高考化学氮及其化合物大题培优 易错 难题附详细答案.docx
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高考化学氮及其化合物大题培优易错难题附详细答案
高考化学氮及其化合物(大题培优易错难题)附详细答案
一、氮及其化合物练习题(含详细答案解析)
1.研究金属与硝酸的反应,实验如下。
实验(20ºC)
现象
Ⅰ
过量铜粉、2mL0.5mol∙L-1HNO3
无色气体(遇空气变红棕色),溶液变为蓝色
Ⅱ
过量铁粉、2mL0.5mol∙L-1HNO3
6mL无色气体(经检测为H2),溶液几乎无色
⑴Ⅰ中产生的无色气体是______。
⑵研究Ⅱ中的氧化剂
①甲同学认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-,所以NO3-没有发生反应。
乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确,其实验证据是______。
乙同学通过分析,推测出NO3-也能被还原,依据是______,进而他通过实验证实该溶液中含有NH4+,其实验操作是______。
补全Ⅱ中NO3-被还原为
的过程:
NO3-+______e-+______=NH4++______H2O
⑶研究影响产生H2的因素
实验
现象
Ⅲ
过量铁粉、2mL0.5mol∙L-1HNO3、40ºC
3.4mL气体(经检测为H2),溶液略带黄色
Ⅳ
过量铁粉、2mL0.5mol∙L-1HNO3、60ºC
2.6mL气体(经检测为H2),黄色溶液
Ⅴ
过量铁粉、2mL3mol∙L-1HNO3、20ºC
无色气体(遇空气变红棕色),深棕色溶液
资料:
Fe[(NO)]2+在溶液中呈棕色。
④对比Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ,温度不同时收集到氢气的体积不同,原因是______。
⑤Ⅴ中无色气体是混合气体,则一定含有遇空气变红棕色的气体和______。
⑷根据实验,金属与硝酸反应时,影响硝酸的还原产物不同的因素有______。
【答案】NO硝酸浓度相同,铜的还原性弱于铁,但Ⅰ中溶液变蓝,同时没有氢气放出NO3-中氮元素的化合价为最高价,具有氧化性取Ⅱ中反应后的溶液,加入足量NaOH溶液并加热,产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体810H+3相同条件下,温度升高时,化学反应速率增大,但NO3-的还原速率增大的更多H2金属的种类、硝酸的浓度、温度
【解析】
【分析】
⑴Ⅰ中无色气体NO遇空气生成红棕色的二氧化氮气体。
⑵①依据Ⅰ和Ⅱ硝酸浓度相同,铜的还原性弱于铁,但Ⅰ中生成NO,因此可得NO3-没有发生反应不正确。
②NO3-中氮元素的化合价为最高价,具有氧化性,证明NH4+的方法是去一定量溶液加入足量NaOH溶液并加热,产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。
③根据化合价降低得到电子配平得到。
⑶④根据现象和温度升高时,化学反应速率增大。
⑤根据元素分析和前面的信息得到答案。
⑷根据实验和几个反应现象得出答案。
【详解】
⑴Ⅰ中产生的无色气体遇空气变为红棕色,则为NO遇空气生成红棕色的二氧化氮气体;
故答案为:
NO。
⑵①依据Ⅰ和Ⅱ硝酸浓度相同,铜的还原性弱于铁,但Ⅰ中溶液变蓝,同时没有氢气放出,故认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-,所以NO3-没有发生反应不正确,故答案为:
硝酸浓度相同,铜的还原性弱于铁,但Ⅰ中溶液变蓝,同时没有氢气放出。
②元素的最高级具有氧化性,故NO3-中氮元素的化合价为最高价,具有氧化性,推测出NO3-也能被还原;证实该溶液中含有NH4+的方法为:
取Ⅱ中反应后的溶液,加入足量NaOH溶液并加热,产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,故答案为:
NO3-中氮元素的化合价为最高价,具有氧化性;取Ⅱ中反应后的溶液,加入足量NaOH溶液并加热,产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。
③NO3-被还原为NH4+的反应为:
NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O,故答案为:
8;10H+;3。
⑶④根据现象可得,Ⅱ、Ⅲ生成氢气,Ⅳ生成有NO,因为相同条件下,温度升高时,化学反应速率增大,但NO3-的还原速率增大的更多,故答案为:
相同条件下,温度升高时,化学反应速率增大,但NO3-的还原速率增大的更多。
⑤Ⅴ中无色气体是混合气体,根据元素分析,则一定含有遇空气变红棕色的NO气体和H2,故答案为:
H2。
⑷根据实验,金属与硝酸反应时,影响硝酸的还原产物不同的因素有金属的种类、硝酸的浓度、温度,故答案为:
金属的种类、硝酸的浓度、温度。
2.Ⅰ.分别只用一种试剂除去下列各组中所含的少量杂质(括号内为杂质),在空格中填上需加入最适合的一种试剂:
(1)FeCl3溶液(FeCl2)________________,
(2)FeCl2溶液(FeCl3)________________,
(3)Fe粉末(Al)_______________,
Ⅱ.为测定某镁铝合金样品中铝的含量,进行了下列实验:
取一定量合金,加入100mL0.3mol·L-1稀硝酸,合金完全溶解,产生的气体在标准状况下体积为560mL;再加入0.2mol·L-1NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化,用去300mLNaOH溶液。
则所取样品中铝的物质的量为___________,反应中转移的电子数为______________。
【答案】Cl2FeNaOH溶液0.055mol0.075NA
【解析】
【分析】
Ⅰ.
(1)氯气把FeCl2氧化为FeCl3;
(2)铁粉能把FeCl3还原为FeCl2;
(3)Fe与氢氧化钠不反应,Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气;
Ⅱ.镁铝合金与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铝与一氧化氮气体,向反应后的溶液中加入0.2mol·L-1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化,铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀,此时溶液中溶质为NaNO3、NaAlO2,根据硝酸根守恒有n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO),根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaNO3)+n(NaAlO2),据此计算n(NaAlO2),再根据铝原子守恒n(Al)=n(NaAlO2)计算。
【详解】
Ⅰ.
(1)氯气把FeCl2氧化为FeCl3,用氯气除去FeCl3溶液中FeCl2;
(2)铁粉能把FeCl3还原为FeCl2,用铁粉除去FeCl2溶液中的FeCl3;
(3)Fe与氢氧化钠不反应,Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气,用NaOH溶液除去铁粉中的铝粉;
Ⅱ.镁铝合金与稀硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铝与一氧化氮,向反应后的溶液中加入0.2mol·L-1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化,铝离子转化为偏铝酸根、镁离子转化为氢氧化镁沉淀,此时溶液中溶质为NaNO3、NaAlO2,根据硝酸根守恒有n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO)=0.1L×0.3mol/L-
=0.03mol-0.025mol=0.005mol,根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaNO3)+n(NaAlO2),故n(NaAlO2)=0.3L×0.2mol/L-0.005mol=0.055mol,根据铝原子守恒n(Al)=n(NaAlO2)=0.055mol;
,氮元素化合价由+5变为+2,生成1molNO转移3mol电子,所以反应中转移的电子数为
0.075NA。
3.硫酸铜在生产、生活中应用广泛。
某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下:
(1)写出浸出时铜与稀硝酸反应的离子方程式:
______________;
(2)取样检验是为了确认Fe3+是否除净,你的检验方法是____________________。
(3)滤渣c是_____________。
(4)气体a可以被循环利用,用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为2NO+O2==2NO2、_____________
(5)一定温度下,硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体,且n(SO3)∶n(SO2)=1∶2,写出硫酸铜受热分解的化学方程式:
______________________。
某同学设计了如下图所示的实验装置分别测定生成的SO2、SO3气体的质量和O2气体的体积。
此设计有不合理之处,请说明理由:
__________________________。
【答案】3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O取少量试样于试管中,向试样中滴加KSCN溶液,若溶液显血红色,则Fe3+未除净,否则Fe3+除净Fe(OH)33NO2+H2O=2HNO3+NO3CuSO4
3CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑NaHSO3除了吸收SO3外,还吸收部分O2
【解析】
【分析】
硝酸有强的氧化性,可以把活动性弱的金属如Cu、Ag氧化,硝酸浓度不同,反应产物不同,稀硝酸与铜发生反应产生硝酸铜、一氧化氮和水;浓硝酸与铜发生反应产生硝酸铜、二氧化氮和水,铁、铝在室温下遇浓硝酸,在金属表面产生一薄层致密的氧化物保护膜而阻止金属的进一步反应,因此会发生钝化现象,而阻止金属的进一步氧化。
在书写离子方程式时要符合电子守恒、电荷守恒及原子守恒。
Fe3+与SCN-会结合形成血红色的Fe(SCN)3,使溶液变为血红色;可以与OH-或NH3∙H2O反应产生红褐色Fe(OH)3沉淀;遇苯酚溶液C6H5OH会产生紫色的物质,因此可以用KSCN、NaOH或NH3∙H2O、C6H5OH检验Fe3+的存在;任何反应发生都要符合质量守恒定律,对于氧化还原反应,还应该符合电子得失数目相等的规律;在实验方案的设计时要全面考虑物质的性质,结合SO2有还原性,可以与具有氧化性的O2在水溶液中发生反应产生硫酸,来确定实验方案的优劣。
【详解】
(1)铜与稀硝酸发生反应产生硝酸铜、一氧化氮和水,反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(2)Fe3+遇SCN-离子,溶液变为血红色,因此检验是否洗涤干净的方法是取少量试样于试管中,向试样中滴加KSCN溶液,若溶液显血红色,则Fe3+未除净,否则Fe3+除净;
(3)含少量铁的废铜渣与硝酸反应。
Cu转化为Cu2+,Fe转化为Fe3+,然后调整溶液的pH至3.2—4,这时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,Cu2+仍然以离子的形式存在于溶液中;所以滤渣c是Fe(OH)3;
(4)气体a是NO可以被循环利用,用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为2NO+O2=2NO2、反应产生的NO2被水吸收得到硝酸,反应方程式是3NO2+H2O===2HNO3+NO;(5)一定温度下,硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体,且n(SO3)∶n(SO2)=1∶2,根据反应前后质量守恒、电子转移数目相等,可知硫酸铜受热分解的化学方程式是3CuSO4
3CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑;SO3与水会发生化学反应:
SO3+H2O=H2SO4;在溶液中还会发生反应:
2SO2+O2+2H2O=2H2SO4,所以盛有饱和NaHSO3的溶液除了吸收SO3外,还吸收部分O2,因此不能准确测定生成的SO2、SO3气体的质量和O2气体的体积。
4.非金属单质A经下图所示的过程可转化为含氧酸D,已知D为强酸,请回答下列问题:
(1)若A在常温下是固体,B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体:
①D的化学式:
_________;
②在工业生产中,B气体大量排放,被雨水吸收后形成____________污染环境。
(2)若A在常温下为气体,C是红棕色气体。
①C的化学式为:
_________;
②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体,该反应的化学方程式为:
___________,该反应___(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。
【答案】H2SO4酸雨NO2Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O属于
【解析】
【分析】
根据框图,非金属单质A能发生连续氧化,含氧酸D为强酸,对应的是硫和氮等元素的转化。
(1)A在常温下为固体,B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体,则A为S单质,B为SO2,C为SO3,D为H2SO4;
(2)A在常温下为气体,C是红棕色的气体,则A应为N2,B为NO,C为NO2,D为HNO3,根据氧化还原反应的特点判断,据此分析解答。
【详解】
(1)A在常温下为固体,B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体,则A为S单质,B为SO2,C为SO3,D为H2SO4。
①由以上分析可知D是硫酸,化学式为H2SO4,故答案为:
H2SO4;
②在工业生产中大量排放的SO2气体被雨水吸收后形成了酸雨而污染了环境,故答案为:
酸雨;
(2)若A在常温下为气体,C是红棕色的气体,则A应为N2,B为NO,C为NO2,D为HNO3。
①由以上分析可知C为NO2,故答案为:
NO2;
②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体,反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,该反应中Cu的化合价升高,N的化合价降低,属于氧化还原反应,故答案为:
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;属于。
【点睛】
解答本题的关键是物质的颜色和框图中的“连续氧化”特征,也是解答本题的突破口。
本题的易错点为A的判断,要注意A属于非金属单质。
5.下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液,相互之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)。
已知A、B为气态单质,F是地壳中含量最多的金属元素的单质;E、H、I为氧化物,E为黑色固体,I为红棕色气体;M为红褐色沉淀。
请回答下列问题:
(1)A在B中燃烧的现象是__________________________________________。
(2)D+E→B的反应中,被氧化与被还原的物质的物质的量比是_________________________。
(3)G+J→M的离子方程式是____________________________________。
(4)Y受热分解的化学方程式是______________________________________。
(5)检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的试剂是____________________。
【答案】放出大量的热,产生苍白色火焰2:
13AlO2-+Fe3++6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓4Fe(NO3)3
2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑酸性高锰酸钾溶液
【解析】
【分析】
F是地壳中含量最多的金属元素的单质,则F为Al,转化关系中X电解得到三种物质,为电解电解质与水型,A、B为气态单质,二者为氢气和氯气,二者反应生成D,D为HCl,E为黑色固体,为氧化物,和HCl反应又生成B气体,A为H2,B为Cl2,E为MnO2,电解X是电解氯化钠溶液,C为NaOH,与Al反应生成G,G为NaAlO2;M为红褐色沉淀为Fe(OH)3,所以J是含三价铁离子的物质,是H和D反应生成,证明J为FeCl3,H、I为氧化物判断H为Fe2O3,I为红棕色气体为NO2,结合转化关系可知,N为HNO3,Y为Fe(NO3)3,结合物质的性质来解答。
【详解】
(1)A为H2,B为Cl2,H2在Cl2中燃烧的现象是:
气体安静燃烧,放出大量的热,火焰呈苍白色,并有白雾产生;
(2)D+E→B的反应为MnO2+4HCl
MnCl2+Cl2↑+2H2O,MnO2中Mn元素化合价降低,被还原,HCl中Cl元素化合价升高,被氧化,4mol盐酸参与反应,发生氧化反应的盐酸为2mol,另外2mol盐酸显酸性,则n(被氧化的物质HCl):
n(被还原的物质MnO2)=2:
1;
(3)G(NaAlO2)+J(FeCl3)→M(Fe(OH)3)的反应是在水溶液中发生的双水解反应,反应离子方程式是:
3AlO2-+Fe3++6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓;
(4)依据分析推断可知Y为Fe(NO3)3,受热分解生成二氧化氮和氧化铁,依据原子守恒配平书写的化学方程式是:
4Fe(NO3)3
2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑;
(5)检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的方法是取少量待测液于试管中,滴加几滴酸性高锰酸钾溶液,若溶液紫色褪去,证明原溶液中含有Fe2+,反之没有Fe2+。
6.已知A、B、C、D为气体,其中A为黄绿色,D极易溶于水,形成的溶液可使酚酞变红,它们之间的转化关系如下图①所示:
(1)将气体B点燃,把导管伸入盛满气体A的集气瓶,反应过程中的实验现象有_________(填序号)
①放热②黄绿色褪去③瓶口有白雾④瓶口有白烟⑤安静燃烧,发出黄色火焰⑥安静燃烧,发出苍白色火焰
(2)实验室制D的化学方程式为__________________________________。
(3)实验室可用如上图②所示装置收集D,下列叙述正确的是__________(填序号)。
①D气体不能用排水法收集
②干燥管里盛有碱石灰
③图②中的a为干棉花团,其作用是防止氨气逸出
(4)气体D催化氧化的化学方程式为_________________________________。
(5)物质E的化学式是_______;E在下列物质分类中所属的物质种类是_______(填序号)。
①电解质②化合物③混合物④纯净物⑤非电解质⑥盐
检验物质E中阳离子的操作方法______________________________________
【答案】①②③⑥Ca(OH)2+2NH4Cl
CaCl2+H2O+2NH3↑①②4NH3+5O2
4NO+6H2ONH4Cl①②④⑥取E少许于试管,加入浓NaOH溶液,加热,生成无色有刺激性气味的气体,用湿润的红色石蕊试纸检验,试纸变为蓝色,证明E中有NH4+
【解析】
【分析】
为黄绿色气体,应为Cl2,D极易溶于水,形成的溶液可使酚酞变红,应为NH3,A、B、C、D为气体,则B是H2,C是HCl,所以E是NH4Cl,结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。
【详解】
(1)氢气在氯气中安静的燃烧,火焰苍白色,黄绿色逐渐褪去,瓶口有白雾(氯化氢气体与空气中的小水滴结合)出现,燃烧反应都是放热反应,所以选①②③⑥;
(2)实验室制氨气的化学方程式为:
Ca(OH)2+2NH4Cl
CaCl2+H2O+2NH3↑;
(3)氨气极易溶于水,不能用排水法收集,氨气溶于水显碱性,可用碱石灰干燥,图②中的a应为湿润红色石蕊试纸,检验氨气是否收集满,所以答案选①②;
(4)氨气发生催化氧化的化学方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(5)E是氯化铵,化学式为NH4Cl,它是化合物,是纯净物,是盐,是电解质,所以答案选①②④⑥,检验铵根离子的操作方法:
取E少许于试管,加入浓NaOH溶液,加热,生成无色有刺激性气味的气体,用湿润的红色石蕊试纸检验,试纸变为蓝色,证明E中有NH4+。
7.如图,根据图示回答:
(1)A的分子式为_____;B的分子式为_____;C的分子式为_____。
(2)将E溶于水,配制成0.1mol·L-1的溶液,滴入酚酞,显_____色。
(3)写出NH4Cl溶液与NaOH溶液共热反应的离子方程式:
__________________。
(4)D→B的化学方程式为:
_____。
(5)A→B的化学反应方程式:
_____。
【答案】NH3NONO2无NH4++OH−
NH3↑+H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O4NH3+5O2
4NO+6H2O
【解析】
【分析】
氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢,A催化氧化生成一氧化氮和水,则A为NH3,E为HCl,B为NO,C为NO2,二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮,D为HNO3,硝酸和铜反应生成一氧化氮。
【详解】
(1)结合分析可知A为NH3,B为NO,C为NO2,故答案为:
NH3;NO;NO2;
(2)E为HCl,溶于水溶液显酸性,配制成0.1mol/L的溶液,滴入酚酞不变色,故答案为:
无;
(3)氯化铵溶液和氢氧化钠溶液共热反应生成氨气、氯化钠和水,反应的离子方程式:
NH4++OH−
NH3↑+H2O,故答案为:
NH4++OH−
NH3↑+H2O;
(4)D→B是稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,反应的化学方程式为:
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,故答案为:
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;
(5)A→B是氨气和氧气在催化剂条件下反应生成一氧化氮和水,反应的化学方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,故答案为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
8.如图的各方框表示一种反应物或生成物(某些物质已经略去),其中常温下A、C、D为无色气体,C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
(1)写出物质X的化学式:
__。
(2)写出下列变化的化学方程式:
①A→D:
___;
②G→E:
___;
③F→G:
___。
(3)实验室里,常用加热固体混合物的方法制取气体C,请写出化学方程式:
___。
【答案】NH4HCO3(或(NH4)2CO3)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O23Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O3NO2+H2O=2HNO3+NO2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O
【解析】
【分析】
和过氧化钠反应的气体是二氧化碳气体,生成氧气,氧气与C在催化剂作用下反应,说明C为氨气,E为一氧化氮,F为二氧化氮,G为硝酸,B为水蒸气。
【详解】
⑴根据X分解得到水、二氧化碳、氨气得出X可能为NH4HCO3(或(NH4)2CO3),故答案为NH4HCO3(或(NH4)2CO3)。
⑵①A→D是过氧化钠和水的反应,其方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,故答案为:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
②G→E是铜和硝酸的反应,其方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,故答案为:
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
③F→G是二氧化氮和水的反应,其方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO,故答案为:
3NO2+H2O=2HNO3+NO。
⑶实验室里常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取气体C,其化学方程式:
2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O,故答案为:
2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O。
9.氧化物X、单质Y都能对大气造成污染。
已知X是红棕色气体,能与水反应;Y是黄绿色气体,能使湿润的有色布条褪色。
请回答下列问题:
(1)X的化学式为_________;
(2)X与水反应生成NO和一种酸,该酸的名称为________;
(3)Y能使湿润的有色布条褪色,说明Y的水溶液具有____(填“漂白”或“酸”)性。
【答案】NO2硝酸漂白
【解析】
【分析】
氧化物X、单质Y都能对大气造成污染。
已知X是红棕色气体,能与水反应;X为NO2,Y是黄绿色气体,能使湿润的有色布条褪色,Y为Cl2。
【详解】
⑴X的化学式为NO2;故答案为:
NO2。
⑵X与水反应生成NO和一种酸,3NO2+H2O=2HNO3+NO,该酸的名称为硝酸;故答案为:
硝酸。
⑶Y能使湿润的有色布条褪色,Cl2+H2O=HCl+H
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