1、2023年高考各地化学试题分类汇编和解析十、氮及其化合物109全国卷6 物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反响，假设硝酸被复原的产物为N2O，反响结束后锌没有剩余，那么该反响中被复原的硝酸与未被复原的硝酸的物质的量之比是A. 1：4 B.1：5 C. 2：3 D.2：5答案：Aw.w.w.k.s.5.u.c.o.m解析：设2molZn参与反响，因Zn无剩余，那么最终生成了2molZn(NO3)2，显然含有4molNO3 ，这局部是没有参与氧化复原反响的HNO3，根据得失电子守恒有：2n(Zn)=n(HNO3)4，那么n(HNO3)=1mol，即有1molHNO3被复原。209江苏卷3以下所列各组
2、物质中，物质之间通过一步反响就能实现如以下图转化的是abcAAlAlCl3AlOH3BHNO3NONO2CSiSiO2H2SiO3DCH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO答案：B解析：A项：(或者，()，的转化必须经过反响方程式为：和这两步，所以A项不选；B项：()，所以B项正确；C项：()，必须经过两步、，D项：，就必须经过两步和309广东理科根底29汽车尾气无害化处理反响。以下说法不正确的选项是 A升高温度可使该反响的逆反响速率降低 B使用高效催化剂可有效提高正反响速率 C反响到达平衡后，N0的反响速率保持恒定 D单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反响到达平衡答案：A 解析：
3、升温，无论是正反响，还是逆反响，速率均加快，A项错；催化剂可以加快化学反响速率，B项正确；达平衡后，各组分的速率保持不变，C项正确；由于CO和CO2的计量系数相等，故当两者同时消耗的量相等时，反响即达平衡，D项正确。409广东化学15取五等份NO2 ，分别参加温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反响：2NO2(g) N2O4(g)，H0 反响相同时间后，分别测定体系中NO2的百分量NO2%，并作出其随反响温度T变化的关系图。以下示意图中，可能与实验结果相符的是答案：BD解析：w.w.w.k.s.5.u.c.o.m在恒容状态下，在五个相同的容器中同时通入等量的NO2，反响相同时间。那么那么有
4、两种可能，一是已到达平衡状态，二是还没有到达平衡状态，仍然在向正反响移动。假设5个容器在反响相同时间下，均已到达平衡，因为该反响是放热反响，温度越高，平衡向逆反响方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，所以B正确。假设5个容器中有未到达平衡状态的，那么温度越高，反响速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，在D图中转折点为平衡状态，转折点左那么为未平衡状态，右那么为平衡状态，D正确。509上海卷4用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。其原因是 幕布的着火点升高 幕布的质量增加 氯化铵分解吸收热量，降低了温度 氯化铵分解产生的气体隔绝了空气A B C D答案：B
5、【解析】氯化铵分解吸收热量，能降低火焰温度，并且分解产物氯化氢和氨气能隔绝空气，均破坏了可燃物的燃烧条件，故能使幕布不宜着火。609上海卷7在以下变化大气固氮硝酸银分解实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被复原、既不被氧化又不被复原的顺序排列，正确的选项是A B C D答案：A【解析】大气固氮是指在放电条件下将游离态的氮气转化为一氧化氮的过程，氮元素被氧化。硝酸银分解过程中氮元素化合价降低，被复原。实验室制氨气的反响不属于氧化复原反响，故A项正确。709上海卷20对于常温下pH为1的硝酸溶液，以下表达正确的选项是 A该溶液lmL稀释至100mL后，pH等于3 B向该溶液中参加等体积、pH为13的
6、氢氧化钡溶液恰好完全中和 C该溶液中硝酸电离出的与水电离出的之比值为。 D该溶液中水电离出的是pH为3的硝酸中水电离出的的100倍答案：AB【解析】硝酸为强电解质，完全电离，稀释100倍，pH增大2，A项正确。硝酸电离出的c(H+)为0.1 mol/l，与水电离出的c(H+)为1013 mol/l，二者之比应为1012，C项错。pH为3的硝酸中水电离出的c(H+)为10-11mol/l，故D项的比值应为1：100，D项错。809宁夏卷7 将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反响后，气体体积11.2L体积均在相同条件下测定，那么该氮氧化合物的化学式为w.w.w.k.s.5.u.c.o
7、.mANO2 B.N2O2 C.N2O D.N2O4答案：A解析：根据2NxOy+2yCu=2yCuO+xN2,以及题中数据反响后气体体积为反响前气体体积的一半，可以得到x=1，因此只有A选项符合题意。9. (09全国卷2915分周期表中，元素Q、R、W、Y与元素X相邻。Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸。答复以下问题：1W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料。W的氯化物分子呈正四面体结构，W的氧化物的晶体类型是 ；2Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是 ；3R和Y形成的二元化合物中，R呈现最高化合价的化合物的化学式是 ；4这5个元素的氢化物分子中，立体结构类型相同的氢化物的沸点从高到低排列
8、次序是填化学式 ，其原因是 ；电子总数相同的氢化物的化学式和立体结构分别是 ；5W和Q所形成的结构陶瓷材料的一种合成方法如下：W的氯化物与Q的氢化物加热反响，生成化合物W(QH2)4和HCL气体；W(QH2)4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料。上述相关反响的化学方程式各物质用化学式表示是 。答案：1原子晶体。2NO2和N2O43As2S5。4NH3 AsH3 PH3,因为前者中含有氢键,后两者构型相同，分子间作用力不同；电子数相同的有SiH4、PH3和H2S结构分别为正四面体，三角锥和V形。5SiCl4 + 4NH3 = Si(NH2)4 + 4HCl，3Si(NH2)4 = 8NH3
9、+ Si3N4解析：此题可结合问题作答。W的氯化物为正四体型，那么应为SiCl4或CCl4，又W与Q形成高温陶瓷，故可推断W为Si。1SiO2为原子晶体。2高温陶瓷可联想到Si3N4,Q为N，那么有NO2与N2O4之间的相互转化关系。3Y的最高价氧化的的水化物为强酸，且与Si、N等相邻，那么只能是S。R为As，所以R的最高价化合物应为As2S5。4显然x为P元素。氢化物沸点顺序为NH3 AsH3 PH3,因为前者中含有氢键后两者构型相同，分子间作用力不同。SiH4、PH3和H2S的电子数均为18。，结构分别为正四面体，三角锥和V形。5由题中所给出的含字母的化学式可以写出具体的物质，然后配平即可
10、。1009北京卷2714分某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的，按以以下图装置进行试验夹持仪器已略去。实验说明浓硝酸能将氧化成，而稀硝酸不能氧化。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。可选药品：浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳：氢氧化钠溶液不与反响，能与反响（1） 实验应防止有害气体排放到空气中，装置、中乘放的药品依次是 （2） 滴加浓硝酸之前的操作时检验装置的气密性，参加药品，翻开弹簧夹后 （3） 装置中发生反响的化学方程式是 （4） 装置的作用是 ，发生反响的化学方程式是 （5） 该小组得出的结论依据的试验现象是 （6） 试验结束后，同学们发现装置
11、中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别涉及了一下4个试验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是选填序号字母a. 加热该绿色溶液，观察颜色变化b. 加水稀释绿色溶液，观察颜色变化c. 向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化d. 向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反映产生的气体，观察颜色变化答案：13mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液2通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内3Cu + 4HNO3浓= Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O4将NO2转化为NO 3NO2 + H2O
12、 =2HNO3 + NO5装置中液面上方气体仍为无色，装置中液面上方气体由无色变为红棕色6a c d【解析】此题主要考查HNO3的性质、化学根本实验设计和评价能力。1根据装置特点和实验目的，装置是收集NO，装置中盛放NaOH溶液吸收NO2，因为要验证稀HNO3不能氧化NO，所以装置中应该盛放稀硝酸。2由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反响产生的NO气体逸出。3Cu与浓HNO3反响生成Cu(NO3)2、NO2、H2O：Cu + 4HNO3(浓)Cu(NO3)2 + 2NO2 +
13、2 H2O。4装置中盛放H2O，使NO2与H2O反响生成NO：3NO2 + H2O2HNO3 + NO。5NO通过稀HNO3溶液后，假设无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之。装置中盛放的是浓HNO3，假设浓HNO3能氧化NO那么装置液面的上方会产生红棕色气体。6要证明是Cu(NO3)2浓度过低或是溶解了NO2导致装置中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走a、c方案再观察颜色变化。二是增加溶液中Cu(NO3)2溶液的浓度d方案观察反响后的颜色变化。1109四川卷2715分A-O分别代表一种物质，它们之间的转化关系如以以下图所示反响条件略去。A、B、H分别是由短周期元素组成的单质。B与冷水缓慢反响，与沸水迅速反响，放出氢气。D是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为2：3，且能与水反就应得到两种碱。C为淡黄色固体化合物，O能与G的水溶液反响生成蓝色沉淀。请答复以下问题：1组成B单质的