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1.自然界中氮的循环

第３节　氮的循环
知识点 1 自然界中氮的循环
必备知识 清单破
2.人类活动的影响
(1)通过化学方法把空气中的氮气转化成氨,再根据需要把氨转化成其他含氮化合物(如铵
盐、硝酸等)。
(2)化石燃料燃烧、农作物的秸秆燃烧等所产生的氮氧化物通过大气进入土壤和水体,参与
氮的循环。
1.氮的固定
(1)定义:将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程。
(2)方式:自然固氮和人工固氮。自然固氮有生物固氮和闪电固氮两种途径。
2.氮气
(1)物理性质
无色、无味的气体,在标准状况下密度比空气略小,难溶于水。
(2)化学性质
通常状况下,氮气的化学性质不活泼,很难与其他物质发生反应,在一定条件下能与O2或H2等
物质反应。
①N2与O2的反应(N2表现还原性):N2+O2 2NO。
知识点 2 氮循环中物质的性质及物质之间的转化
②N2与H2的反应(N2表现氧化性):N2+3H2 2NH3。
3.氮的氧化物
(1)NO的性质
NO是无色、难溶于水的气体;常温下NO与空气中的氧气迅速化合,生成NO2:2NO+O2 2
NO2。NO结合血红蛋白的能力比CO还强,更容易造成人体缺氧。
(2)NO2的性质
NO2是红棕色、有刺激性气味的有毒气体,易溶于水;NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮:3NO
2+H2O 2HNO3+NO。
(3)氮氧化物的相互转化及相关计算(详见定点1)
知识拓展 (1)NO和NO2都是有毒气体,NO结合血红蛋白的能力强于氧气,也比CO强,更容易
引起人体缺氧。
(2)用水洗法可除去NO中的NO2杂质。
4.氨和铵盐
(1)氨
①物理性质
氨是无色、有刺激性气味的气体,易液化;在标准状况下密度比空气小,极易溶于水且能快速
溶解。
②化学性质
a.氨与水反应
氨溶于水时能与H2O反应生成NH3·H2O:NH3+H2O NH3·H2O。一水合氨可以部分电离出N
和OH-,使氨水显弱碱性:NH3·H2O N +OH-。
氨水受热有氨气逸出,化学方程式为NH3·H2O NH3↑+H2O。
b.氨与酸反应
浓氨水与挥发性酸(如HCl、HNO3)反应,有白烟产生。氨与HCl反应的化学方程式为NH3+
HCl NH4Cl。
c.氨的还原性
氨在催化剂(如铂等)存在的情况下与氧气反应生成一氧化氮:4NH3+5O2 4NO+6H2O。
③NH3的实验室制法(详见定点2)
④NH3的喷泉实验及原理(详见定点3)
⑤用途
氮循环中物质的性质及物质之间的转化
(2)铵盐
①铵盐:由铵根离子和酸根离子构成的盐。绝大多数铵盐是易溶于水的晶体。
②铵盐的化学性质
a.受热易分解,如NH4Cl NH3↑+HCl↑、NH4HCO3 NH3↑+CO2↑+H2O。
保存方法:密封、阴凉通风处保存。
b.与强碱溶液反应:N +OH- NH3↑+H2O。
③用途:用作氮肥。铵态氮肥不能与碱性物质如草木灰等混合施用。
(3)铵根离子的检验
5.硝酸
(1)物理性质
纯净的硝酸是无色、易挥发、有刺激性气味的液体,密度为1.5 g·cm-3,易溶于水。
(2)化学性质
①酸性:具有酸的通性,但与金属反应不产生氢气。稀硝酸能使紫色石蕊试液变红,浓硝酸使
紫色石蕊试液先变红后褪色。
②不稳定性:硝酸受热或见光分解会产生二氧化氮气体,反应的化学方程式为4HNO3
4NO2↑+O2↑+2H2O;硝酸越浓,越容易分解。长期存放的浓硝酸呈黄色,是由于
HNO3分解产生的NO2溶于硝酸。实验室长期保存浓硝酸,可使用棕色试剂瓶,并放置在阴凉处。
③强氧化性
a.硝酸的氧化性很强,除金、铂、钛外的大多数金属都能被硝酸氧化。
b.常温下,浓硝酸可使铁、铝钝化。
c.与某些非金属单质反应,如C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O。
d.硝酸的强氧化性还表现在可以氧化具有还原性的化合物或离子,如SO2、FeO、S 、Fe2
+、S2-、I-等均能被HNO3氧化。
注意事项 N 在离子共存问题中的特殊性:在中性或碱性的稀溶液中,N 无氧化性,当水
溶液中有大量H+存在时,N 就表现出强氧化性。在H+、N 存在的溶液中不能大量存在S
、Fe2+、S2-、I-等还原性离子,且向溶液中投入铁、铝等活泼金属不会放出氢气。
(3)用途
硝酸是一种重要的化工原料,可用于制造炸药、染料、塑料和硝酸盐等。在实验室里,硝酸
是一种重要的化学试剂。
(4)守恒思想在硝酸与金属反应有关计算中的应用(详见定点4)
1.含氮物质的来源及危害

知识点 3　人类活动对氮循环和环境的影响
2.减少人类活动对氮循环和环境影响的措施
(1)控制进入大气、土壤和水体中含有氮元素的物质的量。
(2)增强生态系统对含有氮元素的物质的吸收能力。
1.大豆的根瘤菌将空气中的N2转化为植物蛋白质属于氮的固定,这种说法正确吗 (　 )
　　　将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程属于氮的固定。
2.NO2溶于水时生成HNO3,所以NO2是酸性氧化物,这种说法正确吗 (　 )
　　　NO2与水反应生成NO和HNO3,所以NO2不是酸性氧化物。
3.实验室收集NO,既可以用排水法又可以用排空气法,这种说法正确吗 (　 )
　　　NO能与O2反应,所以不能用排空气法收集。
4.氨气、液氨、氨水是同一物质,这种说法正确吗 (　 )
　　　氨水是氨气的水溶液,属于混合物;氨气、液氨都是由氨分子构成的纯净物,属于
同一种物质。
5.可用浓硫酸或无水氯化钙对氨气进行干燥,这种说法正确吗 (　 )
　　　氨气是碱性气体,能被浓硫酸吸收;氨气也能与氯化钙反应。
知识辨析 判断正误，正确的画“ √” ，错误的画“ ” 。
√




提示
提示
提示
提示
提示
1.氮的氧化物与O2、H2O反应
主要反应的化学方程式:2NO+O2 2NO2、3NO2+H2O 2HNO3+NO。
当体系中同时存在氮氧化物、O2和H2O时,最终反应结果可表示为4NO+3O2+2H2O 4
HNO3、4NO2+O2+2H2O 4HNO3。
2.氮的氧化物与氧气混合后通入水中的计算
(1)NO2和O2的混合气体通入水(足量)中时,反应可表示为4NO2+O2+2H2O 4HNO3。情况
分析见下表:
关键能力 定点破
定点 1 氮氧化物的相互转化及相关计算
气体比例 剩余气体情况
V(NO2)∶V(O2)=4∶1 恰好反应,无气体剩余
V(NO2)∶V(O2)<4∶1 剩余氧气
V(NO2)∶V(O2)>4∶1 NO2过量,剩余气体为NO,且NO体积为过量
NO2体积的
(2)NO和O2的混合气体通入水(足量)中时,反应可表示为4NO+3O2+2H2O 4HNO3。情况
分析见下表:
气体比例 剩余气体情况
V(NO)∶V(O2)=4∶3 恰好反应,无气体剩余
V(NO)∶V(O2)<4∶3 剩余氧气
V(NO)∶V(O2)>4∶3 剩余NO
(3)NO、NO2、O2的混合气体通入水(足量)中的计算
方法一:先将NO和O2转化为NO2,再按上述各种情况分别处理;也可先将NO2和H2O反应转化
为NO,再按上述各种情况分别处理。
方法二:原子守恒法
在4NO+3O2+2H2O 4HNO3、4NO2+O2+2H2O 4HNO3反应中,4NO+3O2和4NO2+O2从
组成上均相当于2N2O5,都与反应N2O5+H2O 2HNO3等效。当NO、NO2、O2的混合气体溶
于水时利用混合气体中N、O原子个数比进行分析判断。
N(N)∶
N(O)
典例　充满NO2和O2混合气体30 mL的试管倒立于水中,最终试管中剩余5 mL气体,则原试管中
NO2和O2的体积比可能是 (　 )
A.1∶1　　B.3∶1　　C.5∶1　　D.9∶1
思路点拨 最终试管中剩余的5 mL气体可能是O2,也可能是NO,据此结合相关计算确定原试
管中NO2和O2的体积比(相同条件下气体的体积比等于物质的量之比)。
解析 若O2过量,则剩余的5 mL气体为O2,根据反应4NO2+O2+2H2O 4HNO3可知,原试管
中NO2的体积为(30 mL-5 mL)× =20 mL,O2的体积为30 mL-20 mL=10 mL,则NO2和O2的体积
比为20 mL∶10 mL=2∶1;若NO2过量,先发生反应4NO2+O2+2H2O 4HNO3①,后发生反应
3NO2+H2O 2HNO3+NO②,剩余5 mL为NO,由反应②可知,发生反应①后NO2剩余5 mL×3
=15 mL,原试管中O2的体积为(30 mL-15 mL)× =3 mL,NO2的体积为30 mL-3 mL=27 mL,则
NO2和O2的体积比为27 mL∶3 mL=9∶1;故选D。
答案 D
1.氨气的实验室制法(用氯化铵与熟石灰反应制备)
(1)制备原理:2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O。
(2)实验装置

(3)收集方法:通常用向下排空气法收集。
(4)验满:①将湿润的红色石蕊试纸放置在试管口附近,若试纸变蓝,说明已经收集满。
②将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口,若有白烟生成,说明已经收集满。
定点 2 氨气的实验室制法
(5)干燥:用碱石灰干燥,装置如图所示。
(6)尾气处理
为避免污染空气,多余的氨气一定要吸收掉(可在收集的试管口放一团用水或稀硫酸浸湿的
棉花)。在尾气吸收过程中要注意防止倒吸,常采用的防倒吸装置有以下几种(CCl4是一种常
用的有机溶剂,密度比水的大,不与NH3或H2O发生反应):
2.实验室快速制取氨气的方法
　　气体发生装置如下:
方法 原理
加热浓氨水 NH3·H2O NH3↑+H2O(NH3·H2O不稳定,受热易分解)
浓氨水+ NaOH固体 NaOH固体溶于水放热,促进NH3·H2O分解放出NH3
浓氨水+ CaO固体 CaO固体与水反应,放出大量的热,导致温度升高,使得氨气在水中的溶解度进一步减小,使NH3·H2O分解放出NH3
浓氨水+ 碱石灰 CaO固体与水反应、NaOH固体溶于水都放出大量的热,导致温度升高,使得氨气在水中的溶解度进一步减小,使NH3·H2O分解放出NH3
1.NH3的喷泉实验
定点３ NH3的喷泉实验及原理
实验装置
实验操作 如图所示,打开止水夹,挤压胶头滴管的胶头,烧杯中的溶液由玻璃管进入烧瓶,形成红色喷泉
原理 烧瓶内气体与液体接触→气体溶解或发生化学反应→烧瓶内压强减小→外部液体迅速进入形成喷泉
实验关键 ①气体和烧瓶要干燥;②气体要充满烧瓶;③装置气密性良好
知识拓展　常见气体与吸收剂的组合
气体 HCl、HBr NH3 CO2、SO2
吸收剂 水或NaOH溶液 水或盐酸 NaOH等碱的溶液
组合时 的条件 气体在液体中的溶解度很大或与液体发生反应,使气体的物质的量
迅速减小,产生足够的压强差 2.常见的喷泉实验装置
甲 乙 丙
(1)图甲装置形成“喷泉”是因为烧瓶内气体极易溶于烧杯和胶头滴管中的液体或与烧杯和
胶头滴管中的液体反应,使烧瓶内的压强迅速减小而产生压强差,烧杯中的液体被压入烧瓶
内形成“喷泉”。
(2)图乙装置形成“喷泉”可采用使烧瓶受热的方法,瓶内气体膨胀,打开止水夹,止水夹下部
导管中的空气受热排出,烧瓶内气体与液体接触溶解(或反应),使烧瓶内压强减小产生压强差
而形成“喷泉”。
(3)图丙装置下部锥形瓶内的物质反应产生气体(或锥形瓶中液体受热挥发出气体),使锥形瓶
内气体压强增大而产生压强差,打开止水夹,锥形瓶中液体被压入烧瓶中形成“喷泉”。
1.原子守恒法
HNO3与金属反应时,一部分HNO3体现酸性,以N 的形式存在于溶液中,一部分HNO3体现氧
化性,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与金属反应时,HNO3中氮原子得到电子的总物质的量等于金属原子失去电子的总物质
的量。
3.电荷守恒法
HNO3与金属反应时,HNO3过量,反应后溶液中(不考虑H2O电离出的极少量的H+、OH-)存在
电荷守恒:n(N )=n(H+)+x·n(Mx+)(Mx+代表金属阳离子)。
定点4 　守恒思想在硝酸与金属反应有关计算中的应用
4.离子方程式计算法
金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时,当金属足量时,不能用硝酸与金属反应的化学方程式
计算,应用离子方程式计算,因为生成的硝酸盐中的N 在H2SO4提供H+的条件下能继续与金
属反应。第3章　物质的性质与转化
第3节　氮的循环
第2课时　氨气和铵盐
基础过关练
题组一　氨气和氨水的性质
1.(经典题)下列叙述正确的是(　　)
A.氨水显碱性,是因为氨水是一种弱碱
B.氨水和液氨是同种物质
C.氨气溶于水时仅发生物理变化
D.1 L 1 mol·L-1的氨水中含NH3、NH3·H2O、N的物质的量之和为1 mol
2.(经典题)如图利用培养皿探究氨气的性质,实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水,立即用另一培养皿扣在上面。下表中对实验现象的描述及解释均正确的是(　　)
选项 实验现象 解释
A 浓盐酸附近产生白烟 NH3与HCl反应生成了NH4Cl固体
B 浓硫酸附近无明显现象 NH3与浓硫酸不发生反应
C 氯化铜溶液中出现白色浑浊物 白色浑浊物的成分是Cu(OH)2
D 湿润的红色石蕊试纸变蓝 NH3是一种可溶性碱
题组二　铵盐的性质和铵根离子的检验
3.下列有关铵盐的说法中正确的是(　　)
A.检验试管中盛有的少量白色固体是铵盐的方法:加浓氢氧化钠溶液,加热,在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验,看试纸是否变蓝
B.所有铵盐受热均可以分解,产物均有NH3
C.铵盐都能与碱反应,不能与酸反应
D.向盛有硫酸铵[(NH4)2SO4]稀溶液的试管中滴加少量NaOH稀溶液,在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验,试纸变蓝
4.下图中的每一个方格中字母表示有关的一种反应物或生成物,其中A、C为无色气体(部分产物未给出)。
(1)写出有关物质的化学式:X　　　　　　;F　　　　　　。
(2)写出F→G的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　。
(3)写出C+D→E的化学方程式:　　　　　　　　　　　。
(4)分别取两份50 mL NaOH溶液,各向其中通入一定量的气体A,随后各取溶液10 mL分别将其稀释到相同体积,得到溶液甲和乙,分别向甲和乙中逐滴加入0.1 mol·L-1盐酸,产生的A气体体积(标准状况下)与所加入的盐酸的体积之间的关系如图所示。
甲　　　　　　　乙　　　　　　
①NaOH在吸收A气体后,乙溶液中存在的溶质是　　　　,其物质的量之比是　　　　。
②原NaOH溶液的物质的量浓度是　　　　 mol·L-1,甲溶液最多还能吸收A体积为　　 mL(标准状况)。(不考虑A在水中的溶解)
题组三　氨气的实验室制法
5.下列装置用于制备并收集干燥纯净的氨气。下列分析错误的是(　　)
A.仪器口连接顺序为a→e→d→c→b
B.上述实验缺少尾气处理装置
C.生石灰与水反应放出热量,促使氨气逸出
D.干燥管中的碱石灰可用无水氯化钙代替
6.某实验小组利用以下装置制取氨气并探究氨气的性质:
(1)装置A中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)装置B中的干燥剂是　　　　(填名称)。
(3)装置C中的现象是　　　　　　　　。
(4)实验进行一段时间后,挤压装置D中的胶头滴管,滴入1~2滴浓盐酸,可观察到的现象是　　　　　　　　　,发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　。
(5)为防止过量氨气外逸,需在实验装置末端增加尾气吸收装置,应选用的装置是　　　　(填“E”或“F”)。
题组四　喷泉实验原理与应用
7.(不定项)常温常压下,1体积水能溶解约700体积NH3。用如图所示装置进行实验,下列说法正确的是(　　)
A.挤压胶头滴管并打开止水夹后,观察到烧杯中的水倒吸入烧瓶,产生红色“喷泉”
B.“喷泉”的产生能证明NH3与H2O发生了反应
C.若将NH3换成CO2,也能产生明显的“喷泉”
D.圆底烧瓶中的液体呈红色的原因是NH3+H2O NH3·H2O N+OH-
8.喷泉是一种常见的现象,其产生原因是存在压强差。
(1)图Ⅰ为化学教学中常用的喷泉实验装置。在烧瓶中充满干燥气体,胶头滴管及烧杯中分别盛有液体。打开止水夹,将胶头滴管中的液体挤入烧瓶内,轻轻振荡烧瓶,烧杯中的液体快速呈喷泉状喷出,最终几乎充满烧瓶。下列可能形成上述类似喷泉的是　　　(填字母)。
A.NH3和1 mol·L-1盐酸
B.NO和H2O
C.CO2与饱和碳酸氢钠溶液
D.CO2和NaOH溶液
E.NO2和H2O
F.Cl2与饱和NaCl溶液
(2)在图Ⅱ的锥形瓶中,分别加入足量的下列物质后,能产生喷泉的是　　　　(填字母)。
A.Cu与浓硫酸　　　　　　B.Cu与稀硝酸
C.Fe与浓硝酸　　　　　　D.Al与稀硫酸
(3)比较图Ⅰ和图Ⅱ两套装置,从产生喷泉的原理来分析,图Ⅰ是上部烧瓶内气体压强　　　　(填“增大”或“减小”,下同);图Ⅱ是下部锥形瓶内气体压强　　　　。
(4)某学生积极思考喷泉原理的应用,设计了如图Ⅲ所示的装置。
①如果关闭止水夹c,打开止水夹a、b,再挤压胶头滴管,则可能出现的现象为　　　　　　　　　　。
②在①操作的基础上,若要在该装置中产生双喷泉现象,其操作是　　　　　　　　　　　　。
能力提升练
题组一　氨气及铵盐性质的综合应用
1.一种以芒硝和碳酸氢铵为原料联合生产NaHCO3和(NH4)2SO4的方法如图所示,反应釜中发生的反应为复分解反应。已知NH4HCO3在60 ℃可迅速分解,(NH4)2SO4在100 ℃以上会缓慢分解,下列说法错误的是(　　)
A.实验室进行过滤操作时,需要用到漏斗、烧杯、玻璃棒
B.“干燥”获取NaHCO3时,可采用常温风干的方法
C.“脱氨、脱碳”的温度需控制在100 ℃以上
D.可以用稀盐酸来区分NH4HCO3和(NH4)2SO4
2.某同学进行如下实验。
实验步骤 实验现象
Ⅰ 将NH4Cl固体加入试管中,并将湿润的pH试纸置于试管口,试管口略向下倾斜,对试管底部进行加热 试纸颜色变化:黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2);试管中部有白色固体附着
Ⅱ 将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上 试纸颜色变化:黄色→橙黄色(pH≈5)
下列说法不正确的是(　　)
A.根据Ⅰ中试纸变蓝,说明NH4Cl发生了分解反应
B.根据Ⅰ中试纸颜色变化,说明氨气比氯化氢气体扩散速率快
C.Ⅰ中试纸变成红色,不是由于生成NH4Cl造成的
D.根据Ⅰ中试纸变蓝,说明宜用加热NH4Cl的方法制备NH3
3.废水中的氨氮(NH3、N)采用微生物脱氮法、化学沉淀法均可除去,具体原理如下:
①微生物脱氮法:N N N2
②化学沉淀法:向废水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液,生成MgNH4PO4·6H2O沉淀从而去除氨氮。
下列有关说法正确的是(　　)
A.含氨氮的废水直接大量排放,对水体的影响不大
B.微生物脱氮时可在高温下进行,以加快脱氮的速率
C.步骤a发生反应:N+O2 N+H2O+H+
D.化学沉淀法脱氮时,溶液的碱性过强,氨氮的去除率将下降
4.“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程及实验装置(部分夹持装置省略)如下:
下列叙述错误的是(　　)
A.实验时先打开装置③中分液漏斗的旋塞,过一段时间后再点燃装置①的酒精灯
B.装置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉,作用是吸收多余的NH3
C.向步骤Ⅰ所得滤液中通入氨气,加入细小的食盐颗粒并降温,可析出NH4Cl
D.不能用装置④加热碳酸氢钠实现步骤Ⅱ的转化
题组二　以氨气为载体的综合实验
5.某兴趣小组设计实验探究氨气催化还原SO2,装置如图。
回答下列问题:
(1)装置a中盛装生石灰的仪器名称为　　　。
(2)装置e中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)装置b中应盛装的药品为　　　　(填字母)。
A.无水CuSO4　　　　　　B.无水CaCl2
C.浓硫酸　　　　　　D.碱石灰
(4)管式炉中反应一段时间后,催化剂表面开始有淡黄色固体生成,反应为4NH3+3SO2 3S+2N2+6H2O。可以用一组化学方程式表示其反应过程,补充过程Ⅲ的化学方程式。
过程Ⅰ:2NH3 N2+3H2
过程Ⅱ:SO2+3H2 H2S+2H2O
过程Ⅲ:　　　　　　　　　　　　　。
(5)气体流量计可用于观察气体的流速。通过　　　　　　　　　　(填操作)调节气体流速,以控制装置c中NH3与SO2的比例。
(6)该装置存在的不足之处是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
6.氨气与灼热氧化铜反应生成铜、氮气和水。实验小组选用如图所示装置测定氨分子的组成(夹持、固定装置均略去)。
回答下列问题:
(1)实验开始后,应该先　　　　　　　　　　　　　　　　(填实验操作),一段时间后再点燃酒精灯,装置C玻璃管中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。
(2)装置A中盛装浓氨水的仪器名称为　　　　　;橡胶管a的作用是　　　　　　　　　　　　　　。
(3)装置E中长导管的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)实验结束后,测得生成的气体折算成标准状况下的体积为V L,称得干燥管D增重m g,则氨分子中氮、氢的原子个数比为　　　　(用含V、m的代数式表示);有同学认为装置E可以省略不用,试分析若不用装置E,测得的结果会　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。　
答案与分层梯度式解析
第3章　物质的性质与转化
第3节　氮的循环
第2课时　氨气和铵盐
基础过关练
1.D　氨水中的一水合氨(NH3·H2O)是弱碱,NH3·H2O可以部分电离出N和OH-,使氨水显碱性,故A错误;氨水是混合物,液氨是纯净的NH3,故B错误;氨气溶于水时会发生化学变化(NH3与水反应),故C错误;氨水中含有氮原子的粒子有NH3、NH3·H2O、N,根据氮原子守恒可知,1 L 1 mol·L-1的氨水中含NH3、NH3·H2O、N的物质的量之和为1 mol,故D正确。
2.A　向NaOH固体上滴几滴浓氨水,会产生氨气。NH3与浓盐酸挥发出的HCl反应生成氯化铵固体,现象是有白烟产生,A正确;氨气与浓硫酸发生反应生成硫酸铵,B错误;氨气与氯化铜溶液发生反应生成氢氧化铜蓝色沉淀,C错误;氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是NH3与水反应生成NH3·H2O,NH3·H2O能电离产生OH-,溶液呈碱性,但NH3不属于碱,D错误。
3.A　铵盐受热分解不一定产生氨气,如NH4NO3在400 ℃以上时分解生成N2、NO2和H2O,故B错误;弱酸的铵盐[如NH4HCO3、(NH4)2S等]能与盐酸、硫酸等反应,故C错误;(NH4)2SO4稀溶液中加入少量NaOH稀溶液,不会放出氨气,故D错误。
4.答案　(1)NH4HCO3或(NH4)2CO3　NO2　(2)3NO2+H2O 2HNO3+NO　(3)4NH3+5O2 4NO+6H2O　(4)①NaHCO3和Na2CO3　1∶1　②0.75　112
解析　X受热分解为A、B、C,A、C为无色气体,X和盐酸反应放出气体A,A能与过氧化钠反应,A为CO2;X与碱在加热条件下反应放出气体C,C是NH3;Na2O2和二氧化碳反应放出氧气,D是O2;氨气发生催化氧化生成NO,NO被氧气氧化为NO2,NO2和水反应生成硝酸,B是H2O、E是NO、F是NO2,G是HNO3。(1)NH4HCO3或(NH4)2CO3受热分解为二氧化碳、氨气、水,所以X为NH4HCO3或(NH4)2CO3;F是NO2。(4)①碳酸钠溶液中逐滴滴加稀盐酸,依次发生反应:H++C HC、HC+H+ H2O+CO2↑,开始没有气体放出,后来放出气体,两步反应消耗盐酸的体积相等;NaOH在吸收CO2气体后,根据乙溶液中产生二氧化碳的体积与加入盐酸的体积关系图可知,05.D　浓氨水和生石灰混合制取的氨气中含有水蒸气,用碱石灰除去水蒸气,氨气的密度比空气小,收集时导管“短进长出”,所以仪器口的连接顺序为a→e→d→c→b,故A正确;氨气排放到空气中会污染环境,需要进行尾气处理,图中缺少尾气处理装置,故B正确;生石灰与浓氨水中的水反应放热,促使氨气逸出,故C正确;无水氯化钙能吸收氨气,所以不能用无水氯化钙做氨气的干燥剂,故D错误。
6.答案　(1)2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O　(2)碱石灰(或生石灰、NaOH固体)　(3)湿润的红色石蕊试纸变蓝　(4)有白烟生成　NH3+HCl NH4Cl　(5)E
解析　(1)实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制备NH3,反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O。(2)制取的氨气中混有少量水蒸气,用B装置干燥氨气,球形干燥管里应装有碱性固体干燥剂,如碱石灰。(3)氨气与水反应生成的一水合氨使溶液呈碱性,所以C中湿润的红色石蕊试纸变蓝。(4)实验进行一段时间后挤压装置D中的胶头滴管,滴入浓盐酸,发生反应NH3+HCl NH4Cl,氯化铵为白色固体,可看到有白烟生成。(5)由于氨气极易溶于水,尾气处理时要考虑防倒吸,故选E。
7.AD　氨气溶于水,部分与水反应生成一水合氨,一水合氨在水中部分电离出OH-:NH3+H2O NH3·H2O N+OH-,使酚酞溶液变红,故A、D正确;氨气极易溶于水,溶于水后会形成压强差,“喷泉”的产生不能证明NH3与H2O发生了反应,故B错误;将NH3换成CO2,CO2在水中的溶解度较小,产生的压强差也较小,不能产生明显的“喷泉”,故C错误。
8.答案　(1)AD　
(2)BD　
(3)减小　增大　
(4)①装氨气的烧瓶中出现白烟　②打开止水夹c
解析　(1)图Ⅰ中形成喷泉的条件是烧瓶中的压强变小,且最后几乎没有气体。A项,氨气与1 mol·L-1盐酸能迅速反应,导致烧瓶中的气体减少,压强减小,能形成喷泉,最终液体几乎充满烧瓶;B项,NO难溶于H2O,所以不能使烧瓶中的气体减少,不能形成喷泉;C项,CO2在饱和NaHCO3溶液中的溶解度很小,不能形成喷泉;D项,CO2和NaOH溶液能迅速反应,导致烧瓶中的气体减少,压强减小,所以能形成喷泉,最终液体几乎充满烧瓶;E项,二氧化氮与水反应会有一氧化氮气体产生,能形成喷泉但液体不会充满烧瓶;F项,Cl2在饱和NaCl溶液中的溶解度不大,不能形成喷泉。(2)图Ⅱ中形成喷泉的条件是在锥形瓶中加入的物质能导致锥形瓶中压强变大。A项,Cu与浓硫酸常温下不反应,所以不能使锥形瓶中的压强变大;B项,铜与稀硝酸反应生成一氧化氮,使锥形瓶中的压强增大而产生喷泉;C项,常温下,铁在浓硝酸中发生钝化,不能使锥形瓶中的压强变大;D项,铝与稀硫酸反应生成氢气,使锥形瓶中的压强增大而产生喷泉。(3)图Ⅰ是上部烧瓶内气体压强减小形成喷泉,图Ⅱ是锥形瓶内气体压强增大,形成喷泉。(4)①如果关闭止水夹c,打开止水夹a、b,挤压胶头滴管,使水进入右边烧瓶,氨气溶于水使右边烧瓶内气体压强减小,左边烧瓶中的氯化氢气体会进入右边烧瓶,与氨气反应生成白色的氯化铵固体,故可能出现的现象是装氨气的烧瓶中产生白烟。②由于两个烧瓶中的气体压强都减小,只要打开止水夹c,两边烧瓶中均可形成喷泉。
能力提升练
1.C　反应釜中发生的反应为2NH4HCO3+Na2SO4 (NH4)2SO4+2NaHCO3↓,NaHCO3溶解度小,以晶体形式析出;滤液1中有碳酸氢铵,经过脱氨和脱碳,除去碳酸氢铵,再经过一系列操作得(NH4)2SO4晶体。实验室过滤时用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒,故A正确;NaHCO3受热易分解,所以可采用常温风干,故B正确;60 ℃时碳酸氢铵可迅速分解,100 ℃以上硫酸铵会缓慢分解,所以“脱氨、脱碳”的温度不能超过100 ℃,故C错误;碳酸氢铵与盐酸反应生成二氧化碳气体,硫酸铵与盐酸不反应,故D正确。
2.D　根据Ⅰ中试纸变蓝可知,加热过程中生成了氨气,氨气遇水形成一水合氨,一水合氨为弱碱,使pH试纸呈蓝色,说明NH4Cl发生了分解反应,A正确;Ⅰ中试纸颜色先变蓝后变红,说明氨气比氯化氢气体扩散速率快,B正确;根据Ⅱ中试纸颜色变化可知,饱和NH4Cl溶液的pH≈5,则Ⅰ中试纸变成红色(pH≈2),是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的,C正确;Ⅰ中试管中部有白色固体附着,说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵,则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3,D错误。
3.D　含氨氮的废水中含有氮元素,直接排放会导致水体富营养化,A错误;微生物在高温下会死亡,不能加快脱氮速率,B错误;步骤a发生的反应为N+2O2 N+H2O+2H+,C错误;化学沉淀法脱氮时,若溶液的碱性过强,镁离子会转化为Mg(OH)2沉淀,从而降低氨氮的去除率,D正确。
4.A　氨气在水中的溶解度大,饱和NaCl溶液中,应先通入氨气,再通入CO2,故应该先点燃装置①的酒精灯,A错误;过量氨气扩散到空气中会造成污染,可用蘸稀硫酸的脱脂棉吸收,B正确;过滤后,滤液中含有氯化铵,向滤液中通入氨气可以增大溶液中铵根离子的浓度,再加入细小的食盐颗粒并降温,可使NH4Cl以晶体的形式析出,C正确;一般固体加热不用烧杯,D正确。
5.答案　(1)圆底烧瓶　(2)Na2SO3+H2SO4 SO2↑+Na2SO4+H2O　(3)D　(4)SO2+2H2S 3S+2H2O　(5)调节分液漏斗的活塞　(6)缺少尾气处理装置
解析　
(3)生成的氨气中混有水蒸气,浓硫酸、CaCl2与氨能够发生反应,无水硫酸铜不是干燥剂,所以选择碱石灰干燥氨,故选D。(4)由过程Ⅰ、过程Ⅱ、过程Ⅲ可得到4NH3+3SO2 3S+2N2+6H2O,所以过程Ⅲ的化学方程式为SO2+2H2S 3S+2H2O。(5)可以通过调节分液漏斗的活塞控制液体的加入量来控制气体的生成速率。(6)未反应的混合气体从管式炉中逸出会污染空气,所以缺少尾气处理装置。
6.答案　(1)打开K1滴加浓氨水,再打开K2　2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O　
(2)分液漏斗　平衡气压,使浓氨水顺利滴下　
(3)防止E中浓硫酸倒吸进入装置D,影响测定结果
(4)　偏小
解析　装置A用于制备氨气;装置B用于干燥氨气;装置C中氨气和CuO反应生成Cu、N2和H2O;装置D用于吸收H2O,增加的质量为氨气和CuO反应生成的水的质量;装置E吸收装置C中未反应的NH3,同时防止F中的水进入D中;装置F利用排水法收集N2,装置G测量生成的N2的体积。(1)该实验需先制备氨气,然后利用产生的氨气排出装置内的空气,实验开始后,应该先打开K1滴加浓氨水,再打开K2,排出装置内的空气后再点燃酒精灯;结合题意可知装置C的玻璃管中发生反应的化学方程式为2NH3+3CuO N2+3Cu+3H2O。(2)装置A中盛装浓氨水的仪器为分液漏斗;橡胶管a的作用是平衡气压,使浓氨水顺利滴下。(3)装置E的作用是吸收氨气,长导管的作用是防止E中浓硫酸倒吸进入装置D,影响测定结果。(4)测得生成的N2折算成标准状况下的体积为V L,即n(N2)= mol,干燥管D增重m g,则n(H2O)= mol,则氨分子中氮、氢的原子个数比=n(N)∶n(H)=(2× mol)∶( mol×2)=;若不用装置E,F中的水会进入D中,导致测得的水的质量偏大,则测得的氨分子中氮、氢的原子个数比偏小。
21(共20张PPT)
1.概念:由利用当代科学技术研究开发所引起的一系列与社会伦理道德、经济发展及自然生
态环境等紧密相关的社会性问题。
2.探讨社会性科学议题的框架
微项目　论证重污染天气“汽车限行”的合理性
知识点 1 社会性科学议题
必备知识 清单破
1.汽车尾气的污染物
　　主要有一氧化碳、碳氢化合物、氮的氧化物、烟尘等。汽车尾气中的氮氧化物与碳氢
化合物经紫外线照射发生反应形成有毒烟雾,即光化学烟雾;氮氧化物进入大气,还会转化成
硝酸及其盐类物质导致环境问题。
2.汽车限行措施的利弊
知识点 2 论证重污染天气“汽车限行”的合理性
视角 利 弊
环境 减少有害气体排放,减轻空气污染和温室效应 —
经济 促使人们购买第二辆汽车,汽车销量增加,促进经济发展 导致汽车保有量增加
社会 缓解道路交通压力 增加公共交通压力,导致出行不便
3.学习科学论证,论证利与弊
(1)论证过程
为了论证观点,需要依据观点充分收集相关资料,并对资料进行推理分析,使资料成为支持或
者否定某种观点的证据,并且考虑是否存在对资料或者推理过程的反驳。
(2)论证评价标准
从知识的应用、科学态度与社会责任方面等进行论证评价。
知识点 3 汽车尾气的治理方法(详见定点)
1.由于汽车限行会给我们出行带来不便,所以不需要对汽车限行。这种说法正确吗 (　 )
要根据天气和交通等综合考虑,重污染天气和交通拥堵时段建议采取“汽车限
行”的措施。
2.汽车安装了尾气净化装置就不会对环境造成污染,这种说法正确吗 (　 )
虽然汽车有尾气净化装置,但装置中的催化剂很容易中毒,一旦催化剂中毒,就不
能有效吸收氮氧化物了。
知识辨析 判断正误，正确的画“ √” ，错误的画“ ” 。
提示
提示


　　治理汽车尾气的方法之一是在汽车排气管上加装催化转化器;汽车上的三元催化器常以
金属铂、铑、钯为催化剂,在一定程度上能实现有害气体向无害气体的转化。
2xCO+2NOx 2xCO2+N2
关键能力 定点破
定点　 汽车尾气的治理方法
情境探究
　　氮氧化物(如NO和NO2)是汽车尾气和化工生产中的常见大气污染物。工业上在一定温
度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。在实验室利用如图装置制备NO2和NH3,并探究
NO2能否被NH3还原。

学科素养 情境破
素养　科学探究与创新意识——气体制备与性质探究中的装置分析
问题1 上述装置A、D、E的作用是什么
　　　装置A为NH3的发生装置,装置E为NO2的发生装置,装置D的作用是除去NO2中水蒸气。
问题2 写出铜与浓硝酸反应的化学方程式;分析物质甲是什么,其作用是什么
　　　铜与浓硝酸反应的化学方程式为4HNO3(浓)+Cu Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;物质甲
可以是碱石灰,作用是除去NH3中的水蒸气。
问题3 该实验装置的不足之处是什么 如何改进
　　　缺少尾气处理装置,过量的NO2和NH3会污染环境;m处排出的气体通入盛有氢氧化钠
溶液的烧杯,以吸收尾气,同时注意防倒吸。
讲解分析
气体制备与性质探究实验中的装置分析
1.气体制备实验装置的选择依据
2.常见气体的发生装置
(1)固体+固体 气体

常用于制备:O2、NH3等。
(2)固体+液体(或液体+液体) 气体
常用于制备:Cl2等。
(3)固体+液体(不加热) 气体
常用于制备:H2、CO2、SO2等。
3.气体的除杂
(1)除杂试剂选择的依据:被净化气体和杂质气体性质上的差异,如溶解性、酸碱性、氧化
性、还原性等。
(2)除杂原则:①不损失被净化气体;②不引入新的杂质气体;③先除易除的杂质气体。
4.气体的干燥　
类型 液态干燥剂 固态干燥剂 装置图
常见 干燥剂 浓H2SO4(酸性、强氧
化性) 无水氯化钙(中性)、碱石灰(碱性) 5.气体的收集方法
收集方法 气体的特点 收集装置 可收集的气体
排水法 难溶于水或微溶
于水,且不与水
反应 O2、H2、NO、
CO等
排空 气法 向上排空气法 密度大于空气且
不与空气中的成
分反应 Cl2、SO2、NO
2、CO2等
向下排空气法 密度小于空气且
不与空气中的成
分反应 H2、NH3等
6.尾气处理的原因、方法
(1)原因:有些气体有毒或具有可燃性,任其逸散到空气中,会污染空气或者引发火灾、爆炸等
灾害。
(2)方法:一般根据气体的相关性质,使其转化为非气态物质或无毒物质,如酸性有毒气体用碱
溶液吸收,可燃性气体用点燃等措施。
7.防倒吸装置
肚容式 分液式

例题　某兴趣小组设计如下实验装置用铜粉将NO还原为N2(夹持装置略)。
　　　A B C　
D E F
已知:①浓硝酸可氧化NO;
②NaOH溶液能吸收NO2,不能吸收NO。
(1)装置F的名称为　　　　　　　　 ,装置接口的连接顺序为a→　　　　　　　　　
　 (各装置只用一次)。
典例呈现
(2)装置C中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　 。
(3)装置D的作用为　　　　　　　　 。
(4)E装置中可观察到的现象为　　　　　　　　 。
(5)反应一段时间后拆下E装置,按如图所示连接,一段时间后,无水硫酸铜变为蓝色,生成无污
染气体,写出通入氨气后E装置中发生反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　
　　 。

素养解读 本题以“用铜粉将NO还原为N2”的实验探究为情境,考查了仪器的识别、仪器
的连接、实验现象的描述、仪器的作用、化学方程式和离子方程式的书写等相关知识,体现
了科学探究与创新意识的化学学科核心素养。
信息提取 根据实验目的:用铜粉将NO还原为N2(同时生成CuO),通过观察题中实验装置和
试剂可判断出,A为NO的发生装置,D、F为除杂装置,E为铜粉将NO还原为N2的装置,B为氧化
NO的装置,C为尾气处理装置。
解题思路 (1)由装置可知,F的名称为球形干燥管;A中Cu与稀硝酸反应生成NO,D中水可除
去挥发的硝酸,F中五氧化二磷可干燥NO,B中浓硝酸可氧化NO,C中NaOH溶液可吸收尾气,
所以装置接口连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d。(2)C中NaOH溶液能吸
收NO2,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为2NO2+2OH-
N +N +H2O。(3)装置D的作用是吸收挥发出来的硝酸。(4)装置E中有氧化铜生成,所以
可观察到的现象为红色粉末变为黑色。(5)一段时间后无水硫酸铜变为蓝色,说明有水生成,
氨气在加热条件下与氧化铜反应生成Cu、N2、H2O,化学方程式为2NH3+3CuO 3Cu+N2↑+3H2O。
答案 (1)球形干燥管　f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d (2)2NO2+2OH- N +N
+H2O (3)吸收挥发出来的硝酸 (4)红色粉末变为黑色 (5)2NH3+3CuO 3Cu+N2↑+3H
2O

思维升华
以气体制备与性质探究为背景的实验题,涉及知识面较广,形式灵活多变,能够很好地考查学
生综合运用化学实验基础知识解决问题的能力。解题过程中应注意思维的有序性。第3章　物质的性质与转化
微项目　论证重污染天气“汽车限行”的合理性
基础过关练
1.汽车尾气中的NOx、CO、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由Rh、Pd、Pt等物质和稀土材料组成)转化过程如图。下列分析不正确的是(　　)
A.该净化装置可将有毒的氮氧化物转化为无毒的氮气
B.该过程中CO是还原剂
C.该过程中NOx发生了还原反应
D.该过程中,碳氢化合物没有发生反应
2.汽车尾气是城市空气的主要污染源之一,治理方法之一是在汽车排气管上加装催化转化器。下列说法中错误的是　(　　)
A.汽车排气管中CO和NOx反应的化学方程式为2xCO+2NOx 2xCO2+N2
B.植树造林,增大绿化面积,可有效控制城市空气的污染
C.汽车改用天然气或氢气为燃料,都会减少空气污染
D.此治理方法的缺点是大大提高了空气的酸度
3.汽车尾气(含有碳氢化合物、CO、SO2和NO等)是造成城市空气污染的主要原因之一,研究汽车尾气的绿色排放具有重要意义。回答下列问题:
(1)治理方法之一是在汽车的排气管上装“催化转化器”(用铂、钯等做催化剂)。它的特点是使CO和NO反应,生成可参与大气循环的无毒气体,并使碳氢化合物充分燃烧及实现SO2的转化。
①CO和NO反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②SO2的转化过程在一定程度上提高了空气的酸度,其原因是　　　　　　　　　　　。
(2)“稀薄燃烧”也是普遍采用的治理方法。“稀薄燃烧”是指汽油在较大空/燃比(空气与燃料气的体积比)条件下燃烧。但“稀薄燃烧”时,常用的汽车尾气净化装置不能有效地将NOx转化为N2。不同空/燃比的汽车尾气中主要污染物的含量变化如图所示。
①“稀薄燃烧”技术除节约能源外,还具有的优点是　　　　　　　　　　　　　　。
②某探究小组同学按下列流程探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能。
NO与NH3混合气体→催化反应器→检测→尾气处理
ⅰ.催化反应器中NH3与NO反应生成N2,当生成1 mol N2时,转移电子的物质的量为　　mol。
ⅱ.控制其他实验条件相同,在催化转化器中装载不同催化剂,将催化反应后的混合气体按相同流量缓缓通入滴有酚酞的稀硫酸中(溶液的体积和浓度相同)。为比较不同催化剂的催化性能,需要记录的实验数据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
ⅲ.实验发现当NO与NH3混合气体中混入一定量空气时,催化反应后的混合气体中NO的含量明显升高,NO的含量明显升高的原因是　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。
答案与分层梯度式解析
第3章　物质的性质与转化
微项目　论证重污染天气“汽车限行”的合理性
基础过关练
1.D　根据图示可知,该净化装置可将有毒的氮氧化物转化为无毒的氮气,故A正确;该过程中CO转化为二氧化碳,碳元素的化合价升高,则该过程中CO是还原剂,故B正确;该过程中NOx转化为氮气,氮元素的化合价降低,则该过程中NOx发生了还原反应,故C正确;该过程中,碳氢化合物转化为二氧化碳和水,发生了化学反应,故D错误。
2.D　CO与NOx在催化剂作用下反应生成无毒的N2和CO2,故A正确;植树造林,增大绿化面积,可净化空气,故B正确;天然气的燃烧产物为二氧化碳和水,氢气的燃烧产物为水,不会产生污染气体,所以汽车改用天然气或氢气为燃料可减少空气污染,故C正确;该治理方法是将一氧化碳和氮氧化物转化为氮气和二氧化碳,不会提高空气的酸度,故D错误。
3.答案　(1)①2CO+2NO 2CO2+N2　②二氧化硫经转化可形成硫酸酸雾　(2)①可以减少CO和碳氢化合物的污染　②ⅰ.2.4　ⅱ.溶液变成(浅)红色所需的时间　ⅲ.4NH3+5O2 4NO+6H2O
解析　(1)①CO和NO反应,生成可参与大气循环的无毒气体,生成的气体为氮气和二氧化碳,反应的化学方程式为2CO+2NO 2CO2+N2。②SO2的转化过程在一定程度上提高了空气的酸度,是因为SO2转化为三氧化硫或H2SO3,进而生成硫酸酸雾。(2)①“稀薄燃烧”是指汽油在较大空/燃比条件下燃烧,由题图可知,“稀薄燃烧”可以减少CO和碳氢化合物的排放。②ⅰ.NH3与NO反应生成N2,化学方程式为4NH3+6NO 5N2+6H2O,生成5 mol氮气转移12 mol电子,故每生成1 mol氮气,转移电子的物质的量为2.4 mol。ⅱ.比较催化剂的催化性能即比较催化剂的催化效率,实际可转化为比较反应物的转化速率;因为NO与稀硫酸不反应,所以滴有酚酞的稀硫酸是用来吸收NH3的,不同的催化剂可能导致NH3的转化速率不同,可通过记录使溶液变色的时间来比较催化剂的催化性能。ⅲ.充入一定量空气,可发生反应的化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O。
5第3章　物质的性质与转化
第3节　氮的循环
第3课时　硝酸　氮氧化物的污染与治理
基础过关练
题组一　硝酸的性质
1.(教材习题改编)下列关于硝酸的说法不正确的是(　　)
A.浓硝酸通常储存在棕色试剂瓶中
B.铁与稀硝酸的反应属于置换反应
C.浓硝酸易挥发,打开瓶塞,瓶口有白雾产生
D.可用铁质或铝质容器盛装冷的浓硝酸
2.某同学按图示装置进行实验,欲使试剂瓶中少量铜粉最终消失并得到澄清溶液,下列气体不符合要求的是(　　)
A.NO2　　　B.NH3　　　C.HCl　　　D.Cl2
3.下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论错误的是(　　)
① ② ③
A.红棕色气体均为还原产物
B.由实验①可推断浓硝酸不稳定,受热易分解
C.实验②中产生了红棕色气体不能说明木炭与浓硝酸发生了反应
D.若实验③的产物中检测出CO2,可说明木炭与浓硝酸发生了反应
4.某同学设计如图所示实验,探究Fe与稀硝酸、稀硫酸的反应。实验过程中发现①、③中产生的气体在试管口处变为红棕色。
下列说法正确的是(　　)
A.②对应的溶液中大量存在的离子有Fe2+、N、H+
B.①、③产生的气体组成可能不同
C.③对应溶液中一定既含有Fe2+,又含有Fe3+
D.实验结论:稀硫酸的氧化性大于稀硝酸
5.某兴趣小组设计出如图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验,以探究化学实验的绿色化。
(1)实验前,关闭b,试管d中加水至浸没长导管口,塞紧试管c和d的胶塞,加热c,其目的是　　　　　　　　。
(2)在d中加适量NaOH溶液,c中放一小块铜片,由a向c中加入2 mL浓硝酸(浓度为12 mol·L-1)。c中的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　。再由a向c中加2 mL蒸馏水,c中的实验现象是　　　　　　　　　　　　,反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)用以下三种途径来制取等质量的硝酸铜。
①铜与稀硝酸反应
②铜与浓硝酸反应
③铜先与氧气反应生成氧化铜,氧化铜再跟稀硝酸反应
ⅰ.以下叙述不正确的是　　　　(填字母)。
A.三种途径所消耗铜的质量相等
B.三种途径所消耗硝酸的物质的量:①>②>③
C.途径①中被氧化的铜与被还原的硝酸的物质的量之比是3∶2
ⅱ.制取硝酸铜的三种途径,能体现绿色化学理念的最佳途径是　　,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　。
题组二　金属单质与硝酸反应的有关计算
6.将2.56 g Cu和200 mL某浓度的浓HNO3混合,随着反应的进行生成气体的颜色逐渐变浅,当Cu反应完全时,共收集到气体1.12 L(标准状况)。下列关于该过程的分析错误的是(　　)
A.该过程生成的NO2与NO的体积比为7∶3
B.该过程转移电子数为0.08NA(NA为阿伏加德罗常数的值)
C.该过程消耗HNO3的物质的量为0.13 mol
D.反应结束后所得溶液中(忽略反应前后溶液体积的变化)c(N)=0.4 mol·L-1
7.向500 mL稀硝酸中加入一定质量的铁粉,使铁粉完全溶解,放出NO气体5.6 L(标准状况),同时溶液质量增加9.3 g。经检验溶液中含有Fe2+和Fe3+。下列判断正确的是(　　)
A.原溶液中投入铁粉的物质的量是0.25 mol
B.原溶液中HNO3的浓度是2 mol/L
C.反应后的溶液中还可溶解9.6 g铜
D.反应后的溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=1∶2
8.(不定项)将15.2 g铜镁合金完全溶解于100 mL某浓度的硝酸中,得到标准状况下6.72 L NO和NO2的混合气体,向反应后的溶液中加入1.0 mol·L-1NaOH溶液1.0 L,此时溶液呈中性,金属离子已完全沉淀,沉淀质量为25.4 g。下列说法错误的是(　　)
A.该硝酸的物质的量浓度为13.0 mol·L-1
B.合金中铜与镁的物质的量之比为1∶2
C.混合气体中NO和NO2的体积之比为2∶1
D.铜镁合金溶解后,溶液中剩余HNO3的物质的量为0.4 mol
题组三　氮氧化物的污染与治理
9.硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NOx)。常温下,将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名为“铈”]的混合溶液中可实现无害化处理,其转化过程如图所示(以NO为例)。下列说法正确的是(　　)
A.反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
B.反应Ⅱ的离子方程式为Ce3++4H++2NO N2+2H2O+Ce4+
C.该转化过程的实质是NO被H2氧化
D.反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+总数保持不变
10.用石灰乳吸收硝酸工业的尾气(含NO、NO2)可获得Ca(NO2)2,其部分工艺流程如下:
下列说法不正确的是(　　)
A.用石灰乳比用澄清石灰水吸收效果好
B.采用气液逆流接触有利于尾气中NO、 NO2的充分吸收
C.吸收时主要反应的离子方程式为NO+NO2+2OH- 2N+H2O
D.若尾气中n(NO2)∶n(NO)<1∶1,吸收后排放的气体中NO含量升高
能力提升练
题组一　硝酸性质的综合应用与实验探究
1.(经典题)用下图装置探究铜与硝酸的反应,实验记录如下:
步骤 操作 现象
① 打开止水夹,挤压胶头,使浓硝酸滴入试管 产生红棕色气体,溶液变为绿色
② 一段时间后,关闭止水夹,推动注射器活塞使部分水进入试管 注射器内剩余的水被“吸入”试管;铜表面产生无色气泡,溶液变蓝,试管内气体逐渐变为无色
③ 一段时间后,打开止水夹,拉动注射器活塞吸取少量无色气体;拔下注射器,再拉动活塞吸入少量空气 注射器中无色气体变红棕色
下列说法正确的是(　　)
A.①中反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(浓) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
B.②中注射器内剩余的水被“吸入”试管的原因可能是NO2与H2O反应导致试管内压强增大
C.③中的实验现象能证明②中Cu与硝酸反应生成了NO
D.待②中反应停止后,向试管内滴加少量稀硫酸,铜片继续溶解
2.(易错题)探究氮元素及其化合物的性质,下列实验操作、现象和结论都正确的是(　　)
实验操作 现象 结论
A 取少量溶液于试管,滴加NaOH溶液,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中不含N
B 取少量Fe(NO3)2溶液,滴入硫酸酸化的H2O2溶液 溶液变黄色 氧化性:H2O2比Fe3+强
C 将Mg投入一定浓度的硝酸中 Mg完全溶解,未出现气泡 可能有Mg(NO3)2和NH4NO3生成
D 向浓HNO3中插入红热的木炭 产生红棕色气体 碳可与浓HNO3反应生成NO2
3.某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱,按如图装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2,而稀硝酸不能氧化NO。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、稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。
已知:氢氧化钠溶液不与NO反应,能与NO2反应,2NO2+2NaOH NaNO3+NaNO2+H2O。
(1)实验应避免有害气体排放到空气中。装置③④⑥中盛放的药品依次是　　　　、　　　　、　　　　。
(2)滴加浓硝酸之前的一系列操作依次是检验装置的气密性,加入药品,打开弹簧夹后　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)装置①中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)该小组得出的结论所依据的实验现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
4.硫氰化钾(KSCN)在有机合成中具有重要应用,但会污染环境。预测浓硝酸能与KSCN反应以消除其污染,现通过如下实验进行探究。
已知:SCN-能被氧化为黄色的(SCN)2,(SCN)2可聚合为红色的(SCN)x。
【实验一】
取2 mL浓硝酸于试管中,向其中滴加5滴1 mol·L-1 KSCN溶液,溶液立即变红,静置一段时间后,试管内突然剧烈反应,红色褪去,放出大量红棕色气体。
(1)向浓硝酸中滴加KSCN溶液,溶液立即变红是因为生成了　　　　(填化学式)。KSCN中S元素的化合价为-2价,预测剧烈反应后含硫产物可能是　　　　　　。
【实验二】
将实验一放出的气体通入Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中,有白色沉淀生成。将过滤、洗涤后的白色沉淀置于试管中,加入过量稀硝酸,沉淀完全溶解。
(2)该实验证实了红棕色气体中不含SO2,理由是　　　　　　　,白色沉淀为　　　　。
【实验三】
(3)另取少量实验一最终所得溶液,　　　　　　　　　　　　(填操作和现象),证明溶液中含有S。
(4)经检验实验一放出的红棕色气体中含NO2,但NO2不一定是SCN-的氧化产物,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
【实验四】
(5)某同学向待测溶液中加入KSCN溶液,再加入浓硝酸,最终未得红色溶液,由此得出结论:待测液中不含Fe2+。
你认为该同学的结论是否正确:　　　　(填“是”或“否”),理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
题组二　与图像有关的金属与硝酸反应的计算
5.(不定项)向含有1 mol HNO3和1 mol H2SO4的混合稀溶液中逐渐加入铁粉至过量,溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断不正确的是(　　)
A.a表示Fe3+
B.n1=0.75
C.P点时,n(Fe2+)=0.562 5 mol
D.向P点溶液中加入铜粉,最多可溶解12.8 g
6.(不定项)向200 mL某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中逐渐加入铁粉,产生气体的量随加入铁粉的质量的变化如图所示(已知稀硝酸只被还原为NO气体)。下列说法正确的是(　　)
A.O~A段发生反应的离子方程式为Fe+2H+ Fe2++H2↑
B.O~A段和B~C段生成气体的物质的量之比为2∶1
C.原溶液中H2SO4与HNO3的物质的量浓度之比为2∶1
D.C点时溶液的溶质为FeSO4和Fe(NO3)2
7.(教材深研拓展)加热条件下,一定量铁与硝酸反应。如图表示硝酸浓度不同时,其还原产物分布分数与硝酸浓度的关系,下列说法不正确的是　(　　)
A.浓硝酸的氧化性强于稀硝酸
B.一般来说,硝酸的浓度越大,其还原产物中高价态的成分越多
C.一定量铁粉与足量的12.2 mol·L-1硝酸反应的化学方程式为4Fe+18HNO3 4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O
D.一定量的铁粉与足量的9.75 mol·L-1硝酸反应得到标准状况下气体2.24 L,则被还原的硝酸的物质的量为0.1 mol
题组三　含氮化合物的转化及推断
8.如图为氮及其化合物的“价—类”二维图,下列说法不正确的是(　　)
A.b转化为f的过程属于氮的固定
B.从化合价角度预测,g可能通过分解反应转化为b
C.工业上以a为原料制取e需要经历四步氧化还原反应
D.排放到大气中的c、d是形成光化学烟雾、酸雨的重要原因
9.如图是无机物A~F在一定条件下的转化关系(部分产物及反应条件未标出)。
已知:A为气体,A~F都含有相同的元素。
试回答下列问题:
(1)写出下列物质的化学式:C　　　　　　,F　　　　　　。
(2)在①②③④中属于氮的固定的是　　　(填序号)。
(3)D易溶于水。常温常压下(Vm≈24.5 L·mol-1),将容积为V mL的试管充满D后倒扣在水中。
①最终试管中所得E的物质的量浓度为(不考虑E的扩散)　　　　mol·L-1。
②为了消除D的污染,可将它与B在加热、催化剂作用下反应,生成水和一种无污染物质,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。
③若C、D按物质的量之比1∶1被Na2CO3溶液吸收,只生成一种盐和一种气体,则该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。为提高吸收速率与效率,最好选用　　　　装置(填字母)。
(4)工业上可用反应①②③由B制取E,为了提高原料的利用率并尽量减轻对环境的污染,C必须循环使用。若消耗1 mol B制取E,在该过程中至少消耗O2的物质的量为　　　　mol。
答案与分层梯度式解析
第3章　物质的性质与转化
第3节　氮的循环
第3课时　硝酸　氮氧化物的污染与治理
基础过关练
1.B　浓硝酸不稳定,HNO3受热或见光分解生成二氧化氮、氧气和水,故浓硝酸通常储存在棕色试剂瓶中,A正确;稀硝酸有强氧化性,和铁的反应不属于置换反应,B不正确;浓硝酸易挥发,打开瓶塞,挥发的硝酸蒸气与空气中水蒸气结合形成硝酸小液滴,瓶口有白雾产生,C正确;常温下,Fe、Al遇浓硝酸发生钝化,所以可用铁质或铝质容器盛装冷的浓硝酸,D正确。
名师点睛　浓硝酸和稀硝酸都具有强氧化性,活泼金属与硝酸反应时,不生成氢气,硝酸被还原为含氮物质。
2.B　A项,二氧化氮溶于水生成硝酸,硝酸和铜反应生成硝酸铜;B项,氨气溶于水得到氨水,不能和铜反应;C项,HCl通入硝酸钾溶液中,N在酸性条件下和铜反应生成硝酸铜;D项,氯气溶于水生成HCl,N在酸性条件下和铜反应生成硝酸铜;故选B。
3.D　红棕色气体为NO2,由硝酸生成NO2,硝酸中N元素的化合价由+5价降为+4价,NO2为还原产物,A正确;实验①中硝酸分解得到NO2,说明浓硝酸不稳定,受热易分解,B正确;实验②中红棕色气体有可能是浓硝酸分解产生的,C正确;实验③中CO2有可能是C与空气中的氧气反应生成的,D错误。
4.B　①→②过程中,铁过量,发生反应:Fe+4H++N Fe3++NO↑+2H2O、2Fe3++Fe 3Fe2+,②对应的溶液中不含大量的H+,故A错误;①产生的气体为NO,加入稀硫酸,硝酸根离子在酸性条件下能继续氧化Fe和Fe2+,若N足量,只生成气体NO,若铁过量,过量的铁与稀硫酸反应会生成H2,①、③产生的气体组成可能不同,故B正确;若②对应溶液中N足量,滴加稀硫酸后能将Fe和Fe2+都氧化成Fe3+,所以③对应的溶液中不一定含有Fe2+,故C错误;由该实验得不出稀硫酸的氧化性大于稀硝酸的结论,故D错误。
5.答案　(1)检查装置气密性　(2)产生红棕色气体,溶液变成蓝色　反应变缓,气体颜色变浅　3Cu+8H++2N 3Cu2++2NO↑+4H2O　(3)ⅰ.B　ⅱ.③　耗酸量最少,对环境无污染
解析　(1)实验前,关闭b,试管d中加水至浸没长导管口,塞紧试管c和d的胶塞,加热c,其目的是检查装置气密性。(2)c中反应的化学方程式是Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,所以观察到的现象是产生红棕色气体,溶液变成蓝色;再由a向c中加2 mL蒸馏水,反应速率减慢,且浓硝酸被稀释为稀硝酸,反应生成NO,故c中的实验现象是反应变缓,气体颜色变浅,离子方程式为3Cu+8H++2N 3Cu2++2NO↑+4H2O。(3)ⅰ.根据原子守恒,铜单质最终转化为硝酸铜,所以三种途径制取相同质量的硝酸铜,所消耗的铜的物质的量相等,则所消耗的铜的质量相等,故A正确;用三种途径来制取等质量的硝酸铜,①涉及的反应为3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,②涉及的反应为Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,③涉及的反应为2Cu+O2 2CuO、CuO+2HNO3 Cu(NO3)2+H2O,所以生成相同质量的Cu(NO3)2,消耗硝酸的物质的量不相同,途径②消耗HNO3最多,途径①次之,途径③消耗HNO3最少,故B不正确;根据化学方程式3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,可知被氧化的铜与被还原的硝酸的物质的量之比为3∶2,故C正确。ⅱ.途径①是稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,有污染性气体生成,不能体现绿色化学理念;途径②是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,有污染性气体生成,不能体现绿色化学理念;途径③是利用铜和氧气反应生成氧化铜,氧化铜和硝酸反应生成硝酸铜和水,反应过程中无污染性气体生成,能体现绿色化学理念。
6.D　铜和浓硝酸反应生成NO2,随着反应进行,硝酸浓度减小,铜与稀硝酸反应生成NO,由反应生成的气体颜色逐渐变浅可知,生成的气体有NO2和NO,n(NO2)+n(NO)==0.05 mol,根据氮原子守恒,被还原的硝酸的物质的量为0.05 mol;n(Cu)==0.04 mol,所以生成0.04 mol Cu(NO3)2,则表现酸性的硝酸的物质的量为0.04 mol×2=0.08 mol,参加反应的硝酸的物质的量为0.05 mol+0.08 mol=0.13 mol,C正确;n(NO2)+n(NO)=0.05 mol,根据得失电子守恒可得n(NO2)×1+n(NO)×3=n(Cu)×2=0.08 mol,解得n(NO2)=0.035 mol、n(NO)=0.015 mol,则该过程生成的NO2与NO的体积比等于0.035 mol∶0.015 mol=7∶3,A正确;n(Cu)=0.04 mol,所以反应中转移电子数为0.08NA,B正确;反应结束后所得溶液中除生成的Cu(NO3)2,还可能含有未反应的HNO3,所以无法计算反应后溶液中c(N),D错误。
方法点津　
7.B　生成NO的物质的量为=0.25 mol,设反应生成Fe2+、Fe3+的物质的量分别为x mol、y mol,由溶液质量增加9.3 g,得(x+y)mol×56 g/mol-0.25 mol×30 g/mol=9.3 g,由得失电子守恒,得2x mol+3y mol=0.25 mol×3,两式联立,解得x=0.15、y=0.15;根据铁原子守恒,原溶液中投入铁粉的物质的量是0.15 mol+0.15 mol=0.3 mol,故A错误;根据N原子守恒得:n(HNO3)=2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+n(NO)=2×0.15 mol+3×0.15 mol+0.25 mol=1 mol,c(HNO3)==2 mol/L,故B正确;由反应2Fe3++Cu 2Fe2++Cu2+可知,还可溶解0.075 mol Cu,质量为0.075 mol×64 g/mol=4.8 g,故C错误;由上述分析可知,反应后的溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=1∶1,故D错误。
8.BC　向反应后的溶液中加入1.0 mol·L-1NaOH溶液1.0 L,此时溶液呈中性,金属离子已完全沉淀,所得溶液为NaNO3溶液,NO和NO2的物质的量为=0.3 mol,根据氮原子守恒可知,100 mL硝酸溶液中硝酸的物质的量为1.0 mol·L-1×1 L+0.3 mol=1.3 mol,所以硝酸的浓度为13.0 mol·L-1,A正确;生成Mg(OH)2和Cu(OH)2沉淀的质量比原合金的质量增加25.4 g-15.2 g=10.2 g,氢氧根离子的物质的量为=0.6 mol,所以镁和铜的总物质的量为0.3 mol,设铜镁合金中铜的物质的量为a mol,由合金的质量可得:64a+24(0.3-a)=15.2,解得a=0.2,所以铜与镁的物质的量之比为0.2∶(0.3-0.2)=2∶1,B错误;设混合气体中NO为x mol,根据得失电子守恒可得:3x+(0.3-x)=0.3×2,解得x=0.15,混合气体中NO和NO2的物质的量之比为0.15∶0.15=1∶1,所以体积之比为1∶1,C错误;铜镁合金溶解后,溶液中剩余HNO3的物质的量为1.3 mol-0.2 mol×2-0.1 mol×2-0.3 mol=0.4 mol,D正确。
9.D　根据转化关系图可知,反应Ⅰ为H2+2Ce4+ 2H++2Ce3+,氧化产物(H+)与还原产物(Ce3+)的物质的量之比为1∶1,故A错误;反应Ⅱ是4Ce3++2NO+4H+ N2+2H2O+4Ce4+,故B错误;总反应为2NO+2H2 2H2O+N2,实质是NO被H2还原,故C错误;Ce3+与Ce4+在该反应过程中循环使用,二者在整个过程中总物质的量不变,故D正确。
10.C　澄清石灰水中氢氧化钙溶解量小,吸收气体量少,不如石灰乳吸收效果好,故A正确;采用气液逆流接触能增大反应物的接触面积,有利于尾气中NO、NO2和石灰乳充分反应,使气体吸收充分,故B正确;吸收时,NO、NO2与氢氧化钙发生氧化还原反应生成Ca(NO2)2,由得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式为NO+NO2+Ca(OH)2 Ca(NO2)2+H2O,Ca(OH)2以石灰乳形式存在,不可拆,离子方程式为NO+NO2+Ca(OH)2 Ca2++2N+H2O,故C错误;若尾气中n(NO2)∶n(NO)<1∶1,NO过量,过量的NO不与碱反应也不溶于水,吸收后排放的气体中NO含量升高,故D正确。
能力提升练
1.D　铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,A错误;3NO2+H2O 2HNO3+NO,反应后试管内气体的压强减小,引起②中注射器内剩余的水被“吸入”试管,B错误;注射器中无色气体变红棕色发生反应2NO+O2 2NO2,NO可能是由铜和稀硝酸反应生成的,也可能是NO2与H2O反应产生的,故③中的实验现象不能证明②中Cu与硝酸反应生成了NO,C错误;N在酸性条件下会将Cu氧化,铜片继续溶解,D正确。
2.C　氨气极易溶于水,滴加NaOH溶液后,由于没有加热,可能导致氨气没有逸出,试纸不变蓝,不能说明原溶液中不含N,A项错误;N在酸性条件下具有强氧化性,可将Fe2+氧化为Fe3+而使溶液变黄色,故此实验操作和现象不能证明H2O2的氧化性强于Fe3+,B项错误;Mg和硝酸可能发生氧化还原反应:4Mg+10HNO3 4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O,可使Mg完全溶解,不产生气泡,C项正确;浓硝酸在红热的木炭作用下受热分解也可以产生NO2,无法证明NO2是由浓硝酸与C反应产生的,D项错误。
3.答案　(1)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⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内　(3)Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O　(4)装置③中液面上方无色,装置④中液面上方为红棕色
解析　(1)浓硝酸与铜发生反应生成二氧化氮,通入水中后生成一氧化氮,根据装置特点和实验目的可知,将生成的NO分别通过浓硝酸和稀硝酸,若通过浓硝酸的无色气体变成红棕色气体,证明浓硝酸能将NO氧化成NO2,若通过稀硝酸的无色气体没有明显变化,证明稀硝酸不能氧化NO;NO、NO2有毒,污染环境,不能直接排放到空气中,要进行尾气处理,故装置⑤是收集NO,装置③中应该盛放稀硝酸;装置④中盛放浓硝酸,装置⑥中盛放NaOH溶液。(2)由于装置中残存的空气中的O2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排出装置中的空气,然后将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出。
4.答案　(1)(SCN)x　S或SO2　(2)若含SO2,则沉淀不能完全溶解　BaCO3　(3)加入BaCl2溶液,产生白色沉淀　(4)NO2可能是硝酸的还原产物　(5)否　未得到红色溶液的原因可能是SCN-被浓硝酸氧化,无法与铁离子发生反应
解析　(1)取2 mL浓硝酸于试管中,滴加5滴1 mol·L-1 KSCN溶液,SCN-能被氧化为(SCN)2,(SCN)2迅速聚合为红色的(SCN)x,所以溶液立即变红是因为生成了(SCN)x;硫元素被氧化,化合价升高,可能生成SO2或S。(2)若气体中含有SO2,得到的白色沉淀中加入过量稀硝酸,会生成BaSO4沉淀,但加入硝酸沉淀完全溶解,说明该沉淀为BaCO3。(3)实验一中有过量HNO3,若加入BaCl2溶液,生成白色沉淀,则说明溶液中含有S。(4)NO2可能是硝酸的还原产物,故不一定是SCN-的氧化产物。(5)向待测溶液中加入KSCN溶液,再加入浓硝酸,最终未得红色溶液,可能是SCN-被浓硝酸氧化,无法与铁离子发生反应。
5.CD　该过程涉及2个反应:①N过量,H+不足:Fe+4H++N Fe3++NO↑+2H2O;②铁过量:2Fe3++Fe 3Fe2+,所以a表示Fe3+,A正确;溶液中共有3 mol H+参加反应,消耗铁为0.75 mol,故n1=0.75,B正确;P点n(Fe2+)=n(Fe3+),二者均为0.45 mol,C不正确;P点剩余0.45 mol Fe3+,根据反应2Fe3++Cu 2Fe2++Cu2+可知,最多可消耗0.225 mol Cu,质量为0.225 mol×64 g·mol-1=14.4 g,D不正确。
6.BC　O~A段发生反应Fe+4H++N Fe3++NO↑+2H2O,A~B段发生反应Fe+2Fe3+ 3Fe2+,B~C段发生反应Fe+2H+ Fe2++H2↑,故A错误;O~A段消耗n(Fe)=0.2 mol,生成气体的物质的量为0.2 mol,B~C段消耗n(Fe)=0.1 mol,生成气体的物质的量为0.1 mol,O~A段和B~C段生成气体的物质的量之比为2∶1,故B正确;原混合溶液中n(N)=0.2 mol,所以c(HNO3)==1 mol·L-1,溶液中n(H+)=0.8 mol+0.2 mol=1 mol,所以H2SO4电离产生的H+为0.8 mol,n(H2SO4)=0.4 mol,c(H2SO4)==2 mol·L-1,原溶液中H2SO4与HNO3的物质的量浓度之比为2∶1,故C正确;C点时溶液的溶质为FeSO4,故D错误。
7.D　浓硝酸的氧化性强于稀硝酸,故A正确;根据题图可知,硝酸的浓度越大,其还原产物中高价态的成分越多,故B正确;根据题图可知,一定量铁粉与足量12.2 mol·L-1硝酸反应时得到的还原产物为等物质的量的NO、NO2,根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的化学方程式为4Fe+18HNO3 4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O,故C正确;根据题图可知,一定量的铁粉与9.75 mol·L-1硝酸反应时得到标准状况下2.24 L气体为N2O、NO、NO2的混合气体,因为1 mol N2O中含有2 mol N原子,所以0.1 mol混合气体中含有的N原子多于0.1 mol,被还原的硝酸的物质的量大于0.1 mol,故D不正确。
8.C　
b转化为f的过程是游离态的氮转化为化合态的氮的过程,属于氮的固定,故A正确;从化合价角度预测,亚硝酸盐(氮元素为+3价)可能分解制得氮气(氮元素为0价)和硝酸盐(氮元素为+5价),故B正确;工业上以氨气为原料制取硝酸经历三步氧化还原反应:氨气和氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮,一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮和水反应生成硝酸,故C错误;NO、NO2是形成光化学烟雾、硝酸型酸雨的重要原因,故D正确。
9.答案　(1)NO　NH4NO3　(2)④　(3)①0.04　②8NH3+6NO2 7N2+12H2O　③NO+NO2+C 2N+CO2　B　(4)2
解析　A为气体,A~F都含有相同的元素,A能和氧气或氢气反应,B和氧气生成C,推知A为N2、B为NH3、C为NO,NO和O2反应生成NO2,NO2和水反应生成HNO3,HNO3和NH3反应生成NH4NO3,故D为NO2、E为HNO3、F为NH4NO3。(1)C、F分别为NO、NH4NO3。(2)游离态的氮转化为化合态的氮的过程属于氮的固定,①②③④中属于氮的固定的是④。(3)①二氧化氮和水反应生成硝酸和NO,常温常压下(Vm≈24.5 L·mol-1),将容积为V mL的试管充满二氧化氮后倒扣在水中,最终试管中生成的NO占试管容积的三分之一,进入的液体占试管容积的三分之二,所得硝酸的物质的量浓度为 mol·L-1≈0.04 mol·L-1。②氨气和二氧化氮在加热、催化剂作用下反应,生成水和一种无污染物质,该反应的化学方程式是8NH3+6NO2 7N2+12H2O。③NO、NO2中氮元素的化合价分别为+2、+4,若NO、NO2按物质的量之比1∶1被Na2CO3溶液吸收,只生成一种盐和一种气体,结合化合价变化可知,生成的盐为NaNO2,C转化为二氧化碳气体,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为NO+NO2+C 2N+CO2;为了提高吸收速率与效率,最好选用B,装置中多孔球泡可以增加接触面积,加快吸收速率。(4)工业上可用反应①②③由氨气制取硝酸,反应中NO必须循环使用,可以认为氮元素完全转化为硝酸,氮元素化合价由-3最终变为+5,根据得失电子守恒可得关系式:NH3~8e-~2O2,故若消耗1 mol氨气制取硝酸,在该过程中至少消耗O2的物质的量为2 mol。
27第3章　物质的性质与转化
第3节　氮的循环
第1课时　氮气与氮的固定　氮的氧化物
基础过关练
题组一　自然界中的氮循环与氮的固定
1.下列过程涉及的反应中,不含氮的固定的是(　　)
A.酸雨的形成 B.人工合成氨
C.光催化合成氨 D.雷雨发庄稼
2.自然界中的氮循环过程如图所示,下列有关叙述错误的是(　　)
A.过程①、②及工业合成氨均属于氮的固定
B.反应③的化学方程式为4NO+3O2+2H2O 4HNO3
C.反应④中,生成1 mol N,至少需要提供4 mol O2
D.过程中参与循环的元素有氮元素、氢元素和氧元素
3.氮循环是海洋生态系统的基础和关键,其中无机氮循环过程如图所示。
下列关于海洋无机氮循环的说法中,不正确的是　　(　　)
A.过程2中,可能需要O2参与反应
B.过程3中,含氮微粒发生的均为还原反应
C.过程4中,生成1 mol N至少转移8 mol电子
D.过程5中,反应后氮元素的化合价均降低
题组二　氮气的性质
4.下列有关氮气的说法正确的是(　　)
A.氮气是可溶于水的无色气体
B.点燃条件下,氮气在氧气中燃烧生成NO
C.氮气既有氧化性,又有还原性
D.在合成氨气的反应中,氮气发生氧化反应
5.下列说法中不正确的是(　　)
A.N2化学性质不活泼,所以N2可在电焊时作保护气
B.氮气与氧气在汽车内燃机中反应,若氧气过量则可直接生成NO2
C.“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐
D.在反应3Mg+N2 Mg3N2中,N2为氧化剂
题组三　一氧化氮和二氧化氮
6.下列关于NO、NO2的说法正确的是(　　)
A.NO2能与水反应生成硝酸,但NO2不是酸性氧化物
B.NO2可由N2与O2反应直接制备
C.NO2与溴蒸气的鉴别可用NaOH溶液,溶于足量NaOH溶液得无色溶液的是NO2,得橙色溶液的为溴蒸气
D.NO、NO2均可用排水法收集
7.如图所示,试管中盛装的是红棕色气体(可能是混合物),当倒扣在盛有水的水槽中时,试管内水面上升,但不能充满试管,当向试管内鼓入氧气后,可以观察到试管中水柱继续上升,经过多次重复后,试管完全被水充满,原来试管中盛装的不可能是(　　)
A.氮气与二氧化氮的混合气体
B.氧气与二氧化氮的混合气体
C.一氧化氮与二氧化氮的混合气体
D.二氧化氮气体
8.如图所示的试管中装有12 mL NO,然后间歇缓慢地通入8 mL氧气。
有关最终状态的描述:①试管内气体呈红棕色,②试管内气体呈无色,③试管内液面不变,④试管内液面上升,⑤试管内气体是氧气,⑥试管内气体是一氧化氮。其中正确的是　(　　)
A.②④⑥　　　　　　B.①③　　　
C.②④⑤　　　　　　D.②③⑤
9.在汽车尾气净化装置里,气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A.该转化过程中有3种元素的化合价发生变化
B.NO和O2必须在催化剂表面才能反应
C.该装置将有毒的NO和CO转化为无毒的CO2和N2
D.该催化转化的总反应方程式为2NO+O2+4CO 4CO2+N2
10.为了有效实现NO和NO2的相互转化,设计如下实验。按图组装好实验装置,并检验装置气密性,实验前用排水法收集半瓶NO气体。
(1)打开止水夹,推动针筒活塞,使O2进入烧瓶。关闭止水夹,首先观察到烧瓶中的现象是　　　　　　　　　　　,产生此现象的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)轻轻摇动烧瓶,观察到烧瓶中的现象为　　　　　　　　　　　　　,产生此现象的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)欲使烧瓶中尽可能充满液体,操作的关键是　　　　　　　　　　　　　　　。
能力提升练
题组一　氮的氧化物与水反应的有关计算
1.(不定项)将盛有12 mL NO2和O2混合气体的量筒倒立于水槽中,充分反应后,剩余2 mL无色气体(同温同压下),则原混合气体中O2的体积可能是(　　)
A.1.2 mL　　　B.2.4 mL　　　C.3.6 mL　　　D.4 mL
2.如图所示,在注射器里吸入20 mL NO,然后吸入5 mL水。若再吸入30 mL空气(假设只含两种气体,且氮气与氧气的体积比为4∶1),夹住弹簧夹,观察现象(不考虑摩擦力,所有操作都在常温常压下进行)。已知常温常压下,气体摩尔体积约为24.5 L·mol-1,下列说法错误的是(　　)
A.最终剩余气体中NO体积为12 mL
B.可观察到注射器的活塞缓缓向左移动,最终活塞最左端停在约36 mL刻度处
C.可观察到注射器内气体由无色变成红棕色,最后变成无色
D.若反应前后液体体积不变,所得硝酸溶液的浓度约为0.065 mol·L-1
题组二　氮氧化物的性质探究
3.某无色混合气体可能含有NO、NO2、CO2、N2中的几种,将一定量的该气体依次经过如图实验的处理,结果得到酸性溶液,而无气体剩余。则该气体的组成为(　　)
A.NO、N2　　　　　　B.NO、CO2
C.NO2、CO2　　　　　　D.NO、CO2、N2
4.NO2是大气污染物之一,实验室拟将NO2与Cl2混合并用NaOH溶液吸收的方法消除其污染。回答下列问题:
(1)氯气的制备
①仪器M的名称是　　　　　　。
②欲用MnO2和浓盐酸制备并收集一瓶纯净、干燥的氯气,选择上图中的装置,其连接顺序为　　　　　　　　　　(按气流方向,用导管口处小写字母表示)。
③装置D的作用是　　　　　　　;装置F的作用是　　　　　　　　。
(2)用如图所示装置,探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应。查阅有关资料可知:HNO2是一种弱酸,且不稳定,易分解生成H2O、NO和NO2。
①装置X和装置Z的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②实验时观察到X中有黄绿色气体,Z中有红棕色气体,若通入适当比例的Cl2和NO2,Y中观察不到气体颜色,反应结束后在Y中加入稀硫酸无现象,则Y中发生反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
③反应结束后,取适量Y中溶液置于试管中,加入稀硫酸,若有红棕色气体产生,解释产生该现象的原因:　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　。
答案与分层梯度式解析
第3章　物质的性质与转化
第3节　氮的循环
第1课时　氮气与氮的固定　氮的氧化物
基础过关练
1.A　NO2转化为HNO3,不属于氮的固定,A项符合题意;人工合成氨、光催化合成氨都是将N2转化为NH3,属于氮的固定,B、C项不符合题意;N2和O2在放电时生成NO,属于氮的固定,D项不符合题意。
2.C　过程①、②及工业合成氨都是将游离态氮转化为化合态氮的过程,均属于氮的固定,故A正确;由氮循环过程可知,反应③为一氧化氮、氧气和水反应生成硝酸,反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O 4HNO3,故B正确;反应④为在硝化细菌作用下氨气与氧气反应生成N,O2~4e-,由得失电子守恒可知,生成1 mol N需要提供氧气的物质的量为2 mol,故C错误;由题图可知,氮循环过程中参与循环的元素有氮元素、氢元素和氧元素,故D正确。
3.D　过程2中,,氮元素的化合价在不断升高,需要外加氧化剂,所以可能需要氧气参加反应,故A正确;过程3中,,所以含氮微粒发生的均为还原反应,故B正确;过程4中,N生成N,氮元素化合价由+5变为-3,所以生成1 mol N至少转移8 mol电子,故C正确;过程5中,N转化为N2,氮元素化合价由-3变为0,化合价升高,故D不正确。
4.C　氮气难溶于水,故A错误;点燃条件下,氮气在氧气中不能燃烧,故B错误;氮元素的最低化合价为-3价,最高化合价为+5价,氮气中氮元素的化合价为0,在化学反应中氮元素的化合价可能升高,也可能降低,N2既有氧化性,又有还原性,故C正确;氮气中氮元素的化合价由0价降低到-3价,发生还原反应,故D错误。
5.B　N2化学性质不活泼,常用作保护气,A正确;氮气与氧气在汽车内燃机中反应生成NO,NO进一步被氧气氧化生成NO2,B错误;“雷雨发庄稼”所包含的化学变化:放电时氮气被O2氧化生成NO,NO被O2氧化为NO2,NO2与H2O反应产生HNO3,HNO3进一步转变为硝酸盐,C正确;在反应3Mg+N2 Mg3N2中,氮元素化合价降低,为氧化剂,D正确。
6.A　NO2与H2O反应除生成HNO3外还生成NO,所以NO2不是酸性氧化物,故A正确;N2和O2在放电或高温条件下反应生成NO,不能直接生成NO2,故B错误;NO2、溴蒸气与足量NaOH溶液作用均得无色溶液,所以用NaOH溶液无法鉴别NO2与溴蒸气,故C错误;NO与水不反应且难溶于水,可用排水法收集,NO2与水反应,不能用排水法收集,故D错误。
7.A　二氧化氮与水、氧气可发生反应:4NO2+O2+2H2O 4HNO3,一氧化氮与水、氧气可发生反应:4NO+3O2+2H2O 4HNO3,因此B、C、D项均不符合题意;氮气难溶于水,在溶液中不能与氧气反应,水不能完全充满试管,A项符合题意。
8.A　NO为无色气体,向题图装置中通入O2发生反应:4NO+3O2+2H2O 4HNO3,所以试管内液面上升,根据相同条件下气体的物质的量之比等于体积比可知,12 mL NO全部反应,消耗O2的体积为9 mL>8 mL,所以O2不足,NO过量,最后剩余的是NO,故选A。
9.B　由题图可以看出发生的反应为2NO+O2+4CO 4CO2+N2,该转化过程中N、O、C 3种元素的化合价发生了变化,A、C、D正确;NO很不稳定,遇到氧气就被氧化为NO2,B错误。
10.答案　(1)烧瓶中气体由无色变为红棕色　2NO+O2 2NO2　
(2)红棕色气体变为无色,烧瓶中液面上升　3NO2+H2O 2HNO3+NO　
(3)慢慢通入氧气,并不断摇动烧瓶
解析　(1)无色的NO能与O2反应产生红棕色的NO2,故观察到烧瓶中气体由无色变为红棕色。
(2)轻轻摇动烧瓶,使得NO2与水发生反应3NO2+H2O 2HNO3+NO,所以烧瓶中红棕色气体又变为无色,烧瓶中液面上升。
(3)欲使烧瓶中尽可能充满液体,应通入氧气使NO与氧气反应转化为NO2,NO2再与水反应,最终全部转化为硝酸,操作的关键是慢慢通入氧气,并不断摇动烧瓶。
能力提升练
1.AD　剩余2 mL无色气体可能为氧气,也可能为一氧化氮。若剩余的2 mL无色气体为氧气,设参加反应的氧气的体积为x,则有:
4NO2+O2+2H2O 4HNO3
4x x
4x+x=12 mL-2 mL=10 mL,解得x=2 mL,所以氧气的体积为2 mL+2 mL=4 mL;
若剩余的2 mL无色气体为NO,根据反应3NO2+H2O 2HNO3+NO可知,参与此反应的NO2为6 mL,设混合气体中氧气的体积为y,则有:
4NO2+O2+2H2O 4HNO3
4y y
4y+y=12 mL-6 mL=6 mL,解得y=1.2 mL,故选A、D。
2.B　分析题给数据可知水是过量的,30 mL空气中氧气体积为30 mL×=6 mL,根据反应4NO+3O2+2H2O 4HNO3可知,6 mL O2消耗8 mL NO,最后剩余NO为(20-8) mL=12 mL,故A正确;注射器内气体减少,注射器的活塞缓缓向左移动,溶液约5 mL,剩余气体难溶于水,约为12 mL+(30-6) mL=36 mL,所以最终活塞最左端停在约41 mL刻度处,故B错误;NO是无色气体,NO2是红棕色气体,注射器内先后发生反应2NO+O2 2NO2、3NO2+H2O 2HNO3+NO,所以气体由无色变成红棕色,最后变成无色,故C正确;若反应前后液体体积不变,根据4NO+3O2+2H2O 4HNO3可知,生成的硝酸的物质的量浓度为≈0.065 mol·L-1,故D正确。
方法点津　当体系中同时存在NO、O2和H2O时,最终反应结果可表示为4NO+3O2+2H2O 4HNO3,利用此反应进行相关计算。
3.B　
无色混合气体通过盛有足量Na2O2的干燥管后,得到NO2和O2的混合气体,根据2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2、2NO+O2 2NO2可知,原无色混合气体中含有NO、CO2,故选B。
4.答案　(1)①分液漏斗　②b→e→f→g→h→c→d→i　③吸收Cl2中的HCl　除去多余的氯气,防止污染空气
(2)①观察气泡产生的快慢,便于控制Cl2和NO2的进入量的比例　②Cl2+2NO2+4NaOH 2NaNO3+2NaCl+2H2O　③NO2的量过多,NO2与NaOH溶液反应生成了NaNO2,加入稀硫酸后N发生歧化反应生成NO、H2O和NO2
解析　(1)①仪器M为分液漏斗。②实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应制取氯气,制得的氯气中含有氯化氢和水蒸气,依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质,氯气密度大于空气密度,用向上排空气法收集,尾气用氢氧化钠溶液吸收,所以正确的连接顺序为b→e→f→g→h→c→d→i。③浓盐酸易挥发,制备的氯气中含有氯化氢,氯化氢极易溶于水,氯气在饱和食盐水中的溶解度很小,装置D中饱和食盐水可吸收氯气中的氯化氢;氯气有毒,多余的氯气需用氢氧化钠溶液进行吸收。(2)①氯气在饱和食盐水中的溶解度很小,二氧化氮在四氯化碳中不溶,所以分别通入两种气体后,会看到产生气泡,通过观察产生气泡的快慢控制Cl2和NO2的进入量的比例。②通入适当比例的氯气和二氧化氮,Y中观察不到气体颜色,说明氯气和二氧化氮完全反应,反应结束后在Y中加入稀硫酸无现象,说明没有生成N,氯气、二氧化氮、NaOH发生氧化还原反应生成硝酸钠、氯化钠和水,化学方程式为Cl2+2NO2+4NaOH 2NaNO3+2NaCl+2H2O。③通入的二氧化氮的量过多,则过量的二氧化氮与NaOH溶液反应生成了NaNO2,加入稀硫酸后N在酸性环境下发生歧化反应生成一氧化氮、水和二氧化氮,二氧化氮为红棕色气体,所以会看到出现红棕色气体。
16第3章　物质的性质与转化
实验整合练　气体制备及性质探究的装置分析
实验1　气体制取的装置分析
1.实验室制取下列气体,所选反应试剂、制备装置、干燥剂及装置、收集方法均正确的是(　　)
选项 气体 反应试剂 制备 装置 干燥剂 及装置 收集 方法
A O2 KClO3、MnO2 a 碱石灰　g d
B NH3 浓氨水、CaO b 无水CaCl2　g e
C Cl2 MnO2、浓盐酸 c P2O5　g f
D SO2 Na2SO3、70%硫酸 b 浓硫酸　h f
2.如图为常用玻璃仪器组成的七种实验装置,根据需要可在其中加入液体或固体试剂。下列说法错误的是(　　)
A.A、B装置既能用于收集Cl2,又能用于收集NO
B.装有浓硫酸的F装置可用于干燥CO2气体
C.C、E装置可用于尾气吸收,能防止液体倒吸到气体发生装置中
D.G装置可用于合成氨实验中,可干燥、混合并大致观察H2和N2的体积比
实验2　气体性质探究的综合实验装置分析
3.微型实验可节约药品,因而在中学化学教学中应用广泛。如图为实验室制备Cl2并探究Cl2是否具有漂白性的实验。下列说法正确的是(　　)
已知:①2KMnO4+16HCl(浓) 2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O。
②白色干棉花球中有CaCl2粉末,主要作用是干燥气体。
A.Q处湿润的pH试纸变红且颜色一直保持不变
B.P处湿润的红纸逐渐褪色,表明氯气具有漂白性
C.N处干燥的红纸不褪色,表明氯气不具有漂白性
D.向褪色后的L处棉花球滴入NaOH溶液,若棉花球变红,表明氯气具有漂白性
4.如图是实验室进行二氧化硫制备与性质探究实验的组合装置,固定装置未画出。下列有关说法正确的是(　　)
A.该实验可以探究SO2的还原性
B.为防止环境污染,装置C和E中的试剂均取用饱和氢氧化钙溶液
C.关闭K2,打开K1,则装置B中每消耗1.5 mol Na2O2,转移电子数为1.5NA(NA为阿伏加德罗常数的值)
D.关闭K1,打开K2,试剂X是K2Cr2O7溶液,颜色由橙红色变成绿色(生成Cr3+),氧化剂和还原剂的物质的量之比是3∶1
5.如图1所示,某同学利用Na2SO3固体和70% H2SO4溶液制取SO2并探究其性质。
图1
(1)装置B中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)装置C中的实验现象是　　　　　　　　　　　,该实验现象说明SO2具有　　　　(填“氧化”或“还原”)性。
(3)能验证SO2具有酸性氧化物的通性的实验现象是　　　　　　　　　　　　　　。
(4)装置E的目的是探究SO2与品红作用的可逆性,请写出实验操作及现象:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)探究H2SO3的酸性强于HClO,该同学用如图2所示装置达成实验目的。
图2
①装置的连接顺序为纯净SO2→　　　　　(填字母),D中产生白色沉淀,反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。
②可证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
6.某校化学兴趣小组欲探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来,同时证明Cl2的某些性质,甲同学设计了如图所示的实验装置(注:氯气可溶于四氯化碳)。
回答下列问题:
(1)若用含0.2 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制取Cl2,制得的Cl2体积总是小于1.12 L(标准状况下)的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)①装置B中盛放的试剂为无水硫酸铜,其作用是　　　　　　　　　　　,现象是　　　　　　　　　　　　　。
②装置D和E中出现的不同现象说明　　　　　　　　　　　　　　　　。
③写出装置G中发生反应的离子方程式:　　　　　　　　　　。
(3)乙同学认为甲同学设计的实验有缺陷,不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性,证明最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种,乙同学提出在F和G两个装置之间再加一个装置。你认为该装置中应放入　　　　　　　(填试剂或药品名称)。
7.某化学实验小组同学用如图所示装置制备NO2,并探究NO2与水反应的产物(夹持装置略、装置气密性良好)。
回答下列问题:
(1)步骤①:打开K1和　　　,通入N2,一段时间后关闭K1。
步骤②:向锥形瓶中加入浓HNO3,其操作方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
步骤③:证明三颈烧瓶中反应有NO生成,操作是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
步骤④:传感器数据显示c(N)随反应时间逐渐增大,证明NO2与水反应生成N。
(2)甲同学认为步骤④的结论有缺陷,该同学的判断依据是　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)乙同学查阅资料得知反应后三颈烧瓶溶液中可能含有HNO2。证明HNO2存在的实验方案是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
8.过氧化钠可用于医药、印染、漂白等。某学习兴趣小组探究Na2O2与NO2、NO的反应,设计如图所示实验。
回答下列问题:
(1)盛放浓硝酸的仪器M名称为　　　　　,A中发生的主要反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。
(2)Na2O2与NO2反应,根据化合价升降原则有下列两种观点。
观点一:Na2O2氧化NO2,生成NaNO3;
观点二:NO2氧化Na2O2,生成O2。
为验证以上观点进行如下实验:
①关闭K2和弹簧夹,打开K1和A中仪器M的活塞,再将带火星的木条放在a处,观察到　　　　　,甲同学认为观点二正确。
②乙同学认为该装置不能确认观点二正确,应在A、G之间增加一个装置,该装置的作用为　　　　　。改进后重复甲同学的实验操作,观察到红棕色气体迅速消失,带火星的木条没有复燃,判断观点一正确。
(3)丙同学根据NO易与O2反应,预测NO也易与Na2O2反应。
①丙同学关闭K1,打开K2,用图中的装置进行实验,为防止NO与空气中氧气反应,反应前的操作是　　　　　　　　　　　。
②装置B的作用为　　　　　　　　　　　　　　。
③反应一段时间后,取D装置中产物少许,加入稀硫酸,产生无色气体,遇到空气变为红棕色。配平反应的化学方程式:6　　　+3H2SO4 3Na2SO4+2HNO3+4　　　+2H2O。
④根据D装置中产物的判断结果,说明Na2O2与NO的反应中Na2O2的作用是　　　　(填字母)。
A.做氧化剂　　　B.做还原剂
C.既做氧化剂又做还原剂
答案与分层梯度式解析
第3章　物质的性质与转化
实验整合练　气体制备及性质探究的装置分析
1.A　KClO3在MnO2催化、加热条件下反应生成氧气,符合“固体+固体 气体”,即选择制备装置a,氧气能用碱石灰干燥且密度大于空气,可以选择向上排空气法收集,故A正确;氨气不能用氯化钙干燥,故B错误;二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气,反应中不需要温度计,且氯气与水反应,不用排水法收集,故C错误;二氧化硫易溶于水,不能用排水法收集,故D错误。
名师点睛　有关气体的制备、净化与收集需要考虑以下几个方面的问题:一是根据制备反应的特点选择合适的制备装置;二是气体的净化,一般若采用洗气瓶进行气体的净化,最终需要进行干燥处理,在进行洗气除去气体中所含杂质气体时,不能选择会吸收待净化气体的试剂;三是收集气体时需根据气体与空气密度的相对大小或在水中的溶解性选择装置。
2.B　A项,A装置可用向上排空气法收集Cl2,若A装置装满水,则可用于收集NO,B装置可用排饱和食盐水法收集Cl2,也能用排水法收集NO,正确;B项,F装置只能盛装固体干燥剂来干燥气体,错误;C项,C装置中的烧杯中的液体可吸收尾气,集气瓶起到缓冲作用,防止烧杯中的液体倒吸入气体发生装置中,E装置可防止倒吸,正确;D项,G装置中装入浓硫酸,可干燥H2和N2,通过气泡多少可大致观察H2和N2的体积比,正确。
3.C　氯气与水反应:Cl2+H2O H++Cl-+HClO,H+使湿润的pH试纸变红,HClO具有漂白性,可使试纸褪色,所以Q处湿润的pH试纸先变红后褪色,故A错误;P处湿润的红纸逐渐褪色,是由于氯气与水反应生成的HClO具有漂白性,可使试纸褪色,不能说明氯气具有漂白性,故B错误;N处干燥的红纸不褪色,可以证明氯气无漂白性,故C正确;Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O,反应消耗了NaOH,若再滴入NaOH溶液,棉花球变红,说明褪色的原因可能为碱性变弱,不能证明氯气具有漂白性,故D错误。
方法点津　性质验证型实验题一般主要考查元素及其化合物的性质和实验的基本操作。解答此类试题的一般步骤:(1)认真阅读题干,找出考查的主要物质;(2)根据实验装置图中验证的性质联系所学的相关知识;(3)整合信息,把各个选项进行综合分析,运用题给信息和所学知识做出正确判断。
4.A　装置A中利用Na2SO3固体与70%的H2SO4溶液反应制取SO2,若D中装有酸性KMnO4溶液,关闭K1,打开K2,酸性KMnO4溶液紫红色褪去可以证明SO2具有还原性,故A正确;饱和氢氧化钙溶液的浓度较小,应用NaOH溶液吸收多余的二氧化硫,故B错误;关闭K2,打开K1,装置B中发生反应SO2+Na2O2 Na2SO4,每消耗1 mol Na2O2,转移电子数为2NA,则每消耗1.5 mol Na2O2,转移电子数为3NA,故C错误;K2Cr2O7与SO2反应,K2Cr2O7转化为Cr3+,Cr元素的化合价由+6价变为+3价,K2Cr2O7是氧化剂,SO2被氧化为S,S元素的化合价由+4价变为+6价,SO2是还原剂,根据得失电子守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3,故D错误。
5.答案　(1)2Mn+5SO2+2H2O 2Mn2++5S+4H+　
(2)生成淡黄色沉淀　氧化　
(3)装置D的试管中溶液褪色　
(4)装置E中试管内品红溶液褪色后,取下该试管,加热,溶液又恢复红色　
(5)①A→C→B→D　Ca2++2ClO-+H2O+CO2 CaCO3↓+2HClO　②B中品红溶液不褪色,D中出现白色沉淀
解析　(1)装置B中为酸性高锰酸钾溶液与二氧化硫发生氧化还原反应,离子方程式为2Mn+5SO2+2H2O 2Mn2++5S+4H+。(2)二氧化硫通入硫化钠溶液中,有淡黄色的硫单质生成。(3)二氧化硫具有酸性氧化物的性质,能与氢氧化钠反应,使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色。(4)二氧化硫具有漂白性,能使品红溶液褪色,加热褪色后的溶液,溶液又变为红色。(5)①二氧化硫具有还原性,不能与漂白粉溶液发生复分解反应,不能直接将SO2通入漂白粉溶液中去证明亚硫酸的酸性强于次氯酸;若要证明亚硫酸的酸性强于次氯酸,应将二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中制得二氧化碳气体(可证明H2SO3的酸性强于H2CO3),将所得气体通入酸性高锰酸钾溶液中,吸收多余的二氧化硫,然后通入品红溶液,若品红溶液不褪色,说明二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液完全吸收,剩余气体通入漂白粉溶液中生成白色沉淀,说明H2CO3的酸性强于HClO,从而证明H2SO3的酸性强于HClO,所以装置的连接顺序为纯净SO2→A→C→B→D;二氧化碳与漂白粉溶液反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸,反应的离子方程式为Ca2++2ClO-+H2O+CO2 CaCO3↓+2HClO。②若B中品红溶液不褪色,说明二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液完全吸收;剩余气体通入漂白粉溶液中生成白色沉淀,说明亚硫酸的酸性强于碳酸,碳酸的酸性强于次氯酸,从而证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。
6.答案　(1)随着反应的进行,盐酸的浓度逐渐减小,MnO2与稀盐酸不反应　(2)①证明氯气中含有水蒸气　白色固体变蓝色　②氯气无漂白性,次氯酸有漂白性　③Ag++Cl- AgCl↓　(3)湿润的淀粉-KI试纸
解析　(1)浓盐酸与足量的MnO2反应过程中,盐酸的浓度随着反应的进行变小,MnO2与稀盐酸不反应,所以制得的Cl2体积总是小于1.12 L(标准状况下)。(2)①无水硫酸铜用来检验水蒸气,硫酸铜白色固体遇水会变蓝色;②干燥布条不褪色,湿润布条褪色,说明干燥的氯气没有漂白性,氯气和水反应生成的次氯酸才有漂白性;③G中反应的离子方程式为Ag++Cl- AgCl↓。(3)四氯化碳吸收氯气可能不完全,所以通入硝酸银溶液中的可能还有氯气,可用湿润的淀粉-KI试纸检验氯气,湿润的淀粉-KI试纸不变蓝,则不存在氯气。
7.答案　(1)K3、K5　打开分液漏斗顶部的玻璃塞,同时打开K2　打开K4,通过导管向三颈烧瓶中通入O2　三颈烧瓶中气体红棕色加深　(2)浓硝酸易挥发,故传感器检测出的硝酸根离子可能是挥发出的硝酸溶于水电离产生的　(3)从三颈烧瓶中取少量反应后的溶液,向其中滴加酸性高锰酸钾溶液,若溶液紫色褪去,说明其中含有HNO2
解析　(1)步骤①:打开K1、K3和K5,通入N2,将装置内的空气排尽,一段时间后关闭K1。步骤②:向锥形瓶中加入浓HNO3的操作方法是打开分液漏斗顶部的玻璃塞,同时打开K2。步骤③:证明三颈烧瓶中反应有NO生成的操作是打开K4,通过导管向三颈烧瓶中通入O2,由于NO与O2反应生成红棕色气体NO2,三颈烧瓶中气体红棕色加深。(2)浓硝酸具有挥发性,所以传感器检测出c(N)增大可能是挥发出的硝酸溶于水电离导致的。(3)HNO2中氮元素的化合价为+3价,具有还原性,可以从三颈烧瓶中取少量反应后的溶液,向其中滴加酸性高锰酸钾溶液,若溶液紫色褪去,说明其中含有HNO2。
8.答案　(1)分液漏斗　Cu+4H++2N Cu2++2NO2↑+2H2O　(2)①红棕色气体迅速消失,带火星的木条复燃　②除去NO2中混有的水蒸气和硝酸　(3)①打开弹簧夹,通一段时间氮气　②制取NO　③NaNO2　NO↑　④A
解析　(1)盛放浓硝酸的仪器M名称为分液漏斗;A中主要发生铜与浓硝酸的反应,离子方程式为Cu+4H++2N Cu2++2NO2↑+2H2O。(2)①关闭K2和弹簧夹,打开K1和A中仪器M的活塞,若观点二正确,则产生的NO2与Na2O2反应生成O2,所以观察到的现象为红棕色气体迅速消失,带火星的木条复燃。②产生的NO2中混有水蒸气和硝酸,故增加装置的作用是除去NO2中混有的水蒸气和硝酸。(3)①装置中空气中的氧气易将产生的NO氧化,所以在产生NO前应先将装置中的空气排净,故反应前的操作是打开弹簧夹,通一段时间氮气。②因为A中反应主要产生NO2,本实验目的在于探究NO易与Na2O2反应,所以装置B的作用为制取NO。③根据实验现象“加入稀硫酸,产生无色气体,遇到空气变为红棕色”可知,还原产物为NO,再根据质量守恒定律,得到缺少的反应物化学式为NaNO2。④根据③化学方程式可知,Na2O2与NO反应的产物为NaNO2,根据化合价变化可知,Na2O2中氧元素的化合价降低,故Na2O2的作用是做氧化剂。
15第3章　物质的性质与转化
本章复习提升
易混易错练
易错点1　　不能根据物质氧化性、还原性强弱正确分析溶液成分
1.将金属铁、铜投入FeCl3溶液中充分反应,下列对反应情况设想的评价正确的是(　　)
选项 反应情况设想 评价
A 当铁有剩余,铜无剩余时,溶液中一定有Fe2+、Cu2+ 不正确,不可能出现铁有剩余而铜无剩余的情况,因为铁的还原性比铜的强,铁先与Fe3+反应
B 当铁、铜均有剩余时,溶液中一定有Fe2+、Cu2+,无Fe3+ 正确,铁和铜都与Fe3+反应,故无Fe3+
C 当铜有剩余,铁无剩余时,溶液中一定只有Fe2+,无Cu2+ 正确,铜有剩余,故无Cu2+
D 当铁、铜均无剩余时,溶液中一定有Fe2+、Cu2+,一定无Fe3+ 正确,Fe3+和铁、铜均可反应
2.(不定项)在FeCl3、CuCl2的混合溶液中,加入一定量的铁屑,反应完全后将固体滤出,下列说法正确的是(　　)
A.若滤出的固体只有铜,则溶液中一定含有Fe2+,一定不含Cu2+
B.若滤出的固体只有铜,则溶液中一定含有Fe2+,可能含Cu2+
C.若滤出的固体只有铜,则溶液中一定含有Fe3+和Fe2+,一定不含Cu2+
D.若滤出的固体中含有铁和铜,则溶液中一定含有Fe2+,一定不含Cu2+和Fe3+
易错点2　　混淆二氧化硫的漂白性和还原性
3.下列说法正确的是(　　)
A.因为SO2具有漂白性,所以它能使品红溶液、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊溶液褪色
B.能使品红溶液褪色的不一定是SO2
C.SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使品红溶液褪色,其原理相同
D.SO2和Cl2混合使用,有更强的漂白效果
4.下列有关SO2的实验方案可以达到实验目的的是(　　)
编号 实验目的 实验方案
A 制取SO2 常温下,将98%的浓硫酸滴入装有Na2SO3固体的试管中制SO2
B 探究SO2的漂白性 将SO2通入溴水中,观察溶液颜色变化
C 探究SO2水溶液的酸性 将SO2通入紫色石蕊溶液中,观察溶液颜色变化
D 探究SO2的还原性 向盛有2 mL 10%的H2O2溶液的试管中缓慢通入SO2,观察现象
易错点3　　忽略酸性条件下N具有强氧化性
5.下列由实验现象所得结论正确的是(　　)
A.将铁锈溶于浓盐酸,滴入酸性KMnO4溶液,紫色褪去,说明铁锈中含二价铁
B.向Na2SO3溶液中加BaCl2溶液和稀硝酸,振荡有白色沉淀产生,说明Na2SO3溶液已变质
C.向含KSCN和FeSO4的溶液中加酸化的AgNO3溶液,溶液变红,说明氧化性:Ag+>Fe3+
D.向稀硝酸中加入过量铜片,待铜片质量不再变化时,加入少量稀硫酸,铜片继续溶解,不能说明稀硫酸的氧化性强于稀硝酸
6.以下各组离子能在溶液中大量共存的是(　　)
A.滴加酚酞变红的溶液:S、Cu2+、K+、Cl-
B.含有大量S的溶液:Mg2+、Cu2+、Cl-、N
C.所含溶质为NaHSO4的溶液:K+、Fe2+、N、Na+
D.使紫色石蕊变红的溶液:I-、Ca2+、Cl-、N
思想方法练
利用“一般与特殊”“定性与定量”的思想解答推断题及工艺流程题
方法概述
　　一般与特殊思想:在无机框图推断中要运用已学的知识去掌握一般的规律,而且要分析制约一般规律的因素和成立的条件,熟悉常见物质的“特性”,寻找突破口。
定性与定量思想:定性分析是对研究对象进行“质”的分析,主要解决“有什么”或“是什么”的问题;定量分析是对研究对象进行“量”的分析,主要解决“有多少”的问题。定性与定量相结合是研究物质组成的重要方法。
1.某化学实验室产生的废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子,甲同学设计了如图所示的方案对废液进行处理,以回收金属,保护环境。下列说法正确的是　　(　　)
A.沉淀A中含有2种金属单质
B.可用KSCN溶液来检验溶液B中所含的金属离子
C.溶液A若只经过操作③最终将无法得到沉淀C
D.操作①②③中都需要用到玻璃棒、漏斗
2.(不定项)如图是一种综合处理含SO2尾气的工艺流程。下列说法错误的是(　　)
A.步骤Ⅱ发生反应的离子方程式为4Fe2++4H++O2 4Fe3++2H2O
B.处理100 L含SO2的体积分数为0.336%的尾气,步骤Ⅰ中转移0.03 mol电子
C.溶液a转化为溶液b的反应中,SO2被氧化
D.整个流程中,需要补充硫酸铁
3.在如图所示的物质转化关系中,C、G、I、M为常见单质,G和M化合可生成最常见液体A,E为黑色粉末,F中含有钠元素,K为一种含有铁元素的白色絮状沉淀,N为红褐色沉淀,I为黄绿色气体,化合物B的摩尔质量为24 g·mol-1。(部分生成物和反应条件未列出)
回答下列问题:
(1)M的化学式为　　　　　,B的化学式为　　　　　。
(2)反应②的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)反应③的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)C和A的蒸气在高温下反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　,点燃该反应产生的气体前,必须对该气体进行　　　　　。
4.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂,主要用于饮用水处理。如图所示物质转化关系为高铁酸钠的一种制备方法及有关性质实验(部分反应产物已略去)。已知A、F为非金属单质气体,B为常见金属单质,E为生活中最常见的调味品,F在标准状况下密度为0.090 g·L-1。
请回答下列问题:
(1)D的名称是　　　,E的俗称是　　　;Na2FeO4中Fe元素的化合价为　　　　。
(2)写出反应②的离子方程式:　　　　　　　　　　　。
(3)反应③,F在盛有A的集气瓶中点燃的反应现象为　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)反应④中各物质的反应比例关系如下,请填入相应的反应物和生成物的化学式,并用双线桥法标明电子转移的方向和数目。
3　+2　+10NaOH 2Na2FeO4+9　+5H2O
(5)写出反应⑤的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　。
5.水合肼(N2H4·H2O)是一种精细化工原料。实验室模拟尿素法制备N2H4·H2O,并进一步制取副产品Na2SO3的流程如图所示。
已知:①N2H4·H2O具有强还原性,易被氧化成N2。
②一定条件下,碱性NaClO溶液与尿素反应生成N2H4·H2O。
③尿素中氮元素为-3价。
(1)吸收塔内发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)为提高吸收塔内NaOH的有效利用率,将二氧化锰和浓盐酸制取的Cl2通入吸收塔前应进行的操作是　　　　　　(填操作名称),选用的试剂是　　　　　　　　　　　。
(3)反应器内生成水合肼的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)制备过程中要控制反应器内NaClO溶液的供给量,其主要目的是避免发生副反应　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。
6.以硫酸工业生产后的硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4,还含有少量FeO、SiO2)制备铁红(Fe2O3)的流程如下:
回答下列问题:
(1)要提高酸浸的效率,可采取的措施为　　　　　(任写一种)。
(2)“酸浸”过程中Fe2O3与稀硫酸反应,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　。
(3)“步骤1”的操作名称为　　　　　　。
(4)加入过量铁粉的目的有以下两点:
①除去过量的硫酸;
②　　　　　　。检验“滤液X”金属阳离子是否完全转化,适宜的试剂为　　　　　　。
(5)“滤液Y”中加入NH4HCO3后,反应生成FeCO3的同时产生无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体,该反应的离子方程式为　　　　　　　　;“滤液Z”中溶质主要成分的用途为　　　　　　　　(任写一种)。
(6)若经“步骤3”得到69.6 kg FeCO3,使其完全焙烧得到铁红(Fe2O3),理论上需要氧气的体积为　　　　L(标准状况下)。
综合拔高练
五年高考练
考点1　　铁及其化合物的性质
1.(2021广东,10)部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是(　　)
A.a可与e反应生成b
B.b既可被氧化,也可被还原
C.可将e加入浓碱液中制得d的胶体
D.可存在b→c→d→e→b的循环转化关系
2.(2023浙江1月选考,16改编)探究铁及其化合物的性质,下列方案设计、现象和结论都正确的是(　　)
实验方案 现象 结论
A 往FeCl2溶液中加入Zn片 短时间内无明显现象 Fe2+的氧化能力比Zn2+弱
B 往溶液中滴加KSCN溶液 溶液变成红色 溶液中不含Fe2+
C 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸,滴加KSCN溶液 溶液呈浅绿色 食品脱氧剂样品中没有+3价铁
D 向沸水中逐滴加5~6滴饱和FeCl3溶液,持续煮沸 溶液先变成红褐色再析出沉淀 FeCl3先与水反应得Fe(OH)3胶体,再聚集成Fe(OH)3沉淀
3.(2023江苏,11改编)室温下,探究0.1 mol·L-1 FeSO4溶液的性质,下列实验方案能达到探究目的的是(　　)
选项 探究目的 实验方案
A 溶液中是否含有Fe3+ 向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴新制氯水,再滴加KSCN溶液,观察溶液颜色变化
B Fe2+是否有还原性 向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液,观察溶液颜色变化
C FeSO4溶液是否呈酸性 向2 mL FeSO4溶液中滴加2~3滴酚酞试液,观察溶液颜色变化
D Fe2+能否催化H2O2分解 向2 mL 5% H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液,观察气泡产生情况
4.(2023全国乙,28节选)在N2气氛中,FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示:
根据上述实验结果,可知x=　　　　　,y=　　　　　。
5.(2021辽宁,18改编)Fe/Fe3O4磁性材料在很多领域具有应用前景,其制备过程如下(各步均在N2氛围中进行):
①称取9.95 g FeCl2·4H2O(Mr=199),配成50 mL溶液,转移至恒压滴液漏斗中。
②向三颈烧瓶中加入100 mL 14 mol·L-1 KOH溶液。
③持续磁力搅拌,将FeCl2溶液以2 mL·min-1的速度全部滴入三颈烧瓶中,100 ℃下回流3 h。
④冷却后过滤,依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀,在40 ℃干燥。(乙醇与水互溶,沸点78.5 ℃,易挥发)
⑤管式炉内焙烧2 h,得产品3.24 g。
部分装置如图:
回答下列问题:
(1)仪器a的名称是　　　　;使用恒压滴液漏斗的原因是　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)实验室制取N2有多种方法,请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论,结合下列供选试剂和装置,选出一种可行的方法,化学方程式为　　　　　　　　　　　　,对应的装置为　　　(填标号)。
可供选择的试剂:
CuO(s)、NH3(g)、Cl2(g)、O2(g)、饱和NaNO2(aq)、饱和NH4Cl(aq)
可供选择的发生装置(净化装置略去):
A
B
C
(3)三颈烧瓶中反应生成了Fe和Fe3O4,离子方程式为　　　　　　　　　　　　　。
(4)为保证产品性能,需使其粒径适中、结晶度良好,可采取的措施有　　　　。
A.采用适宜的滴液速度
B.用盐酸代替KOH溶液
C.在空气氛围中制备
D.选择适宜的焙烧温度
(5)步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净,应选择的试剂为　　　　　　　　　　;使用乙醇洗涤的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(6)该实验所得磁性材料的产率为　　　　(保留3位有效数字)。
考点2　　含硫化合物的性质及转化
6.(2023北京,7改编)蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。
下列关于该过程的分析不正确的是(　　)
A.过程①白色固体变黑,主要体现了浓硫酸的脱水性
B.过程②固体体积膨胀,与产生的大量气体有关
C.过程中体现了浓硫酸的强氧化性
D.过程中产生能使品红溶液褪色的气体,体现了浓硫酸的酸性
7.(2023重庆,3改编)下列叙述正确的是(　　)
A.硫分别与少量氧气和足量氧气反应,生成的产物不相同
B.SO2分别与H2O和H2S反应,反应的类型相同
C.Na2O2分别与H2O和CO2反应,生成的气体相同
D.浓H2SO4分别与Cu和C反应,生成的酸性气体相同
8.(2023广东,9改编)按如图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管,关闭活塞。下列说法正确的是(　　)
已知:S2+2H+ S↓+SO2↑+H2O。
A.Ⅰ中试管内的反应,体现H+的氧化性
B.Ⅱ中品红溶液褪色,体现SO2的还原性
C.在Ⅰ和Ⅲ的试管中,都出现了浑浊现象
D.撤掉水浴,重做实验,Ⅳ中红色不褪去
9.(2021北京,6)室温下,1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如图所示实验。对实验现象的分析正确的是(　　)
A.试管内液面上升,证明SO2与H2O发生了反应
B.试管中剩余少量气体,是因为SO2的溶解已达饱和
C.取出试管中溶液,立即加入紫色石蕊试液,溶液显红色,原因是:SO2+H2O H2SO3、H2SO3 H++HS、HS H++S
D.取出试管中溶液,在空气中放置一段时间后pH下降,是由于SO2挥发
10.(2021山东,8)工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图,下列说法错误的是(　　)
A.吸收过程中有气体生成
B.结晶后母液中含有NaHCO3
C.气流干燥湿料时温度不宜过高
D.中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
考点3　　氮及其化合物的性质
11.(2023广东,4)1827年,英国科学家法拉第进行了NH3喷泉实验。在此启发下,兴趣小组利用以下装置,进行如下实验。其中,难以达到预期目的的是(　　)
A.图1:喷泉实验　　　　　　B.图2:干燥NH3
C.图3:收集NH3　　　　　　D.图4:制备NH3
12.(2023江苏,8)氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是(　　)
A.实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物:HNO3(稀) NO NO2
B.工业制硝酸过程中的物质转化:N2 NO HNO3
C.汽车尾气催化转化器中发生的主要反应:2NO+2CO N2+2CO2
D.实验室制备少量NH3的原理:2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O
13.(2022湖南,9)科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c),能将海洋中的N转化为N2进入大气层,反应过程如图所示。
下列说法正确的是(　　)
A.过程Ⅰ中N发生氧化反应
B.a和b中转移的e-数目相等
C.过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(N)=1∶4　
D.过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为N N2↑+2H2O
考点4　　常见气体的制备
14.(2021全国乙,8)在实验室采用如图装置制备气体,合理的是(　　)
化学试剂 制备的气体
A. Ca(OH)2+NH4Cl NH3
B. MnO2+HCl(浓) Cl2
C. MnO2+KClO3 O2
D. NaCl+H2SO4(浓) HCl
15.(2021全国甲,9)实验室制备下列气体的方法可行的是(　　)
气体 方法
A 氨气 加热氯化铵固体
B 二氧化氮 将铝片加到冷浓硝酸中
C 硫化氢 向硫化钠固体滴加浓硫酸
D 氧气 加热氯酸钾和二氧化锰的混合物
16.(2021北京,5)实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是(　　)
气体 试剂 制备装置 收集方法
A O2 KMnO4 a d
B H2 Zn+稀H2SO4 b e
C NO Cu+稀HNO3 b c
D CO2 石灰石+稀H2SO4 b c
高考模拟练
应用实践
1.在不同条件下,用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液,其实验数据如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.实验过程中,溶液颜色会加深
B.由①和③可知,温度越高,Fe2+被氧化得越快
C.由②和③可知,pH越小,Fe2+被氧化得越快
D.温度低、pH小,有利于FeCl2溶液的保存
2.(不定项)天然气是一种应用广泛的燃料,含有少量H2S气体。在酸性溶液中,通过甲、乙两个过程实现天然气的脱硫,原理如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.过程甲发生的离子反应为2Fe3++S2- 2Fe2++S↓
B.过程乙中每4 mol Fe2+参加反应,需消耗22.4 L O2(标准状况)
C.通过Fe2(SO4)3和FeSO4的相互转化,天然气中的H2S可看作间接被O2氧化
D.天然气脱硫一段时间后,溶液酸性增强
3.某化学兴趣小组按如图所示装置进行实验,反应开始时打开弹簧夹,当点燃从a口出来的气体无爆鸣声时关闭弹簧夹,此时剩余少量的钠。下列说法错误的是(　　)
A.橡胶管能起到平衡气压的作用
B.关闭弹簧夹后,打开分液漏斗活塞,剩余的少量钠能置换出单质铁
C.关闭弹簧夹后,打开分液漏斗活塞,锥形瓶内能观察到白色絮状沉淀
D.反应结束后,打开锥形瓶的橡胶塞,能观察到有红褐色沉淀产生
4.已知:①NO可与过氧化钠粉末发生化合反应生成NaNO2,②NO能被酸性KMnO4溶液氧化成N。某兴趣小组设计了如图所示的装置制备NaNO2,下列说法不正确的是(　　)
A.装置A无需加热,滴入浓硝酸就能发生反应
B.装置B中铜的作用是提高NO的生成率
C.装置C中装的药品可以是氢氧化钠固体
D.装置E中的酸性KMnO4溶液的主要作用是吸收多余的NO
5.认识和利用SO2的性质可有效防治SO2对环境的污染,并实现SO2的综合利用。某研究团队提出的SO2烟气脱硫工艺流程如图,该流程中脱硫剂循环使用,可实现对烟气中SO2的持续脱除。已知:脱硫塔中发生的主要反应为2CaS+3SO2 2CaSO3+3S、2CaSO3+O2 2CaSO4。下列有关说法错误的是(　　)
A.脱硫塔中生成的S既是氧化产物又是还原产物
B.已知再生塔中CaSO4与煤中的C单质反应生成CO2和X,则CO2和X的物质的量之比为1∶1
C.将CaSO4和煤粉碎混合,再投入再生塔,有利于反应充分进行
D.经冷凝器得到的几种单质(S2、S4、S6和S8)互为同素异形体
6.已知:品红能溶于乙醇等溶剂。回答下列问题:
(1)向品红水溶液中通入足量SO2,现象是　　　　　　　　　　　。经查阅资料知,不是SO2导致上述现象,验证该结论可使用的试剂是　　　　　　　　　　。
(2)某科研小组用如图所示装置测定空气中SO2含量,过程如下:
①配制1 000 mL 5×10-3 mol·L-1的碘溶液,需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、　　　　　　　　。
②将配制的溶液稀释至10倍,量取5 mL注入试管,加入2~3滴淀粉溶液,慢慢抽气,观察到溶液中　　　　　　　(填实验现象)时,停止抽气,记录抽气次数为n。该过程中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　。
③空气中二氧化硫的最大允许含量为0.02 mg·L-1。若每次抽空气100 mL(已折算为标准状况),则n至少为　　　　,才符合标准。抽气时应慢慢拉活塞,若速度过快,可能会造成测定结果　　　　(填“偏大”或“偏小”)。
迁移创新
7.某化学兴趣小组利用铁元素的性质设计了“魔法实验”,如图所示。
资料:
a.茶水中含有鞣酸,与亚铁离子结合成无色的鞣酸亚铁,进而变为蓝黑色的鞣酸铁。
b.鞣酸、维生素C均具有还原性。
c.①、③、④颜色几乎相同。
下列分析不正确的是(　　)
A.①→②,鞣酸亚铁被氧气氧化生成了鞣酸铁
B.由③→④→⑤,可推知③中含二价铁
C.由①、③、④颜色几乎相同,可推知其所含粒子种类完全相同
D.④→⑤,至少有两种粒子被氧化
8.铁是人体必需的微量元素,铁摄入不足可能引起缺铁性贫血。
Ⅰ:黑木耳中含有比较丰富的铁元素,某兴趣小组测定其中铁元素含量。
(1)铁元素的分离:在坩埚中高温灼烧黑木耳,使之完全灰化。用足量的酸充分溶解,过滤,滤液中铁元素的存在形式是Fe2+、　　　　。
(2)铁元素含量测定:兴趣小组提出如下测定方案。
ⅰ.沉淀法:向(1)滤液中加入足量NaOH溶液,过滤、洗涤沉淀、充分加热至恒重、称量。该测量方案　　　　(填“可行”或“不可行”),理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
ⅱ.比色法:流程如下。
10 mL滤液 含Fe3+溶液 溶液a 数据处理
①溶液a的颜色是　　　　。
②溶液颜色越深,光的透过能力越差,即透光率越小,含铁量越　　　　(填“高”或“低”)。
③若不加H2O2,测出黑木耳中铁元素的含量将　　　　(填“偏大”或“偏小”)。
Ⅱ:在肺部,血红蛋白中的亚铁血红素与O2结合,把O2送到各个组织器官。
(3)已知葡萄糖的分子式是C6H12O6。铁元素参与人体内的呼吸作用示意图如下(部分中间产物已略去)。
①在过程中体现还原性的酶是　　　　。
②该过程总反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案与分层梯度式解析
第3章　物质的性质与转化
本章复习提升
易混易错练
1.A　由于铁的还原性比铜的强,不可能出现铁有剩余而铜无剩余的情况,故A正确;由于铁比铜活泼,当铁有剩余时,一定与溶液中的Cu2+发生反应,溶液中一定没有Cu2+,故B错误;当铜有剩余,铁无剩余时,溶液中可能有Cu2+,故C错误;若Fe3+足量,将铜与铁全部氧化后,还有Fe3+剩余,故D错误。
易错分析　由于不能正确判断铁、铜的还原性强弱及与FeCl3溶液的反应情况而错选;铁、铜投入FeCl3溶液中,由于铁比铜活泼,铁先与Fe3+反应,当Fe消耗完后铜才与Fe3+反应。
2.BD　氧化性Fe3+>Cu2+>Fe2+,所以在FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉,铁先与Fe3+反应生成Fe2+,然后铁与Cu2+反应生成Cu和Fe2+,反应后剩余的固体可能为Cu或Cu、Fe的混合物;若滤出的固体只有铜,溶液中一定含有Fe2+,可能含有Cu2+,没有Fe3+,故A、C错误,B正确;若滤出的固体中含有铁和铜,则溶液中一定不含Cu2+和Fe3+,一定含有Fe2+,故D正确。
3.B　SO2能使品红溶液褪色是因为其具有漂白性,使溴水、酸性KMnO4溶液褪色是因为SO2具有还原性,SO2不能使石蕊溶液褪色,故A错误;Cl2也能使品红溶液褪色,故B正确;SO2能使品红溶液褪色是SO2和品红溶液中的某些物质结合形成无色物质,活性炭能使品红溶液褪色是由于吸附作用,漂白粉、Na2O2能使品红溶液褪色是由于二者具有强氧化性,其原理不同,故C错误;SO2和Cl2在水中发生反应:2H2O+SO2+Cl2 H2SO4+2HCl,如果二者按物质的量之比为1∶1通入会丧失漂白作用,故D错误。
易错分析　误以为与SO2有关的褪色现象都是SO2具有漂白性造成的,SO2使氯水、溴水、酸性高锰酸钾溶液等褪色,是因为SO2具有还原性,不是漂白性;SO2使滴有酚酞溶液的氢氧化钠溶液褪色,表现出酸性氧化物的性质。
4.C　98%浓硫酸中氢离子浓度很小,通常用70%硫酸与亚硫酸钠反应制取二氧化硫,A项不符合题意;二氧化硫使溴水褪色是因为二氧化硫具有还原性,不是漂白性,B项不符合题意;二氧化硫溶于水生成亚硫酸,使溶液呈酸性,可以使紫色石蕊试液变红,C项符合题意;二氧化硫与过氧化氢溶液反应生成水和硫酸,无明显现象,D项不符合题意。
5.D　浓盐酸也能使酸性KMnO4溶液紫色褪去,不能说明铁锈中含二价铁,故A错误;向Na2SO3溶液中加BaCl2溶液和稀硝酸,振荡有白色沉淀产生,稀硝酸可将S氧化为S,得到BaSO4沉淀,不能说明Na2SO3溶液已变质,故B错误;向含KSCN和FeSO4的溶液中加酸化的AgNO3溶液,溶液变红,由于酸性条件下N具有强氧化性,能将Fe2+氧化为Fe3+,因此不能说明氧化性:Ag+>Fe3+,故C错误;向稀硝酸中加入过量铜片,待铜片质量不再变化时,加入少量稀硫酸,剩余硝酸根离子在氢离子存在时可以继续氧化铜片,不能说明稀硫酸的氧化性强于稀硝酸,故D正确。
易错分析　由于忽略了在酸性条件下N具有强氧化性,能将S、Fe2+分别氧化为S、Fe3+,而错选B或C;酸性条件下N具有强氧化性在离子共存、离子方程式书写中经常涉及,解题时应注意。
6.B　A项,滴加酚酞变红的溶液呈碱性,碱性条件下Cu2+不能大量存在;B项,S、Mg2+、Cu2+、Cl-、N相互不反应,能够大量共存;C项,所含溶质为NaHSO4的溶液中含有大量氢离子,酸性条件下N具有强氧化性,能氧化Fe2+,不能大量共存;D项,使紫色石蕊变红的溶液呈酸性,酸性条件下N会氧化I-,不能大量共存;故选B。
思想方法练
1.B　Ag+、Fe3+、Cu2+都具有氧化性,加入过量铁粉时,Ag+、Cu2+与Fe反应分别生成Ag和Cu,而Fe3+与Fe反应生成Fe2+,经过滤①得到的溶液A中含Fe2+,而沉淀A中含有Ag、Cu和过量的Fe,即沉淀A中含3种金属单质,A错误;Fe2+具有还原性,能被H2O2氧化为Fe3+,Fe3+遇KSCN溶液呈红色,故可用KSCN溶液检验溶液B中的Fe3+,B正确;沉淀C为Fe(OH)3,溶液A含Fe2+,加入碱生成Fe(OH)2,Fe(OH)2不稳定,易被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3,C错误;操作②是加入H2O2,不需要漏斗,而①③均涉及过滤,需要玻璃棒和漏斗,D错误。
方法点津　解答本题的关键是弄清楚溶液中的转化,注意反应中“一般与特殊”的关系。Ag+、Fe3+、Cu2+都具有氧化性,而Fe3+被Fe还原生成Fe2+,Ag+、Cu2+与Fe均发生置换反应。
2.BD　根据流程图可知,步骤Ⅰ发生反应:2H2O+SO2+Fe2(SO4)3 2FeSO4+2H2SO4,溶液b含FeSO4,通入空气发生氧化还原反应生成Fe2(SO4)3,步骤Ⅱ发生反应的离子方程式为4Fe2++4H++O2 4Fe3++2H2O,故A正确;处理100 L含SO2的体积分数为0.336%的尾气,含有SO2体积为0.336 L,没有告知气体所处的状况,因此无法计算SO2的物质的量,也无法计算转移电子的物质的量,故B错误;溶液a转化为溶液b的反应中,硫元素化合价升高,SO2被氧化,故C正确;根据反应可知步骤Ⅰ消耗的硫酸铁与步骤Ⅱ生成的硫酸铁的量相同,硫酸铁可以循环利用,所以不用补充硫酸铁,故D错误。
方法点津　本题以工艺流程形式考查尾气处理,侧重考查物质性质和氧化还原反应知识,既考查了定性分析又考查了定量分析,综合性较强。解答此类题目时,注意联系所学元素性质以及可循环使用物质的判断。
3.答案　(1)O2　NaH　(2)MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O　(3)4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3　(4)3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2　验纯
解析　K为一种含有铁元素的白色絮状沉淀,N为红褐色沉淀,而K与最常见液体A、单质M作用得到N,故K为Fe(OH)2,A为H2O,M为O2,N为Fe(OH)3;I为黄绿色气体单质,为Cl2;黑色粉末E与D在加热条件下反应生成氯气,故E为MnO2,D为浓盐酸,J为MnCl2;D与单质C反应得到H与单质G,化合物B与H2O反应生成F与单质G,而F含有钠元素,且F与H反应生成Fe(OH)2,故C为Fe、H为FeCl2、G为H2、F为NaOH;化合物B的摩尔质量为24 g·mol-1,可推知B为NaH;H(FeCl2)与I(Cl2)反应生成L,L为FeCl3,L(FeCl3)与F(NaOH)反应生成Fe(OH)3。(1)M为O2,B为NaH。(2)反应②是二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水,化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O。(3)反应③是氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁,化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3。(4)铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2;氢气是可燃性气体,点燃氢气前需要验纯。
方法点津　解答这类无机推断题的关键是抓住题目中的关键信息,快速找到解题突破口;可根据物质颜色、特殊反应现象或提示的反应条件等分析。如本题中K为一种含有铁元素的白色沉淀,可转化为红褐色沉淀N,可知K为Fe(OH)2,N为Fe(OH)3;I为黄绿色气体,且为单质,应为Cl2;根据这些明显的信息可快速找到突破口,根据转化关系和信息完成各物质的推断,从而顺利解题。这类试题既体现了“一般与特殊”的化学思想,也体现了证据推理与模型认知的化学学科核心素养。
4.答案　(1)次氯酸钠　食盐　+6价
(2)Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O
(3)安静燃烧,发出苍白色火焰,瓶口出现白雾
(4)+5H2O
(5)2Na2FeO4+16HCl 4NaCl+2FeCl3+3Cl2↑+8H2O
解析　E为生活中最常见的调味品,为NaCl;由A、B分别为非金属和金属单质,结合图示转化可确定A为Cl2,B为Fe;结合图示转化可知C为FeCl3,D为NaClO;根据F的密度可确定F为H2,则G为HCl。(1)Na2FeO4中Na元素为+1价、O元素为-2价,根据化合物中各元素正、负化合价代数和为0可知Fe元素为+6价。(2)反应②为Cl2与NaOH溶液的反应,其离子方程式为Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O。(3)H2在Cl2中可以安静地燃烧,发出苍白色火焰,生成HCl气体,瓶口HCl与水蒸气形成盐酸小液滴,产生白雾。(4)FeCl3、NaClO在碱性条件下反应,其化学方程式为3NaClO+2FeCl3+10NaOH 2Na2FeO4+9NaCl+5H2O,结合反应中Fe、Cl元素化合价变化,利用双线桥法可标出电子转移方向和数目。(5)反应⑤的化学方程式为2Na2FeO4+16HCl 4NaCl+2FeCl3+3Cl2↑+8H2O。
5.答案　(1)Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O　(2)洗气　饱和氯化钠溶液　(3)CO(NH2)2+NaClO+2NaOH N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl　(4)2ClO-+N2H4·H2O 2Cl-+N2↑+3H2O
解析　氯气与30%的NaOH溶液反应生成次氯酸钠,次氯酸钠碱性溶液与尿素反应制备粗肼,粗肼经过一系列操作得到水合肼和碳酸钠,碳酸钠、水和二氧化硫反应生成亚硫酸钠。(1)吸收塔内氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠,反应的离子方程式为Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O。(2)浓盐酸易挥发,二氧化锰和浓盐酸制取的Cl2中会混有氯化氢杂质,为提高吸收塔内NaOH的有效利用率,需要用饱和氯化钠溶液进行洗气。(3)反应器内碱性NaClO溶液与尿素反应生成N2H4·H2O,根据得失电子守恒、原子守恒可得反应的化学方程式为CO(NH2)2+NaClO+2NaOH N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl。(4)水合肼具有强还原性,能与次氯酸钠反应生成N2,为防止水合肼被氧化,制备过程中需要控制反应器内NaClO溶液的供给量,根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可得反应的离子方程式为2ClO-+N2H4·H2O 2Cl-+N2↑+3H2O。
6.答案　(1)将烧渣粉碎、适当升温、适当增加酸的浓度、搅拌(任写一种,答案合理即可)　(2)Fe2O3+3H2SO4 Fe2(SO4)3+3H2O　(3)过滤　(4)将Fe3+完全转化为Fe2+　KSCN溶液　(5)Fe2++2HC FeCO3↓+CO2↑+H2O　制作氮肥(答案合理即可)　(6)3 360
解析　(1)要提高硫铁矿烧渣酸浸的效率,可采取的措施有适当升温、适当增大稀硫酸浓度、烧渣粉碎、搅拌等。(2)“酸浸”过程中加入稀硫酸,与Fe2O3发生反应,化学方程式为Fe2O3+3H2SO4 Fe2(SO4)3+3H2O。(3)“步骤1”将滤液和滤渣分开,为过滤。(4)在“步骤3”后,Fe元素以FeCO3形式存在,所以加入过量铁粉的目的除了除去过量的硫酸,还有将已生成的Fe3+转化为Fe2+;检验金属阳离子(即Fe3+)是否完全转化为Fe2+,应选用KSCN溶液,若溶液不变红色,说明Fe3+完全转化为Fe2+。(5)“滤液Y”为FeSO4溶液,根据流程图和原子守恒可知,FeSO4与NH4HCO3反应生成(NH4)2SO4、FeCO3、CO2、H2O,反应的离子方程式为Fe2++2HC FeCO3↓+H2O+CO2↑;“滤液Z”中溶质主要成分为(NH4)2SO4,可制作氮肥或做化工原料等。(6)经“步骤3”得到69.6 kg FeCO3,物质的量为=6×102 mol,焙烧时FeCO3被氧气氧化为Fe2O3,根据得失电子守恒可得关系式:4FeCO3~O2,所以消耗氧气的物质的量为1.5×102 mol,标准状况下的体积为1.5×102 mol×22.4 L·mol-1=3 360 L。
方法点津　本题以硫酸工业生产后的硫铁矿烧渣为原料生产铁红为情境,通过工艺流程考查利用已知信息和知识分析问题、解决问题的能力;解题时可从物质转化线(反应线)和操作线(分离与提纯)、设问中的信息入手进行分析,建立解题思维模型,从而顺利解题。
综合拔高练
五年高考练
1.C　A项,Fe与Fe3+反应生成Fe2+,推断合理。B项,亚铁盐既能被氧化为铁盐又能被还原为铁单质,推断合理。C项,氢氧化铁胶体的制备是将饱和的氯化铁溶液加入沸水中继续加热至液体呈红褐色;如果加入浓碱液中,生成的是Fe(OH)3沉淀,推断不合理。D项,可存在Fe2+→Fe(OH)2→Fe(OH)3→Fe3+→Fe2+的循环转化关系,推断合理。
解题技法　关于元素化合物知识,我们不仅从物质类别角度认识物质间的转化,还从元素价态的角度认识物质间的转化,利用“价—类”二维图可以很好地考查这两个角度。解答这类试题首先根据“价—类”二维图中元素的化合价和物质类别确定具体物质的化学式;再根据选项中提示的物质,结合所学的知识解答即可。
2.D　Zn比Fe活泼,往FeCl2溶液中加入Zn片发生反应:Zn+Fe2+ Zn2++Fe,溶液由浅绿色变为无色,Fe2+的氧化能力比Zn2+强,故A错误;往溶液中滴加KSCN溶液,溶液变成红色,说明溶液中一定含有Fe3+,不能说明不含Fe2+,故B错误;溶液中的Fe3+可能与单质铁反应生成Fe2+,溶液呈浅绿色,不能说明食品脱氧剂样品中没有+3价铁,故C错误;向沸水中逐滴加5~6滴饱和氯化铁溶液,持续煮沸,溶液先变成红褐色,是因为FeCl3与水反应生成Fe(OH)3胶体,后析出沉淀是因为加热胶体发生聚沉生成Fe(OH)3沉淀,故D正确。
考向追踪　含铁元素物质的性质及转化属于高考热点,试题有时单独考查,但大多数与其他元素一起考查,主要以选择题、实验题和流程图题的形式综合考查铁及其化合物的性质及应用等。
3.B　向FeSO4溶液中滴加新制氯水,溶液中的Fe2+被氧化成Fe3+,再滴加KSCN溶液,溶液变红,不能确定原溶液中是否有Fe3+,A项不能达到实验目的;KMnO4溶液显紫色,向FeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液,紫色消失,说明Mn被还原成Mn2+,Fe2+具有还原性,所以可通过观察溶液的颜色变化判断Fe2+是否有还原性,B项能达到实验目的;检验溶液是否呈酸性,不能选用酚酞试液,酚酞可用于检验碱性溶液,C项不能达到实验目的;H2O2具有氧化性,能将Fe2+氧化为Fe3+,H2O2溶液中滴加FeSO4溶液,产生大量气泡有可能是Fe3+的催化作用,D项不能达到实验目的。
解题技法　本题易错选D,可利用以下方法排除其干扰:①催化剂在反应前后质量和化学性质均不发生变化;向H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液后,Fe2+与H2O2能发生氧化还原反应,Fe2+转化为Fe3+,Fe3+可能催化H2O2分解,不能达到探究目的。②缺少对照实验,未排除S对H2O2分解的影响。
4.答案　4　1
解析　由图中信息可知,当失重比为19.4%时,FeSO4·7H2O转化为FeSO4·xH2O,则×100%=19.4%,解得x≈4;当失重比为38.8%时,有×100%=38.8%,解得y≈1。
知识拓展　热重曲线
　　热重曲线是指在热分析过程中通过热天平而得到的试样在加热过程中质量随温度变化的曲线,一般与差热曲线结合使用,通过热重曲线的分析计算,可以了解样品在某一温度下的反应程度及相应的物质含量等信息。热重曲线分析要抓住“三点”——起点、拐点、终点,根据质量(或失重质量分数)等随温度的变化,确定定量关系,列式计算,确定剩余固体的成分。
5.答案　(1)球形冷凝管　平衡气压,便于液体顺利流下
(2)2NH3+3CuO 3Cu+N2+3H2O(或NH4Cl+NaNO2 NaCl+2H2O+N2↑)　A(或B)
(3)4Fe2++8OH- Fe↓+Fe3O4↓+4H2O
(4)AD
(5)稀硝酸和硝酸银溶液　除去晶体表面水分,便于快速干燥
(6)90.0%
解析　(1)结合图示装置可知仪器a的名称为球形冷凝管。实验中使用恒压滴液漏斗,可以平衡压强,便于液体顺利流下。(2)结合所给药品和实验装置考虑可用装置A或装置B制备N2,其化学方程式分别为2NH3+3CuO 3Cu+N2+3H2O和NH4Cl+NaNO2 NaCl+2H2O+N2↑。(3)三颈烧瓶中FeCl2溶液与KOH溶液在100 ℃下共热生成Fe和Fe3O4,根据得失电子守恒等可配平该离子方程式为4Fe2++8OH- Fe↓+Fe3O4↓+4H2O。(4)为保证产品性能,使其粒径适中、结晶度良好,应采用适宜的滴液速度,且选择适宜的焙烧温度;若用盐酸代替KOH溶液,可能导致Fe、Fe3O4部分溶解;若在空气氛围中制备,Fe2+易被氧化,故选AD。(5)实验中洗涤主要是洗去沉淀表面的Cl-,应向最后一次洗涤液中加入稀硝酸和AgNO3溶液,若无沉淀产生,则证明沉淀已洗涤干净。使用乙醇洗涤,是利用了乙醇的挥发性,便于黑色沉淀快速干燥。(6)9.95 g FeCl2·4H2O的物质的量为9.95 g÷199 g/mol=0.05 mol,根据(3)中的离子方程式可得关系式:
4Fe2+　~　Fe/Fe3O4
4 mol 56 g+232 g=288 g
0.05 mol m(理论)
,解得m(理论)=3.60 g,而实际得到3.24 g产品,则该实验中所得磁性材料的产率为×100%=90.0%。
6.D　浓硫酸将蔗糖中H、O元素按水的元素组成质量比脱去,白色固体变黑,体现浓硫酸的脱水性,故A正确;浓硫酸脱水过程中产生大量的热,会发生反应:C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O,产生的大量气体使固体体积膨胀,故B正确;过程中生成的SO2使品红溶液褪色,生成SO2体现了浓硫酸的强氧化性,故C正确、D不正确。
7.C　硫分别与少量氧气和足量氧气反应,生成的产物都是SO2,故A错误;SO2与H2O发生化合反应生成亚硫酸,而SO2和H2S会发生氧化还原反应生成硫单质和水,反应的类型不相同,故B错误;Na2O2分别与H2O和CO2反应,生成的气体均为氧气,故C正确;浓H2SO4与Cu反应生成二氧化硫气体,而和C反应生成二氧化碳和二氧化硫,生成的酸性气体不完全相同,故D错误。
8.C　根据信息可知,Ⅰ中试管内的反应,氢元素的化合价没有发生变化,H+不是氧化剂,不体现氧化性,故A错误;SO2进入Ⅱ中使品红溶液褪色,体现SO2的漂白性,故B错误;SO2进入Ⅲ中与硫化钠反应生成S单质,Ⅰ和Ⅲ的试管中都出现了浑浊现象,故C正确;SO2进入Ⅳ中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱,溶液褪色,若撤掉水浴,重做实验,仍然有SO2产生,Ⅳ中红色会褪去,故D错误。
9.C　试管内液面上升可能是SO2与水反应,也可能是SO2溶于水使试管内压强减小,故A错误;因SO2与水的反应是可逆反应,所以有少量气体剩余,不能说明SO2的溶解已达饱和,故B错误;向溶液中加入紫色石蕊试液,溶液变为红色是由于SO2与水反应生成亚硫酸,亚硫酸为弱酸,分步电离出氢离子,故C正确;将溶液在空气中放置一段时间后pH下降,是由于溶液中的H2SO3被空气中的O2氧化为H2SO4,酸性增强,故D错误。
10.B　分析题给流程图可知要想结晶得到比较纯的NaHSO3,需要通入足量的SO2,故吸收SO2后生成NaHSO3,同时会生成CO2,A项正确;根据A项分析,结晶后母液中含有NaHSO3,不含有NaHCO3,B项错误;温度过高,NaHSO3会受热分解,C项正确;中和过程中NaHSO3与Na2CO3会反应生成Na2SO3与NaHCO3,D项正确。
解题技法　解答此类题目时,需明确工艺目的,联系物质性质分析流程中各步的作用,结合选项分析作答。
11.B　A项,NH3极易溶于水,溶于水后圆底烧瓶内压强减小,从而产生喷泉;B项,P2O5为酸性氧化物,NH3具有碱性,两者可以发生反应,不可以用P2O5干燥NH3;C项,NH3的密度比空气小,可采用向下排空气法收集,故“短管进长管出”;D项,CaO与浓氨水混合后与水反应并放出大量的热,促使NH3挥发,可用此装置制备NH3;故选B。
考场速决　氨气为碱性气体,不能用酸性干燥剂干燥,故B错误。
12.B　B项,NO与H2O不反应,不能直接得到HNO3,错误。
13.D　由“某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移”以及题图可知,过程Ⅰ发生反应:N+e-+2H+ NO↑+H2O,过程Ⅱ发生反应:NO+N+2H++3e- N2H4+H2O,过程Ⅲ发生反应:N2H4 N2+4H++4e-。过程Ⅰ中N转化为NO,氮元素化合价降低,发生还原反应,A错误;a和b中转移的e-数目不相等,B错误;过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(N)=1∶1,C错误;由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中反应得总反应:N N2↑+2H2O,D正确。
解题技法　分析反应过程,注意含氮物质所含氮元素价态的变化,根据氧化还原反应的规律判断物质的量的关系及转移电子数。
14.C　题给装置特点为“固体+固体 气体”且用向上排空气法收集气体。A项,利用加热Ca(OH)2和NH4Cl固体混合物制取NH3,由于NH3密度比空气小,不能使用向上排空气法收集,错误;B项,浓盐酸是液体,错误;C项,MnO2与KClO3加热制取O2符合题意,正确;D项,浓硫酸是液体,错误。
15.D　A项,实验室可通过加热Ca(OH)2和NH4Cl固体混合物或加热浓氨水制取氨气,加热氯化铵固体分解产生的HCl和NH3遇冷又化合成NH4Cl,错误;B项,常温下,铝片遇冷浓硝酸钝化,错误;C项,浓硫酸具有强氧化性,与硫化钠发生氧化还原反应,生成硫单质和SO2,错误;D项,实验室采用2KClO32KCl+3O2↑制取氧气,正确。
16.B　A项,收集氧气不能用向下排空气法;C项,NO易与氧气反应,收集NO不能用排空气法;D项,制备CO2不能用石灰石和稀硫酸反应,因为生成的CaSO4为微溶物,会阻碍反应进一步发生。
名师点睛　有关气体的制备、净化与收集需要考虑以下几个方面问题:
　　(1)根据制备反应的特点选择合适的制备装置,常考虑的是反应物的状态和反应条件等。
　　(2)根据气体的性质选取洗气装置,除杂试剂选择要根据被净化的气体和杂质气体性质上的差异,如溶解性、酸碱性、氧化性、还原性等。除杂原则:①不损失被净化的气体;②不引入新的杂质气体;③操作简单,易于分离。
　　(3)根据气体的密度和溶解性选取收集装置。如果用排空气法收集气体,要注意根据装置特点区分是用向上排空气法还是向下排空气法。
高考模拟练
1.D　实验过程中,FeCl2溶液转化为FeCl3溶液,溶液由浅绿色变成棕黄色,颜色加深,故A正确;由①和③可知,相同时间时,①的Fe2+氧化率比③高,①比③的温度高,所以相同条件下,温度越高,Fe2+被氧化得越快,故B正确;由②和③可知,相同时间时,②的Fe2+氧化率比③高,②的pH比③小,所以相同条件下,pH越小,Fe2+被氧化得越快,故C正确;根据图像可知,pH越小、温度越高,Fe2+被氧化得越快,所以温度低、pH大,有利于FeCl2溶液的保存,故D错误。
素养解读　本题以氧气氧化一定浓度的FeCl2溶液为情境,考查学生识图、析图和知识迁移的能力,体现了科学探究与创新意识的化学学科核心素养。
2.BC　根据原理图可知,过程甲中Fe2(SO4)3和H2S发生氧化还原反应,生成FeSO4、S,H2S在书写离子方程式时用化学式表示,故A错误;过程乙中FeSO4在酸性条件下被氧气氧化生成Fe2(SO4)3,根据得失电子守恒可知,4 mol Fe2+参加反应时消耗1 mol氧气,在标准状况下体积为22.4 L,故B正确;脱硫过程中Fe2(SO4)3氧化H2S,自身被还原成FeSO4,FeSO4又被O2氧化成Fe2(SO4)3,所以脱硫过程可看作O2间接氧化H2S生成硫单质,故C正确;脱硫过程的总反应为O2+2H2S 2H2O+2S↓,反应后生成水,导致H+浓度减小,溶液酸性减弱,故D错误。
素养解读　本题以天然气的脱硫原理图为情境,考查氧化还原反应的相关知识,体现了宏观辨识与微观探析的化学学科核心素养。
3.B　钠与水反应生成氢气,造成锥形瓶内压强过大,连接橡胶管,平衡锥形瓶内和分液漏斗的气压,可使分液漏斗中的液体顺利流下,故A正确;钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,生成的氢氧化钠与氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁沉淀,故B错误;由于产生的氢气将锥形瓶中的空气排出,可以观察到白色絮状沉淀,故C正确;白色氢氧化亚铁不稳定,被空气中氧气氧化生成氢氧化铁红褐色沉淀,故D正确。
4.A　浓硝酸和碳在常温下不反应,加热时发生反应C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O,故A错误;装置B中二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,稀硝酸和铜反应生成一氧化氮,铜可以提高NO的生成率,故B正确;从装置B中出来的一氧化氮气体中混有二氧化碳和水蒸气,所以装置C中装的药品可以是氢氧化钠固体,用于吸收二氧化碳和水蒸气,故C正确;一氧化氮不能直接排放到空气中,则装置E中的酸性KMnO4溶液的主要作用是吸收多余的NO,故D正确。
5.B　脱硫塔中生成S的反应为2CaS+3SO2 2CaSO3+3S,所以S既是氧化产物又是还原产物,故A正确;根据原子守恒可知,再生塔中CaSO4和C反应生成CO2和X(CaS),由得失电子守恒可知,CO2和X的物质的量之比为2∶1,故B错误;将CaSO4和煤粉碎混合,再投入再生塔,增大了反应物的接触面积,有利于反应充分进行,故C正确;S2、S4、S6和S8均是由同种元素组成的,互为同素异形体,故D正确。
6.答案　(1)品红溶液褪色　品红的乙醇溶液
(2)①1 000 mL容量瓶　②蓝色褪去　SO2+I2+2H2O S+4H++2I-　③80　偏小
解析　(1)SO2能使品红溶液褪色,故向品红水溶液中通入足量SO2,可观察到溶液褪色;经查阅资料知,不是SO2使其褪色,已知品红可溶于乙醇,所以可用品红的乙醇溶液(溶液不褪色)验证。(2)①配制1 000 mL 5×10-3 mol·L-1的碘溶液,还缺少1 000 mL容量瓶。②碘—淀粉溶液显蓝色,碘与二氧化硫、水反应生成HI和H2SO4,碘反应完全时,溶液褪色,即停止抽气;发生反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O S+4H++2I-。③碘反应完全即停止抽气,则n(I2)=5×10-3 mol·L-1××5×10-3L=2.5×10-6 mol,根据方程式可得,n(I2)=n(SO2)=2.5×10-6 mol,m(SO2)=2.5×10-6 mol×64 g·mol-1=1.6×10-4 g=0.16 mg,空气中二氧化硫的最大允许含量为0.02 mg·L-1,每次抽空气100 mL(已折算为标准状况),一次抽取的空气中含二氧化硫的质量最大为0.02 mg·L-1×0.1 L=0.002 mg,故至少抽取次数n=0.16 mg÷0.002 mg=80;若抽气速度过快,可能导致SO2不能完全被吸收,造成测定结果偏小。
7.C　根据资料可知,实验①→②中,鞣酸与亚铁离子结合成无色的鞣酸亚铁,进而被空气中氧气氧化生成了蓝黑色的鞣酸铁,故A正确;③→④,加入KSCN溶液,溶液的颜色几乎没有变化,④→⑤加入H2O2溶液,溶液变红,说明③中含二价铁,故B正确;由题图可知,虽然试管①、③、④颜色几乎相同,但其所含粒子种类不完全相同,故C不正确;鞣酸具有还原性,则鞣酸根离子具有还原性,能被H2O2氧化,其中的二价铁也可被氧化,若维生素C有剩余,也可被氧化,由④→⑤,至少有两种粒子被氧化,故D正确。
8.答案　(1)Fe3+　(2)ⅰ.可行　当加入过量的NaOH溶液时,溶液中Fe2+和Fe3+均生成沉淀,且Fe(OH)2在空气中易被氧化生成Fe(OH)3,溶液中的铁元素最终完全转化为Fe2O3,经过称量、计算可得出结论　ⅱ.①红色　②高　③偏小　(3)①酶1　②C6H12O6+6O2 6CO2+6H2O
解析　(1)在坩埚中高温灼烧黑木耳,使之完全灰化,黑木耳中的铁元素会转化为铁的氧化物,铁的氧化物用酸充分浸泡溶解,过滤,滤液中铁元素的存在形式是Fe2+、Fe3+。(2)ⅱ.①Fe3+遇KSCN溶液变红,故a溶液的颜色是红色。②溶液颜色越深,说明Fe3+浓度越大,光的透过能力越差,即透光率越小,含铁量越高。③若不加H2O2,Fe3+浓度偏小,溶液颜色浅,测出黑木耳中铁元素的含量偏小。(3)①酶1与Fe3+反应生成Fe2+,Fe3+得电子是氧化剂,故酶1在该反应中是还原剂,体现还原性。②该过程总反应的化学方程式为C6H12O6+6O2 6CO2+6H2O。
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