2021高考化学一轮复习第四章非金属及其化合物第四节氮及其重要化合物学案新人教版202010261199.doc
2021高考化学一轮复习全一册学案打包36套新人教版
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第四节氮及其重要化合物最新考纲:1.掌握氮元素单质及其重要化合物的主要性质及应用。2.了解氮元素单质及其重要化合物的制备方法。3.了解氮元素单质及其重要化合物对环境的影响。核心素养:1.宏观辨识与微观探析:能从不同层次认识含氮化合物的多样性,并对其进行分类。2.科学探究与创新意识:能根据氮单质及化合物的性质提出有探究价值的问题;能从问题和假设出发, 确定探究目的,设计探究方案,进行实验探究。知识点一氮气及其氧化物1氮气的结构与性质(1)氮元素的存在与氮的固定(2)n2的物理性质无色、无味气体,密度比空气略小,难溶于水。(3)n2的化学性质2.氮的氧化物(1)氮有多种价态的氧化物氧化物的化学式n2onon2o3no2、n2o4n2o5氮元素的价态12345n2o俗称笑气,有麻醉作用;n2o3是亚硝酸的酸酐;n2o5为硝酸的酸酐。(2)no与no2性质的比较判断正误(正确的打“”,错误的打“”)1常温常压下,124 g p4中所含pp键数目为4na()提示:124 g p4的物质的量是1 mol,由于白磷是正四面体结构,一分子p4含有6个pp键,因此1 mol p4所含pp键数目为6na。21 mol n2与4 mol h2反应生成的nh3分子数为2na()提示:n2与h2的反应为可逆反应。3用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的no()提示:no能与空气中的o2反应生成no2,收集no应采用排水法。40.3 mol no2与水充分反应转移的电子数目为0.1na()提示:在no2与水的反应中,每有0.3 mol no2参加反应,转移0.2 mol电子。5制二氧化氮时,用水或naoh溶液吸收尾气()提示:用水吸收no2还会放出有毒气体no。6no2通入feso4溶液中始终无明显现象()提示:no2遇水生成硝酸,能将fe2氧化为fe3,溶液颜色由浅绿色变为黄色。7豆科植物通过根瘤菌吸收空气中的氮属于氮的固定,是化学变化()8食品袋中充氮气可用来防腐()1氮的氧化物都有毒,其中no2与n2o4存在下列平衡:2no2n2o4,因此实验测得no2的平均相对分子质量总大于46,也没有纯净no2和n2o4气体。2验证某无色气体是no的方法是让无色气体接触氧气或空气,无色气体变为红棕色。3no2、no可用碱液处理,如naoh溶液吸收原理为no2no2naoh=2nano2h2o、2no22naoh=nano3nano2h2o。4no2虽然与水反应生成hno3,但不是硝酸的酸酐。no2既有氧化性又有还原性,以氧化性为主。如no2能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝:2no22ki=2kno2i2。5鉴别no2和溴蒸气常用的试剂为:agno3溶液、h2o、ccl4。1下列关于自然界中氮循环(如图)的说法不正确的是(a)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解析:在雷电作用下n2与o2反应生成no,氮元素被氧化、工业合成氨属于人工固氮,合成氨过程中氮元素被还原,a项错误,b项正确;由题图可看出含氮无机物和含氮有机物可相互转化,c项正确;合成蛋白质的过程中就有碳、氢、氧元素的参与,d项正确。2氮及其化合物的变化关系如图:则下列说法不正确的是(d)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上述反应中只有属于氮的固定解析:工业上生产硝酸的流程是氮气和氢气生成氨气,氨气与氧气反应4nh35o24no6h2o路线,一氧化氮与氧气反应2noo2=2no2路线,二氧化氮被水吸收3no2h2o=2hno3no路线,路线是工业生产硝酸的主要途径,a正确;在放电条件下,氮气和氧气发生化合反应:n2o22no路线;no不稳定,易被氧气氧化为二氧化氮:2noo2=2no2路线,二氧化氮溶于水生成硝酸:3no2h2o=2hno3no路线,b正确;从氮的变化关系图可知:n从n2(0价)no(2价)no2(4价)hno3(5价),都是氧化还原反应,c正确;上述反应中空气中的氮气转变为含氮化合物,符合氮的固定的定义,属于氮的固定,含氮化合物转变为其他物质,是氮的化合物之间的转化,不是氮的固定,d错误。3(2020泰州模拟)常温常压下,注射器甲中装有no2气体,注射器乙中装有相同体积的空气,注射器与u形管连通,固定活塞。如图所示,打开两个止水夹,足够时间后,将会看到u形管中液面(a)aa端上升,b端下降ba端下降,b端上升cu形管中液面无变化d无法判断解析:打开两个止水夹后,甲中no2与水反应生成hno3和no,u形管中左侧气体压强减小,a端液面上升,b端下降。4下列说法中错误的是(d)a工业上利用合成氨实现人工固氮涉及氧化还原反应bno2与溴蒸气的鉴别可以用水、agno3溶液或ccl4,但不能用湿润的淀粉ki试纸c除去no中的no2气体的方法是将气体依次通入盛有水和浓h2so4的洗气瓶中dno2与h2o的反应中氧化剂与还原剂的质量比为21解析:no2与h2o的反应中氧化剂与还原剂的质量比为12。5(2020辽宁铁岭协作体联考)已知cu(no3)2受热分解的化学方程式为2cu(no3)22cuo4no2o2,将少量的cu(no3)2固体放入试管中加热,然后用带火星的木条放入试管中,木条复燃,则下列说法正确的是(a)ano2能支持燃烧bno2不能支持燃烧c木条复燃是因为硝酸铜分解产生了氧气的缘故d木条复燃是因为硝酸铜分解产生的cuo催化作用的结果解析:氧气具有助燃性,在纯氧气中能使带火星的木条复燃,但空气中由于含有大量不能助燃的n2,而氧气量较少,所以空气不能使带火星的木条复燃,反应2cu(no3)22cuo4no2o2中,产物中no2、o2的体积比与空气中n2、o2体积比近似相同,即为41,带火星的木条放入cu(no3)2受热分解得到的混合气体的试管中,木条复燃,说明no2能支持燃烧,a项正确。6氮的氧化物(用nox表示)是大气污染物,必须进行处理。(1)汽车尾气主要含有co2、co、so2、nox等物质,这种尾气逐渐成为城市空气污染的主要来源之一。汽车尾气中的co来自于汽油的不完全燃烧,no来自于n2与o2在汽车汽缸内的高温环境下的反应。汽车尾气对环境的危害主要有形成酸雨、导致光化学烟雾、产生温室效应(任写两种即可)(至少填两种)。汽车尾气中的co、nox在适宜温度下采用催化转化法处理,使它们相互反应生成参与大气循环的无毒气体,反应的化学方程式可表示为2xco2nox2xco2n2。(2)用氨可将氮氧化物转化为无毒气体。已知:4nh36no5n26h2o,8nh36no27n212h2o。同温同压下,3.5 l nh3恰好将3.0 l no和no2的混合气体完全转化为n2,则原混合气体中no和no2的体积之比是13。(3)工业尾气中氮的氧化物常采用碱液吸收法处理,若no与no2按物质的量之比11被足量naoh溶液完全吸收后得到一种钠盐,该钠盐的化学式是nano2。解析:(1)汽车汽缸内不断进行着汽油的燃烧反应,当空气不足时,汽油不完全燃烧,会产生co;当空气过量时,n2和o2在放电或高温条件下反应生成no。汽车尾气对环境的危害很大,可以形成硝酸型酸雨,导致光化学烟雾,产生温室效应。co、nox反应后生成的无毒气体为co2和n2。(2)v(no)v(no2)3.0 l,v(no)v(no2)3.5 l,则v(no)0.75 l,v(no2)2.25 l,v(no)v(no2)13。(3)no中氮的化合价为2价,no2中氮的化合价为4价,二者11混合时与naoh反应生成盐的化合价必然为3价,即为nano2。素养一氮氧化物被水吸收相关计算1关系式法(1)no和o2的混合气体通入水中由2noo2=2no2和3no2h2o=2hno3no得总反应为4no3o22h2o=4hno3。 (2)no2和o2的混合气体通入水中由3no2h2o=2hno3no和2noo2=2no2得总反应为4no2o22h2o=4hno3。 (3)no、no2和o2三种混合气体通入水中先按3no2h2o=2hno3no计算出生成no的体积,再加上原来混合气体中no体积,再按(1)计算。2电子守恒法nox转化为硝酸时失去电子,如果是nox与o2的混合气体,则反应中o2得到的电子数与nox失去的电子数相等。4no2o2和4no3o2从组成上均相当于2n2o5,都与n2o5h2o=2hno3等效;当no、no2、o2的混合气体溶于水时利用混合气体中n、o原子个数比进行分析判断。1如图所示,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(a)a11 b57c75 d43解析:no2、no装满试管,则体积相同,根据阿伏加德罗定律:n(no2)n(no),根据氮原子守恒所得硝酸的物质的量相同,溶液的体积相同,所以两个试管中溶液物质的量浓度之比为11。2(2020贵阳模拟)同温同压下,在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体,它们是no和no2,no2和o2,nh3和n2。将3支试管均倒置于盛水的水槽中,充分反应后,试管中剩余气体的体积分别为v1、v2、v3,则下列的关系正确的是(b)av1v2v3 bv1v3v2cv2v3v1 dv3v1v2解析:设各种气体的体积都为1体积。根据3no2h2o=2hno3no,即剩余no的体积v1(1)体积。根据4no2o22h2o=4hno3,即剩余o2的体积v2(1)体积。剩余n2的体积v31体积。即b项符合题意。3将充有m ml no和n ml no2的量筒倒立于水槽中,然后通入m ml o2,若mn,则充分反应后,量筒内剩余的气体体积为(d)a3(mn) ml b(mn) mlc(mn) ml d. ml解析:发生反应4no2o22h2o=4hno3,4no3o22h2o=4hno3,故no与no2按11混合的总反应为:nono2o2h2o=2hno3,充有m ml no和n ml no2的量筒倒立于水槽中,然后通入m ml o2,由于m浓硝酸()提示:物质的氧化性强弱与得电子多少无关,而与得电子难易程度有关。31 mol fe溶于过量硝酸,电子转移数为2na()提示:1 mol fe生成硝酸铁,转移电子数为3na。4为除去cu粉中混有的cuo,可加入稀硝酸溶解,过滤、洗涤、干燥()提示:稀硝酸具有强酸性和强氧化性,能与cuo和cu同时反应,应用稀硫酸或盐酸除去cu粉中混有的cuo。5浓硝酸、浓硫酸的浓度大,书写离子方程式时写分子式,不拆写为离子形式()提示:浓硝酸中的硝酸是完全电离的。6将铜丝插入稀硝酸中:cu4h2no=cu22no22h2o()提示:cu与稀硝酸反应生成no,离子方程式为3cu8h2no=3cu22no4h2o。7在1.0 moll1的kno3溶液中,h、fe2、cl、so可以大量共存()提示:“hno”具有强氧化性,与fe2不共存。8磁性氧化铁溶于稀硝酸的离子方程式为3fe24hno=3fe3no2h2o()提示:氧化物fe3o4不能拆。1质量分数达98%以上的浓硝酸称为“发烟硝酸”,“烟”实为雾(硝酸小液滴),体现了hno3的挥发性。2浓硝酸能使紫色石蕊溶液变红,加热褪色。在这一反应过程中浓硝酸表现出强酸性和强氧化性,可将红色物质氧化成无色物质。3王水(浓硝酸与浓盐酸体积比13)可溶解金和铂。4no在酸性条件下的强氧化性:no在酸性条件下具有强氧化性,往往作为隐含条件出现在试题中,在解题中往往被忽视而形成易错点。常见的隐含形式有:(1)在离子共存问题中,no在酸性条件下不与具有较强还原性的离子如s2、i、fe2等大量共存。(2)so的检验中不能用hno3酸化、不能用ba(no3)2作沉淀剂,以防止so的干扰。(3)向ba(no3)2溶液中通入还原性气体so2可得到baso4沉淀。(4)向fe(no3)2溶液中加入非氧化性酸,如盐酸,fe2能被氧化为fe3。(5)向过量铜与一定量硝酸反应后的混合物中加入非氧化性酸,铜能继续溶解。(6)向含还原性离子的酸性溶液中加入硝酸盐,还原性离子可被氧化。1(2020北京门头沟一模)依据下图中氮元素及其化合物的转化关系,判断下列说法中不正确的是(b)ax是n2o5b可用排空气法收集no气体 c工业上以nh3、空气、水为原料生产硝酸d从原理上看,nh3可与no2反应实现nh3n2的转化解析:no遇空气中的氧气被氧化为no2,不可用排空气法收集no气体,故b错误。2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(b)a中溶液呈蓝色,试管口有红棕色气体产生,稀硝酸被还原为no2b中反应的化学方程式为3cucu(no3)24h2so4= 4cuso42no4h2oc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d由上述实验可知,cu在常温下既可与稀硝酸反应,又可与稀硫酸反应解析:cu与稀硝酸发生反应3cu8hno3(稀)=3cu(no3)22no4h2o,稀硝酸被还原为no,no遇空气中的o2生成no2,故试管口有红棕色气体产生,a错误;中溶液含有no,滴加稀硫酸后,cu、no、h继续反应生成no,b正确;中铜片继续溶解,是因为稀硫酸提供h,与no形成hno3,hno3继续与cu反应,c错误;cu是不活泼金属,在常温下,可与稀硝酸反应,但不能与稀硫酸反应,d错误。3在通风橱中进行下列实验:步骤现象fe表面产生大量无色气泡,液面上方变为红棕色fe表面产生少量红棕色气泡后,迅速停止fe、cu接触后,其表面均产生红棕色气泡下列说法不正确的是(c)a中气体由无色变红棕色的化学方程式:2noo2=2no2b中的现象说明fe表面形成致密的氧化层,阻止fe进一步反应c对比、中现象,说明稀hno3的氧化性强于浓hno3d针对中现象,在fe、cu之间连接电流计,可判断fe是否被氧化解析:a.铁放入稀hno3中发生反应fe4hno3=fe(no3)3no2h2o,no逸出,遇到o2生成no2,气体由无色变为红棕色;b.铁放入浓hno3中,在常温下会钝化,即在fe表面形成致密的氧化膜,阻止fe进一步反应;c.浓hno3的氧化性强于稀hno3;d.在铁、铜之间加一个电流计,根据电子的流向,可判断铁是否被氧化,若电子由铁移动到铜,则铁被氧化。4(2017北京卷)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(d)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产生了反应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。5一定质量的铁和足量的稀硝酸或浓硝酸完全反应,在相同条件下,用排水集气法收集产生的气体。下列叙述一定正确的是(b)硝酸浓度越大,消耗的硝酸越少硝酸浓度不同,生成的fe(no3)3的物质的量相同硝酸浓度越大,产生的气体越少用排水集气法收集到的气体在相同状况下体积相同a只有 bc d解析:依据fe4hno3(稀)=fe(no3)3no2h2o及fe6hno3(浓)=fe(no3)33no23h2o可知,硝酸浓度越大,消耗的硝酸越多,错;根据铁元素守恒,最后生成的fe(no3)3的物质的量相同,正确;硝酸浓度越大,产生的气体越多,错;因3no2h2o=2hno3no,故用排水法收集到的气体均为no,且在相同状况下体积相同,正确。6某化学学习小组采用下列装置,对浓硝酸与木炭的反应进行探究(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红热状态,立即伸入三颈瓶中,并塞紧瓶塞,滴加浓硝酸,可观察到三颈瓶中气体的颜色为红棕色,产生该气体的化学反应方程式是c4hno3(浓)4no2co22h2o。(2)装置c中盛有足量ba(oh)2溶液,反应一段时间后可观察到c中出现白色沉淀,该白色沉淀为baco3(写化学式)。其中的ba(oh)2溶液不能(填“能”或“不能”)用ca(oh)2溶液代替,理由是ca(oh)2溶液中ca(oh)2浓度较低,no2、co2过量,最终溶液显酸性,不能形成caco3沉淀。(3)装置b的作用是防倒吸。(4)装置d中收集到了无色气体,部分同学认为是no,还有部分同学认为是o2。下列对该气体的检验方法合适的是ac(填字母)。a敞口观察集气瓶内气体的颜色变化b将润湿的蓝色石蕊试纸伸入集气瓶内,观察试纸是否变红c将带火星的木条伸入集气瓶中,观察木条是否复燃如果集气瓶中收集到的无色气体是氧气,则氧气的来源是浓硝酸的分解。(5)若将木炭改为铜片,再用等质量的铜片分别与等体积的浓硝酸、稀硝酸(硝酸均过量)反应时,发现反应后所得溶液前者呈绿色,后者呈蓝色。针对此现象,同学们进行讨论,提出两种意见:认为两溶液所显颜色不同是由cu2浓度的差异引起的。认为前者溶液呈绿色,是因为生成的红棕色no2溶解于溶液中引起的。你认为上述意见(填“”或“”)合理。向显蓝色的cu(no3)2溶液中通入no2(或其他合理答案)解析:(1)装置a中发生的是浓硝酸与木炭的反应,生成no2、co2、h2o,由于no2为红棕色气体,故三颈瓶中的气体为红棕色。(2)将no2、co2通入ba(oh)2溶液中分别生成ba(no3)2和baco3,由于ba(oh)2溶液足量,故溶液为碱性环境,baco3不溶解以沉淀形式析出。ba(oh)2溶液不能用ca(oh)2溶液代替,因为ca(oh)2微溶于水,溶液中ca(oh)2含量太少,浓度太低,不足以完全吸收生成的酸性气体,导致溶液呈酸性,从而不能生成caco3沉淀。(3)装置b可以防止装置c中酸性气体因溶解速率太快而出现倒吸。(4)no与足量o2反应生成红棕色的no2,a正确;no和o2均不具有酸性,b错误;o2能使带火星的木条复燃,而no不能,c正确。装置a中除发生木炭与浓硝酸的反应外,还发生浓硝酸的分解反应。(5)因cu的质量相等,且浓、稀hno3均过量,cu完全反应生成的cu(no3)2的浓度相等,溶液中的c(cu2)是一样的,不合理,合理。既然是由红棕色no2溶于溶液中引起的,只要将no2除去或者在cu与稀hno3反应后的反应器中通入no2即可验证。素养金属与硝酸反应规律与计算1金属与硝酸反应的规律(1)hno3与金属反应不能产生h2。(2)还原产物一般为hno3(浓)no2,hno3(稀)no;很稀的硝酸还原产物也可能为n2o、n2或nh4no3。与cu反应由铜与硝酸反应的化学方程式知,浓硝酸被还原为no2,氮元素的化合价变化为54;稀硝酸被还原为no,氮元素的化合价变化为52。一般情况下,硝酸的浓度越小,其还原产物的价态越低与zn反应锌与硝酸可发生如下反应4zn10hno3(稀)=4zn(no3)2n2o5h2o,4zn10hno3(极稀)=4zn(no3)2nh4no33h2o(3)硝酸与金属反应时既表现氧化性又表现酸性。2金属与硝酸反应计算的思维流程(1)思维流程(2)计算中守恒思想的应用原子守恒法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)则有: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。1(2020广西南宁第二中学模拟)某实验小组发现在相同温度下,铁与不同密度的硝酸反应时,还原产物有所不同,该小组的实验结果如图所示。下列叙述中正确的是(d)a硝酸的密度越大,其还原产物越多b当硝酸溶液的密度小于d gml1时,还原产物始终以no为主c还原产物中no的质量分数随硝酸密度的增大而增大d若足量的铁与硝酸发生如下反应:2fe6hno3=2fe(no3)2nono23h2o,根据图像可推知此时硝酸的密度为d gml1解析:由图可知,硝酸的密度越大,其还原产物越少,a错误;根据图像可知当硝酸溶液的密度小于d gml1时,还原产物有多种情况,并不是始终以no为主,b错误;由图像可以看出,还原产物中no的质量分数随硝酸密度的增大先增大后减小,c错误;若足量的铁与硝酸发生如下反应:2fe6hno3=2fe(no3)2nono23h2o,生成的no和no2的物质的量相等,根据图像可推知此时硝酸的密度为d gml1,d正确。2(2020山东淄博实验中学一诊)1.52 g铜镁合金完全溶解于50 ml密度为1.40 gml1、质量分数为63%的浓硝酸中,得到no2和n2o4的混合气体1 120 ml(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0 moll1 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(d)a该浓硝酸中hno3的物质的量浓度是14.0 moll1b该合金中铜与镁的物质的量之比是21cno2和n2o4的混合气体中,no2的体积分数是80%d得到2.54 g沉淀时,加入naoh溶液的体积是600 ml解析:向反应后溶液中加入naoh溶液,生成mg(oh)2和cu(oh)2沉淀,固体质量增加的是oh的质量,且有n(oh)n(e),设合金中镁、铜的物质的量分别为x、y,则有24 gmol1x64 gmol1y1.52 g;2x2y(2.54 g1.52 g)17 gmol1,解之得x0.01 mol,y0.02 mol。a项根据质量分数和密度可计算出该硝酸的浓度为14.0 moll1;b项该合金中铜、镁的物质的量之比为21;c项no2和n2o4都来自硝酸,设混合气体中no2的物质的量为x,根据电子守恒得x(0.05 molx)20.06 mol,x0.04 mol,no2的体积分数为80%;d项得到2.54 g沉淀后,溶液中的溶质只有nano3,故n(naoh)0.7 mol0.04 mol0.02 mol0.64 mol,则naoh溶液的体积是640 ml。3cu与浓硝酸反应生成氮的氧化物,这些氧化物恰好溶解在naoh溶液中得到nano3和nano2的混合溶液,反应过程及有关数据如图所示。下列有关判断正确的是(a)a若铜片为51.2 g,则生成0.2 mol nano3b常温下,cu遇浓硝酸发生钝化,不可能发生上述反应c标准状况下收集的氮氧化物为20.16 ld反应过程中生成的cu(no3)2既是氧化产物,又是还原产物解析:分析整个反应过程可知仅有两种元素的化合价发生变化,即cucu2,hno3nano2,51.2 g cu的物质的量为0.8 mol,共失去电子0.8 mol21.6 mol,由得失电子守恒可知hno3nano2得到1.6 mol电子,故产物中nano2的物质的量为0.8 mol,由na原子守恒可得另一种产物nano3的物质的量为0.2 mol,a正确;常温下,cu能与浓硝酸反应,b错误;部分no2会转化为n2o4,而no2、n2o4在标准状况下都不是气体,c错误;反应过程中生成的cu(no3)2是氧化产物,不是还原产物,d错误。4.向200 ml 2 moll1 hno3溶液中,逐渐加入铁粉至过量(假设生成的气体只有一种),在此过程中,n(fe2)随n(fe)变化如图所示。下列有关说法正确的是(d)a该过程中产生标准状况下的氢气4.48 lb向c点处的反应液中加入稀盐酸后无明显现象c图中a1.5、b1.5d当加入铁粉n mol时(0.1n0.15),溶液中n(fe3)(0.32n)mol解析:硝酸与铁反应生成硝酸铁、no和水,不生成氢气,a错误;c点处的溶液是硝酸亚铁,若加入盐酸,h、no和fe2发生氧化还原反应生成fe3,溶液变为黄色,b错误;向硝酸中加入铁粉发生的反应为fe4hno3=fe(no3)3no2h2o,硝酸的物质的量为0.4 mol,则消耗铁的物质的量为0.1 mol,b0.1,生成硝酸铁0.1 mol,随后发生反应2fe(no3)3fe=3fe(no3)2,生成硝酸亚铁为0.15 mol,则a0.15,c错误;根据上述
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