苏教版高中化学必修第二册专题7氮与社会可持续发展课时学案

这是一份苏教版高中化学必修第二册专题7氮与社会可持续发展课时学案，文件包含专题整合docx、第二单元重要的含氮化工原料docx、第一单元氮的固定docx、第三单元含氮化合物的合理使用docx等4份学案配套教学资源，其中学案共128页， 欢迎下载使用。
专题整合



一、喷泉实验的原理与判断
(1)喷泉实验的原理
烧瓶内外形成较大的压强差。少量水可快速溶解大量的气体,使烧瓶内压强迅速减小,外界大气压将烧杯中的水压入上面的烧瓶内,形成喷泉。
(2)能形成喷泉的气体
①易溶于水的气体(如NH3、HCl、HBr等)均可用来做喷泉实验。
②在碱液中溶解度较大的气体(如CO2、H2S、Cl2等)也可以用来做喷泉实验。
[典例1] 如图是喷泉实验装置图,下列说法正确的是(　　)

A.烧瓶中的溶液呈红色,则原气体一定是SO2
B.形成喷泉的原因是烧瓶内压强大于外界大气压
C.烧瓶中的溶液呈蓝色,则原气体一定属于碱性气体
D.若将石蕊试液改成氢氧化钠溶液,则CO、CO2均能形成喷泉
答案:C
[跟踪训练1] 利用如图所示的装置,可以验证NH3和HCl的有关性质。实验前a、b、c活塞均关闭。

(1)若要在烧瓶Ⅱ中产生“喷泉”现象,烧瓶Ⅰ中不产生“喷泉”现象,其操作方法是 　 。 
(2)若先打开a、c活塞,再挤压胶头滴管,在烧瓶Ⅱ中可观察到的现象是　　　　　　　　　　　　。 
(3)通过挤压胶头滴管和控制活塞的开关,在烧瓶Ⅰ中产生“喷泉”现象,烧瓶Ⅱ中不产生“喷泉”现象,其操作方法是  
　 。 
解析:(2)若先打开a、c活塞,再挤压胶头滴管,则在烧瓶Ⅱ中的NH3被水吸收,压强减小,烧瓶Ⅰ中的HCl进入烧瓶Ⅱ中,HCl和NH3反应生成固体NH4Cl,形成白烟。
答案:(1)先打开a、b活塞,再挤压胶头滴管(或先挤压胶头滴管,再打开a、b活塞)
(2)导管口处产生白烟
(3)先打开a、c活塞,再挤压胶头滴管(或先打开a活塞,挤压胶头滴管,再打开c活塞),片刻后,关闭a活塞,然后打开b活塞
二、“三酸变稀”对其反应的影响
典型的“三酸变稀”问题是指浓盐酸与MnO2反应、浓硫酸与Cu、Zn等反应、浓硝酸与Cu等反应,随着反应的进行,三种酸都变稀,从而使反应停止或产物发生变化。
[典例2] 化学反应中,有时“一种物质过量,另一种物质仍不能完全反应”。下列反应中不存在此类情况的是(　　)
A.铁片与过量浓硝酸(常温)
B.铜粉与过量浓硝酸(常温)
C.浓盐酸与过量二氧化锰(共热)
D.浓硫酸与过量铜片(共热)
解析:A项,常温下,铁片在浓硝酸作用下钝化,不能完全反应;B项,浓硝酸过量时,铜粉完全反应,符合题意;C项,加热时,二氧化锰与浓盐酸反应,随着反应的进行,浓盐酸逐渐变稀,稀盐酸与二氧化锰不反应;D项,随着反应的进行,浓硫酸逐渐变稀,稀硫酸不与铜反应。
答案:B
[跟踪训练2] 下列说法正确的是(　D　)
A.Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生,说明Fe与两种酸均发生置换反应
B.过量的铜与浓硝酸反应没有一氧化氮生成
C.浓硝酸中加入过量铁粉并加热:Fe+3NO3-+6H+Fe3++3NO2↑+3H2O
D.用浓HNO3与Cu反应制备NO2
解析:A项,铁与稀HNO3的反应不是置换反应,铁与稀H2SO4的反应是置换反应,错误;B项,铜先与浓HNO3反应生成NO2,随着反应的进行,硝酸变稀,铜再与稀HNO3反应生成NO,错误;C项,铁过量时,应该生成Fe2+,错误;D正确。
三、NO3-在离子共存判断中的特殊性
NO3-在中性或碱性溶液中无强氧化性,而在酸性溶液中(相当于HNO3)具有强氧化性,在离子共存判断、物质推断及检验时,注意挖掘题目中的隐含信息。
[典例3]向两支分别装有浅绿色Fe(NO3)2和FeSO4溶液的试管中分别逐滴加入稀盐酸时,溶液的颜色变化应该是(　　)
A.前者基本没有改变,后者变棕黄色
B.前者变棕黄色,后者也变棕黄色
C.前者变棕黄色,后者基本没有改变
D.前者、后者都基本没有改变
解析:Fe2+与NO3-、SO42-在溶液中都可以大量共存,但加入稀盐酸后,NO3-在酸性条件下表现出强氧化性,把Fe2+氧化成Fe3+,溶液由浅绿色变成棕黄色;SO42-与H+在水溶液中不能把Fe2+氧化成Fe3+,溶液颜色基本不变,C项正确。
答案:C
[跟踪训练3] 下列各组离子,在指定溶液中一定能大量共存的是(　C　)
A.在酸性溶液中:Na+、Ba2+、NO3-、CO32-
B.在酸性溶液中:NH4+、Fe2+、SO42-、NO3-
C.常温下,在pH>7的溶液中:Na+、K+、NO3-、Cl-
D.常温下,在pH为7的溶液中:Ag+、K+、SO42-、Cl-
解析:选项A中,CO32-与H+、Ba2+不能大量共存;选项B中,在酸性条件下,Fe2+与NO3-不能大量共存;选项D中,Ag+与Cl-、SO42-不能大量共存。
四、硝酸与金属反应的计算方法
(1)原子守恒法
HNO3与金属反应时,一部分HNO3起酸性作用,以NO3-的形式存在于溶液中;一部分作为氧化剂转化为还原产物,这两部分中氮元素的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮元素的物质的量。
(2)电子得失守恒法
HNO3中氮元素得电子的总物质的量等于金属失电子的总物质的量。
(3)离子方程式计算法
金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时,由于硝酸盐中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。
[典例4]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。请回答:
(1)NO的体积为　　　　L,NO2的体积为　　　　L。 
(2)参加反应的HNO3的物质的量是　。 
(3)待产生的气体全部释放后,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,则原硝酸溶液的浓度为　　　　　　　mol·L-1(用含a、V的式子表示)。 
(4)将铜和硝酸产生的气体收集于一倒置于水槽的容器中,当通入标准状况下O2　　　　L时,可使水充满容器。 
解析:(1)n(Cu)=32.64 g64 g·mol-1=0.51 mol,设混合气体中NO的物质的量为x,NO2的物质的量为y。
根据气体的总体积为11.2 L,有x+y=0.5 mol①
根据“得失电子守恒”,有3x+y=0.51 mol×2②
解得x=0.26 mol,y=0.24 mol。
则V(NO)=0.26 mol×22.4 L·moL-1≈5.8 L,
V(NO2)=11.2 L-5.8 L=5.4 L。
(2)参加反应的HNO3分为两部分,一部分表现酸性,生成Cu(NO3)2;另一部分表现氧化性,被还原成NO2和NO,所以参加反应的HNO3为0.51 mol×2+0.5 mol=1.52 mol。
(3)HNO3在反应中一部分变成气体,一部分以NO3-的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5 mol。加入NaOH溶液至恰好使溶液中的Cu2+全部转化为沉淀,则溶液中只有NaNO3,其物质的量为10-3aV mol,也就是以NO3-形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10-3aV mol。
所以,c(HNO3)=aV×10-3+0.50.14mol·L-1。
(4)由4NO2+O2+2H2O4HNO3和4NO+3O2+2H2O4HNO3得,使V(NO)=5.8 L和V(NO2)=5.4 L转化为HNO3,需要的V(O2)=34V(NO)+14V(NO2)=34×5.8 L+14×5.4 L=5.7 L。或据得失电子守恒知,2n(Cu)=4n(O2),即0.51 mol×2=V(O2)22.4 L·mol-1×4,解得V(O2)≈5.7 L。
答案:(1)5.8　5.4
(2)1.52 mol
(3)aV×10-3+0.50.14
(4)5.7
[跟踪训练4] 足量的铜和含有2.4×10-3 mol硝酸的某浓硝酸完全反应,共收集到标准状况下气体22.4 mL。参加反应的铜的质量是(　B　)
A.38.4×10-3 g B.44.8×10-3 g
C.48.3×10-3 g D.57.6×10-3 g
解析:铜与浓硝酸反应可能的化学方程式为
Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。被还原的硝酸的物质的量=22.4×10-3L22.4 L· mol-1=1×10-3 mol,生成硝酸铜的物质的量=2.4×10-3mol-1×10-3mol2=7×10-4 mol,参加反应的铜的质量=7×10-4 mol×64 g· mol-1=44.8×10-3 g。
[专题集训]
1.某化学兴趣小组进行了有关Cu、硝酸、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(　C　)

A.实验①中溶液呈蓝色,试管口有红棕色气体产生,说明稀硝酸被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强
C.实验③发生反应的化学方程式为3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO44CuSO4+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,也可以和稀硫酸反应
解析:A项,Cu与稀HNO3反应生成NO,在试管中遇到O2而生成NO2,错误;B项,加稀H2SO4提供了H+,NO3-在酸性条件下与Cu反应,错误,C项正确;D项,Cu常温下与稀HNO3反应,不与稀H2SO4反应,错误。
2.如图是某课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案。下列有关操作中不可能引发喷泉现象的是(　A　)


A.挤压装置①的胶头滴管使稀盐酸全部进入烧瓶,片刻后打开活塞
B.挤压装置②的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶,片刻后打开
活塞
C.用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹
D.向装置④的水槽中慢慢加入适量的浓硫酸并打开止水夹
解析:依据喷泉实验原理,装置①的胶头滴管中的稀盐酸全部进入烧瓶后,烧瓶中的Cl2不会大量溶解,也就不会形成较大压强差,故无法形成喷泉。
3.在某100 mL的混合液中,硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.4 mol·L-1、0.1 mol·L-1,向该混合液中加入1.92 g铜粉,加热,待充分反应后,所得溶液中铜离子物质的量浓度(mol·L-1)是(　B　)
A.0.15 B.0.225 C.0.35 D.0.45
解析:设所得溶液中铜离子物质的量为x mol。
　3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O
3 8 2 3
物质的量/mol 0.03 0.06 0.04 x
x=3×0.068=0.022 5,因此,铜离子物质的量浓度为 0.225 mol·L-1。
4.足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体,这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L-1氢氧化钠溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是(　A　)
A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL
解析:由题意可知,HNO3NO2N2O4NO,由关系式分析可得,Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)=2n(O2)=2×1.68 L22.4 L· mol-1=0.15 mol。根据NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式n(NaOH)=2n[Cu(NO3)2]=2n(Cu)=0.3 mol,则V(NaOH)=0.3mol5mol·L-1=0.06 L=60 mL。
5.一定量的Cu和1 mol·L-1的稀硝酸反应,如果NO3-的浓度下降0.2 mol·L-1,则溶液中c(H+)同时下降(假定反应前后溶液体积不变)(　D　)
A.0.2 mol·L-1 B.0.4 mol·L-1
C.0.6 mol·L-1 D.0.8 mol·L-1
解析:由Cu与稀HNO3反应的离子方程式3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O可知,当NO3-浓度下降0.2 mol·L-1时,c(H+)下降0.8 mol·L-1。
6.在一种酸性溶液中可能存在Fe3+、NO3-、Cl-、I-中的一种或几种,向该溶液中加入溴水,再加入淀粉,溶液变蓝。由此可推断溶液中(　A　)
A.一定含有I-,不能确定是否含有Cl-
B.可能含有NO3-、Cl-和I-
C.可能含有NO3-
D.一定含有Fe3+
解析:向溶液中加入溴水,再加淀粉,溶液变蓝,说明原溶液中有I-,则Fe3+、NO3-一定不存在,Cl-存在与否不能确定。
7.盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”。现就“三大酸”与金属铜反应的情况,回答下列问题:
(1)稀盐酸不与Cu反应,若在稀盐酸中加入H2O2溶液(常见氧化剂,作氧化剂时还原产物为水)后,则可使铜顺利溶解。该反应的化学方程式为 　　　　　　　　　　　　。 
(2)在一定体积的10 mol·L-1的浓硫酸中加入过量铜片,加热使之反应,被还原的硫酸为0.9 mol。则浓硫酸的实际体积　　　　(填“大于”“等于”或“小于”) 180 mL。若使剩余的铜片继续溶解,可在其中加入硝酸盐溶液(如KNO3溶液),则该反应的离子方程式为　 　。 
(3)根据如图操作及现象推断酸X是　　　　(填字母)。 

A.浓盐酸 B.浓硫酸 C.浓硝酸
解析:(1)根据题意可知,在稀盐酸存在的条件下,H2O2与铜发生氧化还原反应,H2O2作氧化剂,铜作还原剂。
(2)只有浓硫酸才能和Cu发生氧化还原反应,稀硫酸和Cu不反应,所以被还原的硫酸为0.9 mol时,浓硫酸的实际体积一定大于根据方程式计算的理论值。
(3)将酸X加入铁粉中,铁粉未见溶解;加水后溶解,说明酸是浓硫酸或浓硝酸;向反应后的溶液中滴加BaCl2 溶液,产生白色沉淀,说明是浓硫酸。
答案:(1)Cu+H2O2+2HCl2H2O+CuCl2
(2)大于　3Cu+2NO3-+8H+3Cu2++2NO↑+4H2O
(3)B
专题7　检测试题
选题表
　　　　　　难易度
知识点　　　　　　
易
中
难
氮的氧化物性质与
有关计算
6,8,9

19
氨气性质与制备
2

16,18
硝酸性质与应用
4,10
14
17
环境问题
1


综合应用
3,5,7
11,12,13,15
20
一、单项选择题(共10小题,每小题2分,共20分,每小题只有一个正确选项)
1.化学与科技、社会、环境密切相关。下列有关说法正确的是(　C　)
A.pH小于7的雨水被称为酸雨
B.明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体,常用于饮用水的杀菌消毒
C.推广使用燃煤脱硫技术,主要是为了防治SO2污染
D.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米(2.5×10-6m)的细颗粒物,其与空气形成的分散系属于胶体
解析:A项,pH小于5.6的雨水被称为酸雨,错误;B项,明矾溶于水可产生Al(OH)3胶体,具有吸附性,可净水,不能杀菌消毒,错误;C项,推广使用燃煤脱硫技术,可减少SO2污染,正确;D项,分散质微粒直径在10-9～10-7 m之间的分散系属于胶体,错误。
2.下列说法中正确的是(　C　)
A.N2和H2在点燃或光照条件下可合成氨
B.氨是共价化合物,硝酸是离子化合物
C.氨气遇到浓硝酸会发生反应产生白烟
D.由氨制取硝酸过程中,氮元素被还原
解析:N2与H2化合的条件是高温、高压、催化剂,A错误;硝酸是共价化合物而非离子化合物,B错误;NH3中N为-3价,HNO3中N为+5价,因此由氨制硝酸,氮元素被氧化,D错误。
3.下列既能发生氧化还原反应,又能发生复分解反应的离子组是(　A　)
A.Na+、H+、NO3-、SO32-
B.Fe2+、Na+、H2O2、Cl-
C.K+、Ba2+、Br-、NO3-
D.Mg2+、Ag+、OH-、Cl-
解析:A项,H+、NO3-同时存在具有强氧化性,可以把SO32-氧化成SO42-,且H+与SO32-能发生复分解反应;B项,H2O2能氧化Fe2+,但不能发生复分解反应;C项,4种离子相互之间不发生反应,能大量共存;D项,Mg2+与OH-、Ag+与Cl-都发生复分解反应生成沉淀,但不能发生氧化还原反应。
4.铜粉放入稀H2SO4中,加热后无明显现象,当加入一种盐后,铜粉质量减小,溶液变蓝,同时有气体逸出,此盐可能是(　C　)
A.FeSO4 B.Na2CO3 C.KNO3 D.KCl
解析:铜粉与稀硫酸不反应,但加入KNO3后溶液中存在H+、NO3-,可与Cu发生反应3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O,故铜粉溶解且有气体逸出。
5.下列有关硫、氮单质及其化合物的叙述正确的是　　(　C　)
A.SO2、NO2两种气体都能与水反应生成酸,它们都是酸性氧化物
B.硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3
C.往某溶液中加入NaOH溶液并加热,产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,则溶液中一定含有NH4+
D.铜片与稀盐酸不反应,向溶液中加入KNO3固体后,铜片质量不变
解析:NO2与水反应生成HNO3和NO,NO2不是酸性氧化物,A错误;硫粉在过量的纯氧中燃烧只能生成SO2,B错误;往某溶液中加入NaOH溶液并加热,产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,该气体一定是NH3,则溶液中一定含有NH4+,C正确;铜片与稀盐酸不反应,向溶液中加入KNO3固体后,NO3-在酸性溶液中具有强氧化性,能溶解金属铜,铜片质量减小,D错误。
6.下列关于NO的叙述不正确的是(　C　)
A.NO对环境的危害在于破坏臭氧层、形成酸雨等方面
B.NO可以是某些含高价N元素物质的还原产物,也可以是某些含低价N元素物质的氧化产物
C.实验室制取少量的NO可以用向下排空气法收集
D.生物体内存在少量NO能提高其生理机能,如扩张血管、提高免疫
力等
解析:包括NO在内的NOx引起的环境问题主要是光化学烟雾、酸雨和臭氧层破坏,A项正确;NO中N元素为+2价,是中间价态,可以是某些含高价氮元素物质被还原的产物或某些含低价氮元素物质被氧化的产物,B项正确;NO易与O2反应,不能用排空气法收集,C项不正确;少量NO在生物体内能起到积极作用,D项正确。
7.下列装置能达到实验目的的是(　A　)


解析:B项,氨气极易溶于水,该装置会发生倒吸,且广口瓶不应用橡皮塞塞住瓶口,错误;C项,NO与氧气反应,且NO的密度与空气的密度非常接近,不能用排空气法收集,错误;D项,NO2和水反应,不能用排水法收集,错误。
8.在一定条件下,将m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器内,充分反应后,容器内残留m2体积的气体,该气体与空气接触变为红棕色。则m与n的比值为(　C　)
A.3∶2 B.2∶3
C.8∶3 D.3∶8
解析:反应后剩余的气体为NO,参加反应的NO为m-m2=m2体积,O2不足量。总反应为
4NO+3O2+2H2O4HNO3
4 3
m2　 n
43=m2n,解得m∶n=8∶3。
9.某集气瓶中的气体呈红棕色,加入足量水,盖上玻璃片振荡,得橙色溶液,气体颜色消失。再拿走玻璃片后,瓶中气体又变为红棕色,则该气体可能是下列混合气体中的(　A　)
A.N2、NO2、Br2
B.NO2、NO、N2
C.NO2、NO、O2
D.N2、O2、Br2
解析:气体呈红棕色,说明含有NO2或Br2中的至少一种,溶于水得橙色溶液,说明气体中含有溴蒸气,所得无色气体遇空气重新变为红棕色,说明无色气体含NO,即原气体中有NO2,则原气体中既有NO2,也有Br2。
10.Cu与足量的浓硝酸反应产生气体,用排水法收集到a L气体(标准状况),从理论上讲,被还原的硝酸的物质的量为(　C　)
A.a22.4mol B.a11.2mol
C.3a22.4mol D.3a11.2mol
解析:Cu与浓硝酸反应生成的气体是NO2,NO2溶于水生成NO,反应的化学方程式是3NO2+H2O 2HNO3+NO,则生成的NO2的体积是3a L,被还原的硝酸的物质的量是3aL22.4 L/mol=3a22.4mol。
二、不定项选择题(共5小题,每小题4分,共20分,每小题有1～2个选项符合题意)
11.用如图所示装置制取、提纯并收集表中的四种气体(a、b、c表示相应仪器中加入的试剂),其中可行的是(　C　)

选项
气体
a
b
c
A
NO2
浓硝酸
铜片
NaOH溶液
B
SO2
浓硫酸
Cu
酸性KMnO4溶液
C
CO2
稀盐酸
CaCO3
浓硫酸
D
NH3
浓氨水
生石灰
碱石灰
解析:根据题意,a、b是制取装置,c是净化装置,最后是收集装置。NaOH溶液能与NO2反应,A错误;SO2能被酸性KMnO4溶液氧化,B错误;图中是向上排空气法,D错误。
12.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是　　　(　C　)
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
过量的Fe粉中加入稀HNO3,充分反应后,滴入KSCN溶液
溶液呈血红色
稀HNO3将Fe氧化
为Fe3+
B

左边棉球变为橙色,右边棉球变为蓝色
氧化性:Cl2>Br2>I2
C
用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上
试纸变蓝色
浓氨水呈碱性
D
加热浓HNO3
有红棕色气体产生
HNO3有强氧化性
解析:过量的Fe与稀HNO3反应生成Fe2+,溶液不变血红色,A错误;
Cl2+2NaBr2NaCl+Br2,但Br2置换出I2时无法排除Cl2的干扰,B错误;浓HNO3受热分解,说明HNO3不稳定,D错误。
13.氨氮废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素,现处理某氮肥厂产生的氨氮废水(其中氮元素多以NH4+和NH3·H2O的形式存在)的一种设计流程如图。下列相关叙述错误的是(　AC　)

A.过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ发生的化学反应都属于氧化还原反应
B.过程Ⅰ中调pH至9的目的是将NH4+转化为NH3·H2O
C.过程Ⅱ中NH4+→NO3-,每转化1 mol NH4+转移2NA个电子
D.过程Ⅲ中甲醇作还原剂,将硝酸还原为N2
解析:由分析可知,过程Ⅰ发生的反应没有元素化合价发生变化,属于非氧化还原反应,故A错误;
由分析可知,过程Ⅰ中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为9时,废水中铵根离子与氢氧化钠溶液反应生成一水合氨,故B正确;过程Ⅱ中NH4+转化为NO3-时,氮元素的化合价升高,被氧化,反应消耗1 mol铵根离子转移8NA个电子,故C错误;过程Ⅲ中,硝酸中氮元素化合价降低,被还原,硝酸作氧化剂被甲醇还原为氮气,故D正确。
14.1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2和NO的混合气体896 mL(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液,当金属离子全部沉淀时,得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是(　C　)
A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1
B.固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为0.6 mol
C.得到2.54 g沉淀时,加入NaOH溶液的体积至少600 mL
D.反应过程中转移的电子数是0.06NA
解析:金属离子全部沉淀时,得到的2.54 g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁的混合物,沉淀中氢氧根离子的质量为2.54 g-1.52 g=1.02 g,氢氧根离子的物质的量为1.02 g17 g/mol=0.06 mol,根据电荷守恒可知,金属失去电子的物质的量等于沉淀结合氢氧根离子的物质的量,设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为x mol、y mol,则2x+2y=0.06、64x+24y=1.52,解得x=0.02,y=0.01。则合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1,故A正确;
该浓硝酸的密度为1.40 g/mL,质量分数为63%,故该浓硝酸的物质的量浓度为1000ρwM=1 000×1.40×63%63mol/L=14.0 mol/L,硝酸的总物质的量为0.05 L×14.0 mol/L=0.7 mol,反应放出NO2和NO的混合气体
896 mL(标准状况),放出气体的物质的量为0.896 L22.4 L/mol=0.04 mol,其中含有0.04 mol N原子,生成的硝酸铜和硝酸镁结合的硝酸根离子的物质的量=(0.02 mol+0.01 mol)×2=0.06 mol,因此固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为0.7 mol-0.04 mol-0.06 mol=0.6 mol,故B正确;生成沉淀需要的氢氧根离子的物质的量为1.02 g17 g/mol=0.06 mol,中和硝酸需要的氢氧根离子的物质的量为0.6 mol,加入的NaOH至少需要0.06 mol+0.6 mol=0.66 mol,需要氢氧化钠溶液的体积至少为0.66mol1.0mol/L=0.66 L=660 mL,故C错误;金属失去电子的物质的量等于沉淀结合的氢氧根离子的物质的量,为0.06 mol,转移的电子数是0.06NA,故D正确。
15.碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图所示)。下列有关说法正确的是(　CD　)

A.洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡
B.在Z导管出来的气体中无二氧化碳
C.洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡
D.在Z导管口有红棕色气体出现
解析:X是CO2和SO2的混合气体,Y是NO2气体。在BaCl2溶液中,NO2与水反应生成HNO3和NO,SO2和水反应生成H2SO3,HNO3将H2SO3氧化成H2SO4,进而与BaCl2反应生成BaSO4沉淀。CO2和NO两种气体从Z导管逸出,NO遇空气生成红棕色的NO2。
三、非选择题(共5小题,共60分)
16.(10分)某学生利用图示装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置,C为纯净、干燥的氯气与氨气反应的装置。

请回答下列问题:
(1)装置A产生氨气,则烧瓶内固体可选用　　　　(填字母)。 
a.烧碱 b.二氧化锰
c.生石灰 d.氯化铵
(2)装置B的作用是　　　　 　　　;装置E的作用是　　　　　　　　　　　　　。 
(3)G处可能逸出黄绿色的气体,可将该气体通入盛有　　　　溶液的烧杯中来处理,离子方程式为　 。 
(4)氯气和氨气在常温下混合就能发生反应生成氯化铵和氮气,该反应的化学方程式为 　　　　　　　　　　 　　。 
解析:A处制得氨气,通过干燥装置得到纯净的氨气至C,右侧F中制得氯气,在E中除去氯气所带的氯化氢气体,D中进行干燥,纯净干燥的氯气在C中与氨气混合反应。
(1)装置A产生氨气,则烧瓶内选用碱性物质,如烧碱和生石灰,故
选ac。
(2)装置B是干燥装置,作用是干燥氨气;装置E中是饱和食盐水,作用是除去氯气中的氯化氢。
(3)G处可能逸出的黄绿色的气体是氯气,要吸收氯气,可将氯气通入盛有NaOH溶液的烧杯中,发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O。
(4)氯气和氨气在常温下混合发生反应生成氯化铵和氮气,该反应的化学方程式为3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl。
答案:(1)ac　(2)干燥氨气　除去氯气中的氯化氢
(3)NaOH　Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O
(4)3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl
17.(12分)甲同学利用如图所示装置进行硝酸、氮氧化物的相关实验:

实验Ⅰ:将铜片放入烧杯A后,立即用烧杯B盖住。
(1)烧杯A液体上方出现大量红棕色气体,该反应的化学方程式为 
　　　 　　　　　　　　。 
(2)一段时间后,红棕色气体消失,烧杯C中的液体变成蓝色,甲同学分析出现蓝色的原因,认为其中涉及两个反应。
①红棕色气体消失,该化学方程式为 　　　　　　　　　　　。 
②配平溶液出现蓝色的离子方程式:　　　　I-+　　　　NO3-+　　　　H+　　　　I2+　　　　NO↑+　　　　H2O。 
(3)打开烧杯B,A中液体上方又出现淡红棕色,该反应的化学方程式为　 。 
实验Ⅱ:因为有其他同学对淀粉KI溶液变蓝的原因提出异议,甲同学将铜片换成铁片放入烧杯A后,立即用烧杯B盖住。
(4)实验前甲同学认为换为铁片后不应出现红棕色气体,淀粉KI溶液不会变为蓝色,其理由是
　。 
(5)实验开始后,发现确实无红棕色气体生成,但过一段时间后,
淀粉KI溶液仍然变为蓝色,请你分析其中的原因: 
　　　　　 　　　　　。 
解析:(1)烧杯A液体上方出现大量红棕色气体,是由于浓硝酸被铜还原生成二氧化氮,化学方程式为Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+
2H2O。(2)①二氧化氮溶于水生成硝酸和NO,因此红棕色气体消失,该化学方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO。②反应中碘元素化合价从-1价升高到0价,失去1个电子,氮元素化合价从+5价降低到+2价,得到3个电子,根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒可知,配平后的离子方程式为6I-+2NO3-+8H+3I2+2NO↑+4H2O。(3)打开烧杯B,NO与空气中的氧气反应生成二氧化氮,故A中液体上方又出现淡红棕色。(4)由于常温时铁在浓硝酸中钝化,不会产生二氧化氮,因此换为铁片后不应出现红棕色气体,淀粉KI溶液不会变为蓝色。(5)由于硝酸易挥发,硝酸挥发到淀粉KI溶液中,将KI氧化为I2,因此淀粉KI溶液仍然变为蓝色。
答案:(1)Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
(2)①3NO2+H2O2HNO3+NO
②6　2　8　3　2　4
(3)2NO+O22NO2
(4)常温时铁在浓硝酸中钝化(或生成氧化膜,合理即可)
(5)硝酸挥发到淀粉KI溶液中,将KI氧化为I2
18.(10分)利用如图装置(夹持装置略)制取和收集纯净、干燥的氨气,并探究氨气的性质。

(1)关闭装置Ⅰ中的止水夹,向分液漏斗中加适量水,打开活塞,说明Ⅰ气密性良好的现象是 　 。 
(2)利用装置Ⅰ制取氨气,不能选用的试剂为浓氨水和　　 　　(填字母)。 
A.氢氧化钠 B.碱石灰
C.硝酸钾 D.生石灰
(3)根据实验要求,仪器连接的顺序(用字母编号表示):a接　　　　、
　　　　接　　　　、　　　　接　　　　。 
(4)收集氨气,按如图装置进行NH3性质的探究实验。

①打开旋塞1,B瓶中的现象是　 , 
原因是 
　, 
稳定后,关闭旋塞1;
②再打开旋塞2,B瓶中的现象是 
　。 
解析:(2)实验室为快速制取氨气,可以向氢氧化钠、生石灰或碱石灰中加入浓氨水。
(3)实验室制取纯净、干燥的氨气的装置连接顺序为制气、净化干燥、收集、尾气吸收。
(4)①A容器压强为150 kPa,B容器压强为100 kPa,A容器压强大于B容器,先打开旋塞1,A容器中的氯化氢进入B容器,氨气和氯化氢反应NH3+HClNH4Cl,生成氯化铵固体小颗粒,所以B瓶中的现象是出现白烟;②氨气、氯化氢为气体,反应生成的氯化铵为固体,压强减小,再打开旋塞2,硝酸银溶液倒吸入B瓶中,生成氯化银白色沉淀。
答案:(1)分液漏斗内液面不再下降　(2)C
(3)b　c　e　f　d　(4)①产生白色的烟　氯化氢与氨气反应生成了氯化铵小颗粒:NH3+HClNH4Cl,氯化铵小颗粒形成白烟　②烧杯中的硝酸银溶液会倒流进入B瓶中,B瓶中生成白色沉淀
19.(12分)某课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的是NO气体,设计了如图所示实验(已知NO、NO2能与NaOH溶液反应):

(1)设计装置A的目的是 
　; 
为达此目的应进行的操作是 
　; 
A中反应的化学方程式是 
　。 
(2)在(1)中的操作后将装置B中铜丝插入稀硝酸中,并微热之,观察到装置B中的现象是 
　; 
B中反应的离子方程式是 
　。 
(3)装置E和F的作用是　 ; 
为实现此目的,操作方法是 　　　　　　　　　　　 　。 
(4)装置D的作用是 　　　　　　　　　　　 　。 
解析:NO是无色、有毒的气体,易与O2反应生成红棕色、有毒的NO2,若验证生成气体是NO,则必须排尽装置中的空气,装置A中产生的CO2气体能将整套装置中的空气赶尽,当C中有白色沉淀生成时,则说明装置中已无空气。若验证气体产物为NO,可向E中推入空气(或氧气),若气体由无色变为红棕色,则说明反应产生NO气体。
答案:(1)利用生成的CO2将整套装置内的空气赶尽,以排除对气体产物的检验造成干扰　打开K,当装置C中产生白色沉淀时,关闭K　CaCO3+2HNO3Ca(NO3)2+CO2↑+H2O
(2)铜丝上产生气泡,稀硝酸液面上气体仍无色,溶液变为蓝色　3Cu+
8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O
(3)验证无色气体为NO　将注射器F中的空气推入E中
(4)吸收NO、NO2等尾气,防止污染空气,并防止倒吸
20.(16分)氮及其化合物与生产、生活关系密切。请完成下列问题:
(1)某学校化学学习小组为探究二氧化氮的性质,按如图所示装置进行实验。

①装置甲中盛放浓硝酸的仪器A的名称是　　　　,装置丙中的试管内发生反应的离子方程式为　 。 
②为了探究NO的还原性,可以从装置丁的C处通入一种气体,通入的这种气体的名称是　　　　。 
(2)NO在医疗上有重要的应用。现有容积为a L的试管充满NO后倒扣于水槽中,再向试管中通入一定体积O2后,试管内气体的体积为试管容积的一半,则通入的O2在相同条件下的体积为　　 　　(填字母)。 
A.0.75a L　　　　B.0.375a L
C.0.625a L D.1.25a L
(3)实验室常用如图所示装置制取并收集氨气。

①实验室制取氨气反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 
②图中方框内收集氨气的装置可选用　　　　(填字母)。 

③尾气处理装置中使用倒扣漏斗的作用是 
　。 
(4)在盛有一定量浓硝酸的试管中加入6.4 g的铜片发生反应。
①开始阶段,反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　,后一阶段生成气体的颜色为　　　　,若整个反应过程共产生标准状况下2.24 L气体,则反应过程中被还原的HNO3的物质的量为　　　　。
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,反应的离子方程式为　 。 
解析:(1)①在装置丙中的试管内,NO2与水反应生成HNO3和NO。②为了探究NO的还原性,可以从装置丁的C处通入O2,无色气体变为红棕色,发生反应2NO+O22NO2。
(2)容积为a L的试管充满NO后倒扣于水槽中,再向试管中通入一定体积O2后,试管内气体的体积为试管容积的一半,发生的反应为4NO+3O2+2H2O4HNO3,若反应后试管内的气体为NO,体积为a2L,则按反应通入的O2体积为a2 L×34=0.375a L;若反应后试管内的气体为O2,体积为a2L,则通入的O2体积为a2 L+a L×34=1.25a L;故选BD。
(3)②NH3极易溶于水,密度比空气小,所以收集NH3可选用向下排空气法,根据进气方向可知应该选用装置C。③NH3极易溶于水,倒扣的漏斗有防止倒吸的作用。
(4)①开始阶段,铜片与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O;随着反应的进行,浓硝酸逐渐变稀,后一阶段为稀硝酸与铜片反应,生成无色气体NO;若整个反应过程共产生标准状况下2.24 L气体,根据氮原子守恒,则反应过程中被还原的HNO3的物质的量n(HNO3)=2.24 L22.4 L/mol=
0.1 mol。②反应结束后溶液中有Cu(NO3)2,这时加硫酸提供了H+,所以Cu、H+、NO3-又会发生反应生成Cu2+、H2O和NO气体。
答案:(1)①分液漏斗　3NO2+H2O2H++2NO3-+NO　②氧气
(2)BD
(3)①Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑　②C　③防止烧杯中的水倒吸
(4)①Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O　无色　0.1 mol　②3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O