高三化学一轮复习 4_4 氮的氧化物和硝酸课时测试（含解析）.doc

4-4 氮的氧化物和硝酸（测试时间：45分钟 满分 100分）姓名： 班级： 得分： 一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)1下列关于自然界中氮循环（如下图）的说法不正确的是： （ ） A氮元素均被氧化 B工业合成氨属于人工固氮C含氮无机物和含氮有机物可相互转化 D碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环【答案】A【解析】A、N2转化为氨或铵盐时，N元素化合价降低，被还原，错误；B、工业合成氨为N2与H2反应生成NH3，游离态的N元素转化为化合态，属于人工固氮，正确；C、根据氮循环示意图可知，无机物可以与蛋白质相互转化，正确；D、NH3含有H元素、硝酸盐和亚硝酸盐含有O元素、蛋白质含有C、H、氧元素，所以碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环，正确。22.8 g Fe全部溶于一定浓度、200 mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12 L，测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断正确的是 （ ） A反应后的溶液最多还能溶解1.4 g Fe B反应后溶液中c(N03-) =0. 85 molL C反应后溶液中铁元素可能以Fe2+形式存在 D1. 12 L气体可能是NO、NO2的混合气体【答案】B【解析】根据题意，硝酸过量：0.2 L0.1 molL10.02 mol，反应生成Fe3：2.8 g56 gmol10.05 mol，A. 反应后的溶液还能与铁发生反应的离子方程式为：3Fe 8H 2NO3- = 3Fe22NO4H2O3 8 20.023/80.02 mol2Fe3 Fe = 3Fe20.05 mol0.025 mol则最多能溶解铁：(0.02 mol3/80.025 mol)56 gmol11.82 g，A错误；B.根据反应后溶液中的电荷守恒，得c(NO3-)(0.05 mol30.02 mol1)0.2 L0.85 molL1，B正确；C.根据题给信息，硝酸有剩余，反应后溶液中铁元素可能以Fe3+形式存在，C错误；D.根据氮原子守恒，反应前HNO3溶液的浓度为(0.17 mol1.12 L22.4 Lmol1)0.2 L1.1 molL1，该浓度是稀溶液，1.12 L气体应是NO气体，D错误；答案选B3在一定浓度的浓硝酸中加入m克铜镁合金恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO2），向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到 v mL时，恰好完全反应，得到沉淀质量为n 克，则下列有关该实验的说法中正确的有 （ ）沉淀中氢氧根的质量为(n-m)克恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量为bvmol反应过程中转移的电子数为mol 生成NO2气体的体积为L与合金反应反应的硝酸的物质的量为mol A B C D 【答案】C【解析】镁、铝形成的沉淀为Al(OH)3、Mg(OH)2，则沉淀中氢氧根的质量为(n-m)克，正确；当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（NO3-）=n（Na+）=n（NaOH）=bv1000mol，错误；至沉淀量最大，生成的n克沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m克合金的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为（n-m）克，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子n（e-）=n（OH-）=（n-m）17mol，正确；根据电子守恒原理，生成NO2时，HNO3中+5价的N原子得1个电子，因此生成NO2的物质的量应该是转移的电子数，即（n-m）17mol，其体积在标准状况下为22.4(n-m)17L，但是选项中没有说明状态，则此时的体积不能确定，错误；因为在一定浓度的浓硝酸中加入m克铜镁合金恰好完全溶解，说明没有硝酸剩余，则Al(OH)3、Mg(OH)2 中OH的物质的量等于生成硝酸盐的硝酸的物质的量，为（n-m）17mol ，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO2的物质的量，即（n-m）17mol ，所以与合金反应的硝酸的物质的量为mol，正确；答案选C。4为了防止：NO、NO2、N2O4对大气的污染，常用氢氧化钠溶液进行吸收处理，反应的化学方程式2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O。现有a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体能被1.0 molL-1的氢氧化钠溶液完全吸收，则消耗氢氧化钠溶液的体积最小为 （ ）A(a+b+c)L B2(a+b+c)L C(a+b+2c)L D3(a+b+c)L【答案】C【解析】反应生成物有NaNO3、NaNO2，由化学式可知n（Na）=n（N），根据原子守恒可知n（NaOH）=n（NO）+n（NO2）+2n（N2O4）=（a+b+2c）mol，再根据V=n/c=(a+b+2c)L。 5一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO42-)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1:1，则V可能为 （ ）A9.0L B13.5L C15.7L D16.8L【答案】A【解析】若混合物全是CuS，其物质的量n(CuS)=n(CuO)=0.15mol，转移电子物质的量=0.15(6+2)=1.2molNO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=1.2，解得x=0.3，故气体体积V=0.6mol22.4L/mol=13.44L；若混合物全是Cu2S，其物质的量n(Cu2S)=n(CuO)=0.15mol=0.075mol，转移电子物质的量0.07510=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积0.1875mol222.4L/mol=8.4L，介于13.44L-8.4L之间的只有A，故选A。6无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100 mL甲气体经过下图实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则甲气体的组成为 （ ） ANH3、NO2、N2 B NH3、NO2、CO2 CNH3、NO、CO2 DNO、CO2、N2【答案】C【解析】二氧化氮是红棕色的气体，所以一定不存在，甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80毫升，说明一定有NH3存在，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2，答案选B。7将一定量的铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中充分反应后，容器中剩有m1g 铜粉，此时共收集到NO气体448mL（标准状况）。然后向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为止，容器剩有铜粉m2g ，则(m1-m2)为 （ ）A5.76 B2.88 C1.92 D0【答案】A【解析】铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1 g铜粉，反应生成Cu(NO3 )2 和NO气体，NO的物质的量为n(NO)=0.448L22.4L/mol=0.02mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的铜的物质的量为0.02mol(52)2=0.03mol，根据铜元素守恒可知，溶液中nCu(NO3 )2 =0.03mol，溶液中n(NO3 -)=0.06mol。再向溶液中足量稀硫酸至不再反应为止，Cu(NO3 )2中NO3 -发生反应3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O，容器剩有铜粉m2 g，(m1 -m2)为再与溶液中NO3 -反应的铜的质量，则由反应3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O可知0.06mol NO3再发生反应消耗Cu的物质的量是n(Cu)=3/2n(NO3)= 3/20.06mol=0.09mol，所以再次反应的铜的质量为0.09mol64g/mol=5.76g，即(m1 -m2)=5.76g。 8某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中c（SO42）+c（NO3）=2.5 molL1取200mL该混合酸，则能溶解铜的最大质量为（）A12.8g B.19.2g C.32.0g D.38.4g【答案】B【解析】反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，要使溶解的铜的质量最大，则氢离子和硝酸根离子浓度满足方程式中的比例关系，硝酸全部起氧化剂作用，假设硫酸的浓度为xmol/L，则硝酸的浓度为（2.5-x)mol/L，则氢离子浓度为2x+2.5-x=2.5+x，硝酸根离子浓度为2.5-x，则（2.5-x）：（2.5+x）=2:8 解x=1.5mol/L，则硝酸根物质的量为10.2=0.2摩尔，溶解的铜为0.3摩尔，质量为0.364=19.2克，选B。 9如图，相同条件下，两个容积相同的试管分别装满NO2和NO气体，分别倒置于水槽中，然后通过导管缓慢通入氧气，边通边慢慢摇动试管，直到两个试管内充满液体。假设试管内的溶质不向水槽中扩散，则两个试管内溶液物质的量浓度之比为 （ ）A57 B 11 C75 D43【答案】B【解析】两只试管中分别发生4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，则试管体积相同，则生成的硝酸的物质的量相同，且溶液的体积相同，所以两试管的硝酸的浓度相同，即选项B正确。故选B。 10通过一步反应不能直接完成的是 （ ）N2 NO2 NO2 NO NH3 NO NH3 N2 Cu Cu(NO3)2 HNO3 NO2A B C D【答案】D【解析】N2 与氧气生成NO再与氧气生成NO2正确；NO2 与水反应生成 NO，错误；NH3与氧气反应生成NO，错误； NH3与氯气反应生成N2，错误；Cu与硝酸反应生成Cu(NO3)2 ，错误；HNO3与铜反应生成NO2，错误；D项正确；答案选D。 二、非选择题(本题包括4小题，共50分)11（8分）工业上可用以下方案使饮用水中NO3- 含量达标。请回答下列问题：（1）调节pH不宜过大或过小，否则会造成 的利用率降低；试剂X可选用_（填序号）。A. NaOH B.Ca(OH)2 C.NH3.H2O D.CuO E.CO2（2）流程中操作的名称为 。（3）写出溶液中铝粉和NO3-反应的离子方程式：_。（4）还可用以下化学反应使饮用水中NO3-含量达标，产物之一是空气的主要成分。完成下列离子方程式：【答案】（1）铝（1分）B（2分）（2）过滤（1分）（3）10Al + 6NO3 + 18H2O=10Al(OH)3 + 3N2+ 6OH（2分）（4）5H2+2NO3-+2H+N2+6H2O（2分）【解析】（1）pH过大，铝和碱反应产生氢气，pH过小，NO3在酸性条件下具有强氧化性，产生NOx，而不是氮气，因此造成铝的利用率降低；试剂X为Ca(OH)2，来源丰富，价格便宜，且Ca2+对人体无害，故选项B正确；（2）操作达到滤渣和溶液，因此操作方法是过滤；（3）根据流程，Al转变成Al(OH)3，NO3转变成N2，根据化合价的升降法，进行配平，因此离子反应方程式为：10Al6NO318H2O=Al(OH)33N26OH；（4）产物是空气主要成分，则NO3转变成N2，根据化合价的升降法进行配平，其离子反应方程式为：5H2+2NO3-+2H+N2+6H2O。 12（14分）硝酸是氧化性酸，其本质是NO3有氧化性，某课外实验小组进行了下列有关NO3氧化性的探究（实验均在通风橱中完成）。实验装置编号溶液X实验现象实验6 molL-1稀硝酸电流计指针向右偏转，铜片表面产生无色气体，在液面上方变为红棕色。实验15 molL-1浓硝酸电流计指针先向右偏转，很快又偏向左边，铝片和铜片表面产生红棕色气体，溶液变为绿色。（1）实验中，铝片作_（填“正”或“负”）极。液面上方产生红棕色气体的化学方程式是_ _。（2）实验中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是_。查阅资料：活泼金属与1 molL-1稀硝酸反应有H2和NH4+生成，NH4+生成的原理是产生H2的过程中NO3被还原。（3）用上图装置进行实验：溶液X为1 molL-1稀硝酸溶液，观察到电流计指针向右偏转。 反应后的溶液中含NH4+。实验室检验NH4+的方法是_。 生成NH4+的电极反应式是_。（4）进一步探究碱性条件下NO3的氧化性，进行实验： 观察到A中有NH3生成，B中无明显现象。A、B产生不同现象的解释是_。 A中生成NH3的离子方程式是_。（5）将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象，结合实验和说明理由_。【答案】（1）负（1分） 2NO+O2=2NO2（1分）（2）Al开始作电池的负极，Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜后，Cu作负极（2分）（3） 取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含NH4+（2分） NO3-8e-10 H+NH4+3H2O（2分）（4） Al与NaOH溶液反应产生H2的过程中可将NO3-还原为NH3，而Mg不能与NaOH溶液反应（2分） 8Al3NO3-5OH-2H2O3NH38AlO2-（2分）（5）因为铝与中性的硝酸钠溶液无生成H2的过程，NO3无法被还原（2分）【解析】（1）实验中，由于Al的金属活动性比Cu强，因此Al做负极。铜片表面产生的无色气体是NO，在液体上方NO被空气中的氧气氧化成红棕色的NO2，方程式为2NO+O2=2NO2；（2）实验中， Al的金属活动性比Cu强，Al开始作电池的负极，电流计指针先偏向右边；由于Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜，阻止了内层金属的进一步反应，因此，Cu作负极，电流计指针偏向左边；（3）实验室检验NH4+有两种常用方法：方法一，取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含NH4+；方法二，取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，并在试管口放一蘸有浓盐酸的玻璃棒，若有白烟生成，证明溶液中含NH4+；NH4+的生成是NO3被还原的结果，其电极反应式为NO3-8e-10 H+NH4+3H2O（4）观察到A中有NH3生成，是由于Al与NaOH溶液反应产生H2，并且与此同时，H2可将NO3-还原为NH3；B中无现象是由于Mg与NaOH溶液不反应；A中生成NH3的离子方程式为 8Al3NO3-5OH-2H2O3NH38AlO2-；（5）铝与中性的硝酸钠溶液不能生成H2， NO3无法被还原，因此将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象 13（15分）如图的关系图中，A是一种正盐，E是强酸，当甲无论是强酸或强碱都有如下反应关系：友情提示：当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物。回答下列问题：（1）A是_（用化学式表示）（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体写出B与C的反应方程式：_；一定质量的Zn与100mL 12.0mol/L的E的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c（SO42-）= _ mol/L，产生SO2体积（标准状况下）= _L。（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂C是_，在浓的E溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时的离子方程式为_。将盛有D和O2的混合气体12mL的量筒倒立于水槽中，充分反应后，剩余2mL无色气体（均在同温同压下测定），则原混合气体中氧气的体积是：_。【答案】（1）（NH4）2S（2分）（2）2H2S+SO2=3S+2H2O（2分）1（2分） 4.48（2分）（3）NO（2分）3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O（2分）4mL或1.2mL（3分）【解析】（1）A是一种正盐，E是强酸，由转化关系可知，化学中N、S元素化合物符合转化，当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物，可推知A为（NH4）2S，故答案为：（NH4）2S；（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体，则B为H2S、C为SO2、D为SO3，E为H2SO4，则：B与C的反应方程式为：2H2S+SO2=3S+2H2O，故答案为：2H2S+SO2=3S+2H2O；一定质量的Zn与100mL 12.0mol/L的H2SO4的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g，则参加反应Zn的物质的量为1mol，H2SO4的物质的量为0.1L12mol/L=1.2mol，由于硫酸都没有剩余，设与浓硫酸反应的Zn为xmol，与稀硫酸反应的Zn为ymol，则：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2Ox 2x x xZn+H2SO4=ZnSO4+H2y y y由题意可知：x+y1，2x+y1.2，解得x=0.2，y=0.8，故将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c（SO42-）=1mol/L，产生SO2体积（标准状况下）=0.2mol22.4L/mol=4.48L，故答案为：1；4.48；（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂，则B为NH3、C为NO、D为NO2、E为HNO3由上述分析可知C是NO，在浓的E溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时，为Cu与稀硝酸反应，离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：NO；3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为12mL=4mL，实际是结果剩余4mL气体，小于4mL，则说明剩余气体为NO或氧气，若为氧气，则参加反应的气体为12mL-2mL=10mL，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为10ml=8mL，参加反应的O2的体积为10mL-8mL=2mL，原混合气体中O2的体积为2mL+2mL=4mL；若剩余气体为NO气体，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2为32mL=6mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为12mL-6mL=6mL，则反应消耗的氧气为6mL=1.2mL，故答案为：4mL或1.2mL 14（13分）工业生产硝酸的尾气中含有氮氧化物NOx(NO和NO2的混合物，假设不含N2O4)，对生态环境和人类健康带来较大的威胁。（1）工业上可用氨催化吸收法处理NOx，反应原理如下：4xNH36NOx(2x3)N26xH2O某化学兴趣小组模拟该处理过程的实验装置如下：装置A中发生反应的化学方程式为_。装置D中碱石灰的作用是_。（2）工业上也常用Na2CO3溶液吸收法处理NOx。已知：NO不能与Na2CO3溶液反应。NONO2Na2CO3=2NaNO2CO2()2NO2Na2CO3=NaNO2NaNO3CO2()当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时，x的值不可能是_(填字母)。A19 B17 C 12将1 mol NOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收时，溶液中生成的NO