高中化学同步讲义提升课时3　含氮化合物的转化　硝酸与金属反应的计算

提升课时3含氮化合物的转化硝酸与金属反应的计算学习目标1.能从物质类别、氮元素化合价的角度认识含氮化合物的相互转化。2.掌握硝酸与金属反应的相关计算。提升点一含氮化合物的转化氮氧化物进入大气后，不仅会形成硝酸型酸雨，还能形成光化学烟雾。因此必须对含有氮氧化物的废气进行处理。[问题讨论]1.汽车尾气中含有一氧化氮和一氧化碳，消除这两种大气污染物的方法是安装催化转化器使它们发生反应生成氮气和二氧化碳，写出该反应的化学方程式。提示2CO＋2NOeq\o(=,\s\up7(催化剂))N2＋2CO2。2.用氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下①NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O，②2NO2＋2NaOH=NaNO2＋NaNO3＋H2O。在反应①中，氧化剂是________，还原剂是________。若两个反应中消耗了10L0.1mol·L－1的NaOH溶液，则参加反应的气体在标准状况下的体积为________。提示反应①NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O中，NO2中氮元素化合价降低，是氧化剂，NO中氮元素化合价升高，是还原剂。依据方程式①、②可知生成的钠盐中，钠原子个数与氮原子个数相等，此时消耗NaOH的物质的量为10L×0.1mol·L－1＝1mol，依据原子个数守恒参加反应的气体为1mol，在标准状况下的体积为22.4L。3.在一定条件下氨气亦可将氮氧化物转化为无污染的物质。写出氨气分别和NO2、NO在一定条件下反应的化学方程式，并从氧化还原的角度分析。提示在一定条件下NH3将氮氧化物转化为无污染的物质，则生成物为氮气和水，反应的方程式为6NO2＋8NH3eq\o(=,\s\up7(一定条件))7N2＋12H2O，4NH3＋6NOeq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))5N2＋6H2O，NH3中N元素化合价为－3价，作还原剂，NO2中N元素化合价为＋4价，作氧化剂，NO中N元素化合价为＋2价，作氧化剂，N2既是氧化产物又是还原产物。氮及其化合物的转化以上序号表示的化学方程式为：①NH3＋HCl=NH4Cl；②NH3＋H2ONH3·H2O；③4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O；④2NH4Cl＋Ca(OH)2eq\o(=,\s\up7(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；⑤NH3·H2Oeq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O；⑥N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高温、高压),\s\do5(催化剂))2NH3；⑦N2＋3Mgeq\o(=,\s\up7(点燃))Mg3N2；⑧N2＋O2eq\o(=,\s\up7(放电或高温))2NO；⑨2NO＋O2=2NO2；⑩3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；⑪Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；⑫3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；⑬3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。[例1](2022·东北师大连山实验高中高一月考)利用氮元素的价类二维图可以设计氮及其化合物之间的转化路径，下列说法不正确的是()A.工业固氮的常用方法是由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.由氮气转化为含氮化合物的反应中，必须提供氧化剂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A项，氮的固定是将游离态的氮转化为含氮化合物的过程，工业固氮的常用方法是由N2和H2合成NH3；B项，铜与稀硝酸反应生成NO，铜与浓硝酸反应生成NO2；C项，氮气生成氨气的过程中需要还原剂；D项，实验室可利用氢氧化钙固体与NH4Cl固体混合加热制备NH3。1.(2022·南宁上林中学高一期末)工业上以氮气为主要原料制备硝酸，其转化过程如下所示，其中氮元素只被还原的一步是()N2eq\o(→,\s\up7(H2),\s\do5(①))NH3eq\o(→,\s\up7(O2),\s\do5(②))NOeq\o(→,\s\up7(O2),\s\do5(③))NO2eq\o(→,\s\up7(H2O),\s\do5(④))HNO3A.① B.②C.③ D.④答案A解析氮元素只被还原，表明含氮物质作氧化剂，氮元素化合价降低。①N2→NH3，N元素的化合价降低，①符合题意；②NH3→NO，N元素的化合价升高，②不合题意；③NO→NO2，N元素的化合价升高，③不合题意；④NO2→HNO3，N元素的化合价一部分升高，一部分降低，④不合题意。2.结合氮及其化合物价类二维图及氧化还原反应的基本规律，下列分析或预测正确的是()A.N2O3、NO2、N2O5均能与水反应生成酸，三者均为酸性氧化物B.HNO3、HNO2、NaNO3、NH3的水溶液均可以导电，四者均属于电解质C.联氨(N2H4)可能被亚硝酸(HNO2)氧化生成氢叠氮酸(HN3)D.硝酸具有较强的氧化性，可用稀硝酸溶解Au、Ag、Cu答案C解析A项，N2O3、N2O5属于酸性氧化物，与水反应只生成酸，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，所以二氧化氮不是酸性氧化物；B项，HNO3、HNO2、NaNO3均是电解质，NH3的水溶液可以导电，但是NH3在水中不能电离，不是电解质；C项，依据价态归中原理，N2H4(氮为－2价)和HNO2(氮是＋3价)反应可能生成HN3(氮是－eq\f(1,3)价)；D项，Au的金属活动性很弱，与硝酸不反应，Ag、Cu能与稀硝酸反应。提升点二硝酸与金属反应的计算1.反应规律M＋HNO3→M(NO3)n＋还原产物＋H2O还原产物：NO2或NO或N2O或NHeq\o\al(＋,4)2.思维模型3.计算方法(1)得失电子守恒关系：金属失电子的物质的量＝n(NO2)＋3n(NO)。(2)氮原子守恒关系：n(HNO3)消耗＝xn[M(NO3)x]＋n(NO2)＋n(NO)。(3)溶液中的电荷守恒关系：若向反应后的溶液中加入NaOH溶液恰好使Mx＋沉淀完全，此时溶质为NaNO3，则存在：n(Na＋)＝n(NOeq\o\al(－,3))＝n(HNO3)剩余＋xn[M(NO3)x]＝n(HNO3)总－n(NO)－n(NO2)。(4)离子方程式计算法：金属与硫酸、硝酸的混合酸反应时，如铜与硝酸反应，依据离子方程式3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O反应比例，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H＋或NOeq\o\al(－,3)进行相关计算，且要符合电荷守恒。[例2]取ag铁粉投入600mL某浓度的稀HNO3溶液中，充分反应后铁粉完全溶解，硝酸恰好完全反应，同时生成标准状况下NO气体6.72L(硝酸的还原产物只有一种)。反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，将沉淀过滤、洗涤、充分灼烧得32g红棕色固体。试计算：(1)加入铁粉的质量a＝________g。(2)原稀HNO3溶液的物质的量浓度是________mol/L。答案(1)22.4(2)2解析(1)反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，生成沉淀，将沉淀过滤、洗涤、充分灼烧得32g氧化铁，根据铁元素守恒，加入铁粉的质量a＝32g×eq\f(112,160)＝22.4g。(2)反应生成NO的物质的量是eq\f(6.72L,22.4L/mol)＝0.3mol，根据得失电子守恒，铁失电子0.9mol，则反应后铁形成的离子所带正电荷总数是0.9mol，根据电荷守恒，反应后的溶液含有0.9molNOeq\o\al(－,3)，根据氮元素守恒，原稀HNO3溶液的物质的量浓度是eq\f(0.9mol＋0.3mol,0.6L)＝2mol/L。1.(2022·长春实验中学高一检测)将3.84gCu和一定量的浓HNO3反应，当Cu反应完全时，共收集到气体2.24LNO2和NO(标准状况，不考虑NO2转化为N2O4)，则反应中消耗HNO3的物质的量为()A.0.1mol B.0.24molC.0.16mol D.0.22mol答案D解析铜与硝酸反应转化为Cu(NO3)2、NO和NO2，根据铜原子守恒n[Cu(NO3)2]＝n(Cu)＝eq\f(3.84g,64g·mol－1)＝0.06mol，NO和NO2的物质的量共为n＝eq\f(V,Vm)＝eq\f(2.24L,22.4L·mol－1)＝0.1mol，根据氮原子守恒：n(HNO3)＝2n[Cu(NO3)2]＋n(NO)＋n(NO2)＝2×0.06mol＋0.1mol＝0.22mol。2.(2022·宜春万载中学高一月考)将14g铜银合金与足量的硝酸反应，放出的气体与标准状况下体积为1.12L的O2混合后再通入水中，恰好全部吸收，则合金中铜的质量为()A.4.8g B.3.2gC.6.4g D.10.8g答案B解析分析整个过程，金属失去的电子等于氧气获得的电子，标准状况下，n(O2)＝eq\f(1.12L,22.4L·mol－1)＝0.05mol，设Cu、Ag的物质的量分别为x、y，则根据质量列方程：x×64g·mol－1＋y×108g·mol－1＝14g，根据得失电子守恒列方程：2x＋y＝0.05mol×4＝0.2mol，解得x＝0.05mol，y＝0.1mol，m(Cu)＝0.05mol×64g·mol－1＝3.2g。【题后归纳】(1)起氧化作用的HNO3转化成了气体(NO、NO2)，可根据气体的物质的量求出。(2)起酸性作用的HNO3转化成了硝酸盐，可以根据金属阳离子的物质的量求出。(3)没有参加反应的HNO3，可根据溶液中H＋的物质的量求出。1.N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；大气中过量的NOx和水体中过量的NHeq\o\al(＋,4)、NOeq\o\al(－,3)均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO转化为N2。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是()A.NO(g)eq\o(→,\s\up7(H2O))HNO3(aq)B.稀HNO3(aq)eq\o(→,\s\up7(Cu))NO2(g)C.NO(g)eq\o(→,\s\up7(CO),\s\do5(高温、催化剂))N2(g)D.NO2(g)eq\o(→,\s\up7(O3))NO(g)答案C解析A项，NO不溶于水，也不与水反应，A不能实现转化；B项，稀HNO3与Cu反应得到硝酸铜、水和NO，得不到NO2，B不能实现转化；C项，NO有氧化性，CO有还原性，在高温、催化剂条件下二者可发生氧化还原反应转化为无毒的N2和CO2，C能实现转化；D项，NO2→NO，N元素的化合价降低，发生的是还原反应，O3有强氧化性，不能作还原剂将NO2还原，D不能实现转化。2.下列说法不正确的是()A.路线①②③是工业生产硝酸的主要途径B.路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ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解析氮气与氢气在催化剂、高温、高压下生成氨气(属于氧化还原反应)，氨气发生催化氧化生成一氧化氮(属于氧化还原反应)，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮(属于氧化还原反应)，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮(属于氧化还原反应)。A项，工业制备硝酸，氨气催化氧化为一氧化氮，一氧化氮被氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮继续循环利用，路线①②③是工业生产硝酸的主要途径；B项，氮气与氧气在放电的条件下反应生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径；C项，结合以上分析可知，上述所有反应都是氧化还原反应；D项，氮气与氧气在放电的条件下只能生成一氧化氮，一氧化氮继续被氧气氧化为二氧化氮，氮气不能一步生成NO2。3.氮元素是空气中含量最多的元素，在自然界中的分布十分广泛，在生物体内亦有极大作用。一定条件下，含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。下列说法正确的是()A.图中属于“氮的固定”的是k和lB.表示循环中发生非氧化还原反应的过程只有aC.若反应h是在NO2与H2O的作用下实现，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1D.若反应i是在酸性条件下由NOeq\o\al(－,3)与Fe2＋的作用实现，则该反应的离子方程式为3Fe2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O答案D解析A项，“氮的固定”是指氮由游离态转化为化合态，图中属于“氮的固定”的是k和c；B项，表示循环中发生非氧化还原反应的过程有a和l；C项，若反应h是在NO2与H2O的作用下实现，反应为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2；D项，若反应i是在酸性条件下由NOeq\o\al(－,3)与Fe2＋的作用实现，则产物为NO、Fe3＋和水，离子方程式为3Fe2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。4.如图是某元素的价类二维图，其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D大16，各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是()A.A作肥料时不适合与草木灰混合施用B.可用向上排空气法收集BC.C一般用排水法收集D.D→E的反应可用于检验D答案B解析由A和强碱(X)反应生成相应的氢化物可知，A为铵盐，强碱与铵盐在加热条件下反应生成氨气，所以B为NH3；氨气和氧气反应生成氮气和水，C为N2；氮气可被氧气氧化为NO，所以D为NO；NO可被氧气氧化为NO2，E为NO2；二氧化氮和水反应生成硝酸，F为HNO3；G为硝酸盐；Y为O2，Z为H2O。A项，铵态氮肥和草木灰不能混合施用；B项，B为NH3，NH3的密度小于空气，不能采用向上排空气法收集；C项，C为N2，N2的密度与空气太接近，用排空气法收集不能得到纯净的气体，而N2不溶于水，所以一般用排水法收集；D项，NO与O2反应生成NO2，气体颜色由无色变为红棕色，可用于检验NO。5.锌和某浓度的HNO3溶液反应时，若参加反应的锌与HNO3的物质的量之比为2∶5，产物有硝酸锌、X和水，则X可能是()A.NO B.N2OC.N2O3 D.NO2答案B解析锌和某浓度的硝酸溶液发生氧化还原反应，参加反应的锌和硝酸的物质的量之比为2∶5，假设锌为4mol，生成4mol硝酸锌，表现酸性的硝酸的物质的量为8mol，反应后Zn被氧化为＋2价，设硝酸还原产物中氮元素为x价，则根据得失电子守恒可知4mol×(2－0)＝(10－8)mol×(5－x)，解得x＝＋1，即还原产物为N2O，B正确。6.(2022·景德镇一中高一期中)固体硝酸盐加热分解产物较复杂，某兴趣小组对NH4NO3的热分解产物提出以下4种猜想。你认为猜想的科学性不正确的是()甲：N2、HNO3、H2O乙：N2O、NO2、H2O丙：NH3、N2、H2O丁：N2、NO2、H2OA.甲和乙 B.乙和丁C.乙和丙 D.丙和丁答案C解析硝酸铵热分解生成产物的判断，是依据氧化还原反应中电子守恒分析，结合元素化合价升高和降低数值相同分析，随着分解温度不同有很多种分解方式，在110℃时：NH4NO3=NH3↑＋HNO3；在185～200℃时：NH4NO3=N2O↑＋2H2O；在230℃以上时：2NH4NO3=2N2↑＋O2↑＋4H2O；在400℃以上时：发生爆炸：4NH4NO3=3N2↑＋2NO2↑＋8H2O。甲：氮元素化合价变化可知符合氧化还原反应中得失电子守恒，正确；乙：若生成N2O，需要－3价氮元素和＋5价氮元素归中反应得到，生成N2O、NO2、H2O，不遵循氧化还原反应中得失电子守恒，错误；丙：生成NH3、N2、H2O的化合价变化不符合氧化还原反应中得失电子守恒，错误；丁：若生成N2、NO2、H2O，变化过程中氮也是化合价变化符合得失电子守恒，正确。7.(2022·宁波高一期末)下图为氮元素的价类二维图。下列说法正确的是()A.X属于酸性氧化物B.NO2转化为HNO3一定需要加入氧化剂C.一定条件下，NO2和NH3反应可以转化成N2D.实验室采用加热分解NH4Cl固体制取NH3答案C解析A项，根据示意图可知X是NO，NO和碱不反应，不属于酸性氧化物；B项，NO2转化为HNO3不一定需要加入氧化剂，例如NO2溶于水生成HNO3和NO；C项，一定条件下，NO2和NH3可以发生氧化还原反应生成水和N2；D项，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢和氨气冷却后又转化为氯化铵，因此不能制备NH3。8.下列物质间的转化(其中A、B、C、D含同种元素，Y可以是纯净物，也可以是混合物，某些条件和产物已略去)如图所示。下列有关叙述中不正确的是()A.若A为硫单质，则Y可能是H2O2B.若A为氮气，则D是硝酸C.若B为一氧化氮，则A一定是氮气D.若B为氧化钠，则D一定是氢氧化钠答案C解析若A为硫单质，则B为二氧化硫，C为三氧化硫，D为硫酸，二氧化硫具有还原性，H2O2具有氧化性，二者可发生氧化还原反应生成硫酸，A正确；若A为氮气，则B为一氧化氮，C为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，故D是硝酸，B正确；若B为一氧化氮，氨气发生催化氧化可生成一氧化氮，则A可能为氨气，C错误；若B为氧化钠，则C为过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故D一定是氢氧化钠，D正确。9.(2022·黔东南高一期末)将12.8g铜投入到60mL一定浓度的硝酸中，恰好完全反应，产生标准状况下的NO和NO2混合气体共4.48L。则下列叙述不正确的是()A.Cu失去了0.4mol电子B.原硝酸浓度10.0mol/LC.NO和NO2物质的量之比为1∶1D.体现酸性的硝酸为0.2mol答案D解析12.8gCu的物质的量为0.2mol，与硝酸恰好反应，生成标况下NO和NO2共4.48L，即0.2mol，根据电子转移守恒，Cu失去电子＝N得到的电子，0.2molCu被氧化失去0.4mol电子，设NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，故有3x＋y＝0.4和x＋y＝0.2，解得x＝0.1，y＝0.1。A项，根据上述分析可知，Cu失去了0.4mol电子；B项，根据原子守恒，消耗的硝酸的总物质的量＝起氧化剂作用的硝酸的物质的量(还原产物的总物质的量)＋起酸性作用的硝酸的物质的量(生成盐中的硝酸根的物质的量)，故有n(HNO3)＝n(NO)＋n(NO2)＋2n[Cu(NO3)2]＝(0.1＋0.1＋2×0.2)mol＝0.6mol，V＝60mL，则原硝酸浓度10.0mol/L；C项，由以上分析可知NO和NO2物质的量之比为1∶1；D项，体现酸性的硝酸的物质的量＝生成盐中的硝酸根的物质的量＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.4mol。10.(2022·沧州高一期末)将mgFe、Cu合金投入足量稀硝酸中，固体完全溶解，共收集到2.24L(标准状况)NO气体，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，下列判断正确的是()A.Fe、Cu和稀硝酸反应，稀硝酸只表现了氧化性B.最终所得溶液中溶质只有一种C.整个过程中有0.1mol电子发生转移D.理论上沉淀的质量为(m＋5.1)g答案D解析A项，Fe、Cu和稀HNO3反应，稀硝酸既表现了氧化性又表现了酸性；B项，所得溶液中溶质有NaNO3和过量的NaOH两种；C项，NO的物质的量为0.1mol，合金与稀硝酸反应中转移0.3mol电子；D项，最后得到的沉淀是Fe(OH)3和Cu(OH)2，沉淀的质量等于合金的质量和增加的OH－的质量之和，而增加的OH－的物质的量也等于整个过程中转移电子的物质的量，即增加的OH－的物质的量也是0.3mol，所以理论上沉淀的质量为mg＋0.3mol×17g/mol＝(m＋5.1)g。11.将质量为32g的铜与150mL的一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下11.2L的NO和NO2的混合气体，将生成的混合气体与一定体积的氧气一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸收生成NaNO3。下列说法不正确的是()A.标准状况下，通入的O2体积为5.6LB.向反应后的溶液加NaOH，使铜沉淀完全，需要NaOH的物质的量至少为1.0molC.标准状况下，混合气体构成是5.6L的NO和5.6L的NO2D.硝酸的物质的量浓度为10.0mol·L－1答案D解析32g的铜的物质的量为0.5mol；11.2L的NO和NO2的物质的量为0.5mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则x＋y＝0.5mol，反应过程中铜全部被氧化成Cu2＋，根据电子守恒有3x＋y＝(0.5×2)mol，和前式联立可得x＝0.25mol，y＝0.25mol；设氧气的物质的量为z，NO和NO2全部转化为NaNO3，则根据电子守恒有0.5×2＝4z，解得z＝0.25mol；根据元素守恒可知生成的n(NaNO3)＝0.5mol。A项，根据分析可知通入的O2为0.25mol，标况下体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L；B项，当硝酸无剩余时消耗的NaOH最少，此时NaOH只与Cu2＋反应生成Cu(OH)2沉淀，根据元素守恒可知此时n(NaOH)＝2n(Cu2＋)＝0.5mol×2＝1mol；C项，根据分析可知，混合气体中有0.25molNO和0.25molNO2，即标准状况下的5.6L的NO和5.6L的NO2；D项，由于不知道和铜反应后硝酸是否有剩余，所以无法计算硝酸的浓度。12.(2022·聊城高一期末)100mL某混合酸中，c(HNO3)为0.3mol/L，c(H2SO4)为0.25mol/L。向其中加入3.2g铜粉，待充分反应后，忽略溶液体积变化，下列说法正确的是()A.反应后溶液中c(Cu2＋)为0.45mol/LB.标准状况下，生成NO的体积为224mLC.反应中转移0.09mol电子D.反应后铜有剩余，加足量稀硫酸，铜减少，但仍然有剩余答案D解析3.2g铜粉的物质的量为n(Cu)＝eq\f(3.2g,64g/mol)＝0.05mol，混合溶液中n(H＋)＝100mL×10－3L/mL×0.3mol/L＋100mL×10－3L/mL×0.25mol/L×2＝0.08mol，n(NOeq\o\al(－,3))＝0.03mol，根据3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，H＋不足，Cu和NOeq\o\al(－,3)过量，按照H＋进行计算，据此分析。A项，根据上述分析，H＋不足，Cu和NOeq\o\al(－,3)过量，按照H＋进行计算，充分反应后，溶液中n(Cu2＋)＝0.03mol，即c(Cu2＋)＝eq\f(0.03mol,0.1L)＝0.3mol/L；B项，根据上述分析，标准状况下，产生NO的体积为eq\f(0.08mol,8)×2×22.4L/mol＝0.448L，即产生标准状况下NO的体积为448mL；C项，根据B选项分析，生成NO的物质的量为0.02mol，即转移电子物质的量为0.02mol×(5－2)＝0.06mol；D项，根据上述分析，反应后剩余铜粉的物质的量为0.02mol，剩余n(NOeq\o\al(－,3))＝0.01mol，加入足量稀硫酸时，0.01molNOeq\o\al(－,3)全部反应时消耗Cu的物质的量为eq\f(0.01mol×3,2)＝0.015＜0.02mol，因此加入足量稀硫酸时，铜减少，但仍然有剩余。13.(2022·漳州高一期末)向200mL稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中逐渐加入铁粉，产生气体的体积随铁粉质量的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列说法错误的是()A.OA段产生的是NOB.A点溶液中的溶质为Fe(NO3)3和H2SO4C.原混合溶液中NOeq\o\al(－,3)的物质的量为0.2molD.原混合溶液中H2SO4的物质的量浓度为2.0mol·L－1答案B解析根据图像，OA段发生反应Fe＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Fe3＋＋2H2O＋NO↑、AB段发生反应2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋、BC段发生反应Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。A项，OA段发生反应Fe＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Fe3＋＋2H2O＋NO↑，OA段产生的是NO；B项，A点溶液中加入铁粉不再生成NO气体，所以溶液中不含NOeq\o\al(－,3)，溶质为Fe2(SO4)3和H2SO4；C项，OA段发生反应Fe＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Fe3＋＋2H2O＋NO↑，消耗Fe的eq\f(11.2g,56g/mol)＝0.2mol，所以原混合溶液中NOeq\o\al(－,3)的物质的量为0.2mol；D项，加入22.4gFe粉后，溶液中的溶质完全是FeSO4，根据S元素守恒，原混合溶液中H2SO4的物质的量浓度为eq\f(22.4g,56g/mol)÷0.2L＝2.0mol·L－1。14.研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价物质类别关系图如下。回答下对问题：(1)写出实验室制备物质A的化学方程式：________________________________________________________________________________________。在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO是工业制硝酸的重要反应，化学方程式是___________________________________________________________________________________________________________________________。(2)在加热条件下，物质C的浓溶液与碳单质反应，写出反应的化学方程式：______________________________________________________________________________________________________________________________。(3)实验室中，检验溶液中含有NHeq\o\al(＋,4)的操作方法是_______________________________________________________________。(4)物质B为红棕色气体，写出该物质与水反应的离子方程式：_______________________________________________________________，当反应消耗3.36L(标准状况)物质B时，转移电子的物质的量为________mol。答案(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2eq\o(=,\s\up7(△))CaCl2＋2H2O＋2NH3↑4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O(2)C＋4HNO3(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋4NO2↑＋2H2O(3)取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠浓溶液，微热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体证明含有铵根离子(4)3NO2＋H2O=2H＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋NO0.1解析由氮元素化合价物质类别关系图可知，A为NH3，B为NO2或N2O4，C为HNO3。(1)A为NH3，实验室用氯化铵和氢氧化钙共热制取氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2eq\o(=,\s\up7(△))CaCl2＋2H2O＋2NH3↑；氨气催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O。(2)C为HNO3，碳与浓硝酸加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为C＋4HNO3(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。(3)含铵根离子的溶液能与碱液加热条件下反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此检验溶液中含有NHeq\o\al(＋,4)的操作方法是：取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠浓溶液，微热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体证明含有铵根离子。(4)物质B为红棕色气体，B为NO2，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为3NO2＋H2O=2H＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋NO，3.36L(标准状况)NO2的物质的量为eq\f(3.36L,22.4L/mol)＝0.15mol，由方程式可知，3molNO2参与反应转移2mol电子，则0.15molNO2参与反应转移0.1mol电子。15.(2022·北京师大万宁附属中学高一期末)A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。有关的转化关系如图所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。请回答下列问题：(1)D的化学式为____________，Y的化学式为________，E的化学式为___