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第五章 化工生产中的重要非金属元素
第二节 氮及其化合物
第3课时 硝酸 酸雨的形成
1. 下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）。
A. 过量SO2与“84”消毒液反应：ClO－+H2O+SO2=+HClO
B. 将SO2通入Ba(NO3)2溶液中：SO2+H2O+Ba2＋=BaSO3↓+2H＋
C. 向稀硝酸中加入过量铁粉：Fe++4H＋=Fe3＋+NO↑+2H2O
D. 用氨水吸收少量SO2：2NH3·H2O+SO2=2++H2O
2. 根据实验操作及现象，下列结论中正确的是（ ）。
实验操作及现象 结论
A 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
取一定量样品，溶解后加入溶液，产生白色沉淀。加入浓，仍有沉淀 此样品中含有
C 向盛有和的试管中分别滴加浓盐酸，盛的试管中产生黄绿色气体 氧化性：
D 向溶液中通入气体，出现黑色沉淀 酸性：
3. NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）。
A. 22.4 L SO2所含的分子数目为NA
B. 1 mol Cu和足量S充分反应后，转移电子数为NA
C. 一定条件下，1 mol N2与足量H2充分反应，生成的NH3分子数为2NA
D. 常温下，将28 g铁片投入足量的稀硝酸中，铁失去的电子数为NA
4. 某化学兴趣小组进行了有关 Cu、稀硝酸、稀硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是（ ）。
A. 实验①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生， 说明HNO3被 Cu 还原为NO2
B. 实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸的强
C. 实验③发生反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO= 3Cu2++2NO↑+4H2O
D. 由上述实验可得出结论：Cu 在常温下既可以和稀硝酸反应，又可以和稀硫酸反应
5. 酸雨的形成是一种复杂的大气化学和光化学过程，在清洁空气、污染空气中形成硫酸型酸雨的过程如图所示：
注：表示光照；是羟基自由基，有强氧化性。
下列有关说法错误的是（ ）。
A. 所涉及的变化均为氧化还原反应 B. 上述气相氧化形成酸雨的必要条件是光照
C. 的生成加快了形成酸雨的速率 D. 难以直接被氧化
6. 将17.9g由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g。另取等质量的合金溶于过量稀中，生成了6.72LNO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则沉淀的质量为（ ）。
A. 22.1g B. 25.4g C. 33.2g D. 30.2g
7. 硝酸工业常用碱溶液吸收废气中的气体。某实验小组将相同体积不同组成的废气分别通入到相同的足量溶液中充分吸收，测得生成的两种离子的物质的量与废气中的物质的量分数变化关系如图所示（图中仅画出部分关系）。下列说法正确的是（ ）。
A. 参与反应的物质的量为 B. 随值增大，溶液中增大
C. 当时， D. 当时，反应中转移的电子为
8. 将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。下列有关说法正确的是（ ）。
A. 11.2 L标准状况下混合气体中NO的体积为5.376 L，NO2的体积为5.824L
B. 产生的标准状况下11.2 LNO和NO2混合气体通入5.6LO2刚好能溶解到水中
C. 反应中参加反应的HNO3的物质的量为0.5mol
D. 待产生的气体全部逸出后，向溶液中加入V mL a mol·L 1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原HNO3溶液的浓度为mol·L 1
9. 在生活中亚硝酸钠应用十分广泛，它是一种白色固体，外观与极其相似；少量可做食品的防腐剂，可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长。某化学兴趣小组查阅资料得知，该学习小组利用下列装置制备干燥的亚硝酸钠（夹持及加热装置略去，部分仪器可重复使用）。
已知：①能被高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。
②酸性高锰酸钾溶液可将氧化成。
回答下列问题：
（1）装置中的装浓硝酸的仪器名称是_____________________，仪器按气流方向连接顺序为_____________________。
（2）①反应开始前打开止水夹，通入过量氮气的目的是_________________________。
②反应结束后打开止水夹，再通入过量氮气的目的是_____________________。
（3）写出装置中发生反应的离子方程式_________________________________________________________________。
（4）装置能除去挥发的蒸汽，另一作用是_________________________________________________。
（5）写出装置中发生反应的离子方程式_________________________________________________________________。
10. 液相催化还原法可去除水体中的，其分步催化还原机理如图1所示。其他条件相同，不同时，反应1小时后化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图2所示。
（1）该液相催化还原法中所用的催化剂是_____________，还原剂是_____________。
（2）反应ⅰ的离子方程式是_____________________________________。
（3）研究表明，在表面与竞争吸附，会降低吸附的能力，但对吸附的能力影响不大。
①随增大，和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，原因是_________________________，导致反应ⅱ的化学反应速率降低。
②随减小，还原产物中的变化趋势是_____________________________，说明表面吸附的和的个数比变大，对反应_________________________（用离子方程式表示）更有利。
（4）分析图2，使用该催化剂，通过调节溶液，可将可能多地转化为。其具体方法是_____________。第五章 化工生产中的重要非金属元素
第二节 氮及其化合物
第3课时 硝酸 酸雨的形成
1. 下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）。
A. 过量SO2与“84”消毒液反应：ClO－+H2O+SO2=+HClO
B. 将SO2通入Ba(NO3)2溶液中：SO2+H2O+Ba2＋=BaSO3↓+2H＋
C. 向稀硝酸中加入过量铁粉：Fe++4H＋=Fe3＋+NO↑+2H2O
D. 用氨水吸收少量SO2：2NH3·H2O+SO2=2++H2O
【答案】D
【解析】A．过量SO2与“84”消毒液反应生成氯离子和硫酸根离子：ClO-+H2O+SO2=+2H++Cl-，A错误；B．将SO2通入Ba(NO3)2溶液中生成硫酸钡沉淀：+3SO2+2H2O+3Ba2＋=3BaSO4↓+2NO↑+4H＋，B错误；C．向稀硝酸中加入过量铁粉生成硝酸亚铁、NO和H2O：3Fe++8H＋=3Fe2++2NO↑+4H2O，C错误；D．用氨水吸收少量SO2生成正盐：2NH3·H2O+SO2=++H2O，D正确；答案选D。
2. 根据实验操作及现象，下列结论中正确的是（ ）。
实验操作及现象 结论
A 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
取一定量样品，溶解后加入溶液，产生白色沉淀。加入浓，仍有沉淀 此样品中含有
C 向盛有和的试管中分别滴加浓盐酸，盛的试管中产生黄绿色气体 氧化性：
D 向溶液中通入气体，出现黑色沉淀 酸性：
【答案】C
【解析】A．铁片插入浓硝酸中无现象的原因是铁片和浓硝酸发生了钝化，表面生成致密的氧化物保护膜，阻止反应进一步发生，不能证明稀硝酸的氧化性比浓硝酸强，故A错误；B．硝酸会直接将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，不能证明其已变质，应该用盐酸酸化的氯化钡溶液，故B错误；C．向盛有和的试管中分别滴加浓盐酸，盛的试管中产生黄绿色气体，即氯离子被氧化产生氯气，因此可说明氧化性：，故C正确；D．向溶液中通入气体，出现黑色沉淀硫化铜，说明硫化铜不溶于酸，不能说明酸性强弱，且硫酸的酸性强于氢硫酸，故D错误。
3. NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）。
A. 22.4 L SO2所含的分子数目为NA
B. 1 mol Cu和足量S充分反应后，转移电子数为NA
C. 一定条件下，1 mol N2与足量H2充分反应，生成的NH3分子数为2NA
D. 常温下，将28 g铁片投入足量的稀硝酸中，铁失去的电子数为NA
【答案】B
【解析】A．未给出气体所处的外界条件，因此不能确定其物质的量，也不能确定气体分子数目，A错误；B．S与Cu混合加热发生反应产生Cu2S，Cu元素化合价由Cu单质的0价变为Cu2S中的+1价，1 mol Cu反应，转移1 mol电子，则转移的电子数目是NA，B正确；C．N2与H2转化为NH3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此一定条件下，1 mol N2与足量H2充分反应，生成的NH3的物质的量小于2 mol，则产生的NH3分子数小于2NA，C错误；D．Fe与足量稀硝酸反应产生Fe(NO3)3，1 mol Fe反应失去3 mol电子，28 gFe的物质的量是0.5 mol，则0.5 mol Fe反应失去电子1.5 mol，铁失去的电子数为1.5NA，D错误。
4. 某化学兴趣小组进行了有关 Cu、稀硝酸、稀硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是（ ）。
A. 实验①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生， 说明HNO3被 Cu 还原为NO2
B. 实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸的强
C. 实验③发生反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO= 3Cu2++2NO↑+4H2O
D. 由上述实验可得出结论：Cu 在常温下既可以和稀硝酸反应，又可以和稀硫酸反应
【答案】C
【解析】A．铜与稀硝酸反应，HNO3被 Cu 还原为NO，试管口有红棕色气体产生，是因为NO在试管口被氧气氧化为NO2，故A错误；B．稀硫酸的氧化性比稀硝酸的弱，实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，发生反应 ，故B错误；
C．实验③发生反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO= 3Cu2++2NO↑+4H2O，故C正确；D．常温下，Cu不能和稀硫酸反应，故D错误。
5. 酸雨的形成是一种复杂的大气化学和光化学过程，在清洁空气、污染空气中形成硫酸型酸雨的过程如图所示：
注：表示光照；是羟基自由基，有强氧化性。
下列有关说法错误的是（ ）。
A. 所涉及的变化均为氧化还原反应 B. 上述气相氧化形成酸雨的必要条件是光照
C. 的生成加快了形成酸雨的速率 D. 难以直接被氧化
【答案】A
【解析】由图可知，工业废气以及火山喷发中的二氧化硫首先通过光照经过第一步转化，再经过一步转化，会形成酸雨，一共经过两步转化，其中第一步需要光照，以此解题。A．SO3和水反应生成硫酸没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B．由图可知，两种途径中第一步反应均需要光照条件下发生，所以光照是形成酸雨形成的必要条件之一，故B正确；C．途径Ⅱ中能加快二氧化硫的氧化速率，所以的生成加快了形成酸雨的速率，故C正确；D．两条途径中二氧化硫均不是直接转化为三氧化硫或硫酸的，这说明难以直接被氧化，故D正确。
6. 将17.9g由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g。另取等质量的合金溶于过量稀中，生成了6.72LNO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则沉淀的质量为（ ）。
A. 22.1g B. 25.4g C. 33.2g D. 30.2g
【答案】B
【解析】将17.9克由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有铝参与反应，则合金质量减少的2.7克为Al，物质的量为0.1mol，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3＋、Fe3＋、Cu2＋离子，根据转移电子守恒，金属总共失去电子物质的量等于HNO3到NO得到的电子总数，其中0.1mol铝完全反应失去0.3mol电子，则Cu、Fe完全反应失去电子为0.9mol－0.3mol=0.6mol，反应中Cu、Fe失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，则n(OH－)=0.6mol，所以反应后氢氧化铜、氢氧化铁的质量为17.9g－2.7g+0.6mol×17g/mol=25.4g，答案选B。
7. 硝酸工业常用碱溶液吸收废气中的气体。某实验小组将相同体积不同组成的废气分别通入到相同的足量溶液中充分吸收，测得生成的两种离子的物质的量与废气中的物质的量分数变化关系如图所示（图中仅画出部分关系）。下列说法正确的是（ ）。
A. 参与反应的物质的量为 B. 随值增大，溶液中增大
C. 当时， D. 当时，反应中转移的电子为
【答案】D
【解析】A．由图可知，x=0.5时，只发生反应：NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，硝酸根的物质的量为0，亚硝酸根的物质的量为2mol，当x=1时，只发生反应：2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，所以线段a表示亚硝酸根，所以线段b表示硝酸根，混合气体的物质的量是2mol，当x＜0.5时，NO有剩余，因此消耗氢氧化钠的物质的量小于2mol，A错误；
B．当x＜0.5时，NO有剩余，此时随值增大，溶液中增大，x＞0.5时，此时随值增大，溶液中不变，B错误；C．当时，只发生反应NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，混合气体中NO2的物质的量是2xmol，所以，C错误；D．当时，发生反应NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，过量的NO2继续反应2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，根据方程式可判断每生成1mol NaNO2或1mol NaNO3，均转移1mol电子，所以转移电子的物质的量是1mol，D正确。
8. 将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。下列有关说法正确的是（ ）。
A. 11.2 L标准状况下混合气体中NO的体积为5.376 L，NO2的体积为5.824L
B. 产生的标准状况下11.2 LNO和NO2混合气体通入5.6LO2刚好能溶解到水中
C. 反应中参加反应的HNO3的物质的量为0.5mol
D. 待产生的气体全部逸出后，向溶液中加入V mL a mol·L 1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原HNO3溶液的浓度为mol·L 1
【答案】D
【解析】32.64g铜的物质的量为32.64g÷64g/mol=0.51mol，在反应中失去的电子的物质的量为2×0.51mol=1.02mol，11.2L混合气体的物质的量为11.2L÷22.4L/mol=0.5mol。令NO和NO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y=0.5、3x+y=1.02，解得x=0.26、y=0.24，NO的体积=0.26mol×22.4L/mol=5.824L，NO2体积为0.24mol×22.4L/mol=5.376L。A．根据分析，NO的体积0.26mol×22.4L/mol=5.824L，NO2体积为0.24mol×22.4L/mol=5.376L，A错误；B．结合得失电子守恒，氧气得到电子等于铜失去的电子，则需要O2体积为，B错误；C．反应中生成Cu（NO3）2以及NO、NO2，根据氮元素守恒，参见反应的HNO3为0.51mol×2+0.5mol=1.52mol，C错误；D．加入氢氧化钠恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，根据钠离子守恒有：n(NaNO3)=n(NaOH)=V×10-3L×amol/L=aV×10-3 mol，由N原子守恒可知：n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO、NO2)=aV×10-3 mol+0.5mol=（aV×10-3+0.5）mol，故硝酸的物质的量浓度=mol/L，D正确。
9. 在生活中亚硝酸钠应用十分广泛，它是一种白色固体，外观与极其相似；少量可做食品的防腐剂，可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长。某化学兴趣小组查阅资料得知，该学习小组利用下列装置制备干燥的亚硝酸钠（夹持及加热装置略去，部分仪器可重复使用）。
已知：①能被高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。
②酸性高锰酸钾溶液可将氧化成。
回答下列问题：
（1）装置中的装浓硝酸的仪器名称是_____________________，仪器按气流方向连接顺序为_____________________。
（2）①反应开始前打开止水夹，通入过量氮气的目的是_________________________。
②反应结束后打开止水夹，再通入过量氮气的目的是_____________________。
（3）写出装置中发生反应的离子方程式_________________________________________________________________。
（4）装置能除去挥发的蒸汽，另一作用是_________________________________________________。
（5）写出装置中发生反应的离子方程式_________________________________________________________________。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. g→h→e→f→c→d→e→f→i或g→h→e→f→d→c→e→f→i （2）①通入过量氮气排除装置中的空气，防止空气中CO2、H2O与Na2O2反应使产品不纯 ②将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气 （3）
（4）将生成的NO2转化为NO （5）3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O
【解析】根据制备原理，空气中的CO2、H2O会和Na2O2反应生成Na2CO3、NaOH、O2，氧气则会把产品中的NaNO2氧化成NaNO3，所以反应开始前通入氮气排除装置内的空气，然后浓硝酸与Cu反应制取NO2，用盛水的洗气瓶除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO，再用盛有浓硫酸的洗气瓶干燥NO，通入玻璃管中与过氧化钠反应，后接盛有浓硫酸的洗气瓶防止后续装置中水蒸气进入玻璃管，最后用盛有酸性高锰酸钾溶液的烧杯吸收未反应完的NO，防止污染空气。
【小问1详解】装置中的装浓硝酸的仪器名称是分液漏斗；三颈烧瓶中的铜和分液漏斗中的浓硝酸反应制取二氧化氮，用盛水的洗气瓶除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO，在盛有浓硫酸的洗气瓶中将NO干燥，通入玻璃管中与过氧化钠反应，后接盛有浓硫酸的洗气瓶防止后续装置中水蒸气进入玻璃管，最后用盛有酸性高锰酸钾溶液的烧杯吸收未反应完的NO，防止污染空气，故答案为：分液漏斗；h→e→f→c→d→e→f→i或h→e→f→d→c→e→f→i；
【小问2详解】空气中的CO2、H2O会和Na2O2反应生成Na2CO3、NaOH、O2，氧气则会把产品中的NaNO2氧化成NaNO3，故反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气排除装置中的空气，防止CO2、H2O与Na2O2反应，以及氧气将NaNO2氧化为NaNO3，反应结束后打开止水夹a，继续通入过量氮气，则是将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气，故答案为：通入过量氮气排除装置中的空气，防止空气中CO2、H2O与Na2O2反应使产品不纯；将整个装置中残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气；
【小问3详解】三颈烧瓶中的铜和分液漏斗中的浓硝酸反应的离子方程式：；
【小问4详解】浓硝酸易挥发，所以生成的NO2含有硝酸气体与水蒸气，NO2和水反应可以生成NO，则装置D的作用是除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO；
【小问5详解】装置E中酸性高锰酸钾溶液可氧化NO气体，自身被还原为锰离子，氧化NO为硝酸根离子，反应的离子方程式为3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O，故答案为：3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O。
10. 液相催化还原法可去除水体中的，其分步催化还原机理如图1所示。其他条件相同，不同时，反应1小时后化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图2所示。
（1）该液相催化还原法中所用的催化剂是_____________，还原剂是_____________。
（2）反应ⅰ的离子方程式是_____________________________________。
（3）研究表明，在表面与竞争吸附，会降低吸附的能力，但对吸附的能力影响不大。
①随增大，和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，原因是_________________________，导致反应ⅱ的化学反应速率降低。
②随减小，还原产物中的变化趋势是_____________________________，说明表面吸附的和的个数比变大，对反应_________________________（用离子方程式表示）更有利。
（4）分析图2，使用该催化剂，通过调节溶液，可将可能多地转化为。其具体方法是_____________。
【答案】（1）① ② （2） （3）①表面单位面积吸附的数目减小 ②增大 ③ （4）先调节溶液的到12，待几乎完全转化为后，调节到4
【解析】根据图1可知，i中发生反应，ii中发生反应，整个过程中为催化剂，为中间产物。
【小问1详解】根据图1可知，i中发生反应，ii中发生反应，整个过程中为催化剂，为中间产物，氢气生成氨态氮，氢元素的化合价升高，失去电子，作该液相催化还原法中还原剂，故答案为：；；
【小问2详解】i中铜与硝酸根离子反应生成亚硝酸根离子和铜离子，或Pd-Cu/TiO2作催化剂，硝酸根离子与氢气发生氧化还原反应生成亚硝酸根离子和水，根据得失电子守恒，得到离子方程式，故答案：；
【小问3详解】①因为OH–在Pd表面与竞争吸附，会降低Pd吸附的能力，随pH增大，OH–浓度增大，导致表面单位面积吸附的数目减小，N2和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，反应ⅱ的化学反应速率降低，故答案为：表面单位面积吸附的数目减小；②根据图2所示，随pH减小，增大，变化不大，则还原产物中增大，Pd表面吸附的NO2-和H的个数比变大，NO2-更易转化为N2，根据得失电子守恒，得到对应的离子方程式为，故答案为：增大；；
【小问4详解】根据图2所示，pH=12时，所占的物质的量的百分比最高，pH=4时，N2所占的物质的量的百分比最高，所以先调节溶液的pH到12，待几乎完全转化为后，调节pH到4使用Pd-Cu/TiO2，通过调节溶液pH，可将尽可能多地转化为N2，故答案为：先调节溶液的到12，待几乎完全转化为后，调节到4。

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