备战高考化学复习氮及其化合物专项推断题综合练附答案解析.docx
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备战高考化学复习氮及其化合物专项推断题综合练附答案解析
备战高考化学复习氮及其化合物专项推断题综合练附答案解析
一、氮及其化合物练习题(含详细答案解析)
1.氮及其化合物在生产生活中有广泛的应用:
(1)甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L,则甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比____10(填“大于”“等于”或“小于”),并说明理由_____________________________________。
(2)常温下向含0.5mol溶质的稀盐酸中缓慢通入0.5molNH3(溶液体积变化忽略不计),反应结束后溶液中离子浓度由大到小的顺序是______________________;在通入氨气的过程中溶液的导电能力___________(选填“变大”、“变小”或“几乎不变”)。
请设计实验检验铵盐中的NH4+:
___________。
【答案】小于加水稀释,弱电解质的电离程度增大c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)几乎不变取样,加水溶解,加入氢氧化钠浓溶液,加热,若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+
【解析】
【分析】
【详解】
(1)浓溶液加水稀释,越稀越电离,故0.1mol/L的氨水中电离程度更大,故甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10;
答案为:
小于;加水稀释,弱电解质的电离程度增大;
(2)二者恰好反应生成氯化铵,铵根水解溶液呈酸性,即c(H+)>c(OH−),依据溶液呈电中性有:
c(H+)+c(NH4+)=c(OH−)+c(Cl−),因为c(H+)>c(OH−),所以c(NH4+)<c(Cl−),故离子浓度大小关系为:
c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−);溶液中离子浓度几乎不变,所以导电能力几乎不变;铵盐能与强碱反应放出氨气,则检验铵根离子的实验方案:
取样,加水溶解,加入氢氧化钠浓溶液,加热,若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+。
【点睛】
浓溶液加水稀释,越稀越电离;溶液的导电能力主要取决于溶液中离子的浓度及离子所带的电荷数:
离子的浓度越大,导电能力越强;离子所带的电荷数越大,导电能力越强。
2.如图1为实验室制取氨的实验装置。
(1)写出A中所发生反应的化学方程式___。
(2)NH3在一定条件下可与O2反应生成一种无色气体,该气体遇空气迅速变红棕色,请写出相关反应的化学方程式___,___。
(3)在收集氨时试管口棉花的作用是___。
(4)一位学生用制得的氨,按图2装置进行喷泉实验,烧瓶已充满干燥的氨气,引发喷泉实验的操作____。
(5)另一学生积极思考产生喷泉的其他方法,设计了图3装置。
首先在锥形瓶中分别加入足量的下列物质,反应后产生喷泉的是(______)
A.CaCO3粉末和浓盐酸
B.NH4HCO3溶液与稀NaOH溶液
C.HCl和AgNO3溶液
D.HCl和酚酞溶液
该同学又向锥形瓶中加入酒精,水槽中加入冷水后,再加入足量的下列物质,结果也产生了喷泉。
水槽中加入的物质可以是(______)
A.硝酸铵B.食盐C.浓硫酸D.硫酸铜
【答案】2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2ONH3+5O2=4NO+6H2O2NO+O2=2NO2减少与空气的对流,保证试管中能收集满氨气打开橡皮管的夹子,挤压胶头滴管的胶头,使少量的水进入烧瓶AC
【解析】
【分析】
(1)为制取氨气的装置,收集氨气的试管口需要棉花;
(2)气体遇空气能迅速变红棕色,原气体是NO;(6)图3要想产生喷泉,必须生成大量气体;(7)如果放出大量热量,也能增大气体压强,产生喷泉。
【详解】
(1)实验室制氨气2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3
+2H2O。
(2)NH3在一定条件下可与O2反应生成一种无色气体,该气体遇空气迅速变红棕色,该气体是NO,所以NH3+5O2=4NO+6H2O。
(3)NO遇空气迅速变红棕色,所以2NO+O2=2NO2。
(4)收集氨时试管口棉花的作用是减少与空气的对流,保证试管中能收集满氨气。
(5)引发喷泉实验的操作是打开橡皮管的夹子,挤压胶头滴管的胶头,使少量的水进入烧瓶,只要水进入烧瓶,气体溶于水导致压强减小,产生喷泉。
(6)要想产生喷泉,必须生成大量气体,A选项能产生大量二氧化碳。
(7)加入浓硫酸,放出大量热导致压强增大,产生喷泉。
【点睛】
氨气的制取分为工业制法、简易制法、实验室制法,不能混淆;喷泉实验的原理是内外产生压强差。
3.氨和硝酸都是重要的工业原料。
(1)标准状况下,将500L氨气溶于水形成1L氨水,则此氨水的物质的量浓度为____mol·L-1(保留三位有效数字)。
工业上常用过量氨水吸收二氧化硫,该反应的化学方程式为____。
(2)氨氧化法是工业生产中合成硝酸的主要途径。
合成的第一步是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网,在合金网的催化下,氨被氧化成一氧化氮,该反应的化学方程式为____。
下列反应中的氨与氨氧化法中的氨作用相同的是____。
A.2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑B.2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O
C.4NH3+6NO=5N2+6H2OD.HNO3+NH3=NH4NO3
工业中的尾气(假设只有NO和NO2)用烧碱进行吸收,反应的离子方程式为2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH-=____+H2O(配平该方程式)。
(3)向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL,反应过程中产生的气体只有NO。
固体完全溶解后,在所得溶液(金属阳离子只有Cu2+)中加入1L1mol·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀,此时溶液呈中性,所得沉淀质量为39.2g。
①Cu与稀HNO3反应的离子方程式为____。
②Cu与Cu2O的物质的量之比为____。
③HNO3的物质的量浓度为____mol·L-1。
(4)有H2SO4和HNO3的混合溶液20mL,加入0.25mol•L-1Ba(OH)2溶液时,生成沉淀的质量w(g)和Ba(OH)2溶液的体积V(mL)的关系如图所示(C点混合液呈中性)。
则原混合液中H2SO4的物质的量浓度为____mol·L-1,HNO3的物质的量浓度为____mol·L-1。
【答案】22.3SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3]4NH3+5O2
4NO+6H2OBC2NO2-3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O2:
12.40.251
【解析】
【分析】
(1)根据c=
计算氨水的浓度;
(2)根据已知信息反:
应物和生成物书写反应方程式,根据电子守恒配平反应方程式;根据化合价变化判断NH3为还原剂,进行分析其他几反应中氨气的作用;
(3)根据质量守恒,原子守恒、电子守恒规律进行解答;
(4)根据n(H+)=n(OH- )进行分析解答。
【详解】
(1)标准状况下,将500L氨气溶于水形成1L氨水,则此氨水的物质的量浓度为C =
=
=22.3mol·L-1。
工业上常用过量氨水吸收二氧化硫,二氧化硫与氨气反应生成亚硫酸铵和水,该反应的化学方程式为SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3],所以答案为:
22.3;SO2+2NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3];
(2)将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网,在合金网的催化下,氨被氧化成一氧化氮,该反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O,所以答案:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
A.在4NH3+5O2
4NO+6H2O反应中,氨气做还原剂,2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑反应中,氨气做氧化剂,所以与氨氧化法中的氨作用不相同,故A错误;
B.在2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O反应中,氨气做还原剂,所以与氨氧化法中的氨作用相同,故B正确;
C.在4NH3+6NO=5N2+6H2O反应中,氨气做还原剂,所以与氨氧化法中的氨作用相同,故C正确;
D.HNO3+NH3=NH4NO3反应是非氧化还原反应,故D错误;
所以答案:
BC。
由质量守恒和得失电子守恒配平,NO中N为+2价,NO2中N为+4,显然是个归中反应,生成化合物中N为+3价,再根据原子守恒,电荷守恒,可知该反应的离子方程式:
NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O,故答案为NO2-;
本题答案为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;BC;2NO2-;
(3)向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL,反应过程中产生的气体只有NO。
固体完全溶解后,在所得溶液(金属阳离子只有Cu2+)中加入1L1mol·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀,此时溶液呈中性,所得沉淀质量为39.2g。
①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,其离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,所以答案:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
② 所得溶液中加入1mol/L的NaOH溶液1.0L,此时溶液呈中性,金属离子已完全沉淀,溶液中溶质为NaNO3,n(NaNO3) = n (NaOH) = 1.0mol/L
1.0L=1mol。
沉淀为Cu(OH)2,质量为39.2g,物质的量=
=0.4mol, 根据铜元素守恒有 n(Cu) + 2n (Cu2O)=n[Cu(OH)2],反应后的溶液中n [Cu(NO3)2]= n [Cu(OH)2]= 0.4mol。
设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y, 64x+144y = 27.2,x+2y= 0.4,解得 x=0.2,y = 0.1,所以Cu与Cu2O的物质的量之比为2:
1;所以答案为2:
1;
③Cu和Cu2O与稀硝酸反应生成硝酸铜,0.2molCu完全反应失去0.4mol电子0.1molCu2O完全反应失去0.2mol电子,总共生成0.6mol电子,由电子守恒,生成NO的物质的量=
= 0.2mol,所得溶液中加入1L1mol·L-1的NaOH溶液,此时溶液呈中性,金属离子恰好完全沉淀,反应后的溶质为硝酸钠,则溶液中的硝酸根离子的物质的量为
n(NO3-) = n(NaOH) = 1mol/L
1L=1mol,则硝酸的总物质的量为1mol+0.2mol= 1.2mol,硝酸的浓度c=
=2.4mol/L。
所以答案为:
2.4mol·L-1。
(4)由图可知,0~ 20mLBa(OH)2溶液发生H2SO4 + Ba(OH)2 = BaSO4↓+H2O,20mL ~ 60mLBa(OH)2溶液发生H++OH-=H2O,由图可知,加入20mLBa(OH)2溶液时,硫酸钡沉淀达最大值,设硫酸的物质的量为x,则
H2SO4 + Ba(OH)2= BaSO4↓+H2O
11
x 0.02L
0.25mol
L-1,解得x = 0.02L
0.25mol
L-1= 0.005mol,硫酸的物质的量浓度=
= 0.25mol
L-1,由图可知pH=7时,消耗60mLBa(OH)2溶液,由.H++OH-=H2O可知原溶液中含有的n(H+)=n(OH- )= 2
0.06L
0.25mol
L-1= 0.03mol, 故
n (HNO3) = 0.03mol - 0.005mol
2= 0.02mol,故原溶液中HNO3的物质的量浓度=
=1mol
L-1,故答案为:
0.25; 1。
4.硝酸是一种重要的化工原料,用来制取一系列硝酸盐类氮肥,如硝酸铵、硝酸钾等;也用来制取含硝基的炸药等。
试回答下列问题:
(1)某同学对铁与稀硝酸的反应进行探究,若HNO3只被还原成NO,则:
①写出铁与过量稀硝酸反应的离子方程式:
__。
②写出过量铁与稀硝酸反应的离子方程式:
__。
③若28g铁与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应,则生成的Fe3+和Fe2+的物质的量之比为__。
上述反应结束后,向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液,滤出沉淀洗涤后,在空气中灼烧至质量不变,最终得到的固体质量为__g。
(2)饮用水中NO3-对人类健康会产生危害,为了降低饮用水中NO3-的浓度,某饮用水研究人员提出,可在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2。
①配平方程式:
__Al+__NO3-+__OH-+__=__[Al(OH)4]-+__N2↑。
②上述反应中,还原剂与还原产物的物质的量之比是__,反应中转移电子0.3mol,生成__mL(标准状况下)N2。
【答案】Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O2∶340106418H2O10310∶3672
【解析】
【详解】
(1)①铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水,离子方程式为Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O;
②过量铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水,离子方程式为3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O;
③28g铁的物质的量为0.5mol,与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应,设生成的Fe3+和Fe2+的物质的量分别是xmol、ymol,即生成xmol硝酸铁和ymol硝酸亚铁,根据N原子守恒知,生成NO的物质的量为(1.6-3x-2y)mol,根据得失电子守恒有3x+2y=3(1.6-3x-2y),又有x+y=0.5,解得x=0.2,y=0.3,则生成的Fe3+和Fe2+的物质的量之比为2∶3;上述反应结束后,向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液,滤出沉淀洗涤后,在空气中灼烧至质量不变,由于生成的氢氧化亚铁在空气中易被氧化为氢氧化铁,氢氧化铁受热分解最终得到的固体是氧化铁,故其物质的量为0.5mol×
=0.25mol,质量为40g;
(2)①根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒,可知离子方程式为10Al+6NO3-+4OH-+18H2O=10[Al(OH)4]-+3N2↑;
②上述反应中,还原剂是Al,还原产物是N2,其物质的量之比为10∶3;由方程式可知,生成3molN2时转移电子30mol,所以反应中转移电子0.3mol,生成N2的体积(标准状况下)为
×22.4L·mol-1=0.672L=672mL。
【点睛】
金属与硝酸反应的计算一般常采用以下方法:
①原子守恒法:
HNO3与金属反应时,一部分HNO3起酸的作用,以NO的形式存在于溶液中;一部分作为氧化剂转化为还原产物,这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量;②得失电子守恒法:
HNO3与金属的反应属于氧化还原反应,HNO3中氮原子得到电子的物质的量等于金属失电子的物质的量;③电荷守恒法:
HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH-)有:
c(NO3-)=c(H+)+nc(Mn+)(Mn+代表金属离子);④离子方程式计算法:
金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时,由于溶液中NO3-在H2SO4提供H+的条件下能继续与金属反应,因此此类题目应用离子方程式来计算,先作过量判断,然后根据完全反应的金属或H+或NO3-进行相关计算,且溶液中要符合电荷守恒。
5.氮的氧化物和硫的氧化物是主要的大气污染物,烟气脱硫脱硝是环境治理的热点问题。
回答下列问题:
(1)目前柴油汽车都用尿素水解液消除汽车尾气中的NO,水解液中的NH3将NO还原为无害的物质。
该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为___。
(2)KMnO4/CaCO3浆液可协同脱硫,在反应中MnO4-被还原为MnO42-。
①KMnO4脱硫(SO2)的离子方程式为___。
②加入CaCO3的作用是___。
③KMnO4/CaCO3浆液中KMnO4与CaCO3最合适的物质的量之比为___。
(3)利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。
在温度一定时,n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示:
图a和图b中可知脱硫脱硝最佳条件是___。
图b中SO2的去除率随pH的增大而增大,而NO的去除率在pH>5.5时反而减小,请解释NO去除率减小的可能原因是___。
【答案】2:
3SO2+2MnO4-+2H2O===SO42-+2MnO42-+4H+消耗脱硫过程中的氢离子,有利于平衡正向移动1:
1n(H2O2):
n(NaClO2)=6:
1,pH值在5.5—6.0可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱
【解析】
【分析】
⑴根据氧化还原反应得出氧化剂和还原剂的比例关系。
⑵根据氧化还原反应原理写离子方程式,生成的氢离子和碳酸钙反应,消耗氢离子,利于平衡正向移动,根据比例关系得出高锰酸钾和碳酸钙的比例。
⑶根据图像信息得出脱硫脱硝最佳条件,用氧化还原反应的强弱随pH变化的影响分析减弱的原因。
【详解】
⑴水解液中的NH3将NO还原为无害的物质氮气,根据氧化还原反应原理,氨气化合价升高3个价态,为还原剂,NO化合价降低2个价态,为氧化剂,根据升降守恒配平原理,因此氨气前配2,NO前面配系数3,因此该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:
3,故答案为:
2:
3。
⑵①KMnO4脱硫(SO2)反应生成锰酸根和硫酸根,离子方程式为SO2+2MnO4-+2H2O===SO42-+2MnO42-+4H+,故答案为:
SO2+2MnO4-+2H2O===SO42-+2MnO42-+4H+。
②反应过程中生成了硫酸,加入CaCO3的作用是消耗脱硫过程中的氢离子,有利于平衡正向移动,故答案为:
消耗脱硫过程中的氢离子,有利于平衡正向移动。
③2molKMnO4反应生成4mol氢离子,4mol氢离子消耗2mol碳酸钙,因此CaCO3浆液中KMnO4与CaCO3最合适的物质的量之比为1:
1,故答案为1:
1。
⑶根据图中的转化率和去除率关系,可知脱硫脱硝最佳条件是n(H2O2):
n(NaClO2)=6:
1,pH值在5.5—6.0;NO在pH>5.5时可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱,故答案为:
n(H2O2):
n(NaClO2)=6:
1,pH值在5.5—6.0;可能NO的还原性减弱或则可能是NaClO2、H2O2的氧化性减弱。
6.在盛有一定量浓硝酸的试管中加入6.4g铜片发生反应。
请回答:
(1)开始阶段,观察到的现象为________________,反应的化学方程式是_____________。
(2)反应结束后,铜片有剩余,再加入少量20%的稀硫酸,这时铜片上又有气泡产生,反应的离子方程式是__________________。
(3)若6.4g铜片消耗完时,共产生气体2.8L(标准状况)。
则整个反应过程中所消耗的硝酸的物质的量是_____________。
(4)实验室中硝酸通常保存在棕色试剂瓶中,原因是_____________(用化学方程式表示)。
(5)工业上通常用氨催化氧化法制硝酸,写出氨催化氧化的化学方程式:
_______________。
【答案】铜片逐渐溶解,溶液由无色变为蓝色,产生红棕色的气体Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O0.325mol4HNO3(浓)
4NO2↑+O2↑+2H2O4NH3+5O2
4NO+6H2O
【解析】
【分析】
(1)开始时Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮,据此解答;
(2)Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜,反应后溶液中氢离子消耗完毕,但硝酸根离子有剩余,若再加入少量20%的稀硫酸,相当于稀硝酸溶液,铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水,据此书写离子方程式;
(3)铜与硝酸反应生成硝酸铜、NO2和NO的混合气体,根据Cu、N原子守恒计算整个反应过程中所消耗的硝酸的物质的量;
(4)浓硝酸见光或受热容易分解,据此书写方程式;
(5)氨催化氧化生成一氧化氮和水,据此书写反应的化学方程式。
【详解】
(1)开始时Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮,发生反应为:
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO)3+2NO2↑+2H2O,生成的二氧化氮为红棕色气体,因此现象为铜片逐渐溶解,溶液由无色变为蓝色,产生红棕色的气体,故答案为铜片逐渐溶解,溶液由无色变为蓝色,产生红棕色的气体;Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO)3+2NO2↑+2H2O;
(2)Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜,反应后溶液中氢离子消耗完毕,但硝酸根离子有剩余,若再加入少量20%的稀硫酸,相当于稀硝酸溶液,铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水,反应的离子方程式为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(3)6.4g铜的物质的量为0.1mol,反应生成硝酸铜,结合硝酸根离子0.2mol,整个反应过程共产生标准状况下气体2.8L,即生成0.125molNO2和NO的混合气体,根据N原子守恒,反应过程中被还原的HNO3的物质的量为0.125mol,则整个反应过程中所消耗的硝酸的物质的量为0.2mol+0.125mol=0.325mol,故答案为0.325mol;
(4)浓硝酸见光或受热容易分解,4HNO3(浓)
4NO2↑+O2↑+2H2O,因此实验室中硝酸通常保存在棕色试剂瓶中,故答案为4HNO3(浓)
4NO2↑+O2↑+2H2O;
(5)氨催化氧化生成一氧化氮和水,反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O,故答案为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O。
【点睛】
本题考查了铜与硝酸的反应。
解答本题需要注意,浓硝酸和稀硝酸与铜的反应生成物不同。
本题的易错点为(3)中的计算,要注意利用守恒法解答。
7.细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应,并耦合两种元素的循环。
耦合循环中的部分转化如下图所示。
(1)上图所示氮循环中,属于氮的固定的有________(填字母序号)。
a.N2转化为氨态氮b.硝化过程c.反硝化过程
(2)氮肥是水体中氨态氮的主要来源之一。
①氨气是生产氮肥的主要原料,工业合成氨的化学方程式为________。
②检验氨态氮肥中NH4+的实验方案是________。
(3)硝化过程中,含氮物质发生________(填“氧化”或“还原”)反应。
(4)氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。
该反应中,当产生0.02mol氮气时,转移的电子的物质的量为________mol。
(5)土壤中的铁循环可用于水体脱氮(脱氮是指将氮元素从水体中除去),用离子方程式分别说明利用土壤中的铁循环脱除水体中氨态氮和硝态氮的原理:
________、________。
【答案】aN2+3H2
2NH3取少量氮肥溶于适量蒸馏水中,向其中加入浓NaOH溶液,加热,并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口,若观察到红色石蕊试纸变蓝,则证明氮肥中含有NH4+氧化0.066Fe3++2NH4+=6Fe2++N2↑+8H+10Fe2++2NO3-+12H+=10Fe3++N2↑+6H2O
【解析】
【分析】
(1)氮的固定是氮元素由游
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- 备战 高考 化学 复习 及其 化合物 专项 推断 综合 答案 解析