第2节氮的循环答案.doc

第2节氮的循环第1课时自然界中氮的循环、氮气及氮的氧化物基础落实一、1单质化合态2(1)根瘤菌硝酸盐氮气氧气NO2(2)氨气氮肥硝酸二、2N2O22NON23H22NH33(1)游离态含氮化合物(2)高能生物合成氨仿生三、1NONO22(2)2NOO2=2NO23NO2H2O=2HNO3NO对点训练1A所谓自然固氮即通过闪电或一些微生物将空气中的N2通过生物化学过程转化为含氮的化合物。2CN2性质稳定，但高温下可与O2等物质反应，在反应中表现出氧化性或还原性；氮气比空气轻且不溶于水并不是N2能大量存在于空气中的根本原因。3CN2在空气中的体积含量约为，而不是质量含量。4BNO是一种无色难溶于水的气体，可用排水法收集，常温常压下NO很容易与O2直接化合成NO2。5C6DNO易与空气中的O2反应，NO2与水反应，故前者不能用排气法收集，后者不能用排水法收集。7C将试管倒立于水中，只有NO2和H2O反应，生成的NO与没发生反应的N2为剩余气体。设原气体的体积为V，NO2的体积为x，根据差量法求解：3NO2H2O=2HNO3NO体积减少3 2x 解得：x故V(N2)V故。课后作业练基础落实1D氮的固定指游离态氮元素转化为化合态氮元素。化合态氮元素间转化不属于氮的固定。2DCO、NOx在铂表面发生的反应为CONOxCO2N2(未配平)，也可能是CO与O2反应，此过程中铂作催化剂。CO2不能与人体中的血红蛋白结合。3 4CNO和CO均易与血红蛋白结合，一旦结合就易导致人体缺氧。5C化学反应是三聚氰酸的转化，生成氰酸(HNCO)，故二者不是同一物质；据反应知：，故NO2是氧化剂，HNCO是还原剂，1 mol NO2转移4 mol电子，所以选C。练方法技巧6D练综合拓展7(1)(2)A(3)B解析(1)从B口进气是收集密度比空气大的气体；若从A口进气则收集密度比空气小的气体，但排空气法收集的气体必须与O2不反应，且密度与空气密度相差较大。(2)若用排水法收集，则气体必须不溶于水且不与水反应，应从A口进。(3)用浓H2SO4干燥气体，必须从B口进气。8(1)ACD(2)CuNO2H=Cu2NOH2O(3)A(4)催化剂解析(1)NO气体在破坏臭氧层的过程中起催化作用；NO能与人体血红蛋白结合，使人因缺氧而中毒；NO被O2氧化生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，可形成酸雨。(2)NO转化为NO时氮的化合价降低，则Cu在反应中化合价必然升高，转化为Cu2。(3)因为CO和NO含有C、O、N三种元素，那么它变化以后还应该含有这三种元素，所以C、D两项不正确，又因为B项的NO2依然是空气的污染物，所以也排除。第2课时氨与铵态氮肥基础落实一、1(1)无刺激性溶于水700液(2)喷泉红极易碱2(1)NH3H2ONH3H2ONH3H2Osup7()NH3H2ONH3H2ONHOH(2)有白烟生成NH3HCl=NH4Cl(3)4NH35O2催化剂4NO6H2O二、NHNOCO(NH2)2三、1易溶2(1)NH4Clsup7()NH3HClNH4HCO3sup7()NH3H2OCO2(2)NaOHNH4NO3sup7()NH3NaNO3H2O3(1)铵盐碱CaCl22NH32H2O(3)向下排空气法(4)湿润的红色石蕊浓盐酸对点训练1D由NH3的物理性质可知，A、B两项正确；氨水呈弱碱性，C选项正确；氮的固定是游离态的氮变为化合态的氮的过程，故D选项错误。2C根据题意知，在温度不变的情况下水由不沸腾变得沸腾，只能是压强减小，造成压强减小的原因是液体A与气体B发生了反应使气体的量减少，符合条件的选项有A、B、D三项。3B氨气溶于水后，大部分与水结合生成一水合氨(NH3H2O)，NH3H2O仅有少部分电离成NH和OH，因此显弱碱性。4CN2与H2化合的条件是高温、高压、催化剂，A错；B项中NH3不是电解质，HNO3是电解质；C正确；D项中NH3中N为3价，HNO3中N为5价，因此由氨制硝酸的过程中，氮被氧化。5D检验铵盐的方法是利用了铵盐与碱共热反应生成氨气及氨气的性质，把NaOH溶液加到某物质的固体或溶液里，加热后产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，就可以判断该物质是铵盐。6CA选项中方法是工业制取氨气的方法，不可选；B选项中P2O5是酸性干燥剂，可以吸收NH3；D选项中CaCl2可以与NH3形成络合物，也不能选用，所以应选C项。课后作业练基础落实1B氮的固定是由游离态的氮转化为化合态的氮的过程，而B项只是含氮物质之间的转化，不属于氮的固定。2D3B处理后的幕布不易着火，主要原因有两个：一是NH4Cl分解吸收热量，降低了环境温度；二是NH4Cl分解生成的NH3、HCl可以有效隔绝幕布与空气接触。4B练方法技巧5C气体溶于水后，形成与参加反应的气体的体积相同的溶液，一般浓度都约为 molL1(混合气体除外)。6BNH的检验：在含有NH的溶液中加入强碱(OH)并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则证明原溶液中含有NH。一定不会用到的是蓝色石蕊试纸和稀硫酸。练综合拓展7(1)稀氨水和酚酞稀氨水中的NH3逸出，所以溶液的颜色变浅(2)溶有SO2气体的品红SO2气体逸出，品红溶液恢复红色解析气体的溶解度随温度的升高而减小。温度升高，NH3逸出，酚酞溶液颜色变浅，又由于NH3极易溶于水，冷却后NH3重新溶于水，又恢复红色。同理，SO2溶于品红溶液，可使品红褪色，SO2逸出后，品红又恢复红色，冷却后SO2又重新溶解与品红化合成无色物质，溶液又褪色。此外(2)还充分说明了SO2气体漂白的可逆性。8(1)固体NH4Cl和Ca(OH)22NH4ClCa(OH)2,CaCl22NH32H2O(或其他合理答案)(2)碱石灰(或CaO)除去NH3气流中的水蒸气(3)黑色粉末逐渐变为红色，右管口处有水珠出现2NH33CuO,N23H2O3Cu(4)出现无色液体氨水用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝；用无水CuSO4粉末检验，无水CuSO4 变蓝解析(1)由题中信息知A装置为NH3的制取装置，故A中加入的物质是NH4Cl和Ca(OH)2固体，发生反应的化学方程式为：2NH4ClCa(OH)2,CaCl22NH32H2O。(2)B装置的作用是干燥NH3，所用药品为碱石灰(或CaO)。(3)装置C中发生的反应为：2NH33CuO,N23Cu3H2O，观察到的现象是黑色固体粉末逐渐变红且右管口处有水珠出现。(4)D中冰水的作用是冷却，得到无色液体氨水。若检验NH3：用红色石蕊试纸，若变蓝，则说明NH3的存在。若检验H2O的存在：用无水CuSO4，观察是否变蓝第3课时硝酸基础落实一、2(1)指示剂碱碱性氧化物部分盐(2)4HNO3sup7(受热或见光(受热或见光)4NO2O22H2O(3)Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2OC4HNO3(浓)sup7()CO24NO22H2OFe、Al浓硝酸浓盐酸13二、1产生光化学烟雾形成酸雨水体富营养化2(1)数量(2)吸收能力对点训练1BHNO3能溶解除Pt、Au以外的大多数金属，但Fe、Al常温下在浓硝酸、浓硫酸中“钝化”。2C铜与稀硫酸不反应，但加入KNO3后，由于溶液中有H存在，故会发生：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O；加入Fe2(SO4)3也能使铜粉的质量减少，溶液变蓝色，但无气体逸出。3(1)2NOO2=2NO2(2)3O2sup7(NO2(NO2)2O3解析(1)光化学烟雾的循环过程包括三个化学反应。由此可推断：反应中的生成物NO是反应中的反应物；若要反应不断地发生，就需要反应不断进行，故反应的生成物必定是NO2，否则无法实现“循环过程”。(2)叠加三个化学方程式，即得净结果：3O2=2O3。课后作业练基础落实1C2B浓硝酸和稀硝酸都具有强氧化性，能氧化具有还原性的Fe2；能与除Pt、Au以外的大多数金属反应，但不是置换反应；常温下，Fe、Al在浓硝酸中钝化，所以可用铁或铝制品盛装浓硝酸。3A由于稀硝酸也有强氧化性，与Fe反应时无H2放出。4B本题通过比较Cu与浓、稀HNO3的反应，综合考查了学生对具体化学反应原理、现象、计算等知识的理解能力。等质量的Cu与足量的浓HNO3反应比稀HNO3反应速率快、耗酸多、生成的NO2为红棕色，但反应后均生成Cu(NO3)2，因此转移的电子数相等。5A题中给出了一个限制条件“因发生氧化还原反应而不能大量共存”。A组：如果仅有NO和Fe2是不会发生氧化还原反应的，可以大量共存，但是溶液中还存在H，因而此时的NO就有了强氧化性，可以把Fe2氧化成Fe3；B、C、D组很显然均是因发生复分解反应而不能大量共存。故A选项符合题意。6DNO在酸性条件下(相当于稀硝酸)，具有较强的氧化性，将Fe2氧化为Fe3使溶液由浅绿色变为棕黄色。7D应用守恒法，反应中消耗的HNO3的物质的量应是转化成的Cu(NO3)2中N原子物质的量和生成的NOx(NO和NO2)气体中N原子的物质的量之和：即20.11 mol，故答案选D项。练方法技巧8A由7 g铜、银合金失去的电子数等于0.56 L O2得到的电子数可知：解得9(1)Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，有红棕色气体产生(2)3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O(3)加入稀硫酸后，硫酸溶液提供的H与溶液中的NO共存，又相当于形成了稀硝酸溶液，故铜又溶解(4)0.65 mol解析铜跟浓硝酸反应时，随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐减小，故反应后阶段发生的是铜与稀硝酸的反应。铜过量时，反应后的体系中有Cu、Cu2、NO，加入稀硫酸后，硫酸溶液提供的H与溶液中的NO共存，又相当于形成了稀硝酸溶液，故铜又溶解。无论5.6 L气体全部是NO2，还是NO2和NO的混合气体，根据硝酸在反应中的作用可知：硝酸总的物质的量起酸性作用的硝酸的物质的量起氧化性作用的硝酸的物质的量，即n(HNO3)2n(Cu)n(气体)212.8 g64 gmol15.6 L22.4 Lmol10.65 mol。10. (1)检查装置气密性(2)Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O反应变缓，气体颜色变浅(3)丙耗酸量最少，无污染(4)向d中加入KBr溶液，c中加入KMnO4固体，由a向c中加入浓盐酸c中有黄绿色气体产生，d中溶液变为棕黄色没有尾气处理装置第4课时习题课1BNH3为碱性气体，不能用酸性干燥剂干燥；NH3可与无水氯化钙形成络合物。2D稀硝酸与铁反应有气体产生；浓H2SO4可使铁钝化，溶液质量只能减小；1 mol Fe可置换出3 mol Ag，使溶液质量减小；Fe溶解在FeCl3溶液中，可使溶液质量增加又没有气体产生。3C从图中可知甲中的气体摩尔质量较小，乙气体摩尔质量较大，又由于浓H2SO4不能挥发出气体来，因此只有C项正确。4D有关反应为：A：Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O；B：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O；C：2CuO2sup7()2CuO，CuO2HNO3(稀)=Cu(NO3)2H2O。分析以上三组反应，可以看出：生成相同质量的Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，途径消耗HNO3最多，途径次之，途径消耗HNO3最少。通过比较可以看出，生产Cu(NO3)2，途径效果最佳，既不造成污染，又能提高HNO3的利用率。5B依题意知：每一份混合液中n(NH)b mol；n(SO)n(BaCl2)c mol，原溶液中n(NH)为2b mol，n(SO)2c mol。(NH4)2SO4=2NHSO2c 4c 2c则由NH4NO3提供的NH为(2b4c) mol，NO molL1。6AO2为氧化剂，Cu为还原剂，HNO3仅仅发生了复分解反应，则n(Cu)2n(O2)0.15 mol，n(NaOH)2n(Cu)0.3 mol，V(NaOH)0.06 L60 mL，故选A。7A解题依据的化学反应原理为4NO2O22H2O=4HNO33NO2H2O=2HNO3NO设O2的体积为x mL，剩余的气体有两种可能：(1)若剩O2，则V剩x(12x)2得x4，正确。(2)若剩NO，则V剩(12x)4x2，得x1.2，正确。8C硫酸是难挥发性的酸。9D10A浓硝酸分解产生的NO2和O2的体积比恰为41。11(1)NH3NH(2)CO2COHCO(2)HCOCO(4)SONH4HCO3(NH4)2SO412(1)2NH4ClCa(OH)2sup7()2NH3CaCl22H2O(2)稀硝酸好，Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O,3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O，溶解等质量的铜，使用稀硝酸时消耗的硝酸少，且产生的有害气体少，故用稀硝酸好(3)SiCl4N2H2Si3N4HCl解析(2)根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的化学方程式，溶解3 mol(等量)铜时消耗浓硝酸12 mol，生成NO2 6 m