2019_2020学年高中化学第3章自然界中的元素微型专题重点突破（五）鲁科版必修.docx

自然界中的元素微型专题重点突破（五）核心素养发展目标1.了解氮的单质及其化合物的主要性质和应用。2.掌握氨气、铵盐的性质。3.掌握氨气的实验室制法和NH的检验。4.掌握硝酸的性质、硝酸与金属反应的规律及计算。一、氮的氧化物与O2、H2O反应的相关计算例1将8mLNO2和O2的混合气体通入倒立于水槽中装满水的量筒，充分反应后，剩余气体为1mL，则原混合气体中NO2和O2的体积比可能为(气体体积在相同条件下测定)()A.75B.37C.71D.17答案C解析(1)若剩余气体为NO，则由3NO2H2O=2HNO3NO得出NO2和O2与水反应后剩余NO23mL，设原混合气体中O2的体积为x，则有：4NO2O22H2O=4HNO3418mL3mLxx，求得x1mLV(NO2)V(O2)(81) mL1mL71。(2)若剩余气体为O2，设原混合气体中NO2的体积为y，则有：4NO2O22H2O=4HNO341y8mL1mLy，求得y5.6mL。V(NO2)V(O2)5.6mL(85.6) mL73。(1)关系式法NO和O2的混合气体通入水中由2NOO2=2NO2和3NO2H2O=2HNO3NO得总反应方程式为4NO3O22H2O=4HNO3NO2和O2的混合气体通入水中由3NO2H2O=2HNO3NO和2NOO2=2NO2得总反应方程式为4NO2O22H2O=4HNO3NO、NO2和O2的混合气体通入水中先按3NO2H2O=2HNO3NO计算生成NO的体积，再加上原来混合气体中NO的体积，然后按(1)计算。4NO2O2和4NO3O2从组成上均相当于2N2O5，、中的总反应都与N2O5H2O=2HNO3等效。当混合气体溶于水时可利用混合气体中N、O原子个数比进行分析判断：N(N)N(O)(2)得失电子守恒法当NOx转化为硝酸时要失去电子，如果是NOx与O2混合，则反应中O2得到的电子数与NOx失去的电子数相等。变式1一支试管中充有20mLNO气体，倒置于水槽中，现向其中通入一定量的O2，试管内最终剩余4mL气体，则通入O2的体积可能是()12mL15mL10mL19mLA.B.C.D.答案C解析NO、O2的混合气体溶于水时可由总反应4NO3O22H2O=4HNO3进行求算。剩余气体可能是NO，也可能是O2，进行如下讨论：(1)当剩余4mL气体为NO时，则耗用的NO为20mL4mL16mL，需通入的O2的体积为16mL12mL。(2)当剩余4mL气体为O2时，则NO耗尽，需通入的O2的体积为20mL4mL19mL。思维启迪NO与O2反应为2NOO2=2NO2，NO2再与H2O反应：3NO2H2O=2HNO3NO，整个过程总反应为4NO3O22H2O=4HNO3，最终剩余的4mL气体可能为NO或O2，分情况讨论，运用化学方程式进行计算。二、喷泉实验原理及应用例2(2018西安调研)下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.挤压装置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.用鼓气装置从装置的a处不断鼓入空气并打开止水夹D.向装置的水槽中慢慢加入适量的浓硫酸并打开止水夹答案A解析依据喷泉实验原理，装置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。喷泉产生的本质原因是容器内外产生足够大的压强差。产生压强差的方法有(1)减小容器内气体的压强，如液体将气体吸收或与其反应等。(2)增大容器外的压强。变式2某同学仿照喷泉实验原理在实验室里做了一个“喷泉实验”。如图所示，在甲、乙两个烧瓶中分别装入X、Y两种无色气体，胶头滴管中盛有酚酞溶液，实验时将酚酞溶液挤入甲烧瓶中，可观察到酞酚溶液变红；然后打开弹簧夹，便可看到甲烧瓶中的导管喷出白色的烟，同时甲烧瓶中的溶液颜色逐渐变浅。则X、Y分别为()A.NH3和HClB.HCl和NH3C.SO2和HClD.NO和HCl答案A解析要想产生“喷烟”现象，应具备两个条件：一是形成压强差，二是两种气体反应会生成白烟，排除C、D项。由甲中溶液颜色发生变化，结合题给条件“胶头滴管中盛有酚酞溶液”可知，甲中气体显碱性，即X为NH3，故Y为HCl，选A。思维启迪不管是“喷泉”还是“喷烟”，利用的都是气体溶解或反应造成压强减小，形成压强差，抓住实质就可轻松解题。三、氨的实验室制法例3某同学用下列装置(固定及夹持装置、加热仪器和橡胶管略)进行有关氨气制取的实验探究。回答下列问题：(1)若用装置制取NH3，其反应的化学方程式为_；若要测定生成的NH3的体积，则必须选择的装置是_(填装置序号)，装置中所盛试剂应具有的性质是_。(2)若用装置制取并收集干燥的NH3，烧瓶内装的试剂是_，分液漏斗中装的试剂是_，收集装置应选择_(填装置序号)。答案(1)2NH4ClCa(OH)22NH3CaCl22H2O氨气难溶于该试剂，且该试剂不易挥发，不与氨气反应(2)CaO(或NaOH或碱石灰)固体浓氨水(或浓NH4Cl溶液)解析(1)装置适用于“固固”加热制取气体，制取NH3时试剂选用NH4Cl和Ca(OH)2。若要测定生成NH3的体积，必须用排液体法，而NH3极易溶于水，故不能用排水法，所用的液体必须不易挥发、不与NH3反应且不溶解NH3才行。(2)装置是“固液”不需加热的制气装置，制取NH3时，可选用浓氨水和碱石灰等。(1)制取氨时所用的铵盐不宜用硝酸铵、碳酸铵或碳酸氢铵。因为在加热过程中，NH4NO3可能发生爆炸；而(NH4)2CO3、NH4HCO3受热易分解产生CO2，使生成的NH3中混有较多的CO2杂质。(2)“固固”加热制取NH3时，消石灰不能用NaOH、KOH代替，一方面Ca(OH)2比NaOH便宜，另一方面NaOH、KOH具有吸湿性，易结块，不利于产生NH3，且在加热条件下易腐蚀试管。(3)氨是碱性气体，不能用酸性干燥剂(浓硫酸、P2O5等)干燥，也不能用CaCl2干燥，因为CaCl2可以吸收NH3生成CaCl28NH3。变式3下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是()A.B.C.D.答案C解析实验室制取氨气的方法有：铵盐与碱加热制取氨气，常用NH4Cl与Ca(OH)2反应，固体与固体反应，因为有水生成，试管口应向下倾斜，错误；在浓氨水中加入CaO，CaO与水反应使溶液中c(OH)增大，消耗了水，并且放出大量的热，使NH3H2O分解放出氨气；加热浓氨水，加快氨气挥发。是错误的，因为氯化铵分解生成的NH3与HCl冷却后又生成NH4Cl，不能得到NH3。实验室制取氨的3种其他方法方法化学方程式(或原理)发生装置加热浓氨水NH3H2ONH3H2O浓氨水NaOH固体NaOH固体溶于水放热，促使氨水分解；且OH浓度增大利于氨气的逸出浓氨水CaO固体CaO与水反应生成Ca(OH)2，并放出热量，温度升高促使氨水分解，且OH浓度增大利于氨气的逸出四、金属与HNO3反应的规律和相关计算例4将32.64g铜与140mL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11.2L。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VmLamolL1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_molL1。(4)欲使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，使水充满容器。答案(1)5.85.4(2)1.52mol(3)(4)5.7解析(1)n(Cu)0.51mol，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11.2L，有：xy0.5mol根据“得失电子守恒”，有：3xy0.51mol2式中，左边为N得电子数，右边为Cu失电子数，得失电子数相同。解得：x0.26mol，y0.24mol。则：V(NO)0.26mol22.4LmoL15.8L，V(NO2)11.2L5.8L5.4L。(2)参加反应的HNO3分为两部分：一部分没有被还原，显酸性，生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3为0.51mol20.5mol1.52mol。(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5mol。加入NaOH溶液至恰好使溶液中Cu2全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为103aVmol，也就是以NO形式留在溶液中的HNO3的物质的量为103aVmol。所以，c(HNO3)molL1。(4)由4NO2O22H2O=4HNO3和4NO3O22H2O=4HNO3得，使V(NO)5.8L和V(NO2)5.4L转化为HNO3，需要的V(O2)V(NO)V(NO2)5.8L5.4L5.7L。或据得失电子守恒知：2n(Cu)4n(O2)0.51mol24，解得V(O2)5.7L。“4法”突破金属与HNO3反应的计算原子守恒法HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO的形式存在于溶液中；一部分HNO3作为氧化剂转化为还原产物，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得失电子守恒法HNO3与金属的反应属于氧化反还原反应，HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量电荷守恒法HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH)有：c(NO)c(H)nc(Mn)(Mn代表金属离子)离子方程式计算法金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于硝酸盐中的NO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NO进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒变式4在某100mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.4molL1、0.1molL1，向该混合液中加入1.92g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中铜离子物质的量浓度(molL1)是()A.0.15B.0.225C.0.35D.0.45答案B解析根据3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O3823物质的量(mol)0.030.060.04xx30.0225，因此，铜离子浓度为0.225molL1。五、硝酸性质综合实验例5某化学小组采用如图所示装置，对浓硝酸与木炭的反应进行研究(已知：4HNO34NO2O22H2O)。请回答下列问题：(1)检查装置气密性后，将燃烧匙中的木炭在酒精灯上加热至炽热状态，伸入三颈烧瓶中，并塞紧瓶塞，滴加浓硝酸，可观察到三颈烧瓶中气体的颜色为_，产生该气体的反应的化学方程式是_。(2)装置C中盛有足量Ba(OH)2溶液，炽热的木炭与浓硝酸反应后可观察到C中出现白色沉淀，该白色沉淀为_(填化学式)。(3)装置B的作用是_。(4)装置D中收集到了无色气体，有同学认为是NO，还有同学认为是O2。下列对该气体的检验方法合适的是_(填字母)。A.敞口观察装置D中集气瓶内气体的颜色变化B.将湿润的蓝色石蕊试纸伸入集气瓶内，观察蓝色石蕊试纸是否变红C.将带火星的木条伸入集气瓶中，观察木条是否复燃如果D中集气瓶内收集到的无色气体是氧气，则氧气的来源是_。答案(1)红棕色C4HNO3(浓)4NO2CO22H2O(2)BaCO3(3)防倒吸(4)AC浓硝酸的分解解析(1)装置A中发生的是浓硝酸与木炭的反应，生成NO2、CO2和H2O，三颈烧瓶中显示的是NO2的红棕色。(2)由于Ba(OH)2溶液足量，故NO2、CO2通入Ba(OH)2溶液分别生成Ba(NO3)2和BaCO3，BaCO3以沉淀形式析出。(3)为防止装置C中酸性气体溶解而导致C中溶液进入三颈烧瓶，装置B应为防倒吸装置。(4)NO能与O2反应生成红棕色的NO2，A项正确；NO和O2均不具有酸性，B项错误；O2能使带火星的木条复燃，而NO不能，C项正确。装置A中的浓硝酸除与木炭发生反应外，还会发生分解反应：4HNO34NO2O22H2O。变式5下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是()A.由中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B.红棕色气体不能表明中木炭与浓硝酸发生了反应C.由说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D.的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应答案D解析中浓HNO3受热分解，发生反应4HNO3(浓)4NO2O22H2O，产生的气体为混合气体，故选项A正确；由可知，浓硝酸受热分解可生成红棕色气体NO2，所以“产生红棕色气体”不能说明中木炭能与浓硝酸发生反应，故选项B正确；根据和，浓硝酸反应产生红棕色NO2时需要加热，所以浓硝酸具有挥发性才可与上方红热木炭接触。同时，N元素化合价降低，所以生成的NO2为还原产物，故选项C正确；红热的木炭可与空气中的O2反应生成CO2，故选项D错误。六、氮及其化合物之间的转化例6如图表示某些物质之间的转化关系，每个字母代表一种物质，部分产物已略去。A是一种酸式盐，也是一种常用的化学肥料，B是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的无色气体，D是无色无味气体。回答下列问题：(1)物质A的名称是_。(2)写出物质B的一种主要用途_。(3)写出实验室制取气体B的化学方程式：_；写出工业上制取气体B的化学方程式：_。(4)写出下列反应的化学方程式：BE_；FG_。答案(1)碳酸氢铵(2)制氮肥(或制硝酸或做制冷剂)(3)2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2ON23H22NH3(4)4NH35O24NO6H2O3NO2H2O=2HNO3NO解析A与NaOH固体加热反应生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的无色气体B，B是NH3，A是铵盐，D是无色无味气体，由BDE，EDF可推测D为O2，则E为NO，F为NO2，NO2与H2O反应生成HNO3(G)，在加热条件下HNO3与木炭反应生成NO2和CO2，即C为CO2，A为NH4HCO3。解无机框图推断题，首先寻找“突破口”。“突破口”常常是物质的颜色、状态、气味、用途、反应现象、反应条件、反应物特征性质以及反应类型等。如本题突破口有：(1)颜色及特殊性质：与碱反应放出气体，推知铵盐和氨气(能使湿润红色石蕊试纸变蓝色)，与酸和碱均反应放出气体的物质为弱酸酸式盐，如NH4HCO3、NH4HSO3、NH4HS。(2)物质用途：用作氮肥的盐可以是铵盐等。(3)特征反应：氧化链形式：NH3NONO2HNO3。变式6已知X、Y、Z、W(含同一元素)有如下所示转化关系，且X能与W发生反应生成一种易溶于水的盐，则X可能是()XYZWA.N2B.NO2C.NH3D.NO答案C解析。1.都能用如图所示装置进行喷泉实验的一组气体是(注：烧杯内为NaOH溶液)()A.HCl和CO2B.NH3和H2C.SO2和COD.CO2和CO答案A解析在上述气体中，H2、CO不溶于NaOH溶液，也不与NaOH溶液反应，所以不能做喷泉实验，而HCl、SO2、CO2不仅可溶于NaOH溶液还可与NaOH溶液反应，所以能形成喷泉。2.(2018青岛检测)下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，其中能达到实验目的的是()A.用装置甲制备氨气B.用装置乙除去氨气中的少量水C.用装置丙收集氨气D.用装置丁吸收多余的氨气答案D解析A项，加热固体，试管口应略向下倾斜，错误；B项，NH3是碱性气体，不能用浓硫酸干燥，错误；C项，用橡胶塞堵住集气瓶口，空气排不出来，应去掉橡胶塞，在瓶口加一团棉花，错误；D项，干燥管起防倒吸的作用，正确。3.一定温度下，1mol金属铜与足量某浓度的硝酸完全反应，生成NO2和NO的物质的量之比为13，则反应过程中转移的电子为()A.2molB.3molC.4molD.5mol答案A解析由题意可知，硝酸过量，铜完全反应，根据得失电子守恒可知，铜失去的电子数HNO3得到的电子数反应中转移的电子数。1mol金属铜全部转化为Cu2时失去2mol电子，因此该反应过程中转移的电子数为2mol。4.将amLNO、bmLNO2、xmLO2混合于同一试管里，将试管口倒插于水中，充分反应后试管内气体全部消失，则用a、b表示的x的代数式是 ()A.B.C.D.答案C解析氮的氧化物与O2和H2O反应生成HNO3时，只要满足氮的氧化物中的N与氮的氧化物中的O和O2中O的和的比为25即可全部转化，没有气体剩余。即：，解得x。5.将加热至红热的2.4g木炭投入盛有足量的12molL1浓硝酸的试管中，立即塞好塞子，如图所示连接好装置(已检查装置气密性)。(1)反应开始后，试管a中除看到木炭剧烈反应直至最后消失外，还观察到的现象是_。(2)试管b中最终_(填“有”或“无”)沉淀产生，原因是_。(3)试管c中发生反应的化学方程式为_。(4)集气瓶e中最后收集到的气体为_，理论上该气体的总体积为_L(标准状况)，实际数值_(填“大于”或“小于”)这个数值。(5)若向e中通入O2至液体又重新充满整个集气瓶，则通入O2的体积为_L(标准状况，按生成气体的理论值计算)。答案(1)试管上部充满红棕色气体(2)无NO2与水反应生成的HNO3(足量)中和了Ca(OH)2(3)Ba(OH)2CO2=BaCO3H2O，BaCO3CO2H2O=Ba(HCO3)2(4)NO6.0小于(5)4.5解析木炭与浓硝酸发生反应：C4HNO3(浓)CO24NO22H2O。混合气体通入b中，由于NO2与水反应生成的HNO3(足量)中和了Ca(OH)2，故试管b中最终无沉淀产生；从b中出来的气体NO和CO2通入c中，CO2会和Ba(OH)2反应，经计算知CO2过量，d中的NaOH溶液能够吸收未反应的CO2，e中收集到的气体为NO。由相关化学方程式可知n(NO)n(NO2)n(C)mol，V(NO)mol22.4Lmol16.0L。通入O2后发生反应：4NO3O22H2O=4HNO3，可得V(O2)V(NO)4.5L。6.硝酸是极其重要的化工原料，工业上将NO2在密闭容器中用水多次反复循环吸收制备硝酸。请回答下列问题：(1)工业上用水吸收NO2生产HNO3，生成的气体经多次氧化、吸收的循环操作充分转化为硝酸(假定上述过程无其他损失)。试写出上述反应的化学方程式：_。(2)为了证明NO也可以与氧气和水共同反应生成HNO3，某学生设计了如图所示装置(有关夹持装置已略去)。检查装置气密性良好后，为观察到NO气体生成，打开K1，关闭K2，应从U形管的长管口注入稀硝酸至_后，迅速关闭K1，观察到U形管内的现象是_。装置中发生反应的化学方程式为_。蘸NaOH溶液的棉花团的作用是_。打开K2，至装置中长玻璃管中的气体呈无色后，打开K3，反应一段时间后，关闭K2、K3，长玻璃管中并未充满液体。检验长玻璃管中的气体是否含NO的操作是_。答案(1)4NO2O22H2O=4HNO3(或3NO2H2O=2HNO3NO、2NOO2=2NO2)(2)U形管右侧胶塞下沿U形管左端液面高于右端，铜丝慢慢溶解，产生无色气体，溶液逐渐变蓝(至少答三点)2H2O22H2OO2吸收氮氧化物，防止污染环境再打开K3，若观察到长玻璃管中的气体迅速变为红棕色，则证明余气中含NO，若无颜色变化，则证明不含NO(其他合理答案也可)解析装置是铜与稀硝酸的反应装置，因氮的氧化物会污染空气，故用蘸有NaOH溶液的棉花团吸收氮氧化物。装置是NO、O2和H2O的反应装置，石蕊溶液用来检验生成的硝酸。装置是制备O2的装置。检验NO的方法是使其与氧气接触，观察是否有红棕色气体生成。7.下图是氮元素的几种价态与物质类别的对应关系：回答下列问题：(1)写出N2的一种用途：_。(2)从氮元素化合价分析，N2具有氧化性和还原性。写出氮气表现氧化性的一个化学方程式：_。(3)HNO3与图中的物质C常用于检验Cl的存在，则C的化学式为_。(4)实验室制取物质B的化学方程式为_。(5)NO2与水反应生成物质A的化学方程式为_。(6)浓硝酸与木炭在加热条件下反应的化学方程式为_。答案(1)做保护气、冷冻剂、制氨气等(其他合理答案也可)(2)N23H22NH3(或N23MgMg3N2)(3)AgNO3(4)Ca(OH)22NH4ClCaCl22NH32H2O(5)3NO2H2O=2HNO3NO(6)4HNO3(浓)CCO24NO22H2O题组1氮及含氮化合物的性质与转化1.下列说法正确的是()A.实验室用氯化铵溶液和氢氧化钙溶液混合制取氨气B.雷雨天气时空气中能生成少量的氮氧化物C.铵盐易溶于水，化学性质稳定，受热不易分解D.O2、NO、NO2都能用浓硫酸干燥，且通常情况下能大量共存答案B解析实验室用氯化铵和氢氧化钙的固体混合物在加热条件下制取氨气，A项错误；放电条件下，氮气和氧气反应生成NO，B项正确；铵盐受热易分解，C项错误；NO极易与O2反应，二者不能大量共存，D项错误。2.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答案C解析Fe2与NO、SO在溶液中都可以大量共存，但加入盐酸后，NO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；SO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。3.“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是()实验室收集氨气采用图1所示装置实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸反应生成铵盐的实验实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应A.B.C.D.答案C解析中实验过程中会有HCl、NH3挥发进入空气中，造成污染。4.如图所示装置，烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶中，然后打开止水夹，不能出现“喷泉现象”，则物质a、b对应正确的是()选项a(干燥气体)b(液体)装置AHClH2OBCl2饱和NaCl溶液CSO2浓NaOH溶液DNH31molL1的盐酸答案B解析干燥气体a与液体b发生反应，或溶于液体b，导致烧瓶内气体的压强小于外界大气压，即能出现“喷泉现象”。HCl极易溶于水，能出现喷泉现象，A不符合题意；Cl2不易溶于饱和NaCl溶液，不能出现喷泉现象，B符合题意；SO2与浓NaOH溶液发生反应生成Na2SO3，能出现喷泉现象，C不符合题意；NH3与盐酸发生反应生成NH4Cl，能出现喷泉现象，D不符合题意。5.如图所示，夹子开始处于关闭状态，将液体A滴入试管与气体B充分反应，打开夹子，可发现试管内的水立刻沸腾了。则液体A和气体B的组合不可能是下列的()A.氢氧化钠溶液、二氧化碳B.水、氨气C.氢氧化钠溶液、一氧化氮D.水、二氧化氮答案C解析要使试管内的水立刻沸腾，则试管中气体压强要显著下降，即气体B要被液体A大量消耗。6.下列说法正确的是()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：Fe3NO6HFe33NO23H2OD.用浓HNO3与Cu反应制备NO2答案D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。7.利用N2NH3NONO2HNO3这一过程制备HNO3，有关上述各物质的叙述不正确的是()A.工业固氮的常用方法是用N2和H2合成NH3B.可利用Cu与硝酸的反应将N元素转化为NO或NO2C.为使上述各步骤依次发生，必须向每个步骤中提供氧化剂D.实验室可利用氢氧化钙固体与NH4Cl固体混合加热制备NH3答案C解析合成氨是工业固氮的一种方法，故A正确；铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故B正确；N2NH3需要加入氢气(还原剂)转化，NO2HNO3，加入水转化，反应过程中二氧化氮自身发生氧化还原反应，故C错误；实验室可利用氢氧化钙固体与NH4Cl固体混合加热制备NH3，故D正确。8.(2018河南高一检测)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()A.实验中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，说明稀硝酸被Cu还原为NO2B.实验中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强C.实验发生反应的化学方程式为3CuCu(NO3)24H2SO4=4CuSO42NO4H2OD.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答案C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，NO在酸性环境下与Cu反应，故B错误，C正确；D项，Cu常温下与稀HNO3反应，不与稀H2SO4反应，错误。9.氮及其化合物的变化关系如下所示。则下列说法不正确的是()A.路线是工业生产硝酸的主要途径B.路线、是雷电固氮生成硝酸的主要途径C.上述所有反应都是氧化还原反应D.氮气可在足量的氧气中通过一步反应生成NO2答案D解析氮气和氧气在放电条件下反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，氮气与氧气不能一步转化为NO2，D错误。题组2氮及含氮化合物的相关计算10.同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满NH3，NO2，进行喷泉实验，如图所示，经充分反应后，瓶内溶液溶质的物质的量浓度为 ()A.B.C.D.不能确定答案C解析假设烧瓶的容积为VL，所得氨水的浓度：cmolL1，NO2与H2O发生反应：3NO2H2O=2HNO3NO，所得HNO3溶液的浓度：cmolL1，所以两溶液的浓度相等。11.等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是()A.FeOB.Fe2O3C.FeSO4D.Fe3O4答案A解析根据得失电子守恒，还原剂提供的电子越多，氧化剂硝酸生成的NO的物质的量就越多。1g题述四种物质能提供的电子的物质的量为A.1mol；B.0；C.1mol；D.1mol(Fe3O4也可以写为Fe2O3FeO)，等质量时提供电子的物质的量最多的为FeO。12.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1.68LO2(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5molL1NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是() A.60mLB.45mLC.30mLD.15mL答案A解析根据题意，铜失电子给了硝酸生成NO2、N2O4、NO，NO2、N2O4、NO又失电子给了O2生成硝酸，该过程中相当于HNO3未得到电子，结果仅是Cu失电子给了O2，根据得失电子守恒知n(O2)4n(Cu)2，即4n(Cu)2，得n(Cu)0.15mol。根据Cu22OH=Cu(OH)2得n(NaOH)V5molL10.15mol2，V0.06L，即60mL。13.某化学实验小组同学利用以下装置制备氨气，并探究氨气的性质(部分仪器已略去)。请回答：(1)实验室制备氨气的化学方程式为_。(2)用装置B收集氨气时，应选择氨气的进气口是_(填“a”或“b”)，并说明选择的理由是_。(3)打开装置B中的止水夹c，若观察到烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨气具有的性质是_。(4)为防止污染环境，以下装置(盛放的液体均为水)可用于吸收多余氨气的是_(填序号)。答案(1)2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O(2)a氨气密度比空气密度小(3)极易溶于水，与水反应生成碱(4)解析(1)实验室制取氨气的方程式为2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O。(2)氨气比空气的密度小，可用向下排空气法收集，导气管要伸入烧瓶底部。(3)能形成喷泉，证明氨气极易溶于水，酚酞变红，说明水溶液显碱性。(4)不利于氨气的吸收，能防止倒吸，会发生倒吸。14.某课外活动小组在实验室用如图所示装置快速制取NH3并验证NH3的某些性质，同时收集少量纯净的氮气。请回答下列问题：(1)用生石灰和浓氨水制NH3的原理为_。(2)实验进行一段时间后，观察到硬质玻璃管内黑色氧化铜粉末变为红色，盛有无水硫酸铜的干燥管内出现蓝色，并且在最后的出气导管口处收集到纯净、干燥的氮气。根据这些现象，写出在硬质玻璃管内发生反应的化学方程式：_，这个反应说明NH3具有_(填字母)。A.碱性B.还原性C.氧化性D.不稳定性(3)洗气瓶中浓硫酸的主要作用是_。(4)在最后的出气导管口处收集干燥、纯净的氮气，收集方法是_(填字母)。A.排空气法B.排水法C.用气囊收集(5)装置E的作用是_，装置F的作用是_。E中的碱石灰_(填“能”或“不能”)换成CaCl2。答案(1)生石灰与水反应放出大量的热，促使NH3H2O受热分解生成NH3，又由于温度升高，NH3的溶解度减小，促使NH3逸出(2)3CuO2NH33Cu3H2ON2B(3)吸收氨，防止污染环境(4)C(5)吸收水蒸气，干燥NH3检验是否有水生成不能解析(1)CaO与浓氨水中的水反应生成Ca(OH)2，同时放出大量的热，促使NH3H2O受热分解生成NH3，又由于温度升高，NH3的溶解度减小，从而使NH3逸出。(2)CuO