1、高考资源网（） 您身边的高考专家温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元素养检测(五)(第五章)(90分钟100分)(60分钟70分)一、选择题(本题包括12小题,每小题3分,共36分)1.(2020高安高一检测)从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是()A.晶体硅被用于计算机芯片,工业制粗硅的反应原理为SiO2+CSi+CO2B.合金熔点、硬度都低于成分金属C.中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型硅酸盐材料D.无色透明的SiO2是制造光导纤维的重要原料【解析】选D。工业制粗硅的反应原理为Si
2、O2+2CSi+2CO,故A错误;合金的硬度高于成分金属,故B错误;碳化硅是一种新型无机非金属材料,不是硅酸盐,故C错误;光导纤维的原料是SiO2,具有良好的光学特性,故D正确。2.(2020南通高一检测)含硫煤燃烧会产生大气污染物,为防治该污染,某工厂设计了新的治污方法,同时可得到化工产品,该工艺流程如图所示,下列叙述不正确的是()A.Fe2(SO4)3在流程中可循环使用,理论上不需要向体系中补充 B.该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2C.该过程中化合价发生改变的元素只有Fe和SD.图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O2FeSO4+2H2SO4【解析】选C。该工艺中Fe
3、2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4,该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O2FeSO4+2H2SO4,FeSO4与O2、H2SO4反应生成Fe2(SO4)3,Fe2(SO4)3在流程中可循环使用,理论上不需向体系中补充,A、D正确;根据上述分析可知,该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2,B正确;该过程中化合价发生变化的元素有O、Fe、S,C错误。3.(2019哈尔滨高一检测)用下列两种途径制取H2SO4,某些反应条件和产物已省略,下列有关说法不正确的是()途径:SH2SO4途径:SSO2SO3H2SO4A.途径比途径的污染相对较小B.由途径和分别制取1 m
4、ol H2SO4,理论上各消耗1 mol S,各转移6 mol电子C.途径反应中体现了浓硝酸的强氧化性和酸性D.途径的第二步反应体现了SO2的还原性【解析】选C。途径S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水,有副产物二氧化氮,而且二氧化氮会污染大气,A正确;途径和都是由S来制备H2SO4,S的化合价从0升高到+6,制取1 mol H2SO4,理论上各消耗1 mol S,各转移6 mol e-,B正确;途径反应属于浓硝酸和非金属单质的反应,产物中无盐生成,因此浓硝酸只表现强氧化性而不表现酸性,C错误;SO2具有还原性,D正确。4.(2019洛阳高一检测)由下列实验事实得出的结论正确的是()A.SiO
5、2不能与水反应生成H2SiO3,可知SiO2不是酸性氧化物B.SiO2+2CSi+2CO,可知碳的非金属性大于硅C.CO2通入Na2SiO3溶液产生白色沉淀,可知酸性H2CO3H2SiO3D.SiO2可与NaOH溶液反应,也可与氢氟酸反应,可知SiO2为两性氧化物【解析】选C。SiO2是酸性氧化物,A项错误;反应SiO2+2CSi+2CO不能说明碳的非金属性比硅强,该反应能发生是因为生成CO气体,它的放出促进了反应进行,B项错误;CO2通入Na2SiO3溶液中生成H2SiO3胶体,符合强酸制弱酸的规律,证明酸性H2CO3H2SiO3,C项正确;D项中SiO2除氢氟酸外不能与其他的酸反应,SiO
6、2为酸性氧化物,不具有两性,D项错误。5.(2019江苏高考改编)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A.NH4HCO3受热易分解,可用作化肥B.稀硫酸具有酸性,可用于除去铁锈C.SO2具有氧化性,可用于纸浆漂白D.SiO2具有高硬度,可用于光导纤维【解析】选B。NH4HCO3中含有氮元素,可以用作化肥,不是因为其受热分解,A错误;铁锈的主要成分为Fe2O3,加入稀硫酸可以除去Fe2O3是运用了稀硫酸的酸性,B正确;SO2漂白纸浆是运用了SO2的漂白性,不是其氧化性,C错误;SiO2可用于光导纤维,但不是因为高硬度,D错误。【易错提醒】二氧化硅晶体能对光产生全反射,能传递光信号,所以二
7、氧化硅晶体可用于制光导纤维,与硬度无关。6.一定量的Cu和1 molL-1的稀硝酸反应,如果N的浓度下降0.2 molL-1,则溶液中c(H+)同时下降(假定反应前后溶液体积不变)()A.0.2 molL-1B.0.4 molL-1C.0.6 molL-1D.0.8 molL-1【解析】选D。由Cu与稀硝酸反应的离子方程式3Cu+8H+2N3Cu2+2NO+4H2O可知,当N浓度下降0.2 molL-1时,c(H+)下降0.8 molL-1。7.(2019晋中高一检测)SCR法(选择性催化还原技术)是一种以NH3作为还原剂,将烟气中NOx分解成无害的N2和H2O的干法脱硝技术,反应原理为6NO
8、+4NH35N2+6H2O;6NO2+8NH37N2+12H2O;NO+NO2+2NH32N2+3H2O。下列说法正确的是()A.NO2为酸性氧化物B.氮气性质不活泼,其原因是氮元素的非金属性很强C.反应中每生成22.4 L N2,转移电子数1.5 NAD.HNO3NONO2,以上各步变化均能通过一步反应完成【解析】选D。NO2不是酸性氧化物,A错误;氮气分子中存在 NN 键,破坏时需要吸收很高的能量,所以氮气性质不活泼,B错误;反应每生成标准状况22.4 L N2,转移电子数3NA,C错误;HNO3NONO2,均能通过一步反应完成,D正确。8.(2020怀安高一检测)往两支分别装有浅绿色的F
9、e(NO3)2和FeSO4溶液的试管中分别逐滴加入稀盐酸时,溶液的颜色变化应该是()A.前者基本没有改变,后者变棕黄色B.前者变棕黄色,后者也变棕黄色C.前者变棕黄色,后者基本没有改变D.前者、后者都基本没有改变【解析】选C。Fe2+和N、S在溶液中可以大量共存,但加入盐酸后,N在酸性条件下表现出强氧化性,把Fe2+氧化成Fe3+,溶液由浅绿色变成棕黄色。S与H+在水溶液中不能结合成浓硫酸,不能把Fe2+氧化成Fe3+,溶液颜色基本没变。【补偿训练】下列由相关实验现象推出的结论正确的是()A.NH4Cl和NH4HCO3受热都能分解,说明可以用加热NH4Cl和NH4HCO3固体的方法制氨B.向溶
10、液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,说明该溶液中一定含有SC.Fe与稀硝酸、稀硫酸反应均有气泡产生,说明Fe与两种酸均发生置换反应D.NH3遇到浓盐酸产生白烟,说明二者发生反应生成白色固体【解析】选D。NH4Cl受热分解生成氨和氯化氢,冷却后二者又重新结合生成NH4Cl,不能制备氨,NH4HCO3受热分解生成氨、二氧化碳和水,制得的氨中混有二氧化碳,不适合制备氨,A错误;向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,在酸性条件下N具有强氧化性,会把S氧化成S,故不能说明原溶液中一定含有S,也可能含有S,B错误;Fe与稀硝酸、稀硫酸反应均有气泡产生,前者是由于稀硝酸的强氧化性,
11、后者是由于Fe与稀硫酸发生置换反应,C错误;NH3遇到浓盐酸产生白烟,说明二者发生反应生成白色固体氯化铵,D正确。9.(2020天津等级考)检验下列物质所选用的试剂正确的是()待检验物质所用试剂A海水中的碘元素淀粉溶液BSO2气体澄清石灰水C溶液中的Cu2+氨水D溶液中的NNaOH溶液,湿润的蓝色石蕊试纸【解析】选C。海水中碘元素以I-形式存在,应先加入氧化剂将其氧化为I2后,再加入淀粉溶液检验,A项错误;SO2、CO2都能使澄清石灰水变浑浊,检验SO2不能用澄清石灰水,B项错误;向含有Cu2+的溶液中加入氨水,先产生蓝色沉淀,后沉淀溶解,溶液变为深蓝色,可用氨水检验溶液中的Cu2+,C项正确
12、;检验溶液中的N,加入NaOH溶液并加热,产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体,D项错误。10.(2020济南高一检测)由SO2和O2制备SO3(熔点为16.8 ,沸点为44.8 )的模拟装置如图所示(加热和夹持装置省略)。下列说法正确的是()A.装置中的试剂为饱和NaHSO3溶液B.实验室可用铜与稀硫酸在加热条件下反应制取SO2C.装置反应管中的铂石棉用作反应的催化剂D.从装置逸出的气体有过量的SO2和O2【解析】选C。进入高温反应管的气体必须干燥,中的试剂应是浓硫酸,故A项错误;铜与稀硫酸不反应,故B项错误;SO2和O2反应需用催化剂催化,故C项正确;该反应是可逆反应,中逸出的气体主要是
13、SO2和O2及少量的SO3气体,则中应盛放碱石灰,可除去SO2、SO3,故D项错误。11.硫酸能在金星的上层大气中找到。硫酸在金星大气中较高较冷的地区为液体,这层厚厚的、离星球表面4570千米的硫酸云层覆盖整个星球表面。这层大气不断地释放出酸雨。关于金星上的硫酸,下列叙述正确的是()A.浓硫酸是一种干燥剂,能够干燥氢气、氧气、氨气等气体,但不能干燥有较强还原性的HI、H2S等气体B.浓硫酸与单质硫反应的化学方程式为2H2SO4(浓)+S3SO2+2H2O,在此反应中,浓硫酸既表现了其强氧化性又表现了其酸性C.把足量铜粉投入只含H2SO4 2 mol的浓硫酸中,得到气体体积标准状况下为22.4
14、LD.常温下能够用铁、铝等容器盛放浓硫酸,是因为浓硫酸的强氧化性使其钝化【解析】选D。A项浓硫酸具有吸水性,但由于其具有强氧化性和酸性,故不能用来干燥具有还原性的气体和碱性气体(NH3)。B项金属与浓硫酸反应时,生成相应的盐和SO2,此时浓硫酸显酸性和强氧化性,而与S、C等非金属单质作用时,由于没有盐生成,故只显强氧化性。C项Cu与浓硫酸反应时,浓硫酸浓度逐渐降低,当降到一定程度变为稀硫酸时,反应自行停止,故产生的SO2在标准状况下不足22.4 L。12.水合肼(N2H4H2O)为无色透明的油状发烟液体,是一种重要的精细化工原料,其制备的反应原理为NaClO+2NH3N2H4H2O+NaCl。
15、下列关于实验室制备水合肼的操作不正确的是()A.装置甲中试剂X可以选择生石灰B.装置乙作为反应过程的安全瓶C.装置丙制备水合肼时氨气从b口进入D.装置丁可用于吸收多余的尾气【解析】选C。装置甲用于制备氨气,试剂X可以是生石灰,利用CaO与水反应放热使氨气从溶液中逸出,A正确;氨气极易溶于水,为防止倒吸,用装置乙作为安全瓶置于甲和丙之间,B正确;为有利于氨气与NaClO溶液反应,制备水合肼时氨气应从装置丙a口进入,C错误;氨气会污染环境,实验时用装置丁进行尾气处理并防倒吸,D正确。二、非选择题(本题包括4小题,共34分)13.(6分)(2019延边高一检测)非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧
16、酸D,已知D为强酸,请回答下列问题:ABCD(1)若A在常温下为固体,B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。D的化学式是_;在工业生产中,大量排放的B气体被雨水吸收后形成了_而污染环境。(2)若A在常温下为气体,C是红棕色气体。A、C的化学式分别是:A_;C_。D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体,请写出该反应的化学方程式:_。该反应_(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。【解析】(1)若B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体,则B是SO2,C是SO3,D是H2SO4;若大量排放SO2,会形成酸雨。(2)若C是红棕色气体,则C为NO2,B为NO,A为N2,D为HNO3,浓硝
17、酸可与Cu反应:Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2+2H2O。此反应中有元素化合价的升降属于氧化还原反应。答案:(1)H2SO4酸雨(2)N2 NO24HNO3(浓)+CuCu(NO3)2+2NO2+2H2O属于14.(10分)(2020北京昌平高一检测)从元素化合价和物质类别两个角度学习、研究物质的性质,是一种行之有效的方法。以下是氮元素形成物质的价类二维图及氮循环的部分信息。(1)是一种人工固氮的重要途径,该反应的化学方程式是_。的化学方程式是_。(2)的化学方程式是(任写一种)_。(3)R可与NaOH溶液反应:HNO2+NaOHNaNO2+H2O,该反应体现了R(HNO2)
18、的_性。(4)Q的化学式是_,Q属于酸性氧化物,写出Q与水反应的化学方程式_。(5)L在水体中过多蓄积会导致水体富营养化。将水体调节为酸性后加入适量NaClO,可将L中阳离子转化为无污染气体去除。写出L与NaClO反应的离子方程式_。【解析】(1)A为氮的单质,为N2,D为氮的氢化物,化合价为-3价,D为NH3,工业上将N2合成氨,N2NH3,氮气是单质,是游离态的氮,转变为化合态NH3,属于人工固氮,反应为N2+3H22NH3;D为NH3,氨气催化氧化生成NO和水,该反应的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O;(2)G为NO2,J为HNO3,为HNO3NO2,可以为Cu+4HNO3(浓)
19、Cu(NO3)2+2NO2+2H2O或者 C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O或者4HNO3(浓)4NO2+O2+2H2O;(3)R可与NaOH溶液反应:HNO2+NaOHNaNO2+H2O,该反应为酸碱中和反应,HNO2为酸,该反应体现了R(HNO2)的酸性;(4)Q为+5价的氮的氧化物,为N2O5,五氧化二氮与水反应为N2O5+H2O2HNO3;(5)L为-3价的盐,为铵盐,次氯酸根离子具有氧化性,氧化铵根离子生成氮气,N化合价(-3)0,生成1 mol氮气转移6 mol e-,根据得失电子守恒,离子方程式为2N+3ClO-N2+3Cl-+3H2O+2H+。答案:(1)N2+3H
20、22NH34NH3+5O24NO+6H2O(2)C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O(或4HNO3(浓)4NO2+O2+2H2O等)(3)酸(4)N2O5N2O5+H2O2HNO3(5)2N+3ClO-N2+3Cl-+3H2O+2H+15.(10分)某化学兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应,用如图所示装置进行有关实验。实验中甲同学将a g Cu片与12 mL 18 molL-1浓硫酸放入圆底烧瓶中加热,直至反应完毕,最后发现烧瓶中还有一定量的H2SO4和Cu剩余。请回答下列问题:(1)装置D内盛品红溶液,当C中气体集满后,D中有可能观察到的现象是_。实验装置中有可能造成环境污染,试用最简
21、单的方法解决(实验用品自选):_。(2)装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显现象后,关闭止水夹K,移去酒精灯,但由于余热的作用,A处仍有气体产生,此时装置B中的现象是_。(3)F中应放置的液体是_(填字母)。A.饱和Na2SO3溶液B.酸性KMnO4溶液C.浓溴水D.饱和NaHSO3溶液(4)为什么有一定量的余酸,但未能使Cu完全溶解?你认为原因是_。(5)甲同学向A中反应后的溶液中通入一种气体单质,使铜片全部溶解且仅生成硫酸铜溶液,请问该气体单质是_(填名称),化学反应方程式是_。【解析】浓硫酸与Cu反应产生的SO2可以使品红溶液褪色,SO2可以用NaOH溶液吸收。装置B的作用是贮存多
22、余的气体,所以F为饱和NaHSO3溶液,以减少SO2的溶解。随着反应进行,浓硫酸的浓度逐渐减小,稀硫酸与Cu不反应,所以虽然有一定量的余酸,但未能使Cu完全溶解。要使Cu片全部溶解,应该加入氧化剂,通入的气体单质应为O2,不引入新的杂质。答案:(1)品红溶液褪色将浸有NaOH溶液的棉花团塞在E试管口(2)F中液面下降,长颈漏斗中液面上升(3)D(4)随着反应进行,浓硫酸的浓度不断减小,稀硫酸与Cu不反应(5)氧气2Cu+2H2SO4+O22CuSO4+2H2O16.(8分)(2019郑州高一检测)某学习小组用凯氏定氮法来测定农产品中氮的含量,测定过程如下:.用热浓硫酸处理0.25 g谷物样品,
23、把有机氮转化为铵盐。.用如图所示装置处理上述铵盐。1.H2O2.玻璃管 3.足量浓NaOH溶液4.铵盐样品5.25.00 mL 0.10 molL-1H2SO4溶液6.冰水混合物回答下列问题:(1)实验前要检验B装置的气密性,具体操作为_。(2)盛放浓氢氧化钠溶液的仪器名称为_;玻璃管2的作用是_;圆底烧瓶中碎瓷片的作用是_。(3)将“谷物处理后所得的铵盐”加入三颈烧瓶中,打开玻璃塞、旋开K2,加入足量浓氢氧化钠溶液,关闭K2,打开K1,点燃酒精灯使水蒸气进入B装置。B装置中反应的离子方程式为_。C装置中冰水混合物的作用是_。【解析】(1)用微热法检验装置B的气密性,实验操作为关闭K1、K2,
24、向锥形瓶中加水至浸没导管口,微热三颈烧瓶,锥形瓶内的导管口产生气泡,撤离热源后,锥形瓶内的导管倒吸一段水柱,水柱不下降,说明气密性良好。(2)盛放浓NaOH溶液的仪器为分液漏斗,玻璃管2与外界大气相通,起着平衡压强的作用,避免装置中压强过大;碎瓷片的作用是防止加热时溶液暴沸。(3)B装置中浓NaOH溶液与铵盐反应的离子方程式为N+OH-NH3+H2O。C装置中硫酸的作用是吸收氨气,冰水混合物的作用是降低温度,使氨气被充分吸收。答案:(1)关闭K1、K2,向锥形瓶中加水至浸没导管口,微热三颈烧瓶,锥形瓶内的导管口产生气泡,撤离热源后,锥形瓶内的导管倒吸一段水柱,水柱不下降,说明气密性良好(其他合
25、理答案也可)(2)分液漏斗 避免装置中压强过大 防止溶液暴沸(3)N+OH-NH3+H2O降低温度,使氨气被充分吸收(30分钟30分)一、选择题(本题包括6小题,每小题2分,共12分)17.(2020济宁高一检测)四氯化硅还原法是当前制备较高纯度硅的一种方法,有关反应的化学方程式为SiCl4+2H24HCl+Si,下列说法不合理的是 ()A.硅为亲氧元素,在自然界中以化合态形式存在B.无机非金属材料多含有硅、氧、碳等元素,具有耐高温、抗腐蚀、硬度高等特点C.四氯化硅可以由粗硅与氯气通过化合反应制得D.混入少量空气对上述反应无影响【解析】选D。硅为亲氧元素,在自然界中以硅的氧化物和硅酸盐的形式存
26、在,A正确;无机非金属材料多含有硅、氧、碳等元素,具有耐高温、抗腐蚀、硬度高等特点,B正确;粗硅与氯气通过化合反应制得四氯化硅,C正确;混入少量空气后,空气中的氧气会与生成的硅反应,影响硅的质量,D错误。【补偿训练】本草纲目拾遗中在药物名“鼻冲水”条目下写到:贮以玻璃瓶,紧塞其口,勿使泄气,则药力不减。气甚辛烈,触人脑,非有病不可嗅;在“刀创水”条目下写到:治金创,以此水涂伤口,即敛合如故。这里所说的“鼻冲水”、“刀创水”分别指的是()A.氢氟酸、食盐水B.氨水、碘酒C.石灰水、硝酸 D.稀硫酸、食醋【解析】选B。鼻冲水是指氨水的刺激性气味、“刀创水”用碘酒杀菌消毒,选B。18.(2019益阳
27、高一检测)下表中,对陈述、的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是()选项陈述陈述判断A向浓盐酸中加入浓硫酸可制备氯化氢气体浓盐酸易挥发,浓硫酸与水作用放出大量的热对,对;有BCu能与浓硝酸反应由于Cu具有还原性,浓硝酸具有强氧化性,在任何条件下生成的气体一定是NO2对,错;无C硫单质在纯氧中燃烧有少量SO3生成部分二氧化硫被氧化为SO3对,对;无D硝酸铵和碱石灰共热用于实验室制备NH3铵盐与碱能发生复分解反应对,对;有【解析】选A。A项,因浓硫酸具有强吸水性,与水作用的过程中放出大量的热,促使浓盐酸中的HCl挥发,从而制得HCl气体;B项,Cu与浓硝酸反应时,随着反应的进行,硝酸浓度
28、逐渐降低从而生成NO,但陈述与陈述有因果关系;C项,硫单质燃烧仅生成SO2;D项,由于硝酸铵受热易发生爆炸,所以实验室中不能用硝酸铵制备NH3。19.(2019济宁高一检测)实验室探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理,装置如图所示,实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法不正确的是()A.滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹,通入一段时间的N2B.Y中产生的白色沉淀是BaSO4和BaSO3C.产生白色沉淀的原因可能是在酸性条件下SO2与N反应生成了SD.若将Fe(NO3)3换成FeCl3,Y中也能产生白色沉淀,说明Fe3+也能将SO2氧化【解析】选B。通入一段时间N2,可以排除装置中的O2,
29、防止SO2被空气中的O2氧化,A正确;酸性条件下,N能氧化SO2,Fe3+也能氧化SO2生成S,S与Ba2+形成BaSO4,不能生成BaSO3,B错误;SO2溶于水显酸性,酸性条件下N具有强氧化性,能把SO2氧化为S,所以产生白色沉淀的原因可能是在酸性条件下SO2与N反应生成了S,C正确;若将Fe(NO3)3换成FeCl3,Cl-没有氧化性,则只能是Fe3+具有氧化性,若Y中也能产生白色沉淀,说明Fe3+也能将SO2氧化,D正确。20.研究性学习小组做铜与浓硫酸反应实验时,发现试管底部有白色固体并夹杂有少量黑色物质。倒去试管中的浓硫酸,将剩余固体(含少量浓硫酸)倒入盛有少量水的烧杯中,发现所得
30、溶液为蓝色,黑色固体未溶解。过滤、洗涤后,向黑色固体中加入过量浓硝酸,黑色固体溶解,溶液呈蓝色,所得溶液加BaCl2溶液后有白色沉淀生成。下列所得结论不正确的是()A.铜与浓硫酸反应所得白色固体是CuSO4B.加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO4C.白色固体中夹杂的少量黑色物质可能是CuO D.白色固体夹杂的少量黑色物质中含有元素Cu和S【解析】选C。铜与浓硫酸反应生成CuSO4,由于浓硫酸具有吸水性,所得白色固体是CuSO4,A正确;白色沉淀不溶于硝酸,则白色沉淀是BaSO4,B正确;由于浓硫酸过量,黑色物质不可能是CuO,C错误;加入过量浓硝酸,黑色固体溶解,溶液呈蓝色,说明含有Cu
31、2+,加BaCl2溶液后有白色沉淀生成,则黑色物质中含有元素S,可能为CuS或Cu2S,D正确。21.(2019衡水高一检测)一定量的铜与一定量的某浓度的硝酸恰好完全反应,产生NO和NO2两种气体,已知反应中被还原的HNO3占HNO3总量的,则还原产物中NO和NO2的物质的量之比为()A.11B.12C.23D.21【解析】选A。设HNO3的总物质的量为3 mol,则被还原的HNO3为1 mol,即n(NO)+n(NO2)=1 mol,与Cu2+结合的N的物质的量为2 mol,即n(Cu2+)=1 mol。根据得失电子守恒可知,2n(Cu2+)=3n(NO)+n(NO2)=2 mol,将、联立
32、得:n(NO)=0.5 mol,n(NO2)=0.5 mol。则n(NO)n(NO2)=11。【方法规律】当金属与硝酸反应时,硝酸既表现出酸性又表现出氧化性,则有下列等式成立:参加反应的n(总HNO3)=n(被还原的HNO3)+n(显酸性的HNO3)=n(气体NO、NO2)+n(金属)该金属的化合价(1)参加反应的n(总HNO3)=反应中消耗掉的n(H+)(2)n(被还原的HNO3)=n(N减少量)=n(气体NO、NO2)(3)金属与硝酸生成对应的硝酸盐,例如Cu与HNO3反应时生成的硝酸盐是Cu(NO3)2,则n(显酸性的HNO3)=n(Cu)222.(2019泰安高一检测)常温离子液体也称
33、常温熔融盐,硝酸乙基铵(C2H5NH3)NO3是人类发现的第一种常温离子液体,其熔点为12 。已知C2H5NH2的化学性质与NH3相似,C2H5NH2结合质子的能力比NH3略强。下列有关硝酸乙基铵的说法正确的是()A.C2H5NH2的水溶液呈酸性B.硝酸乙基铵的离子液体可以作为电池的电解质C.(C2H5NH3)NO3不能与氢氧化钠反应D.硝酸乙基铵和硝酸铵受热不分解【解析】选B。C2H5NH2的水溶液与氨水相似呈碱性,A错误;(C2H5NH3)NO3为离子液体,能导电,B正确;C2H5NH2的化学性质与NH3相似,(C2H5NH3)NO3能与NaOH反应生成C2H5NH2,C错误;硝酸铵受热分
34、解,D错误。二、非选择题(本题包括2小题,共18分)23.(8分)(2019江苏高考)N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物,含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物,用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为_。(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收,主要反应为NO+NO2+2OH-2N+H2O2NO2+2OH-N+N+H2O下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有_(填字母)。A.加快通入尾气的速率B.采用气、液逆流的方式吸收尾气C.吸收尾气的过程中定期补加适量
35、NaOH溶液吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤,得到NaNO2晶体,该晶体中的主要杂质是_(填化学式);吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是_(填化学式)。(3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气,可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同,NO转化为N的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成Cl-和N,其离子方程式为_。NaClO溶液的初始pH越小,NO转化率越高。其原因是_。【解析】(1)NH3被O2氧化生成N2O,N从-3价升至+1价,1 mol NH3失去4 mol e-,O从0价降至-2价,1 mol O2得到4
36、 mol e-,根据N和O得失电子守恒配平反应。(2)A项,通入气体速率过快时,气体吸收会不充分,错误;B项,采用气、液逆流方式吸收时,吸收会充分,正确;C项,补充NaOH溶液,c(OH-)增大,会更充分吸收气体,正确;NO2与NaOH反应生成NaNO2和NaNO3,所以NaNO2晶体中会混有NaNO3杂质。吸收后的尾气中含量较多的是NO。(3)HClO氧化NO生成N ,自身被还原为Cl-,根据N和Cl得失电子守恒配平反应,用H+平衡电荷。氧化NO的是HClO,NaClO在酸性条件下会生成HClO,所以pH越小,NO转化率越高。答案:(1)2NH3+2O2N2O + 3H2O(2)BCNaNO
37、3NO(3)3HClO+2NO+H2O3Cl-+2N+5H+溶液pH越小,溶液中HClO的浓度越大,氧化NO的能力越强24.(10分)(2020淄博高一检测)某同学设计了如下装置用于制取SO2和验证SO2的性质。已知:1.0 molL-1Fe(NO3)3的溶液的pH=1。(1)装置A中用于添加浓硫酸的仪器名称为_,导管的作用是_。(2)B、C、D三个装置分别先后验证了SO2的哪些性质_(填字母)。A.吸附性、酸性、还原性B.还原性、酸性、还原性C.漂白性、酸性、还原性D.漂白性、酸性、氧化性(3)实验前鼓入N2的目的是_。(4)装置E中产生了白色沉淀,其成分是_(填化学式),分析E中产生白色沉
38、淀的可能原因(写两种)。可能:_。可能:_。【解析】(1)该仪器名称为分液漏斗;反应产生气体,气压变大,若没有导管平衡压强,分液漏斗内液体不能够顺利流下。(2)B中的品红溶液褪色,因二氧化硫具有漂白性;二氧化硫与水反应生成亚硫酸,遇石蕊变红,C中实验现象为变红,说明二氧化硫为酸性气体;D中二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr,该反应为SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4,二氧化硫中S元素的化合价升高,说明二氧化硫具有还原性,故答案为C。(3)氧气、硝酸根离子都能将二氧化硫氧化,所以如果装置中含有氧气,会干扰实验,所以排入氮气的目的是排净空气防止干扰实验。(4)二氧化硫具有还原性,酸性条件下,能被硝酸根离子或铁离子氧化生成硫酸根离子,硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀;二氧化硫可能与铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子,硫酸根离子和钡离子反应生成白色沉淀;酸性条件下,硝酸根离子可能和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子和NO气体,硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀。答案:(1)分液漏斗平衡压强,使分液漏斗内液体能够顺利流下(2)C(3)排净装置中的空气,防止溶液中SO2被空气中的O2氧化而干扰实验(4)BaSO4SO2与Fe3+反应生成S在酸性条件下SO2与N反应生成S关闭Word文档返回原板块- 24 - 版权所有高考资源网
