨气,考查考生思维的发散性;通过氨气与NO2的归中反应实验,考查考生对实验现象的预测能力和解释能力。
考点扫描
1.[2018天津,9(5),2分]NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式为 。
2.[2018江苏,20改编](1)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: 。
(2)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: 。
(3)在有氧条件下,某新型催化剂能催化NH3与NOx反应生成N2。写出NH3与NO2反应的化学方程式: 。当生成1mlN2时,转移的电子数为 ml。
3.[2017北京,12A改编]浓硝酸受热分解产生红棕色气体,推断产生的气体一定是混合物( )
4.[2017北京,27(2)改编]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。写出该反应的化学方程式: 。
5.[2016江苏,5A改编]将铜丝插入稀硝酸中反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+H2O( )
提示:1.2NO+3H2O22H++2NO3-+2H2O
2.(1)HNO2-2e-+H2O3H++NO3- (2)2HNO2+(NH2)2CO2N2↑+CO2↑+3H2O (3)8NH3+6NO27N2+12H2O 247 3.√ 4.415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O 5.✕
考点2 氨及铵盐
考法2氨的制备和性质探究
命题角度1 结合物质制备装置考查氨的实验室制法
3[2019湖北鄂州、黄冈两市联考]某化学学习小组在实验室模拟工业制备硫氰化钾(KSCN)。实验装置如图所示(部分夹持装置已略)。
已知:①CS2不溶于水,比水重;NH3不溶于CS2。②三颈烧瓶内盛有CS2、水和催化剂。
实验步骤如下:
(1)制备NH4SCN:CS2+2NH3NH4SCN+H2S(该反应比较缓慢)
①实验前,经检验装置的气密性良好。三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口,目的是 。
②实验开始时打开K1,加热A,使A中产生的气体缓缓通入D中,至CS2消失。则A中反应的化学方程式是 ;C的作用是 。
(2)制备KSCN溶液:熄灭A处的酒精灯,关闭K1,打开K2,再缓缓滴加适量的KOH溶液,发生反应:NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O。
小组讨论后认为:实验中滴加相同浓度的K2CO3溶液比KOH溶液更好,理由是 。
(3)制备硫氰化钾晶体:先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂,再减压蒸发浓缩,冷却结晶, ,干燥,得到硫氰化钾晶体。
(4)测定晶体中KSCN的含量:称取10.0 g样品配成1 000 mL溶液,量取20.00 mL于锥形瓶中,加入适量稀硝酸,再加入几滴Fe(NO3)3溶液作指示剂,用0.100 0 ml/L AgNO3标准溶液滴定,达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液20.00 mL。
①滴定时发生的反应:SCN-+Ag+AgSCN↓。则判断达到滴定终点时的方法是 。
②晶体中KSCN的质量分数为 。
(1)①导气管口在下层液体CS2中,可以使反应物充分接触,防倒吸;②实验室用氯化铵与氢氧化钙来制备氨气,其化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,C是为了观察气泡产生的速率,以便控制A中的加热温度。(2)K2CO3碱性弱于KOH,且与NH4SCN反应产生更多气体(K2CO3+2NH4SCN2KSCN+2NH3↑+CO2↑+H2O),有利于溶液中残留的H2S逸出。(3)实验室制备硫氰化钾晶体的操作:减压蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥。(4)①Fe3+与SCN-发生络合反应,显红色,因此当最后一滴AgNO3溶液滴入时,红色恰好褪去,且半分钟内颜色不恢复;②n(KSCN)=n(AgNO3)=0.1000ml/L×20.00×10-3L×1000mL20.00mL=0.1ml,m(KSCN)=97g/ml×0.1ml=9.7g,故KSCN的质量分数为×100%=97.0%。
(1)①使反应物充分接触,防倒吸 ②2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O 观察气泡产生的速率,以便控制加热温度 (2)K2CO3碱性弱于KOH,且与NH4SCN反应能产生更多气体,有利于溶液中残留的H2S逸出 (3)过滤,洗涤 (4)①当滴入最后一滴AgNO3溶液时,红色恰好褪去,且半分钟内颜色不恢复 ②97.0%
考点扫描
1.[2017江苏,3D改编]由于NH3易溶于水,故可用作制冷剂( )
2.[2016全国卷Ⅲ,26(4)改编]利用氯化钙溶液、氨水、H2O2溶液在冰浴条件下制备过氧化钙,该反应的化学方程式为 。
3.[2016四川,11(4)改编]在浸取液(溶质主要为硫酸镁)中通入NH3,发生反应的化学方程式是 。
提示:1.✕ 2.CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2OCaO2·8H2O↓+2NH4Cl(或CaCl2+2NH3·H2O+H2O2CaO2↓+2NH4Cl+
2H2O) 3.MgSO4+2NH3+2H2OMg(OH)2↓+(NH4)2SO4
命题角度2 火箭燃料——联氨的结构与性质(热点角度)
4[2016全国卷Ⅱ,26节选,11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)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+N2H5+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 。
(4)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1 kg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 。
(1)N2H4中原子间以共价键结合,其电子式为H∶∶∶H。N2H4中H为+1价,由化合物中各元素化合价代数和为0,可确定N为-2价。(2)反应中NaClO和NH3分别作氧化剂和还原剂,根据得失电子守恒和原子守恒可写出并配平相应的化学方程式。(3)N2H4的第一步电离的离子方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-,则电离常数Kb=c(N2H5+)·c(OH-)c(N2H4)=c(N2H5+)·c(OH-)·c(H+)c(N2H4)·c(H+)=c(N2H5+)·Kwc(N2H4)·c(H+)=K·Kw=8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7。联氨是二元弱碱,其与硫酸形成的酸式盐为N2H6(HSO4)2。(4)联氨具有还原性,能将AgBr中的Ag+还原为Ag,可看到固体逐渐变黑,联氨被氧化为N2,可看到溶液中有气泡产生。1ml联氨在反应中失去4ml电子,而1mlO2能得到4ml电子,且联氨与O2的相对分子质量相等,故参加反应的联氨与O2的物质的量和质量均相等,故1kg的联氨可除去水中溶解的O2的质量为1kg。使用联氨处理水中溶解的O2,消耗联氨的质量小,且产物为N2和H2O,对环境无污染,而用Na2SO3处理水中溶解的O2时,Na2SO3被氧化为Na2SO4,产生新杂质。
(1)H∶∶∶H -2 (2)2NH3+NaClO N2H4+NaCl+H2O (3)8.7×10-7 N2H6(HSO4)2 (4)固体逐渐变黑,并有气泡产生 1 N2H4的用量少,不产生其他杂质(还原产物为N2和H2O,而Na2SO3产生Na2SO4)
考法归纳·迁移创新
类比NH3的性质类推N2H4的性质
1.碱性:二元弱碱,碱性比NH3·H2O的弱。
(1)电离:在水中的电离方式与氨相似,分两步进行:N2H4+H2ON2H5++OH-,N2H5++H2ON2H62++OH-。
(2)水解:N2H5++H2ON2H4·H2O+H+,N2H62++2H2ON2H4·2H2O+2H+。
(3)与硫酸反应,2N2H4+H2SO4(N2H5)2SO4,N2H4+2H2SO4(过量)N2H6(HSO4)2(酸式盐)。
2.强还原性:(1)水合肼在碱性溶液中能将银、镍等金属离子还原成金属单质,如Ag++N2H4·H2OAg↓+NH4++12N2↑+H2O;(2)能被氧气、H2O2等氧化,可用作喷气式发动机推进剂、火箭燃料等。
命题角度3 利用现代传感技术认识喷泉原理(预测角度)
5现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是
A.制取氨气时烧瓶中的X固体常用CaO或CaCl2
B.将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈烧瓶口c处,试纸变红,说明NH3已收集满
C.关闭a,用单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧三颈烧瓶口c,打开b,挤压胶头滴管完成喷泉实验,电脑绘制三颈烧瓶内压强变化曲线如图2所示,则C点时喷泉最剧烈
D.工业上,若出现液氨泄漏,喷洒NaHCO3溶液比喷洒稀盐酸效果好
CaO能与水反应,使c(OH-)增大,同时放出大量的热,有利于氨气的逸出,而CaCl2虽然具有吸水性,但易与产生的氨气反应生成CaCl2·8NH3,不能用于制备或干燥氨气,A错误;红色石蕊试液遇碱显蓝色,所以检验三颈烧瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近三颈烧瓶口c,试纸变蓝,证明NH3已收集满,B错误;三颈烧瓶内气体压强与外界大气压差值越大,喷泉越剧烈,C点压强最小、外界大气压不变,所以大气压和C点压强差值最大,则喷泉最剧烈,C正确;稀盐酸显酸性,碳酸氢钠溶液显碱性,氨水溶液显碱性,因此在酸性溶液中吸收氨气的效率高于在碱性溶液中吸收氨气的效率,D错误。
C
考法归纳·迁移创新
本题结合氨的制备与人教版《化学》(必修1)第97页“实验4-8 氨溶于水的喷泉实验”进行综合命题,创新融入传感技术测定压强变化的装置和图像,试题新颖。喷泉装置在命题中还可能被改装成如图所示装置:
图甲 图乙
其中图甲引发喷泉的操作为“打开止水夹,用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热,氨气受热膨胀,赶出玻璃导管内的空气,与水接触,即产生喷泉”;图乙的锥形瓶中盛放“碳酸氢铵与稀盐酸”或“过氧化钠与水”等均能形成喷泉。图甲所示为负压喷泉(圆底烧瓶中压强小于烧杯中水面上外界大气压),图乙所示为正压喷泉(锥形瓶内压强大于外界大气压),城市喷泉装置的原理与图乙所示装置相同,属于正压喷泉。
考点3 硝酸
考法3金属与硝酸反应的性质探究与计算
命题角度1 硝酸与金属反应的实验探究
6[2015北京,12,6分]在通风橱中进行下列实验:
下列说法不正确的是
A.Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式:2NO+O22NO2
B.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HNO3
D.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
稀硝酸与铁反应可生成NO,NO在空气中被氧化为NO2,A项正确。浓硝酸能使铁钝化,B项正确。Ⅱ中铁钝化,反应停止,不能比较稀硝酸与浓硝酸氧化性的强弱,C项错误。构成原电池后可以根据电流的方向判断正、负极,从而判断Fe是否被氧化,D项正确。
C
1.将11.2 g铜粉和镁粉的混合物分成两等份,其中一份加入200 mL的稀硝酸并加热,固体和硝酸恰好完全反应,并产生标准状况下2.24 L NO;将另一份在空气中充分加热,最后得到m g固体。下列有关说法正确的是( )
①c(HNO3)=2.0 ml·L-1 ②c(HNO3)=0.5 ml·L-1
③m=8.0 ④m=7.2
A.①④ B.①③ C.②④ D.②③
命题角度2 HNO2及其盐的性质(预测角度)
7信息1:亚硝酸(HNO2)是一种弱酸,既具有氧化性又具有还原性;亚硝酸不稳定,易分解为硝酸、水和NO。信息2:亚硝酸钠又名“工业盐”,常被大量用作高分子材料的发泡剂和偶氮染料的原料等,该物质有毒,但其颜色、形状、味道和食盐相似,很容易因误食而中毒;亚硝酸银为难溶于水的白色沉淀。
根据上述信息,回答下列问题:
(1)甲组同学取一份可能是NaCl或NaNO2的样品,用蒸馏水溶解,通过下列实验操作可鉴别样品成分。在待检验溶液中滴加AgNO3溶液的现象是 ,倒出上清液,在沉淀中加入硝酸,振荡,沉淀溶解,则该样品为 (写化学式),沉淀溶解的离子方程式为 。
(2)乙组同学利用如图所示装置检验可能是NaCl或NaNO2的样品。
①A装置中盛装稀硫酸的仪器名称是 ,打开该仪器的活塞,使稀硫酸缓缓滴下,若样品为NaNO2,则在B装置中可观察到的现象为 ,检验B装置中有NO的操作及产生的现象是 。
②C装置中盛有的试剂名称是 ,作用是 。
(3)设计实验证明。
①亚硝酸为弱酸: 。
②亚硝酸具有还原性: 。
(1)AgCl和AgNO2均为白色难溶于水的物质,故加入AgNO3溶液后出现白色沉淀。AgCl难溶于硝酸,而AgNO2与硝酸反应可生成HNO2,该物质不稳定,又分解生成硝酸、水和NO。(2)①根据装置图中盛装稀硫酸的仪器的结构及作用可知其为分液漏斗。A装置和B装置中残留的空气与A装置中生成的NO反应生成NO2。由于B装置中主要含NO,故其内气体颜色较淡,打开止水夹,鼓入空气,NO完全转化为NO2,使B装置内NO2浓度增大,红棕色变深。②氮的氧化物有毒,可用碱液(如NaOH溶液)吸收。(3)①检验HNO2的弱酸性,可检验其强碱盐的pH,也可以直接检验其一定浓度稀溶液的pH等。②检验HNO2的还原性需要用到氧化剂,故在酸性KMnO4溶液中加入过量NaNO2溶液,KMnO4被还原,从而使溶液褪色。
(1)产生白色沉淀 NaNO2 3AgNO2+2H+3Ag++2NO↑+NO3-+H2O (2)①分液漏斗 出现较淡的红棕色气体 打开止水夹,鼓入空气,红棕色变深 ②NaOH溶液(合理即可) 吸收尾气 (3)①取NaNO2溶液,用pH试纸检验,对照标准比色卡知pH>7(其他合理答案也可) ②在酸性KMnO4溶液中加入过量NaNO2溶液,溶液褪色(其他合理答案也可)
考法归纳·迁移创新
类比硝酸的性质学习亚硝酸的性质
1.亚硝酸的性质
(1)亚硝酸中,N为+3价,既有氧化性,又有还原性,在水溶液中能将I-氧化为单质碘:2HNO2+2I-+2H+I2+2NO↑+2H2O。
(2)亚硝酸是一种弱酸,不稳定,易分解成HNO3、H2O和NO,即3HNO2HNO3+2NO↑+H2O。
2.HNO2的制备
(1)将等物质的量的NO2和NO的混合物溶解在冰水中:NO+NO2+H2O2HNO2。
(2)将强酸加入亚硝酸盐的冷溶液中:NaNO2+HClNaCl+HNO2。
素材16PH3、H3PO2、H3PO4等物质的性质及其应用
考点扫描
1.[2019全国卷Ⅲ,11B改编]常温下pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)( )
2.[2018全国卷Ⅱ,11A改编]NA代表阿伏加德罗常数的值,常温常压下,124gP4中所含P—P键数目为4NA( )
3.[2017全国卷Ⅲ,10D改编]NA代表阿伏加德罗常数的值。密闭容器中1mlPCl3与1mlCl2反应制备PCl5(g),增加2NA个P—Cl键( )
4.[2015新课标全国卷Ⅱ,7B]P2O5不可用作食品干燥剂( )
5.[2014新课标全国卷Ⅰ,27(1)(3),4分]H3PO2是一元中强酸,写出其电离方程式 。H3PO2的工业制法是将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2,后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式: 。
提示:1.√ 2.✕ 3.✕ 4.√ 5.H3PO2H++H2PO2- 2P4+3Ba(OH)2+6H2O3Ba(H2PO2)2+2PH3↑
2.[2019四川成都二诊]NaH2PO2·H2O易溶于水,水溶液呈中性,具有强还原性,可用于化学镀银、镍、铜等。一种以泥磷(含P4和少量CaO、Fe2O3、Al2O3、CaCl2等)为原料制备NaH2PO2·H2O的工艺流程如图所示。
已知:P4与Ca(OH)2、NaOH的反应主要有
Ⅰ.3Ca(OH)2+2P4+6H2O3Ca(H2PO2)2+2PH3↑
Ⅱ.3NaOH+P4+3H2O3NaH2PO2+PH3↑
(1)已知H3PO2是一元中强酸,NaH2PO2是 (填“正盐”或“酸式盐”)。
(2)尾气中的PH3被NaClO溶液吸收可生成NaH2PO2和NaCl,离子方程式为 ,从吸收液中获得NaH2PO2·H2O的操作为 、 、过滤、洗涤和干燥。
(3)用NiCl2、NaH2PO2溶液化学镀Ni,同时生成H3PO4和氯化物的化学方程式为 。
(4)“滤渣2”的主要成分为 (填化学式)。
(5)“过滤2”的滤液需要用Ag2SO4悬浊液和Ba(OH)2溶液除去其中Cl-,加入的Ag2SO4悬浊液不宜过量太多,其主要原因是 。
素材17As及其化合物的性质及应用
考点扫描
[2017全国卷Ⅲ,28(2)节选,2分]工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状,通入O2氧化,生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式 。
提示:2As2S3+5O2+6H2O4H3AsO4+6S
3.[2019广东模拟改编]砷及其化合物在半导体、农药制造等方面用途非常广泛。回答下列问题:
(1)AsH3的电子式为 ;将AsH3通入AgNO3溶液中可生成Ag、As2O3和HNO3,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(2)改变0.1 ml·L-1三元弱酸H3AsO4溶液的pH,溶液中的H3AsO4、H2AsO4-、HAsO42-以及AsO43-的物质的量分布分数随pH的变化如图1所示:
图1 图2
①lg Ka1(H3AsO4)= ,用甲基橙作指示剂(pH变色范围为3.1~4.4),用NaOH溶液滴定H3AsO4发生的主要反应的离子方程式为 。
②反应H2AsO4-+AsO43-2HAsO42-的lg K= 。
(3)反应2As2S3(s)4AsS(g)+S2(g)达到平衡时气体总压的对数值lg(p/kPa)与温度的关系如图2所示:
①对应温度下,B点的反应速率v(正) v(逆)(填“>”“<”或“=”)。
②A点处,AsS(g)的分压为 kPa,该反应的Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数)。
模型2基于核心素养下的新情境命题模型——工艺流程题
8[盐浸][2019全国卷Ⅰ,26,14分]硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如图所示。
回答下列问题:
(1)在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉,产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为 。
(2)“滤渣1”的主要成分有 。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子,可选用的化学试剂是 。
(3)根据H3BO3的解离反应:H3BO3+H2OH++B(OH)4-,Ka=5.81×10-10,可判断H3BO3是 酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是 。
(4)在“沉镁”中生成 Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为 ,母液经加热后可返回 工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是 。
(1)硫酸铵溶液中存在平衡:NH4++H2ONH3·H2O+H+,硼酸镁能与水解出的H+反应,促进平衡向右移动,生成的一水合氨浓度增大,因溶液中存在平衡NH3·H2ONH3+H2O,一水合氨浓度增大,促进NH3·H2O分解产生NH3。用NH4HCO3溶液吸收氨气,发生的反应为NH4HCO3+NH3(NH4)2CO3。(2)二氧化硅、氧化铁、氧化铝不溶于硫酸铵溶液,滤渣1的主要成分是二氧化硅、氧化铁、氧化铝。检验Fe3+的试剂可选用KSCN。(3)由题给硼酸的解离反应方程式知,硼酸是一元弱酸。“过滤2”之前,调节pH≈3.5目的是将硼元素转化为硼酸,促进硼酸析出。(4)“沉镁”中,碳酸铵溶液与硫酸镁溶液发生相互促进的水解反应生成碱式碳酸镁:2MgSO4+2(NH4)2CO3+H2OMg(OH)2·MgCO3↓+2(NH4)2SO4+CO2↑或者反应生成碱式碳酸镁和碳酸氢盐。母液含硫酸铵,可以将母液返回“溶浸”工序循环使用,体现绿色化学理念和环境保护思想。碱式碳酸镁转化成轻质氧化镁,联系碳酸镁、氢氧化镁受热都能分解生成氧化镁,也可以联系碱式碳酸铜分解生成氧化铜、水和二氧化碳,可知采用的方法是高温焙烧法,MgCO3·Mg(OH)22MgO+H2O+CO2↑。
(1)NH4HCO3+NH3(NH4)2CO3
(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3 KSCN
(3)一元弱 转化为H3BO3,促进析出
(4)2Mg2++3CO32-+2H2OMg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-(或2Mg2++2CO32-+H2OMg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑) 溶浸 高温焙烧
9[2017全国卷Ⅲ,27,15分]重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示。
回答下列问题:
(1)步骤①的主要反应为
FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为 。该步骤不能使用陶瓷容器,原因是 。
(2)滤渣1中含量最多的金属元素是 ,滤渣2的主要成分是 及含硅杂质。
(3)步骤④调滤液2的pH使之变 (填“大”或“小”),原因是 (用离子方程式表示)。
(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到 (填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。
a.80 ℃b.60 ℃c.40 ℃d.10 ℃
步骤⑤的反应类型是 。
(5)某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2 kg,产率为 。
(1)1mlFeO·Cr2O3参与反应共失去7ml电子,而1mlNaNO3参与反应得到2ml电子,根据得失电子守恒,二者的系数比为2∶7。由于高温下碳酸钠能与陶瓷中的二氧化硅发生反应,所以该步骤不能使用陶瓷容器。(2)步骤①中生成的氧化铁因不溶于水而进入滤渣1,所以滤渣1中含量最多的金属元素是Fe。结合流程图可知,滤渣2的主要成分是氢氧化铝及含硅杂质。(3)滤液2中存在平衡:2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O,氢离子浓度越大(pH越小),越有利于平衡正向移动,所以步骤④应调节滤液2的pH使之变小。(4)根据题图可知,温度越低K2Cr2O7的溶解度越小,析出的重铬酸钾固体越多,故d项正确。步骤⑤中发生的反应为Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7↓+2NaCl,其属于复分解反应。(5)该铬铁矿粉中Cr2O3的物质的量为m1×103g×40%152g·ml-1,根据铬元素守恒可求得K2Cr2O7的理论质量m0=m1×103g×40%152g·ml-1×294g·ml-1×10-3kg·g-1=147m1190kg,所以产品的产率为m2m0×100%=190m2147m1×100%。
(1)2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应 (2)Fe Al(OH)3 (3)小 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O (4)d 复分解反应 (5)190m2147m1×100%
4.[原料预处理粉碎][2018北京,26,13分]磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下:
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)(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+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+
6H3PO4
①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SO42-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a g所得精制磷酸,加适量水稀释,以百里香酚酞作指示剂,用b ml·L-1 NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4,消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是 。
(已知:H3PO4摩尔质量为98 g·ml-1)
5.[氧化还原和沉淀转化][2016全国卷Ⅲ,28,14分]以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为:
以下是一种废钒催化剂回收工艺路线:
回答下列问题:
(1)“酸浸”时V2O5转化为VO2+,反应的离子方程式为 ,同时V2O4转化成VO2+。“废渣1”的主要成分是 。
(2)“氧化”中欲使3 ml的VO2+变成VO2+,则需要氧化剂KClO3至少为 ml。
(3)“中和”作用之一是使钒以V4O124-形式存在于溶液中。“废渣2”中含有 。
(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为:4ROH+V4O124- R4V4O12+4OH-(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率,淋洗液应该呈 性(填“酸”“碱”或“中”)。
(5)“流出液”中阳离子最多的是 。
(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀,写出“煅烧”中发生反应的化学方程式 。
6.[萃取与反萃取][新课标全国卷Ⅰ高考,15分]锂离子电池的应用很广,其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时,该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi++xe- LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。
回答下列问题:
(1)LiCO2中,C元素的化合价为 。
(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式 。
(3)“酸浸”一般在80 ℃下进行,写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式 ;可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液,但缺点是 。
(4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式 。
(5)充放电过程中,发生LiCO2和 Li1-xCO2之间的转化,写出放电时电池反应方程式 。
(6)上述工艺中,“放电处理”有利于锂在正极的回收,其原因是 。在整个回收工艺中,可回收到的金属化合物有 (填化学式)。
1.A 反应①为Li与N2反应生成Li3N的反应,属于氮的固定,A项正确;结合题图可知反应②为Li3N+3H2O3LiOH+NH3↑,该反应中没有化合价的变化,属于非氧化还原反应,B项错误;电解LiOH溶液不能生成单质Li,C项错误;结合题图可知,三步循环的总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2,D项错误。
2.(1)2NH3+2O2N2O+3H2O(2分)
(2)①BC(2分) ②NaNO3(2分) NO(2分)
(3)①3HClO+2NO+H2O3Cl-+2NO3-+5H+(2分)
②溶液pH越小,溶液中HClO的浓度越大,氧化NO的能力越强(2分)
【解析】 (1)NH3被O2氧化生成N2O,氮元素从-3价升至+1价,1mlNH3失去4mle-,氧元素从0价降至-2价,1mlO2得到4mle-,根据得失电子守恒及原子守恒配平化学方程式。(2)①A项,通入尾气速率过快时,尾气吸收不充分,错误;B项,采用气、液逆流的方式吸收尾气时,尾气吸收会更充分,正确;C项,补充NaOH溶液,c(OH-)增大,能更充分吸收尾气,正确。②NO2与NaOH反应可生成NaNO2、NaNO3和水,所以NaNO2晶体中会混有NaNO3杂质。由吸收尾气的主要反应可知,NO2吸收更充分,故吸收后排放的尾气中NO的含量较高。(3)①HClO氧化NO生成NO3-,自身被还原为Cl-,根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平化学方程式。②氧化NO的是HClO,NaClO在酸性条件下会生成HClO,所以pH越小,溶液中HClO的浓度越大,NO转化率越高。
3.(每空2分)(1)除尘 (2)c (3) (4)防止NOx溶于冷凝水 (5)2NO+3H2O22H++2NO3-+2H2O (6)锥形瓶、酸式滴定管 (7)23×(c1v1-6c2v2)3v×104 (8)偏低 偏高
【解析】 (1)A中装有无碱玻璃棉,其作用是除去烟道气中的粉尘。(2)C中填充的干燥剂不能吸收NOx,因此不能为碱石灰,而无水CuSO4通常只用于检验水而不是吸收水,故该干燥剂为P2O5。(3)D的作用是吸收NOx,故该装置中应装有碱液,为洗气瓶装置,气体从长管进、短管出。(4)NOx中的NO2能溶于水且与水反应,故加热烟道气的目的是防止NOx溶于冷凝水。(5)NO被H2O2氧化为NO3-,则H2O2被还原为H2O,配平离子方程式为2NO+3H2O22NO3-+2H++2H2O。(6)K2Cr2O7标准溶液具有强氧化性,能氧化碱式滴定管下端的橡胶部分,因此滴定操作使用的玻璃仪器主要有锥形瓶、酸式滴定管。(7)根据滴定原理,可得原溶液中NO3-消耗的n(Fe2+)=(c1ml·L-1×v1×10-3L-c2ml·L-1×v2×10-3L×6)×100.00×10-3mL20.00×10-3mL=5(c1v1-6c2v2)×10-3ml,则n(NO3-)=13n(Fe2+)=53(c1v1-6c2v2)×10-3ml,故气样中NOx折合成NO2的含量为53(c1v1-6c2v2)×10-3ml×46000mg·ml-1÷(v×10-3)m3=23×(c1v1-6c2v2)3v×104mg·m-3。(8)若缺少采样步骤③,则采集的烟道气中混有空气,测定结果偏低;若FeSO4标准溶液部分变质,则消耗的FeSO4标准溶液的体积偏大,测定结果偏高。
4.(1)避免b中压强过大(1分) (2)防止暴沸(1分) 直形冷凝管(1分) (3)c中温度下降,管路中形成负压(2分) (4)①液封,防止氨气逸出(2分) ②NH4++OH-NH3↑+H2O(2分) 保温使氨完全蒸出(2分) (5)1.4cVm(2分) 7.5cVm(2分)
【解析】 (1)导管a与大气相通,其作用是避免圆底烧瓶内压强过大,发生危险。(2)加热液体时加入碎瓷片,其作用是防止液体暴沸。根据该冷凝管的形状特点可知其为直形冷凝管。(3)停止加热,瓶内水蒸气冷凝,气体压强减小,会引起g中液体倒吸入c中,利用蒸馏水倒吸来洗涤仪器e、f。(4)①止水夹k3处可能漏气,导致测定的氮元素质量分数偏低,故d中保留少量水起液封作用,防止氨气逸出。②e中发生的主要反应是铵盐与氢氧化钠的反应,需要加热,使氨气全部逸出。“中空双层玻璃瓶”考生比较陌生,可以联想平时生活中保温玻璃瓶来分析问题。(5)n(N)=n(NH3)=n(HCl)=cV1000ml,w(N)=cV1000ml×14g·ml-1mg×100%=1.4cVm%。C2H5NO2的相对分子质量为75,w(C2H5NO2)=1.4cVm%×7514=7.5cVm%。
5.(1)圆底烧瓶(1分) (2)dbaec(2分) (3)0.03(2分) (4)取少量装置D内溶液于试管中,滴加BaCl2溶液,生成白色沉淀;加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解,放出无色刺激性气体(或其他合理答案,3分) (5)NH3(或氨气)(2分) (6)3(NH4)2SO44NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O↑(3分)
【解析】 (1)根据仪器X的形状特点可知其为圆底烧瓶。(2)使用滴定管前需要先检查是否漏液,并对其进行清洗;然后用标准液润洗,防止对加入的标准液造成稀释;润洗后加入标准液,并排出滴定管中的气泡,防止对量取的液体体积造成误差;最后读数、记录数值。故正确的顺序为dbaec。(3)装置B中的盐酸吸收NH3,设吸收的氨气为xml,则有0.5000ml/L×0.0700L=xml+0.2000ml/L×0.0250L,得x=0.03。(4)取少量装置D中的溶液于试管中,向其中滴加BaCl2溶液,生成白色沉淀;加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解,放出无色、有刺激性气味的气体。(5)装置B中所盛盐酸可吸收碱性气体,故吸收的是NH3。(6)通过分析所给信息可知(NH4)2SO4受热分解过程中SO42-被还原,故NH4+被氧化,而产物中无氮氧化物,故氧化产物为N2,因此(NH4)2SO4分解的化学方程式为3(NH4)2SO43SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O↑。
6.D ①中灼热碎玻璃起加热作用,浓硝酸受热分解生成红棕色气体(NO2),硝酸中氮元素化合价降低,必有元素化合价升高,只能为氧元素,因此,还有O2生成,产生的气体为混合气体,A项正确;由①可知,浓硝酸受热分解可生成红棕色气体,所以②中产生的“红棕色气体”不一定是木炭与浓硝酸发生反应产生的,B项正确;③中浓硝酸挥发才能与红热木炭接触,产生的NO2是还原产物,C项正确;红热的木炭还可与空气中的O2反应生成CO2,不一定是木炭与浓硝酸发生反应得到CO2,D项错误。
1.B 标准状况下2.24 L NO的物质的量为·ml-1=0.1 ml,生成0.1 ml NO转移电子的物质的量为0.1 ml×(5-2)=0.3 ml;固体和硝酸恰好完全反应,生成硝酸铜和硝酸镁,铜元素和镁元素均为+2价,根据得失电子守恒可知金属的总物质的量为0.3ml2=0.15 ml,根据氮原子守恒,可知200 mL的稀硝酸中含有硝酸的物质的量为0.15 ml×2+0.1 ml=0.4 ml,该硝酸溶液的浓度为 ml·L-1,故①正确、②错误;铜粉、镁粉在空气中充分加热生成CuO、MgO,所得固体中含有氧元素的物质的量与金属的物质的量相等,则所得固体的质量为11.2g2+16 g·ml-1×0.15 ml=8.0 g,故③正确、④错误;根据以上分析可知,B正确。
2.(1)正盐 (2)PH3+2ClO-+OH-H2PO2-+2Cl-+H2O 蒸发浓缩 冷却结晶 (3)2NiCl2+NaH2PO2+2H2O2Ni↓+H3PO4+NaCl+3HCl (4)CaCO3、Al(OH)3 (5)过量的Ag+会氧化H2PO2-
【解析】 (1)H3PO2是一元中强酸,在水溶液中部分电离生成氢离子和酸根离子,电离方程式为H3PO2H++H2PO2-,H2PO2-不能再电离,则NaH2PO2为正盐。(2)PH3与NaClO反应可生成NaH2PO2和NaCl,该反应的离子方程式为PH3+2ClO-+OH-H2PO2-+2Cl-+H2O,从吸收液中获得NaH2PO2·H2O,需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥。(3)根据题意,NiCl2中镍元素转化成镍单质,H2PO2-转化为H3PO4,氯化物为NaCl,依据得失电子守恒写出2NiCl2+NaH2PO22Ni↓+H3PO4+NaCl,产物中有H3PO4,说明该溶液呈酸性,左边少氧元素,补H2O,根据原子守恒得2NiCl2+NaH2PO2+2H2O2Ni↓+H3PO4+NaCl+3HCl。(4)“调pH”过程中可除去Ca2+和AlO2-,CO2与碱反应可生成CO32-,CO32-与Ca2+反应生成CaCO3,AlO2-与CO2、H2O反应可生成Al(OH)3,因此“滤渣2”的成分是CaCO3和Al(OH)3。(5)根据题干信息,NaH2PO2具有强还原性,可用于化学镀银,Ag+具有氧化性,因此加入Ag2SO4悬浊液不宜过量太多,否则过量的Ag+会氧化H2PO2-。
3.(1) 6∶1 (2)①-2.2 H3AsO4+OH-H2AsO4-+H2O ②4.5 (3)①> ②0.8 8.192×10-2
【解析】 (1)AsH3的电子式与氨气类似,为;将AsH3通入AgNO3溶液中可生成Ag、As2O3和HNO3,反应的化学方程式为2AsH3+12AgNO3+3H2OAs2O3+12Ag↓+12HNO3,其中As元素化合价升高被氧化,AsH3为还原剂,Ag元素化合价降低被还原,AgNO3为氧化剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1。(2)①Ka1(H3AsO4)=c(H+)·c(H2AsO4-)c(H3AsO4),根据图1可知,pH=2.2时,c(H2AsO4-)=c(H3AsO4),则Ka1(H3AsO4)=c(H+)=1.0×10-2.2,则lgKa1(H3AsO4)=-2.2;用甲基橙作指示剂,在其变色范围内,As元素主要以H2AsO4-的形式存在,故甲基橙作指示剂时用NaOH溶液滴定H3AsO4发生的主要反应的离子方程式为H3AsO4+OH-H2AsO4-+H2O。②Ka2(H3AsO4)=c(H+)·c(HAsO42-)c(H2AsO4-),pH=7时,c(H2AsO4-)=c(HAsO42-),则Ka2(H3AsO4)=c(H+)=10-7,Ka3(H3AsO4)=c(H+)·c(AsO43-)c(HAsO42-),pH=11.5时,c(HAsO42-)=c(AsO43-),则Ka3(H3AsO4)=c(H+)=10-11.5,反应H2AsO4-+AsO43-2HAsO42-的K=c(HAsO42-)·c(HAsO42-)c(H2AsO4-)·c(AsO43-)=c(HAsO42-)·c(HAsO42-)c(H2AsO4-)·c(AsO43-)×c(H+)c(H+)=Ka2(H3AsO4)Ka3(H3AsO4)=10-710-11.5=104.5,lgK=4.5。(3)①A点处反应已经达到平衡,B点处气体总压小于平衡时的气体总压,说明B点处生成的气体比平衡时的少,反应向正反应方向进行,故B点的反应速率v(正)>v(逆)。②A点处,lg(p/kPa)=0,则气体总压为1kPa,AsS(g)在混合气体中的体积分数为45,S2(g)在混合气体中的体积分数为15,则AsS(g)的分压为0.8kPa,S2(g)的分压为0.2kPa,Kp=0.84×0.2=8.192×10-2。
4.(1)研磨、加热(1分) (2)①<(1分) ②核电荷数PS,得电子能力P【解析】(1)流程中能加快反应速率的措施有将磷精矿研磨,酸浸时进行加热。(2)①该反应符合复分解反应中“强酸制弱酸”的规律。②比较硫酸与磷酸的酸性强弱,可以比较S与P的非金属性强弱。结合元素周期律可以比较S、P的原子半径、核电荷数。(3)根据原子守恒可写出反应的化学方程式。(4)有机碳的脱除率受两个因素的共同影响:一方面,温度越高,反应速率越快,在相同投料比、相同反应时间内,有机碳的脱除率越高;另一方面,温度升高可使较多的H2O2分解,氧化剂的量减少,使得有机碳的脱除率降低。80℃后,H2O2分解对有机碳脱除率的影响超过了温度升高的影响,导致脱除率逐渐降低。(5)脱硫是用CaCO3除去剩余的硫酸,由于生成的硫酸钙是微溶物,所以即使CaCO3过量,充分反应后仍有SO42-残留。加入BaCO3可使CaSO4转化为更难溶的BaSO4,进一步提高硫的脱除率。
(6) H3PO4 + 2NaOHNa2HPO4+2H2O
98g2ml
m(H3PO4)10-3bcml
m(H3PO4)=4.9×10-2bcg,则精制磷酸中H3PO4的质量分数为4.9×10-2bcgag×100%=4.9bca%。
5.(1)V2O5+2H+2VO2++H2O(2分) SiO2(2分) (2)0.5(2分) (3)Fe(OH)3和Al(OH)3(2分) (4)碱(2分) (5)K+(2分) (6)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑(2分)
【解析】 (1)反应过程中V的化合价不变,所以是复分解反应。注意V2O5在离子方程式中不能拆开;废钒催化剂中,只有二氧化硅不溶于硫酸,成为废渣1的主要成分。(2)3mlVO2+变为VO2+,共失去3ml电子,而1mlClO3-变为Cl-得到6ml电子,所以需要0.5ml氯酸钾。(3)中和时,Fe3+、Al3+分别转化为难溶的Fe(OH)3和Al(OH)3,成为废渣2的主要成分。(4)为提高洗脱效率,须使题中所述平衡逆向移动。根据平衡移动原理,碱性越强越有利于平衡逆向移动,所以淋洗液应该呈碱性。(5)经过“离子交换”,钒以R4V4O12形式存在,而铁、铝则在“中和”过程中转化为沉淀,所以“流出液”中最多的阳离子是钾离子。(6)由NH4VO3转化为V2O5,V的化合价未发生变化,该反应为非氧化还原反应,所以该化学方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑。
6.(除标明外,每空2分)(1)+3(1分) (2)2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑ (3)2LiCO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CSO4+O2↑+4H2O、2H2O22H2O+O2↑(3分) 有氯气生成,污染较大(1分) (4)CSO4+2NH4HCO3CCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑ (5)Li1-xCO2+LixC6 LiCO2+6C (6)Li+从负极中脱出,经由电解质向正极移动并进入正极材料中 Al(OH)3、CCO3、Li2SO4
【解析】 (1)根据化合物中各元素化合价的代数和为0,可知LiCO2中C的化合价为+3。(2)因为正极材料中含铝箔,所以“正极碱浸”时的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑。(3)由题图前、后物质可知“LiCO2→CSO4”,LiCO2作氧化剂、H2O2作还原剂,其化学反应方程式为2LiCO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CSO4+O2↑+4H2O,另外还存在H2O2受热分解生成H2O和O2的化学反应。若用盐酸代替硫酸和H2O2的混合液,LiCO2氧化盐酸生成氯气,污染空气。(4)“沉钴”时发生“CSO4→CCO3”的转化,HCO3-在转化为CCO3的过程中,电离出的H+会与另一部分HCO3-作用生成CO2和水,故总反应的化学方程式为CSO4+2NH4HCO3CCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O。(5)由题意“充电时阴极反应式为6C+xLi++xe-LixC6”,可知放电时负极反应为LixC6-xe-6C+xLi+,结合题意“充放电过程中,发生LiCO2和Li1-xCO2之间的转化”,可知放电时正极材料为Li1-xCO2,放电时电池产物为LiCO2,可得放电时电池反应为Li1-xCO2+LixC6LiCO2+6C。(6)由题意可知放电时Li+进入电解质溶液中向正极移动并进入正极材料中,相当于在正极上富集了锂。由题图可知回收到的金属化合物有Al(OH)3、CCO3、Li2SO4。①
②
③
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K2
③
④
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
物质
V2O5
V2O4
K2SO4
SiO2
Fe2O3
Al2O3
质量分数/%
2.2~2.9
2.8~3.1
22~28
60~65
1~2
<1