1、专题十九 生产生活中的含氮化合物,高考化学 (江苏省专用),答案 BC A项,N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的H0,S0,故不正确;B项,地下钢铁管道用导线 连接锌块属于牺牲阳极的阴极保护法,故正确;C项,KspMg(OH)2=c(Mg2+)c2(OH-),则c(Mg2+)= molL-1=5.610-4molL-1,pH=10的溶液中Mg2+最大浓度为5.610-4molL-1,故正确;D项, 常温常压下11.2 L H2的物质的量不是0.5 mol,故不正确。,知识拓展 气体分子数增多的反应:S0,气体分子数减少的反应:S0。,2.2018江苏单科,20(2)(3)(4),12分
2、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。 (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。 NH3与NO2生成N2的反应中,当生成1 mol N2时,转移的电子数为 mol。 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
3、(装置见图 1)。,反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线图2所示,在50250 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 (2)HNO2-2e-+H2O 3H+N (3)2HNO2+(NH2)2CO 2N2+CO2+3H2O (4) 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 (2)电解过程中HNO2N 发生氧化反应,则阳极反应式为HNO
4、2-2e-+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)NH3、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1 mol N2转移电子 mol。,3.2016江苏单科,20(3),7分,0.374铁炭混合物(铁屑和活性炭的混合物)、纳米铁粉均可用于处 理水中污染物。 (3)纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。 一定条件下,向FeSO4溶液中滴加碱性N
5、aBH4溶液,溶液中B (B元素的化合价为+3)与Fe2+反 应生成纳米铁粉、H2和B(OH ,其离子方程式为 。 纳米铁粉与水中N 反应的离子方程式为4Fe+N +10H+ 4Fe2+N +3H2O 研究发现,若pH偏低将会导致N 的去除率下降,其原因是 。 相同条件下,纳米铁粉去除不同水样中N 的速率有较大差异(见下图),产生该差异的可能 原因是 。,答案 (3)2Fe2+B +4OH- 2Fe+2H2+B(OH 纳米铁粉与H+反应生成H2 Cu或Cu2+催化纳米铁粉去除N 的反应(或形成的Fe-Cu原电池增大纳米铁粉去除N 的反 应速率),解析 pH偏低时,溶液中的H+可与纳米铁粉发生反
6、应:Fe+2H+ Fe2+H2,从而使N 的 去除率下降。 、两种水样的不同之处是中含有一定量的Cu2+而中没有,因此去除N 的速率产 生差异的可能原因是Cu2+(或Fe与之反应生成的Cu)起到了催化作用,也可能是Fe与Cu2+反应生 成Cu进而形成Fe-Cu原电池,加快了反应速率。,解题关键 解答第问时要抓住N 的去除率下降是由Fe的损失造成的,依据信息所提供的 纳米铁粉与N 反应的离子方程式,自然能想到pH偏低时c(H+)偏大,Fe会与H+反应,导致N 的去除率下降。,疑难突破 解答图像题一定要借助图像,分析横坐标、纵坐标的含义及曲线的变化趋势,找出 各曲线的不同点,问题便可迎刃而解。,4
7、.(2015江苏单科,20,14分,0.401)烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液 吸收,可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式 为: NO(g)+O3(g) NO2(g)+O2(g) H=-200.9 kJmol-1 NO(g)+ O2(g) NO2(g) H=-58.2 kJmol-1 SO2(g)+O3(g) SO3(g)+O2(g) H=-241.6 kJmol-1 (1)反应3NO(g)+O3(g) 3NO2(g)的H= kJmol-1。 (2)室温下,固定进入反应器的NO、SO2的物质的量,改变加入O3
8、的物质的量,反应一段时间后 体系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前 n(O3)n(NO)的变化见下图。,答案 (1)-317.3 (2)O3将NO2氧化为更高价氮氧化物(或生成了N2O5) SO2与O3的反应速率慢 (3)S +2NO2+2OH- S +2N +H2O (4) c(S ) CaSO3转化为CaSO4使溶液中S 的浓度增大,加快S 与NO2的反 应速率,解析 (1)NO(g)+O3(g) NO2(g)+O2(g) H=-200.9 kJmol-1 ,NO(g)+ O2(g) NO2(g)H=-58.2 kJmol-1 ,运用盖斯定律+2可得出3NO(g)+O3(g)
9、 3NO2(g) H= -200.9 kJmol-1+(-58.2 kJmol-12)=-317.3 kJmol-1。 (2)由图中信息可知,当n(O3)n(NO)1时,SO2、NO的量都不随n(O3)n(NO)的改变而改变, 只有NO2的量在减小,说明NO2与过量的O3发生了反应,NO2被O3氧化生成了更高价氮氧化物。 由题中信息可知SO2与O3能发生反应,但题图信息显示,随O3量的增加,SO2的量基本不变,说 明二者的反应速率很慢,短时间内测不出SO2的量在改变。 (3)依题给信息可知NO2被还原生成N ,则S 被氧化生成S ,二者在弱碱性环境中反应。 (4)达平衡后溶液中:c(Ca2+)
10、c(S )=Ksp(CaSO3)、c(Ca2+)c(S )=Ksp(CaSO4),同一溶液中c(Ca2+) 相等,则有 = ,故c(S )= c(S );Na2SO4溶液的加入会使 CaSO3 的溶解平衡正向移动,致使c(S )增大,吸收NO2的速率加快。,审题技巧 陌生的分析原因类题的答案往往蕴含在题干中,比如第(2)问的答案就可以通过读 图获得。为什么 1后,n(NO)不变,而n(NO2)在下降?说明答案与NO无关,应该紧扣NO2来 寻找结论。根据“O3是强氧化剂”这一认知,便能推测出“O3把NO2氧化”这一事实。,解题关键 书写氧化还原反应的离子方程式的关键是找出氧化剂、还原剂、氧化产物
11、、还 原产物。,B组 统一命题、省(区、市)卷题组 1.(2018课标,8,6分)研究表明,氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图 所示)。下列叙述错误的是 ( )A.雾和霾的分散剂相同 B.雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 C.NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关,答案 C 本题考查硫、氮化合物的相关知识。雾和霾的分散剂均为空气,A正确;由题图可 知雾霾中含有NH4NO3和(NH4)2SO4,B正确;NH3应是形成无机颗粒物的反应物,C错误;过度施用 氮肥会增加大气中NH3的含量,D正确。,知识拓展 烟、云、雾的分散剂均为空气。,2.(2016浙江理综,1
12、3,6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、CaSO3 B.X可以是空气,且需过量 C.捕获剂所捕获的气体主要是CO D.处理含N 废水时,发生反应的离子方程式为:N +N N2+2H2O,答案 B A项,SO2、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,正确;B项,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
13、NaNO3溶液,故不正确;C项,N2无污染,CO无法被NaOH溶液吸收,捕获剂 主要捕获CO,故正确;D项,N 与N 在溶液中发生氧化还原反应生成N2和H2O,故正确。 评析 本题难度中等,主要考查学生分析问题的能力。,3.(2015北京理综,8,6分)下列关于自然界中氮循环(如图)的说法不正确的是 ( )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,答案 A A项,人工固氮时,N2+3H2 2NH3,氮元素被还原,故错误;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,故正确;C项
14、,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,故正 确;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,故正确。,4.(2015北京理综,12,6分,)在通风橱中进行下列实验:,下列说法不正确的是 ( ) A.中气体由无色变红棕色的化学方程式:2NO+O2 2NO2 B.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、中现象,说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3 D.针对中现象,在Fe、Cu之间连接电流计,可判断Fe是否被氧化,答案 C A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
15、,化 学方程式为2NO+O2 2NO2,故正确;B项,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,故正确;C项,浓HNO3的氧化性强于稀HNO3,故错误;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,故正确。,5.(2014北京理综,11,6分,)用如图装置(夹持、加热装置已略)进行实验,由中现象,不能证 实中反应发生的是 ( ),答案 A A项,肥皂水冒泡,不能证明产生了H2,也可能是气体受热膨胀所致,故错误;B项,产生 的NH3溶于水呈碱性,可使酚酞变红,故正确;C项,NaHCO3固体受热分解产生的CO2气体可使澄 清
16、石灰水变浑浊,故正确;D项,石蜡油在碎瓷片的催化下发生分解,产生的烯烃可使Br2的CCl4 溶液褪色,故正确。,6.(2014山东理综,9,5分,)等质量的下列物质与足量稀硝酸反应,放出NO物质的量最多的是 ( ) A.FeO B.Fe2O3 C.FeSO4 D.Fe3O4,答案 A B项,Fe2O3与HNO3反应不产生NO,故错误。A项,n(NO)= ;C项,n(NO)=;D项,n(NO)= ,m(FeO)=m(FeSO4)=m(Fe3O4),故A项正确。,7.(2014福建理综,9,6分)常温下,下列各组物质中,Y既能与X反应又能与Z反应的是 ( ),A. B. C. D.,答案 B 中,
17、Al(OH)3是两性氢氧化物,既能与强碱NaOH反应又能与强酸H2SO4反应;中, SiO2与浓盐酸不反应;中,N2与O2、H2在常温下均不能反应;中,Cu和FeCl3反应生成FeCl2和 CuCl2,Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2和水。其中、与题意吻合,故选B。,8.(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:尿素CO(NH2)2水溶液热分解为NH3和CO2,该反应的化学方程式: 。 反应器中NH3还原NO2的化学方程式: 。 当燃油中含硫量较高时,尾气中SO2在O2作用下
18、会形成(NH4)2SO4,使催化剂中毒。用化学方 程式表示(NH4)2SO4的形成: 。 尿素溶液浓度影响NO2的转化,测定溶液中尿素(M=60 gmol-1)含量的方法如下:取a g尿素溶 液,将所含氮完全转化为NH3,所得NH3用过量的V1 mL c1 molL-1 H2SO4溶液吸收完全,剩余H2SO 4用V2 mL c2 molL-1 NaOH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b 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 。 用H2模
19、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 。 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:NNO+ H2O,答案 (12分) (1)CO(NH2)2+H2O CO2+2NH3 8NH3+6NO2 7N2+12H2O 2SO2+O2+4NH3+2H2O 2(NH4)2SO4 (2)BaO 81 415NO+4NH3+
20、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)n(NH3)=2n(H2SO4)-n(NaOH)=2c1V110-3 mol-c2V210-3mol nCO(NH2)2= n(NH3)= mol mCO(NH2)2=nCO(NH2)260 gmol-1= mol60 gmol-1=(6c1V1-3c2V2)10-2 g 则a g尿素溶液中尿素的质量分数为: 100%= 。 (2)观察图a可知BaO起到了储存NOx的作用。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
21、得消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比为81。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)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15 NO、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。,C组 教师专用题组 1.(2013江苏单科,18,12分,0.500)硫酸镍铵(NH4)xNiy(SO4)mnH2O可用于电镀、印刷等领域。 某同学为测定硫酸镍铵的组成,进行如下实验:准确称取2.335 0 g样品,配制成100.
22、00 mL溶 液A;准确量取25.00 mL溶液A,用0.040 00 molL-1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2+ (离子方程式为Ni2+H2Y2- NiY2-+2H+),消耗EDTA标准溶液31.25 mL;另取25.00 mL溶 液A,加足量的NaOH溶液并充分加热,生成NH3 56.00 mL(标准状况)。 (1)若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗,测得的Ni2+含量将 (填“偏高”“偏 低”或“不变”)。 (2)氨气常用 检验,现象是 。 (3)通过计算确定硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。,答案 (1)偏高 (2)湿润的红色石蕊试纸 试纸颜色由红变蓝 (3
23、)n(Ni2+)=0.040 00 molL-131.25 mL10-3LmL-1=1.25010-3 mol n(N )= =2.50010-3 mol n(S )= =2.50010-3 mol m(Ni2+)=59 gmol-11.25010-3 mol=0.073 75 g m(N )=18 gmol-12.50010-3 mol=0.045 00 g m(S )=96 gmol-12.50010-3 mol=0.240 0 g n(H2O)= =1.25010-2 mol xymn=n(N )n(Ni2+)n(S )n(H2O)=21210 硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4
24、)210H2O,解析 (1)滴定过程中的反应方程式为: Ni2+H2Y2- NiY2-+2H+ c(Ni2+)= 若滴定管未用EDTA标准溶液润洗会造成EDTA浓度偏低,消耗EDTA标准溶液体积增加,故结 果偏高。,规律总结 用滴定法测某一元素的含量,最常见的是酸碱中和滴定和氧化还原滴定。这两种 方法中常用的指示剂:酸碱中和滴定常用甲基橙、酚酞。氧化还原滴定时有时自身可作 指示剂,如KMnO4溶液滴定草酸时的KMnO4;也可用专用指示剂,如碘量法中的淀粉。,知识拓展 常见气体的检验方法有试纸法:如pH试纸、KI淀粉试纸等;指示剂法:如用酚 酞溶液、品红、石蕊溶液等;特殊现象法:如NH3遇HCl
25、生成白烟;观察法:如Cl2为黄绿色、 NO2为红棕色等。,2.(2012江苏单科,16,12分,)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应,既能净化尾 气,又能获得应用广泛的Ca(NO2)2,其部分工艺流程如下:(1)一定条件下,NO与NO2存在下列反应:NO(g)+NO2(g) N2O3(g),其平衡常数表达式为K=。 (2)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入,石灰乳从吸收塔顶喷淋),其目 的是 ;滤渣可循环使用,滤渣的主要成分是 (填化 学式)。 (3)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近11。若n(NO)n(NO2)11,则会导致 ;若n(NO)n(NO2)1
26、1,则会导致 。,(4)生产中溶液需保持弱碱性,在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解,产物之一是NO,其反应的离 子方程式为 。,答案 (12分)(1) (2)使尾气中的NO、NO2被充分吸收 Ca(OH)2 (3)排放气体中NO含量升高 产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高 (4)3N +2H+ N +2NO+H2O,解析 (2)气液逆流可以使气体与吸收液充分接触,吸收更完全;滤渣是Ca(OH)2,可以循环使 用。 (3)据NO+NO2+Ca(OH)2 Ca(NO2)2+H2O可知参加反应的NO与NO2的物质的量之比为11, 如果n(NO)n(NO2)11,剩余的NO不能被吸收,
27、排放的气体中NO含量升高;如果n(NO)n (NO2)11,则发生反应:4NO2+2Ca(OH)2 Ca(NO2)2+Ca(NO3)2+2H2O,产品中Ca(NO3)2的含 量升高。 (4)酸性条件下N 发生歧化反应。,3.(2009江苏单科,20,10分,)联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料,N2H4与N2O4反 应能放出大量的热。 (1)已知:2NO2(g) N2O4(g) H=-57.20 kJmol-1。一定温度下,在密闭容器中反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡。 其他条件不变时,下列措施能提高NO2转化率的是 (填字母)。 A.减小NO2的浓度 B.降低温度 C.增
28、加NO2的浓度 D.升高温度 (2)25 时,1.00 g N2H4(l)与足量N2O4(l)完全反应生成N2(g)和H2O(l),放出19.14 kJ的热量。则反 应2N2H4(l)+N2O4(l) 3N2(g)+4H2O(l)的H= kJmol-1。 (3)17 、1.01105 Pa,密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时,c(NO2)=0.030 0 molL-1、 c(N2O4)=0.012 0 molL-1。计算反应2NO2(g) N2O4(g)的平衡常数K。 (4)现用一定量的Cu与足量的浓HNO3反应,制得1.00 L已达到平衡的N2O4和NO2的混合气体 (17 、1
29、.01105 Pa),理论上至少需消耗Cu多少克?,答案 (1)BC (2)-1 224.96 (3)根据题意知平衡时:c(N2O4)=0.012 0 molL-1;c(NO2)=0.030 0 molL-1 K= = =13.3 答:平衡常数为13.3。 (4)由(3)可知,在17 、1.01105 Pa达到平衡时,1.00 L混合气体中: n(N2O4)=c(N2O4)V=0.012 0 molL-11.00 L=0.012 0 mol n(NO2)=c(NO2)V=0.030 0 molL-11.00 L=0.030 0 mol 则n总(NO2)=n(NO2)+2n(N2O4)=0.05
30、4 0 mol 由Cu+4HNO3 Cu(NO3)2+2NO2+2H2O可得 m(Cu)= 64 gmol-1=1.73 g 答:理论上至少需消耗Cu 1.73 g。,解析 (1)其他条件不变,增大NO2浓度,即再充入NO2,压强增大,平衡右移,故(NO2)增大,A错 误,C正确;由于2NO2 N2O4为放热反应,故降温平衡正向移动,(NO2)增大,B正确,D错误。 (2)2N2H4(l)+N2O4(l) 3N2(g)+4H2O(l) H,H的值表示2 mol N2H4(l)完全反应生成N2(g)与 液态水放出的热量的值,而题目提供的19.14 kJ对应的是1.00 g N2H4(l),故H=
31、-19.14232 kJ mol-1=-1 224.96 kJmol-1。,4.(2017课标,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 NH3H3BO3;NH3H3BO3+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23
32、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。 d中保留少量水的目的是 。 e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 molL-1的盐酸V mL,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)液封,防止氨气逸出 N +OH- NH3+H2O 保温使氨完全蒸出 (
33、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)d中保留少量水可以起到液封的作用,防止氨气逸出。e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
34、)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 molL-1的盐酸V mL,根据反应NH3+H3BO3 NH3 H3BO3,NH3H3BO3+HCl NH4Cl +H3BO3,可以求出样品中n(N)=n(HCl)=c molL-1V 10-3L=0.001cV mol,则样品中氮的质量分数为 100%= %,样品中甘氨酸的质量 0.001cV75 g,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。,
35、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NH3H2O:N +OH- NH3H2O。,5.(2016课标,26节选)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 。 (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
36、离反应的平衡常数值为 (已知:N2H4+H+ N2 的K=8.7107;KW=1.010-14)。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 。,答案 (1)H H -2 (2)2NH3+NaClO N2H4+NaCl+H2O (4)8.710-7 N2H6(HSO4)2 (5)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(产物为N2和H
37、2O,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。 (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= =8.7107,则K1=KKW=8.71071.010-14=8.710-7。 (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
38、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,M(O2)=M(N2H4),所以m(O2)= m(N2H4)=1 kg。,6.(2015广东理综,33,17分,)NH3及其盐都是重要的化工原料。 (1)用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3,反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为 。(2)按如图装置进行NH3性质实验。 先打开旋塞1,B瓶中的现象是 ,原因是 。稳定后,关闭旋塞1。,再打开旋塞2,B瓶中的现象是 。(3)设计实验,探究某一种因素对溶液
39、中NH4Cl水解程度的影响。 限选试剂与仪器:固体NH4Cl、蒸馏水、100 mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、 天平、pH计、温度计、恒温水浴槽(可调控温度) 实验目的:探究 对溶液中NH4Cl水解程度的影响。 设计实验方案。拟定实验表格,完整体现实验方案列出能直接读取数据的相关物理量及需 拟定的数据,数据用字母表示;表中“V(溶液)”表示所配制溶液的体积。,按实验序号1所拟数据进行实验,若读取的待测物理量的数值为Y,则NH4Cl水解反应的平衡 转化率为 (只列出算式,忽略水自身电离的影响)。,答案 (1)ACG (2)产生白色的烟 氯化氢与氨气反应生成了氯化铵小颗粒 烧杯中的石蕊水
40、溶液会倒 流进入B瓶中,且溶液变红 (3)温度 , 100%,解析 (1)实验室制备NH3,试管口应略向下倾斜,选A装置;NH3密度比空气小,收集时应选C装 置;NH3极易溶于水,尾气处理时应选G装置防倒吸。 (2)NH3与HCl接触反应生成NH4Cl固体小颗粒,形成白烟。HCl过量,石蕊遇酸变红。 (3)盐类水解的影响因素有浓度、温度等。根据控制变量思想,其他条件不变,只改变一个 量温度,所测pH不相同。 N + H2O NH3H2O+H+ c0/molL-1 0 c/molL-1 10-Y 10-Y = 100%= 100%= 100%= %。,7.(2015山东理综,32,12分)工业上
41、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)中和液进行蒸发操作时,应控制水的蒸发量,避免浓度过大,目的是 。蒸发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)母液进行转化时加入稀HNO3的目的是 。母液需回收利 用,下列处理方法合理的是 。 a.转入中和液 b.转入结晶操作 c.转入转化液 d.转入结晶操作,(4)若将NaNO2、NaNO3两种产
42、品的物质的量之比设为21,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NaNO3 c、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
43、发量过大,NaNO3也会结晶析出,从而造成产品不纯。蒸发产生的 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)母液中主要含有NaNO3,若回收利用,显然转入转化液或转入结晶操作最为合理,若转入 中和液或转入结晶操作,都会造成NaNO2产品不纯。 (4)n(NaNO2)= =2.00104 mol,则n(NaNO3)= n(NaNO2)=1.00104 mol,由Na原子守恒 可知,n(Na2CO3)= n(NaNO2)+n(NaNO3)=1.50104 mol,所以m(Na2CO3)=1.50104
44、 mol106 g mol-1 =1.59106 g=1.59 t。,8.(2015四川理综,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】该小组拟选用下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
45、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S 。 (1)仪器X的名称是 。 (2)滴定前,下列操作的正确顺序是 (填字母编号)。 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
46、有少量白色固体。经检验,该白色固体和装置D内溶液中有S ,无S 。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S ,无S 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 。,答案 (13分)(1)圆底烧瓶 (2)dbaec (3)0.03 (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 (5)NH3或氨气 (6)3(NH4)2SO4 4NH3+N2+3SO2+6H2O,解析 (2)滴定前一般操作顺序为先检查滴定管是否漏水,并清洗所用滴
47、定管,然后应用所装的 溶液润洗,再装入标准溶液,排尽滴定管尖嘴气泡并调整管中液面处于0刻度或0刻度以下,最后 记录滴定管液面刻度,所以正确顺序为dbaec。 (3)装置B吸收的气体是(NH4)2SO4在260 条件下分解的产物NH3,B中反应为NH3+HCl NH4Cl,所以气体NH3的物质的量=0.500 0 mol/L70.0010-3 L-0.200 0 mol/L25.0010-3 L= 0.03 mol。 (4)BaSO4不溶于盐酸、BaSO3能溶于盐酸,所以检验装置D内溶液中含有S ,无S ,应选择 BaCl2溶液和稀盐酸。 (5)在400 时(NH4)2SO4分解生成SO2、NH3等产物,装置B内溶液吸收的气体应为NH3。 (6)由题中信息及原子守恒、得失电子守恒可得化学方程式:3(NH4)2SO4 4NH3+ 3SO2+N2+6H2O。,
