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通用版高考化学考点题型拓展复习题十氮及其化合物含答案
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这是一份通用版高考化学考点题型拓展复习题十氮及其化合物含答案，共14页。试卷主要包含了00 mL等内容，欢迎下载使用。
专题十 氮及其化合物
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考点1 氮及氮的氧化物
1.[2021四川成都摸底测试]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
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 。
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 mol·L-1FeSO4标准溶液(过量),充分反应后,用c2 mol·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 。
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 mol·L-1的盐酸V mL,则样品中氮的质量分数为 %,样品的纯度≤ %。
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 mol/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 mol/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 mol/L NaOH溶液 b.用0.200 0 mol/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 mol。
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 。
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( )
①
②
③
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
7. [2020河南、湖南顶级名校联考]3.52 g铜镁合金完全溶于100 mL、密度为1.40 g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2气体3 584 mL(标准状况),向反应后的溶液中加入适量的1.0 mol/L NaOH溶液,恰使溶液中的金属离子全部沉淀,下列说法错误的是( )
A.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14 mol/L
B.加入NaOH溶液的体积是160 mL
C.起氧化性的硝酸的物质的量为0.16 mol
D.得到的金属氢氧化物沉淀为6.24 g
拓展变式
1.[2020全国卷Ⅲ,10,6分] 喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体-溶液,能出现喷泉现象的是( )
气体
溶液
A
H2S
稀盐酸
B
HCl
稀氨水
C
NO
稀H2SO4
D
CO2
饱和NaHCO3溶液
2.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 mol·L-1 ②c(HNO3)=0.5 mol·L-1
③m=8.0 ④m=7.2
A.①④ B.①③ C.②④ D.②③
3.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 。
4. [2020成都外国语学校模拟]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 mol·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(其中p的单位是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)。
5.[原料预处理研磨][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)
(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 mol·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·mol-1)
6.[氧化还原和沉淀转化][2016全国卷Ⅲ,28节选,12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:
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
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)“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 。
(3)“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”)。
(4)“流出液”中阳离子最多的是 。
(5)“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 。
7.[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(LiCoO2)、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)LiCoO2中,Co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LiCoO2和 Li1-xCoO2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)。
答案
专题十 氮及其化合物
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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,1 mol NH3失去4 mol e-,氧元素从0价降至-2价,1 mol O2得到4 mol e-,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、电荷守恒配平离子方程式。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+)=(c1 mol·L-1×v1×10-3 L-c2 mol·L-1×v2×10-3 L×6)×100.00mL20.00mL=5(c1v1-6c2 v2)×10-3 mol,则n(NO3-)=13n(Fe2+)=53(c1v1-6c2v2)×10-3 mol, 故气样中NOx折合成NO2的含量为53(c1v1-6c2v2)×10-3 mol×46 000 mg·mol-1÷(v×10-3) m3=23×(c1v1-6c2v2)3v ×104 mg·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)=cV1000 mol,w(N)=cV1000mol×14g·mol-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x mol,则有0.500 0 mol/L×0.070 0 L=x mol+0.200 0 mol/L×0.025 0 L,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。
7.B c(HNO3)=1000ρ·wM=1000×1.40×63%63 mol/L=14 mol/L,A项正确;加入适量的1.0 mol/L NaOH溶液,恰使溶液中的金属离子全部沉淀,此时溶液中溶质为NaNO3,由氮元素守恒可知n(NaNO3)+n(NO2)=n(HNO3),由钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3),n(NO2)=3584×10-3L22.4L/mol=0.16 mol ,则n(NaOH)=n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)=1.4 mol-0.16 mol=1.24 mol,则NaOH溶液的体积是1 240 mL,B项错误;起氧化性的硝酸反应生成NO2气体,HNO3~NO2,则起氧化性的硝酸的物质的量为0.16 mol,C项正确;氢氧化物沉淀中氢氧根离子的物质的量等于转移电子的物质的量,则氢氧化物沉淀的质量=合金的质量+氢氧根离子的质量=3.52 g+0.16 mol×17 g/mol=6.24 g,D项正确。
1.B H2S与稀盐酸不反应,且在稀盐酸中的溶解度较小,向圆底烧瓶中挤入少量稀盐酸,不能造成圆底烧瓶内气压明显减小,A项错误;HCl能与稀氨水反应,向圆底烧瓶中挤入少量稀氨水会造成圆底烧瓶内气压明显减小,B项正确;NO与稀硫酸不反应,且在稀硫酸中溶解度非常小,向圆底烧瓶中挤入稀硫酸,不能造成圆底烧瓶内气压明显减小,C项错误;CO2在饱和NaHCO3溶液中的溶解度较小,向圆底烧瓶中挤入饱和NaHCO3溶液,不能造成圆底烧瓶内气压明显减小,D项错误。
2.B 标准状况下2.24 L NO的物质的量为2.24L22.4L·mol-1=0.1 mol,生成0.1 mol NO转移电子的物质的量为0.1 mol×(5-2)=0.3 mol;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0.3mol2=0.15 mol,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 mol×2+0.1 mol=0.4 mol,该硝酸溶液的浓度为0.4mol0.2L=2.0 mol·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·mol-1×0.15 mol=8.0 g,故③正确、④错误;根据以上分析可知,B正确。
3.(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-。
4.(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),根据题图1可知,pH=2.2时,c(H2AsO4-)=c(H3AsO4),则Ka1(H3AsO4)=c(H+)=10-2.2,则lg Ka1(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,lg K=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=0,则气体总压为1 kPa,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0.8 kPa,S2(g)的分压为0.2 kPa,Kp=0.84×0.2=8.192×10-2。
5.(1)研磨、加热(1分) (2)①<(1分) ②核电荷数PS,得电子能力P
(6) H3PO4 + 2NaOH Na2HPO4+2H2O
98 g 2 mol
m(H3PO4) 10-3bc mol
m(H3PO4)=4.9×10-2bc g,则精制磷酸中H3PO4的质量分数为4.9×10-2bcgag×100%=4.9bca%。
6.(1)V2O5+2H+2VO2++H2O(2分) SiO2(2分) (2)Fe(OH)3和Al(OH)3(2分) (3)碱(2分) (4)K+(2分) (5)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)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。(3)为提高洗脱效率,需要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。(4)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。(5)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↑。
7.(除标明外,每空2分)(1)+3(1分) (2)2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑ (3)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O、2H2O22H2O+O2↑(3分) 有氯气生成,污染较大(1分) (4)CoSO4+2NH4HCO3CoCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑ (5)Li1-xCoO2+LixC6 LiCoO2+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、CoCO3、Li2SO4
【解析】 (1)根据化合物中各元素化合价的代数和为0,可知LiCoO2中Co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“LiCoO2→CoSO4”,LiCoO2作氧化剂、H2O2作还原剂,其化学反应方程式为2LiCoO2+3H2SO4 +H2O2Li2SO4+2CoSO4+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,LiCoO2氧化盐酸生成氯气,污染空气。(4)“沉钴”时发生“CoSO4 →CoCO3”的转化,HCO3-在转化为CoCO3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CoSO4+2NH4HCO3CoCO3 ↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O。(5)由充电时负极反应为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LiCoO2和Li1-xCoO2之间的转化”,可知放电时正极材料为Li1-xCoO2,放电时电池产物为LiCoO2,可得放电时电池反应为 Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+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、CoCO3、Li2SO4。
专题十 氮及其化合物
备考方向导航
考点1 氮及氮的氧化物
1.[2021四川成都摸底测试]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
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 。
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 mol·L-1FeSO4标准溶液(过量),充分反应后,用c2 mol·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 。
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 mol·L-1的盐酸V mL,则样品中氮的质量分数为 %,样品的纯度≤ %。
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 mol/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 mol/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 mol/L NaOH溶液 b.用0.200 0 mol/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 mol。
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 。
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( )
①
②
③
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
7. [2020河南、湖南顶级名校联考]3.52 g铜镁合金完全溶于100 mL、密度为1.40 g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2气体3 584 mL(标准状况),向反应后的溶液中加入适量的1.0 mol/L NaOH溶液,恰使溶液中的金属离子全部沉淀,下列说法错误的是( )
A.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14 mol/L
B.加入NaOH溶液的体积是160 mL
C.起氧化性的硝酸的物质的量为0.16 mol
D.得到的金属氢氧化物沉淀为6.24 g
拓展变式
1.[2020全国卷Ⅲ,10,6分] 喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体-溶液,能出现喷泉现象的是( )
气体
溶液
A
H2S
稀盐酸
B
HCl
稀氨水
C
NO
稀H2SO4
D
CO2
饱和NaHCO3溶液
2.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 mol·L-1 ②c(HNO3)=0.5 mol·L-1
③m=8.0 ④m=7.2
A.①④ B.①③ C.②④ D.②③
3.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 。
4. [2020成都外国语学校模拟]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 mol·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(其中p的单位是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)。
5.[原料预处理研磨][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)
(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 mol·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·mol-1)
6.[氧化还原和沉淀转化][2016全国卷Ⅲ,28节选,12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:
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
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)“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 。
(3)“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”)。
(4)“流出液”中阳离子最多的是 。
(5)“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 。
7.[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(LiCoO2)、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)LiCoO2中,Co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LiCoO2和 Li1-xCoO2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)。
答案
专题十 氮及其化合物
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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,1 mol NH3失去4 mol e-,氧元素从0价降至-2价,1 mol O2得到4 mol e-,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、电荷守恒配平离子方程式。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+)=(c1 mol·L-1×v1×10-3 L-c2 mol·L-1×v2×10-3 L×6)×100.00mL20.00mL=5(c1v1-6c2 v2)×10-3 mol,则n(NO3-)=13n(Fe2+)=53(c1v1-6c2v2)×10-3 mol, 故气样中NOx折合成NO2的含量为53(c1v1-6c2v2)×10-3 mol×46 000 mg·mol-1÷(v×10-3) m3=23×(c1v1-6c2v2)3v ×104 mg·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)=cV1000 mol,w(N)=cV1000mol×14g·mol-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x mol,则有0.500 0 mol/L×0.070 0 L=x mol+0.200 0 mol/L×0.025 0 L,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。
7.B c(HNO3)=1000ρ·wM=1000×1.40×63%63 mol/L=14 mol/L,A项正确;加入适量的1.0 mol/L NaOH溶液,恰使溶液中的金属离子全部沉淀,此时溶液中溶质为NaNO3,由氮元素守恒可知n(NaNO3)+n(NO2)=n(HNO3),由钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3),n(NO2)=3584×10-3L22.4L/mol=0.16 mol ,则n(NaOH)=n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)=1.4 mol-0.16 mol=1.24 mol,则NaOH溶液的体积是1 240 mL,B项错误;起氧化性的硝酸反应生成NO2气体,HNO3~NO2,则起氧化性的硝酸的物质的量为0.16 mol,C项正确;氢氧化物沉淀中氢氧根离子的物质的量等于转移电子的物质的量,则氢氧化物沉淀的质量=合金的质量+氢氧根离子的质量=3.52 g+0.16 mol×17 g/mol=6.24 g,D项正确。
1.B H2S与稀盐酸不反应,且在稀盐酸中的溶解度较小,向圆底烧瓶中挤入少量稀盐酸,不能造成圆底烧瓶内气压明显减小,A项错误;HCl能与稀氨水反应,向圆底烧瓶中挤入少量稀氨水会造成圆底烧瓶内气压明显减小,B项正确;NO与稀硫酸不反应,且在稀硫酸中溶解度非常小,向圆底烧瓶中挤入稀硫酸,不能造成圆底烧瓶内气压明显减小,C项错误;CO2在饱和NaHCO3溶液中的溶解度较小,向圆底烧瓶中挤入饱和NaHCO3溶液,不能造成圆底烧瓶内气压明显减小,D项错误。
2.B 标准状况下2.24 L NO的物质的量为2.24L22.4L·mol-1=0.1 mol,生成0.1 mol NO转移电子的物质的量为0.1 mol×(5-2)=0.3 mol;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0.3mol2=0.15 mol,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 mol×2+0.1 mol=0.4 mol,该硝酸溶液的浓度为0.4mol0.2L=2.0 mol·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·mol-1×0.15 mol=8.0 g,故③正确、④错误;根据以上分析可知,B正确。
3.(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-。
4.(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),根据题图1可知,pH=2.2时,c(H2AsO4-)=c(H3AsO4),则Ka1(H3AsO4)=c(H+)=10-2.2,则lg Ka1(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,lg K=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=0,则气体总压为1 kPa,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0.8 kPa,S2(g)的分压为0.2 kPa,Kp=0.84×0.2=8.192×10-2。
5.(1)研磨、加热(1分) (2)①<(1分) ②核电荷数P
(6) H3PO4 + 2NaOH Na2HPO4+2H2O
98 g 2 mol
m(H3PO4) 10-3bc mol
m(H3PO4)=4.9×10-2bc g,则精制磷酸中H3PO4的质量分数为4.9×10-2bcgag×100%=4.9bca%。
6.(1)V2O5+2H+2VO2++H2O(2分) SiO2(2分) (2)Fe(OH)3和Al(OH)3(2分) (3)碱(2分) (4)K+(2分) (5)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)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。(3)为提高洗脱效率,需要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。(4)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。(5)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↑。
7.(除标明外,每空2分)(1)+3(1分) (2)2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑ (3)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O、2H2O22H2O+O2↑(3分) 有氯气生成,污染较大(1分) (4)CoSO4+2NH4HCO3CoCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑ (5)Li1-xCoO2+LixC6 LiCoO2+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、CoCO3、Li2SO4
【解析】 (1)根据化合物中各元素化合价的代数和为0,可知LiCoO2中Co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“LiCoO2→CoSO4”,LiCoO2作氧化剂、H2O2作还原剂,其化学反应方程式为2LiCoO2+3H2SO4 +H2O2Li2SO4+2CoSO4+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,LiCoO2氧化盐酸生成氯气,污染空气。(4)“沉钴”时发生“CoSO4 →CoCO3”的转化,HCO3-在转化为CoCO3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CoSO4+2NH4HCO3CoCO3 ↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O。(5)由充电时负极反应为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LiCoO2和Li1-xCoO2之间的转化”,可知放电时正极材料为Li1-xCoO2,放电时电池产物为LiCoO2,可得放电时电池反应为 Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+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、CoCO3、Li2SO4。
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