高考化学一轮 4.4 氮及其重要化合物精品复习学案 新人教版必修1

1、第四节 氮及其重要化合物【高考目标导航】考纲导引考点梳理1.掌握氮元素单质及其化合物的主要性质，了解其应用。2.了解氮元素单质及其化合物对环境质量的影响。3.掌握氨、铵盐、硝酸的主要化学性质。氮气及氮的氧化物。氨和铵盐。硝酸。【基础知识梳理】一、氮气及氮的氧化物1.物理性质颜色气味毒性密度溶解性N2无色无味无毒比空气稍小难溶于水NO无色无味有毒比空气稍大不溶于水NO2红棕色有刺激性气味有毒比空气稍大与水发生反应2.化学性质（1）氮气与氧气反应 与氢气反应(2)NO与O2反应：2NOO2=2NO2 (3)NO2与H2O反应：3NO2H2O=2HNO3NO3氮的氧化物对环境的影响(1)形成硝酸型酸

2、雨 。(2)形成光化学烟雾 。(3)破坏臭氧层。二、氨和铵盐1氨气（NH3）：（1）分子结构：由极性键形成的三角锥形的极性分子，N原子有一孤对电子；N -3价，为N元素的最低价态（2）物理性质：无色、刺激性气味的气体，密度比空气小，极易溶于水，常温常压下1体积水能溶解700体积的氨气，易液化（可作致冷剂）（3）化学性质：与水反应：氨水呈碱性，原理：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-氨气是唯一能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，常用此性质检验氨气。与酸反应与挥发性酸(如浓盐酸、硝酸)的反应：NH3+HCl=NH4Cl 现象：产生白烟与硫酸反应：2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4与盐反

3、应：向AlCl3溶液中滴加氨水反应的离子方程式为：Al3+3 NH3H2O=Al(OH)3+3 NH4+氨气的还原性NH3中的N呈3价，所以NH3具有还原性，能被O2、CuO、NOx、Cl2等物质氧化。a.4NH3+5O2 4NO+6H2O (工业制硝酸的基础)b.2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2Oc.3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl2铵盐（1）物理性质：白色晶体，易溶于水（2）化学性质：受热分解： NH4HCO3 NH3 + H2O + CO2（30以上可分解）， NH4Cl NH3+ HCl与碱反应： Ca（OH）2 + 2NH4Cl CaCl2 + 2NH3 + 2H2O铵盐

4、与碱溶液反应的离子方程式：NH4+ + OH- NH3+ H2O（该性质可用于氨气的制取和铵根离子的检验）（3）NH4+的检验：取少量样品，与碱混合于试管中，加热。将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，试纸变蓝色，说明样品中含有NH4+；也可以将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近管口，若有白烟产生，说明样品中含有NH4+。三、硝酸1、物理性质无色、易挥发（在空气中遇水蒸气呈白雾状），有刺激性气味的液体。2、化学性质强酸性：稀硝酸使紫色石蕊试液变红色，浓硝酸使紫色石蕊试液先变红色后褪色。不稳定性_由于浓硝酸溶有分解出的NO2气体，所以浓硝酸一般为黄色，其保存方法是：棕色细口瓶置于冷暗处。强氧化性能与Au、Pt以外的

5、所有金属反应，如Cu与浓、稀硝酸的反应方程式：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2NO2+2H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O注意：有些金属(如Al、Fe等)在冷的浓硝酸中发生钝化。故可以用铁、铝容器运输冷的浓硝酸。与非金属的反应碳与浓硝酸反应的化学方程式：C+4HNO3 CO2+4NO2+2H2O与某些还原性物质反应（如FeO）化学方程式：3FeO+ 10HNO3(稀)= 3Fe(NO3)3+NO+5H2O3、NO3离子的检验：晶体或浓溶液与浓硫酸、Cu共热时，若产生红棕色气体则含NO3；若为稀溶液则先浓缩。【要点名师透析】一、氨气的实验室制法1

6、、实验室制法、装置图(如右图)：反应原理：2 NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O装置类型：固体+固体气体（与KClO3或KMnO4制O2相同）收集：向下排空气法。干燥：用碱石灰（NaOH和CaO固体的混合物）检验：用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝色，说明氨已收集满了；将蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口，若有白烟产生，说明收集满了。尾气处理在导管口放一团用水或稀硫酸浸湿的棉花团吸收多余的氨气。用水或稀硫酸吸收多余的氨气（注意防倒吸，如图）、两种简易方法加热浓氨水法来源:21世纪教育网反应原理：NH3H2ONH3+H2O装置：如右图（1）浓氨水中加固态碱性物质浓氨水中存

7、在平衡：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-加入碱性物质（如：NaOH、CaO、碱石灰等），使平衡逆向移动，同时反应放热，促进NH3H2O的分解。【提醒】：制氨气所用铵盐不能用硝铵、碳铵。因加热过程中NH4NO3可能发生爆炸性的分解反应，发生危险；而碳铵受热极易分解产生CO2，使生成的NH3中混有较多的CO2杂质。消石灰不能用NaOH、KOH代替，原因是：a、NaOH、KOH具有吸湿性、易结块，不利于产生NH3；b、在高温下能腐蚀大试管。因氨气比空气轻，易与空气发生对流，所以收集时，导气管应插入收集气体的试管底部附近，管口塞一团干燥的棉花团，来防止NH3与空气对流，确保收集到纯净的氨气。制

8、备NH3也可以通过加热浓氨水的方法，利用NH3H2ONH3+H2O原理制备。也可以利用往浓氨水中加入烧碱制备，原理：烧碱溶于水为放热反应，促进NH3H2O的分解，增大c(OH-)使上述可逆反应向左移动，而产生NH3。【典例1】某课外小组在实验室制备氨气，并进行有关氨气的性质探究。 (1)该小组同学加热生石灰与氯化氨的混合物制取干燥的氨气。 应该选用的仪器及装置有_(填字母)。生石灰与氯化铵反应生成氨气的化学方程式为_。(2)该小组同学设计如图所示装置探究氨气的还原性。氨催化氧化的化学方程式为_。若实验时通入氨气的速率过快，在烧瓶中会出现白烟，该物质的化学式为_。(3)该小组同学以氨气和二氧化碳

9、为原料制备碳酸氢铵。甲同学先将二氧化碳通入水中，充分溶解后，再通入氨气；乙同学先将氨气通入水中，充分溶解后，再通入二氧化碳。请选择合适的方案并说明原因。写出检验产物中有NH的方法。【答案】(1)I、F、G、E、CCaO2NH4ClCaCl22NH3H2O(2)4NH35O24NO6H2ONH4NO3(3)乙同学方案合理。因为二氧化碳在水中溶解度较小，先通入二氧化碳，再通入氨气，生成的产物量少，且易生成碳酸铵；氨气在水中溶解度很大，先通入氨气，再通入二氧化碳，生成的产物量多，且易生成碳酸氢铵取少量产物放入试管中，加入浓NaOH溶液，加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明产物中有

10、NH【解析】(1)该反应需加热进行，故需要仪器F，固体混合物的反应装置为I，G是干燥装置，因氨气的密度比空气的小，应该用向下排气法收集，可选取E装置，因氨气极易溶于水，使用装置C可防止倒吸。生石灰与氯化铵的反应，与Ca(OH)2与氯化铵的反应相类似：CaO2NH4Cl=CaCl22NH3H2O。(2)催化氧化生成物有NO和H2O，在氧气存在的情况下会生成HNO3，通入NH3的速率过快，有些未反应的NH3与HNO3反应生成NH4NO3。(3)制取碳酸氢铵的反应方程式为：NH3CO2H2O=NH4HCO3，甲、乙同学方案的差异在于是先通入二氧化碳，还是先通入氨气。因氨气在水中的溶解度较大，反应后能

11、够产生更多的碳酸氢铵，故乙方案较合理。本题难度较大。二、金属与硝酸反应计算题的思维模型1.思维模型2.计算中的守恒思想的应用(1)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。(2)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。(3)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)。(4)离子方程式计算法金属与H2SO4、HNO3的混合

12、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。【典例2】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1.68 L O2(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 5 mol/L NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL【答案】选A。【解析】O2为氧化剂，Cu为还原剂，HNO3相当于仅仅发

13、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。【感悟高考真题】1.（2010山东卷）下列推断正确的是ASiO2 是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应BNa2O、Na2O2组成元素相同，与 CO2反应产物也相同CCO、NO、 NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色【答案】A【解析】酸性氧化物能够跟碱反应，生成盐和水的氧化物，故A正确，因为, 与反应生成, 与反应除生成外，还生成，故B错；在空气中会发生

14、反应，故C错；因为新制氯水中含有,故滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色，故D错。2.（2010上海卷）下列实验过程中，始终无明显现象的是ANO2通入FeSO4溶液中 BCO2通入CaCl2溶液中CNH3通入AlCl3溶液中 DSO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中【答案】B【解析】此题考查了常见元素化合物知识。NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，其将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，排除A；CO2和CaCl2不反应，无明显现象，符合，选B；NH3通入后转化为氨水，其和AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，排除C；SO2通入酸化的硝酸钡中，其被氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，排除

15、D。易错警示：解答此题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，两者不能发生反应生成溶于盐酸的碳酸钙沉淀。21世纪教育网3.（09全国卷） 物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是 ( )A. 1：4 B.1：5 C. 2：3 D.2：5【答案】 A【解析】 设2molZn参与反应，因Zn无剩余，则最终生成了2molZn(NO3)2，显然含有4molNO3 ，这部分是没有参与氧化还原反应的HNO3，根据得失电子守恒有：2n

16、(Zn)=n(HNO3)4，则n(HNO3)=1mol，即有1molHNO3被还原。4.（09广东理基）已知汽车尾气无害化处理反应为 。 下列说法不正确的是 ( ) A升高温度可使该反应的逆反应速率降低 B使用高效催化剂可有效提高正反应速率 C反应达到平衡后，N0的反应速率保持恒定 D单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反应达到平衡【答案】 A 【解析】 升温，无论是正反应，还是逆反应，速率均加快，A项错；催化剂可以加快化学反应速率，B项正确；达平衡后，各组分的速率保持不变，C项正确；由于CO和CO2的计量系数相等，故当两者同时消耗的量相等时，反应即达平衡，D项正确。5.（09广东）取

17、五等份NO2 ，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g) N2O4(g)，H0 反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分量（NO2%），并作出其随反应温度（T）变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是 ( )【答案】 BD【解析】 在恒容状态下，在五个相同的容器中同时通入等量的NO2，反应相同时间。那么则有两种可能，一是已达到平衡状态，二是还没有达到平衡状态，仍然在向正反应移动。若5个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，所以B正确。若5个容器中有未达到平衡状态的，那么

18、温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，在D图中转折点为平衡状态，转折点左则为未平衡状态，右则为平衡状态，D正确。6.（09宁夏卷） 将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积11.2L（体积均在相同条件下测定），则该氮氧化合物的化学式为 ( ) ANO2 B.N2O2 C.N2O D.N2O4【答案】 A【解析】 根据2NxOy+2yCu=2yCuO+xN2,以及题中数据反应后气体体积为反应前气体体积的一半，可以得到x=1，因此只有A选项符合题意。7.（2011山东高考28）研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重

19、要意义。（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为 。利用反应6NO2 8NH37N512 H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是 L。（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） H=-196.6 kJmol-121世纪教育网2NO（g）+O2（g）2NO2（g） H=-113.0 kJmol-1 则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的H= kJmol-1。 一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是 。a体系压强保持不变b混合气体颜色保持不变cSO3和NO的体积比保

20、持不变d每消耗1 mol SO3的同时生成1 molNO2 测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:6，则平衡常数K 。（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如下图所示。该反应H 0（填“”或“ ”）。实际生产条件控制在250、1.3104kPa左右，选择此压强的理由是 。21世纪教育网【答案】（1）3NO2H2O=NO2HNO3；6.72（2）41.8；b；8/3；（3） AsH3 PH3,因为前者中含有氢键,后两者构型相同，分子间作用力不同；电子数相同的有SiH4、PH3和H2S结构分别为正四面体，三角锥

21、和V形。（5）SiCl4 + 4NH3 = Si(NH2)4 + 4HCl，3Si(NH2)4 = 8NH3 + Si3N4【解析】 本题可结合问题作答。W的氯化物为正四体型，则应为SiCl4或CCl4，又W与Q形成高温陶瓷，故可推断W为Si。（1）SiO2为原子晶体。（2）高温陶瓷可联想到Si3N4,Q为N，则有NO2与N2O4之间的相互转化关系。（3）Y的最高价氧化的的水化物为强酸，且与Si、N等相邻，则只能是S。R为As，所以R的最高价化合物应为As2S5。（4）显然x为P元素。氢化物沸点顺序为NH3 AsH3 PH3,因为前者中含有氢键后两者构型相同，分子间作用力不同。SiH4、PH3

22、和H2S的电子数均为18。，结构分别为正四面体，三角锥和V形。（5）由题中所给出的含字母的化学式可以写出具体的物质，然后配平即可。9.（09北京卷） 某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的，按下图装置进行试验（夹持仪器已略去）。实验表明浓硝酸能将氧化成，而稀硝酸不能氧化。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。可选药品：浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳已知：氢氧化钠溶液不与反应，能与反应实验应避免有害气体排放到空气中，装置、中乘放的药品依次是 滴加浓硝酸之前的操作时检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后 装置中发生反应的化学方程式是 装置的作用是 ，发生

23、反应的化学方程式是 该小组得出的结论依据的试验现象是 试验结束后，同学们发现装置中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别涉及了一下4个试验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是（选填序号字母）加热该绿色溶液，观察颜色变化加水稀释绿色溶液，观察颜色变化向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反映产生的气体，观察颜色变化【答案】 （1）3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液（2）通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内（3）Cu + 4HNO3（浓）= Cu(

24、NO3)2 + 2NO2 + 2H2O（4）将NO2转化为NO 3NO2 + H2O =2HNO3 + NO（5）装置中液面上方气体仍为无色，装置中液面上方气体由无色变为红棕色（6）a c d10.（09四川27） 已知A-O分别代表一种物质，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件略去）。A、B、H分别是由短周期元素组成的单质。B与冷水缓慢反应，与沸水迅速反应，放出氢气。D是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为2：3，且能与水反就应得到两种碱。C为淡黄色固体化合物，O能与G的水溶液反应生成蓝色沉淀。请回答下列问题：组成B单质的元素位于周期表第_周期，第_族。化合物C的电子式为_。J的沸点比硒化

25、氢（H2Se）的沸点高，其原因是_。写出I与H在点燃条件下反应生成A和J的化学方程式：_。写出D与足量的N反应生成E和F的化学方程式：_。上图中，在同一反应里一种物质作氧化剂，又作还原剂，这样的反应共有_个。【答案 】（1）三 II A （2）水分子之间存在氢键且比硒化氢的分子间作用力强 （3） （4） （5）2 11.（09上海卷31）烟气中是NO和的混合物（不含）。（1）根据废气排放标准，烟气最高允许含400mg。若中NO质量分数为0.85，则烟气中最高允许含NO_L（标准状况，保留2位小数）。（2）工业上通常用溶质质量分数为0.150的水溶液（密度1.16g/mL）作为吸收剂，该碳酸钠溶

26、液物质的量浓度为_mol/L（保留2位小数）。（3）已知： 含2000mg的烟气用质量分数为0.150的碳酸钠溶液吸收。若吸收率为80%，吸收后的烟气_排放标准（填“符合”或“不符合”），理由：_。（4）加入硝酸可改变烟气中NO和NO2的比，反应为： NO+2HNO33NO2+H2O 当烟气中时，吸收率最高。 烟气含2000mg，其中。计算：（i）为了达到最高吸收率，烟气需用硝酸的物质的量（保留3位小数）。 （ii）烟气达到最高吸收率90%时，吸收后生成NaNO2的质量（假设上述吸收反应中，反应比反应迅速。计算结果保留1位小数）。【答案】 （1）0.25（2）1.64（3）不符合 因吸收后烟气

27、总体积减小，含量仍超过（4）（i） （ii） 【考点模拟演练】一、选择题1.将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积11.2L（体积均在相同条件下测定），则该氮氧化合物的化学式为 （ ） ANO2 BN2O2 CN2O DN2O4【答案】A2.NO2是导致光化学烟雾的“罪魁祸首”之一。NO2可以用氢氧化钠溶液吸收，或在一定条件下用氨气（NH3）与其反应使之转化为无污染的物质，发生反应的化学方程式分别是：2NO2+2NaOH=M+NaNO3+H2O，8NH3+6NO2=7X+12H2O。则M和X代表的物质的化学式是ANaNO2 、N2 BHNO2、N2 CNO、HNO3

28、DNa3NO4、NO【答案】A3.在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示。下列说法错误的是（ ）ANO2是该过程的中间产物BNO和O2必须在催化剂表面才能反应C汽车尾气的主要污染成分包括CO和NOD催化转化总反应为：2NO+O2+4CO 4CO2+N2【答案】B4.在某100 mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.4 mol/L、0.1 mol/L,向该混合液中加入1.92 g铜粉,加热,待充分反应后,所得溶液中铜离子物质的量浓度是A.0.15 mol/L B. 0.225 mol/LC. 0.30 mol/L D. 0.45 mol/L【答案】选B。【

29、解析】溶液中同时存在H+和NO3-时就能够与Cu发生反应。该溶液中 H+ 实际为 0.06 mol，应该根据离子方程式进行计算，正确解答思路为：根据3Cu + 8H+ + 2NO3 - = 3Cu2+ +2NO +4H2O3 8 2 30.03 mol 0.06 mol 0.04 mol X根据各物质量的关系可知， H+不足，应根据H+进行计算。X=30.06 mol8=0.0225 mol,因此，铜离子浓度为0.225 mol /L。5.(2011深圳模拟)下列实验装置中能达到实验目的的是( )【答案】选D。【解析】不能用分液法分离碘酒中的碘和酒精，因为二者互溶。NH4Cl受热分解，冷却后又

30、重新生成NH4Cl，故很难收集到NH3。C项中Cl2和HCl均可与NaOH反应，故不能用NaOH除去Cl2中的HCl，而应采用饱和食盐水除去Cl2中的HCl。6.(2011北京四中模拟)常温下，将等质量的铜片、银片铁片、铝片分别置于四个小烧杯中，然后分别加足量的浓硝酸，放出NO2气体最多的是( )A.铜片 B.银片21世纪教育网C.铁片 D.铝片【答案】选A。【解析】铁、铝钝化可排除，再根据化学方程式计算。铁、铝遇浓硝酸钝化，铜、银与浓硝酸反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓) = Cu(NO3)2+2NO2+2H2OAg+2HNO3(浓) = AgNO3+NO2+H2O，根据上述关系可知等

31、质量的Cu、Ag、Fe、Al与足量浓硝酸反应，放出NO2最多的是Cu。7（2011湖州一模）将51.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.9 mol，这些气体恰好能被500 mL 2 mol/L NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为()A0.2 molB0.4 molC0.8 mol D0.9 mol【答案】A【解析】 纵观反应始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu到Cu(NO3)2，每个Cu升2价，失2个电子；另一个是HNO3到NaNO2，每个N降2价，得2个电子，所以51.2

32、 g Cu共失电子0.8 mol21.6 mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6 mol，故产物中NaNO2的物质的量为0.8 mol，又由N、Na守恒，可知，另一种产物NaNO3为0.2 mol。8某同学为检验某溶液中是否含有常见的四种无机离子，进行了下图所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得到的正确结论是()A原溶液中一定含有SO B原溶液中一定含有NHC原溶液中一定含有Cl D原溶液中一定含有Fe3【答案】B【解析】使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，由于整个转化过程中没有使用NH3或NH，故原溶液中一定有NH；若原溶液中含有SO或HSO

33、，也能出现图示中的转化，原溶液不一定含有SO；由于第一步转化使用了HCl，既使生成AgCl也不能断定原溶液中一定有Cl；原溶液中若不含Fe3而含Fe2，在第一步转化时Fe2被氧化为Fe3，故Fe3是否存在于原溶液中无法确定。9. （2011龙岩一检）二氧化氮（NO2）是重要的空气污染物，科学家正寻求合适的化合物G与适当的条件以进行如下反应，从而将二氧化氮转化为无毒的N2：NO2+GN2+H2O+nY(反应未配平)上式中的n为系数，但也可以为0，而Y必须为任何无害的物质。从反应机理分析，上述反应式中的G肯定不可以是 （ ）ANH3BCOCCH3CH2OHDH2O2【答案】B10.能正确表示下列反

34、应的离子方程式的是()A向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸：3Fe24HNO3=3Fe3NO2H2OB铜片与浓HNO3：CuNO34H=Cu2NO2H2OC氯化铵浓溶液跟浓NaOH溶液混合后加热：NH4OHNH3H2O来源:21世纪教育网D碳酸氢铵溶液与足量的NaOH溶液混合后加热：NH4OHNH3H2O【答案】A【解析】B项应为Cu4H2NO3=Cu22NO22H2O；C项应为NH4OHNH3H2O；D项中HCO3也参与反应，应为NH4HCO32OHNH3CO322H2O。11.有某硫酸和硝酸的混合溶液20 mL，其中含有硫酸的浓度为2 molL1，含硝酸的浓度为1 molL1，现向其中加入

35、0.96 g铜粉，充分反应后(假设只生成NO气体)，最多可收集到标准状况下的气体的体积为()A89.6 mL B112 mLC168 mL D224 mL【答案】D【解析】铜粉溶解于酸的离子方程式为3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O0015 mol 0.1 mol 0.02 mol经比较Cu不足。由Cu的量求得生成NO为0.01 mol，即标准状况下的气体的体积为224 mL。12.将相同质量的铜分别和过量浓硝酸、稀硝酸反应，下列叙述中正确的是()A反应速率：两者相同B消耗硝酸的物质的量：前者多，后者少C反应生成气体的颜色：前者浅，后者深D反应中转移的电子总数：前者多，后者少【答案】B

36、【解析】由影响反应速率的条件可知，浓度越大，反应速率越大，A不正确；由Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O和3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O知，等质量的Cu参加反应消耗的浓HNO3多，B正确；显然C选项不正确；由于Cu的质量相等，故反应过程中都生成Cu2时，二者转移的电子总数相等，D不正确。13.现有下列物质：氯水氨水浓硝酸氢氧化钠溶液AgNO3溶液，其中必须保存在棕色试剂瓶里的是 ()A BC D21世纪教育网【答案】B【解析】见光易变质的试剂一般保存在棕色试剂瓶中。二、非选择题14(2011惠州月考)实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度

37、越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积某浓度的稀硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入5 molL1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量关系如图K182所示。则图K182(1)B与A的差值为_mol。(2)C点对应的溶液体积为_mL。(3)原硝酸溶液中含硝酸的物质的量为_mol。(4)铝粉和铁粉的混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为_。(5)写出铝与该浓度硝酸反应的离子方程式_。 【答案】(1)0.05(2)40(3)0.5(4)53(5)8Al30H3NO=8Al33NH9H2O【解析】 由题意知，金属与硝酸反应时，硝酸的还原产物为NH4NO3，由图又可看出金属与硝酸反应后，硝酸是