2013高考化學(xué) 必備經(jīng)典例題 （易錯(cuò)指津+典型例題評(píng)析） 氮族元素

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1、2013高考化學(xué) 必備經(jīng)典例題 （易錯(cuò)指津+典型例題評(píng)析） 氮族元素 【知識(shí)網(wǎng)絡(luò)】 O2(高溫、催化劑) 4HNO3(濃)==4NO2↑+2H2O+O2↑ 強(qiáng)氧化性 不穩(wěn)定性 HNO3 NaNO2 NaOH Mg N2O4 H2O NH3.H2O NH3 N2 NO NO2 Ag(NH3)2+ NH4Cl AgNO3 NaOH HCl Δ H2O Mg3N2 Cl2、CuO H2加熱加壓 O2(放電) NH3 O2 SO2 H2O Cu HCl Cu、Fe2+、、I- ①與金屬反應(yīng):Cu ②與非金屬反應(yīng)：C、S

2、③Fe、Al在冷、濃HNO3 鈍化 ④Pt、Au能溶解于王水(濃HNO3:濃HCl=1:3） ⑤與還原性化合物反應(yīng)：Fe2+、SO2、H2S、HI 有機(jī)物 硝化反應(yīng)：C6H6 酯化反應(yīng)：C3H5(OH)3 【易錯(cuò)指津】 1．氨水顯弱堿性的理解不全面。 氨氣溶于水形成氨水，氨水少部分電離出OH-、NH4+，所以氨水具有弱堿性。注意以下兩點(diǎn)： （1）氨水遇Al3+、Fe3+、Mg2+分別可以生成Al(OH)3、Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，但氨水中滴加Ag+溶液開(kāi)始出現(xiàn)沉淀AgOH，

3、繼續(xù)滴加沉淀即溶解生成銀氨溶液；（2）氨水遇酸、酸性氧化物可以成鹽，又根據(jù)氨水與酸的量關(guān)系分別得到正鹽和酸式鹽。如：用氨水吸收少量二氧化硫的離子方程式 NH3.H2O+SO2=NH4++HSO3-是錯(cuò)誤的。 2．NO、O2被水吸收的分析錯(cuò)誤。 NO、O2被水吸收實(shí)質(zhì)上發(fā)生如下反應(yīng)：2NO+O2=2NO2，3NO2+2H2O=2HNO3+NO。生成NO還可以繼續(xù)氧化，生成NO2再溶于水，這是一個(gè)循環(huán)反應(yīng)。如無(wú)任何氣體剩余，最終產(chǎn)物應(yīng)為HNO3，恰好反應(yīng)的量的關(guān)系：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，實(shí)際反應(yīng)中可以有NO或O2剩余，但不能兩者兼有之。 3．氮可以形成

4、多種氧化物。NO2可以與水反應(yīng)生成硝酸，但NO2不是硝酸的酸酐。掌握酸酐的判斷方法。NO2與溴蒸氣不能用濕潤(rùn)的KI淀粉試紙檢驗(yàn)。 4．NO3-在酸性溶液中具有強(qiáng)氧化性，可以將Fe2+氧化為Fe3+、SO32-氧化為SO42-，將I-、Br-、S2-氧化為I2、Br2、S。 5．檢驗(yàn)NH4+離子，可加入燒堿溶液后，必須加熱，再用濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙檢驗(yàn)NH3，否則不一定有NH3放出。 【典型例題評(píng)析】 例1 Murad等三位教授最早提出NO分子在人體內(nèi)有獨(dú)特功能，近年來(lái)此領(lǐng)域研究有很大發(fā)展，因此這三位教授榮獲了1998年諾貝爾醫(yī)學(xué)及生理學(xué)獎(jiǎng)。下列關(guān)于NO的敘述不正確的是

5、 A.NO可以是某些含低價(jià)N物質(zhì)氧化產(chǎn)物 B.NO不是亞硝酸酐 C.NO可以是某些含高價(jià)N物質(zhì)的還原產(chǎn)物 D.NO是棕色氣體 思路分析：本題看似很深?yuàn)W，實(shí)際不然，考查的落點(diǎn)是中學(xué)化學(xué)常見(jiàn)物質(zhì)NO的有關(guān)性質(zhì)。根據(jù)NO中氮元素的化合價(jià)（+2）處于氮元素中間價(jià)態(tài)，應(yīng)用氧化還原反應(yīng)原理可推知：NO既可能是低價(jià)含N物質(zhì)的氧化產(chǎn)物，又可能是高價(jià)含N物質(zhì)的還原產(chǎn)物；根據(jù)酸酐概念亞硝酸酸酐應(yīng)是N2O3；NO應(yīng)是無(wú)色氣體。 答案：D 方法要領(lǐng)：要答好這類(lèi)“高起點(diǎn)，低落點(diǎn)”試題，首先要克服心理障礙，找準(zhǔn)題中化學(xué)知識(shí)運(yùn)用的著落點(diǎn)，其次，要掌握好重要基本概念

6、和基本理論。這類(lèi)試題所涉及的基本理論通常是結(jié)構(gòu)理論（包括原子結(jié)構(gòu)中的質(zhì)量數(shù)=中子數(shù)+質(zhì)子數(shù)，質(zhì)子數(shù)、核電荷數(shù)、核外電子數(shù)之間關(guān)系等）、分子結(jié)構(gòu)中微粒成鍵規(guī)律、氧化還原反應(yīng)規(guī)律；所涉及的概念通常是原子相對(duì)原子質(zhì)量、同位素、同素異形體等。 NO 例2 右圖為裝有活塞的密閉容器，內(nèi)盛22.4mL一氧化氮。若通入11.2mL氧氣（氣體體積均在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測(cè)定），保持溫度、壓強(qiáng)不變，則容器內(nèi)的密度 A.等于1.369g/L B.等于2.054g/L. C.在1.369g/L和2.054g/L之間 D.大于2.0

7、54g/L 思路分析：題給的密閉容器中通入O2后發(fā)生2個(gè)化學(xué)反應(yīng)：2NO+O2=2NO2 2NO2 N2O4。為便于計(jì)算和推導(dǎo)，可將題給22.4mLNO轉(zhuǎn)換為22.4LNO，將題 給11.2mLO2轉(zhuǎn)換為11.2LO2，即容器內(nèi)盛有1molNO，充入0.5molO2。根據(jù)質(zhì)量守恒定律，容器內(nèi)的總質(zhì)量為：1mol×30g/mol+0.5mol×32g/mol=46g。 假定1molNO與0.5molO2恰好完全反應(yīng)，則生成1molNO2。在標(biāo)準(zhǔn)狀況下1molNO2的體積為22.4L，此時(shí)混合氣體的密度為46g/22.4L=2.054g/L。但是，由于反應(yīng)2NO2

8、N2O4的存在，且保持溫度、壓強(qiáng)不變，因此使平衡混合氣體的體積小于22.4L，故其密度必定大于2.054g/L。 答案：D 方法要領(lǐng)：解本題時(shí)最容易忽略2NO2 N2O4的平衡（這是一個(gè)隱含的平衡），而誤選B。 在涉及到的NO2或N2O4有關(guān)量的計(jì)算問(wèn)題，一般要考慮可逆反應(yīng)2NO2 N2O4的存在對(duì)有關(guān)量（氣體物質(zhì)的量、體積、密度、式量等）的影響，這是同學(xué)們應(yīng)重視的一個(gè)知識(shí)點(diǎn)。 例3 已知磷酸分子中的三個(gè)氫原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子發(fā)生氫交換，又知次磷酸(H3PO2)也可跟D2O進(jìn)行氫交換，但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不再能跟D2O發(fā)生氫交換。又此可推斷出H3

9、PO2的分子結(jié)構(gòu)是 思路分析：由H3PO4在有三個(gè)氫原子可以與D2O發(fā)生氫交換及題給H3PO2分子結(jié)構(gòu)知：-OH中的H原子能與D2O發(fā)生H交換?，F(xiàn)H3PO2能與D2O發(fā)生H交換而NaH2PO2則不能(說(shuō)明NaH2PO2分子中沒(méi)有羥基H原子)，可以類(lèi)推出H3PO2中只有一個(gè)-OH，從而選B。 答案：B 方法要領(lǐng)：本題題給信息的實(shí)質(zhì)是：含氧酸分子中的H原子，只有與氧原子結(jié)合形成羥基-OH結(jié)構(gòu)時(shí)，才有酸性。由于次磷酸H3PO2只能電離出一個(gè)H+，它是一元酸；NaH2PO2中的H原子不能電離，也不能與堿反應(yīng)，NaH2PO2屬于正鹽。同理CH3COO

10、H分子中只有一個(gè)-OH，乙酸是一元酸。因此“含氧酸分子中含有幾個(gè)H原子，就是幾元酸”的說(shuō)法是錯(cuò)誤的。 此題為信息給予題，它以一般學(xué)生沒(méi)有接觸過(guò)的知識(shí)實(shí)例作為原型（磷酸分子中3個(gè)-OH中的H可D2O發(fā)生H交換），要求學(xué)生在原型的啟發(fā)下求解。這類(lèi)題一般思路為：分析原型→找出規(guī)律[只有活潑的氫（能電離的H）才能發(fā)生氫交換]→比較問(wèn)題和原型→建立聯(lián)系→應(yīng)用規(guī)律→完成遷移。 例4 用以下三種途徑來(lái)制取相等質(zhì)量的硝酸銅：（1996年高考化學(xué)試測(cè)題） （1）銅跟濃硝酸反應(yīng)；（2）銅跟稀硝酸反應(yīng)；（3）銅先跟氧氣反應(yīng)生成氧化銅，氧化銅再跟硝酸反應(yīng)。以下敘述中正確的是 A.三種途徑所消耗的銅的物質(zhì)的量

11、相等 B.三種途徑所消耗的硝酸的物質(zhì)的量相等 C.所消耗的銅的物質(zhì)的量是：途徑（3）>途徑（1）>途徑（2） D.所消耗的硝酸的物質(zhì)的量是：途徑（1）>途徑（2）>途徑（3） 思路分析：本題是評(píng)價(jià)制備方案的優(yōu)劣。從綠色化學(xué)角度看（1）要節(jié)約原料；（2）是副產(chǎn)品對(duì)環(huán)境污染小。（1）Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，(2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，(3)2Cu+O2=2CuO,CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O。若生成3molCu(NO3)2，可得消耗原料量及生成污染物NOx的量（見(jiàn)下表）： Cu(NO3

12、)2 Cu HNO3 NOx （1） 3mol 3mol 12mol 6mol （2） 3mol 3mol 8mol 2mol （3） 3mol 3mol 6mol 0mol 由上表知：（1）耗HNO3最多，生成污染物最多；（3）耗HNO3最少，沒(méi)有污染物。 答案：A、D 方法要領(lǐng)：本題考查對(duì)硝酸性質(zhì)、用途的理解及氧化還原反應(yīng)知識(shí)，通過(guò)分析比較選擇出最佳途徑的能力。 從不同濃度硝酸與銅的反應(yīng)可以看出，在硝酸與銅的反應(yīng)中，硝酸充當(dāng)了氧化劑和提供硝酸根兩種作用，因稀硝酸與銅反應(yīng)時(shí)，氮元素的化合價(jià)由+5降為+2價(jià)，故作為氧化劑消耗的硝酸較少，而（3）中氧氣

13、為氧化劑，硝酸全部用提供酸根用，故消耗硝酸的為(1)>(2)>(3)。 例5 在下圖裝置中，燒瓶中充滿(mǎn)干燥氣體a，將滴管中的液體b擠入燒瓶?jī)?nèi)，輕輕振蕩燒瓶，然后打開(kāi)彈簧夾f，燒杯中的液體b呈噴泉狀噴出，最終幾乎充滿(mǎn)燒瓶。則a和b 分別是 思路分析：產(chǎn)生噴泉的條件：氣體在液體中的溶解度很大，產(chǎn)生足夠的壓強(qiáng)差（負(fù)壓）。CO2在水中溶解度不大，不能產(chǎn)生噴泉，但在NaOH溶液中因發(fā)生CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，其溶解度顯著增大，此時(shí)形成噴泉。題干要求液體充滿(mǎn)燒瓶。 答案：B、D 方法要領(lǐng)：中學(xué)階段，在水中能形成噴泉現(xiàn)象常見(jiàn)的有NH3、HCl

14、、HBr、HI、SO2等溶解度大的氣體；CO2、H2S、Cl2等在水中溶解度不大的氣體，不能形成噴泉，但若將水改成NaOH溶液，這些氣體在堿性溶液中溶解度顯著增大，從而形成噴泉；此外，噴泉實(shí)驗(yàn)裝置若發(fā)生改變，也可能使本來(lái)不能形成噴泉的氣體形成噴泉，因此，要從產(chǎn)生噴泉的條件認(rèn)識(shí)形成噴泉的本質(zhì)。 例6 同溫同壓下，兩個(gè)等體積的干燥圓底燒瓶中分別充滿(mǎn)①NH3，②NO2，進(jìn)行噴泉實(shí)驗(yàn)，經(jīng)充分反應(yīng)后，瓶?jī)?nèi)溶液的物質(zhì)的量濃度為 A.①>② B.①<② C.①=② D.不能確定 思路分析：設(shè)圓底燒瓶的體積為VL，所含氣體的物質(zhì)

15、的量為xmol。則： c(NH3)=x/Vmol/L 而3NO2+H2O=2HNO3+NO，c(HNO3)=[2/3xmol]÷[2/3VL]= x/V mol/L。 答案：C 方法要領(lǐng)：只要在同溫同壓下，單一氣體（或某一氣體中混有空氣）如進(jìn)行噴泉實(shí)驗(yàn)（在H2O中）后所得溶液的濃度均相同。它與液體上升高度無(wú)關(guān)。如是標(biāo)準(zhǔn)狀況則濃度為1/22.4mol/L。 注意：若誤以為NO2與H2O生成HNO3的物質(zhì)的量為2/3x，而忽視了溶液的體積也是2V/3L的話(huà)，就會(huì)得出兩者濃度不等的結(jié)論。 例7 某試劑廠有銀(含雜質(zhì)銅)和硝酸(含雜質(zhì)Fe3+)反應(yīng)制取硝酸銀.步驟如下 過(guò)量銀循環(huán)使

16、用 原料混合A 加熱保溫B 沖稀靜置C 過(guò)濾D AgNO3晶體 蒸發(fā)E 冷卻結(jié)晶F 吸收裝置 銀(過(guò)量) HNO3 NOx NOx 通入過(guò)量熱的水蒸氣 熱點(diǎn) 依據(jù)上述步驟,完成下列填空： (1)溶解銀的硝酸應(yīng)該用 硝酸(填濃或稀)。原因是 (填序號(hào)，下同) (a)減少過(guò)程中產(chǎn)生NOX的量 (b)減少原料銀的消耗量 (c)節(jié)省硝酸物質(zhì)的量 (2)步驟B加熱保溫的作用是 . (a)有利于加快反應(yīng)速率 (b)有利于未反應(yīng)的硝酸揮發(fā) (c)有利于硝酸充分反應(yīng),降低溶液中[H+]

17、(3)步驟Ｃ中是為了除去Fｅ3+、Cu2+等雜質(zhì),沖稀靜置時(shí)發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)是 (a)置換反應(yīng) (b)水解反應(yīng) (c)氧化還原反應(yīng) 產(chǎn)生的沉淀物化學(xué)式 . 思路分析：（1）根據(jù)反應(yīng)方程式：Ag+2 HNO3（濃）=AgNO3+NO2↑+H2O、3Ag+4HNO3（?。?3AgNO3+NO↑+2H2O可知：每生成1molAgNO3，如用濃HNO3，消耗HNO32mol，產(chǎn)生1molNO2；如用稀HNO3，只需HNO34/3mol，放出NO1/3mol。故用稀硝酸比用濃硝酸好，原因?yàn)椋╝）、

18、(c)。 （2）根據(jù)溫度對(duì)反應(yīng)速率的影響，加熱保溫是使反應(yīng)加快，促使HNO3與Ag反應(yīng)，而不希望HNO3損失，因此其目的是（a）、(c)。 （3）由水解原理，溶液濃度小，促進(jìn)水解，使Fｅ3+、Cu2+生成難溶的Fe(OH)3、Cu(OH)2而除去。 答案：（1）稀，（a）、(c) （2）（a）、(c) （3）（b），F(xiàn)e(OH)3、Cu(OH)2 方法要領(lǐng)：聯(lián)系工業(yè)生產(chǎn)流程，運(yùn)用化學(xué)知識(shí)，理解化學(xué)原理解答生產(chǎn)中的問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)。用到的化學(xué)原理有：反應(yīng)速率；水解反應(yīng)；物質(zhì)分離和提純的方法。試題的能力要求較高，立意新?？忌鷳?yīng)首先將整個(gè)流程看懂，在理解每一操作步驟的目的和作用的同時(shí)，

19、須聯(lián)系各步驟的相互關(guān)系和作用。明確前一操作是后一操作過(guò)程的基礎(chǔ)和條件。如：過(guò)量的Ag與稀HNO3混合其目的是使HNO3充分反應(yīng)，步驟B加熱保溫的原因也是為這一目的而設(shè)置的。它使NOx不斷逸出，降低酸度，有利于下一步用水沖稀，使雜質(zhì)離子水解完全，并通過(guò)靜置而沉降。以上三個(gè)步驟一環(huán)緊扣一環(huán)。 本題通過(guò)AgNO3生產(chǎn)的步驟、過(guò)程，考查考生對(duì)金屬（Ag、Fe、Cu）與HNO3反應(yīng)的理解程度。在步驟C中，雖然Ag+也參與水解，但AgOH很不穩(wěn)定分解：AgOH→Ag2O，合并于過(guò)量銀中循環(huán)使用。 題中給出了生產(chǎn)的過(guò)程圖，提供了解題線(xiàn)索。解題時(shí)應(yīng)根據(jù)銀與不同濃度HNO3的反應(yīng)及產(chǎn)生，考慮生產(chǎn)實(shí)際中的價(jià)值

20、及產(chǎn)物對(duì)社會(huì)環(huán)境的影響，不難選擇問(wèn)題（1）中的答案為稀HNO3及其原因。借助化學(xué)反應(yīng)的原理及條件，離子的性質(zhì)等知識(shí)，從而順利解答出問(wèn)題（2）和（3）。 例8 實(shí)驗(yàn)室用氨氣還原氧化銅的方法測(cè)定銅的近似相對(duì)原子質(zhì)量,反應(yīng)的化學(xué)方程式為: 2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O 試回答:(1)如果選用測(cè)定反應(yīng)物CuO和生成物H2O的質(zhì)量[m(CuO)、m(H2O)]時(shí)，請(qǐng)用下列儀器設(shè)計(jì)一個(gè)簡(jiǎn)單的實(shí)驗(yàn)方案。 ①儀器連接的順序(用字母編號(hào)表示,儀器可重復(fù)使用) ；d中濃硫酸的作用是 ， ；實(shí)驗(yàn)完畢時(shí)觀察到a中的現(xiàn)象是 ； ②列出計(jì)算

21、Cu的相對(duì)原子質(zhì)量的表達(dá)式 ； ③下列情況將使測(cè)定結(jié)果偏大的是 。(以下選擇填空不限1個(gè)正確答案，均用字母編號(hào)填寫(xiě)) (a)CuO未全部還原為Cu (b)CuO受潮 (c)CuO中混有Cu (2)如果仍采用上述儀器裝置,其他方案可選用測(cè)定的物理量有 (a)m(Cu)和m(CuO) (b)m(N2)和m(H2O) (c)m(Cu)和m(H2O) (d)m(NH3)和m(H2O) 思路分析：根據(jù)本題的意圖是需要測(cè)定反應(yīng)物氧化銅和生成物水的質(zhì)量，從而利用氨和加熱條件下的氧

22、化銅在化學(xué)反應(yīng)中的關(guān)系求出銅的相對(duì)原子質(zhì)量。氧化銅的質(zhì)量可直接從所取的藥品稱(chēng)量中得知，測(cè)反應(yīng)生成的水的質(zhì)量時(shí)，應(yīng)考慮制得的氨氣中混有的水蒸氣對(duì)測(cè)量有干擾作用，應(yīng)予以排除，反應(yīng)后的氣體中必然夾雜著未反應(yīng)完的氨氣，吸收水蒸氣時(shí)也要考慮不能用濃硫酸作吸收劑，否則會(huì)同時(shí)吸入水蒸氣和氨氣，造成測(cè)量數(shù)據(jù)偏大。 （1）①NH4Cl和Ca(OH)2反應(yīng)可生成NH3，經(jīng)堿石灰干燥后（不能用濃H2SO4干燥），因?yàn)闈釮2SO4要吸收NH3）把NH3通入a裝置發(fā)生主體反應(yīng)，將反應(yīng)后生成的水蒸氣用C吸收（不能用濃H2SO4吸收），因?yàn)檫€有未反應(yīng)的NH3也可被濃H2SO4吸收，這樣測(cè)量水的質(zhì)量就偏大，多余的NH3用濃

23、H2SO4吸收，同時(shí)也防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入第二個(gè)C裝置中。 ②2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O（設(shè)銅的相對(duì)原子質(zhì)量為x） 3(x+16) 3×18 m(CuO) m(H2O) x=18 m(CuO)/ m(H2O)-16 或考慮計(jì)算銅的相對(duì)原子質(zhì)量的思路是： n(CuO)=m(H2O)/18 M(CuO)=m(CuO)/n(H2O)=18m(CuO)/m(H2O) M(Cu)=M(CuO)-16如果測(cè)量反應(yīng)前后硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量，則可測(cè)出反應(yīng)生成的銅的質(zhì)量，從測(cè)得的氧化銅的質(zhì)量可計(jì)算銅的相對(duì)原子質(zhì)量為： M(C

24、u)=m(Cu)/n(CuO)=18m(Cu)/m(H2O)。 從測(cè)得的生成的水的質(zhì)量，也可計(jì)算銅的相對(duì)原子質(zhì)量為： M(Cu)=m(Cu)/n(H2O)=18m(Cu)/m(H2O)。 ③要使測(cè)定結(jié)果偏大，則m(H2O)m要偏小，其中（a）導(dǎo)致m(H2O)偏小 （b）導(dǎo)致m(H2O)偏大 （c）相當(dāng)于m(H2O)偏小。故選a、c。 （2）由于氣體的質(zhì)量難于測(cè)量，也難于收集，所以（b）（d）是不可選用的。 答案：(1)①b c a c d 吸收未反應(yīng)的氨 防止空氣中水分進(jìn)入 固體由黑色轉(zhuǎn)變?yōu)榧t色 ② ③a、c (2)a、c 方法要領(lǐng)：本題意在考查定量測(cè)定的能力和運(yùn)用信息的能力。儀器的選擇要從生成反應(yīng)物及能夠準(zhǔn)確測(cè)量生成物來(lái)考慮，B裝置產(chǎn)生混有水蒸氣的氨氣，因?qū)嶒?yàn)中要測(cè)定后一反應(yīng)產(chǎn)生的水蒸氣，故應(yīng)先將氨氣中的水蒸氣除去，通過(guò)C得純NH3后再通過(guò)A與CuO反應(yīng)，因要測(cè)定生成的水的量，故再通過(guò)一次和C相同的裝置（不是同一裝置）只吸收水蒸氣而不吸收多余的氨氣，NH3有污染，不能排放到大氣中，同時(shí)為防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入干燥管、確保實(shí)驗(yàn)準(zhǔn)確性，故最后再通過(guò)濃H2SO4，這是此類(lèi)定量實(shí)驗(yàn)中應(yīng)密切注意的，問(wèn)題②、③關(guān)系式法不難得到結(jié)論，問(wèn)題（2）中b和d均與Cu或關(guān)系，無(wú)法計(jì)算。