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《整合》鲁科版高中化学必修1第3章自然界中的元素 第2节 氮的循环第3课时测试题2 .doc

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资源描述

1、第3章自然界中的元素 第2节 氮的循环第3课时测试题2一、选择题1将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中,两者恰好完全反应,假设反应过程中还原产物全是NO,向所得溶液中加入物质的量浓度为2mol/LNaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加3.4g,则下列有关叙述中正确的是( )A开始加入合金的质量可能为5.6gB参加反应的硝酸的物质的量为0.2molC沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为200mLD标况下产物NO体积为4.48L21.92g铜投入一定量的浓硝酸中,铜完全溶解,生成气体颜色越来越浅,共收集到672 mL气体(标准状况),将盛有此气体的容器倒扣在水中,通入氧气恰

2、好使气体完全溶解在水中,则需要标准状况下的氧气体积为( )A504 mL B168 mL C224mL D336 mL3稀硫酸和系硝酸的混合液,其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L,取10ml此混合酸,向其中加入过量的铁粉,待反应结束后,可产生标准状况下的气体的体积为(设反应中HNO3倍还原成NO)( )A0.672L B0.448L C0.896L D0.224L4将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 1120 mL(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0 molL1N

3、aOH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( )A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是12B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 molL1C. NO2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640 mL5向铁铜合金中加入硝酸溶液恰好完全反应,得到NO2、N2O4、NO混合气体,向反应后溶液中加入2mol/LNaOH溶液,至沉淀恰好完全。若将得到的NO2、N2O4、NO混合气体,与2.24L(标准状况下)O2混合后通入水中恰好被完全吸收生成硝酸。则反应中消耗的NaOH溶液的体积是( )A150

4、ml B180mlC200ml D250ml.6向272gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸05L,固体物质完全反应,生成NO和Cu(NO3)2,在所得溶液中加入10mol/L的NaOH溶液10L,此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀沉淀质量为392g下列有关说法不正确的是( )ACu与Cu2O的物质的量之比为2:1B硝酸的物质的量浓度为24mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为448LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1mol7下列叙述和均正确并且有因果关系的是( )选项叙述叙述A浓硝酸和稀硝酸都具有强氧化性浓硝酸和稀硝酸均可使紫色石蕊试液先变红后褪色B浓硫酸具有强氧化性和

5、吸水性浓硫酸可干燥H2和CO,不可干燥 SO2和NH3CSO2是酸性氧化物SO2可使含有酚酞的NaOH溶液褪色D铵盐受热易分解NH4Cl和NH4HCO3均可用作氮肥和制取氨气8一定物质的量的锌与稀HNO3反应,若硝酸的还原产物为N2O,反应结束后锌无剩余,则参加反应的HNO3中被还原的HNO3与未被还原的HNO3的物质的量之比是( )A14 B15 C23 D29下列有关“水”的说法中正确的是( )A双氧水被称为绿色氧化剂,是因为其还原产物为O2,对环境无污染B王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比13配成的混合物,可溶解Au、PtC氨水能导电,说明氨气是电解质D往新制备的氯水中和SO2的水溶液中分别滴

6、入石蕊试液时的现象不同10从绿色化学的理念出发,下列实验不宜用图7所示装置进行的是( )A不同浓度的硝酸与铜的反应B稀硫酸与纯碱或小苏打反应C铝与氢氧化钠溶液或稀盐酸反应DH2O2在不同催化剂作用下分解11如图是用稀HNO3和Cu制取少量NO并验证氮氧化合物性质的装置下列说法错误的是( )A吸收剂可以是NaOH溶液 B试管上部的气体会变为红棕色C小试管中溶液最终呈蓝色 D试纸先变红后褪色12某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL,逐渐加入铁粉,产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示下列说法错误的是( )AH2SO4浓度为4mol/LB溶液中最终溶质为FeSO4C原混合酸中NO3浓度为0.2mol/

7、LDAB段反应为:Fe+2Fe3+3Fe2+13下列关于自然界中氮循环示意图(如图)的说法错误的是( )A氮元素只被氧化B豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮C其它元素也参与了氮循环D含氮无机物和含氮有机物可相互转化14有Fe2+H+NO3Fe3+NH4+H2O这样一个变化过程,下列叙述不正确的是( )A氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:8B该过程说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化C每1 mol NO3发生氧化反应,转移8 mol 电子D若把该反应设计为原电池,则负极反应为Fe2+e = Fe3+二、非选择题151.52 g镁铜合金完全溶解于50 mL密度为1.40 gmL1、质量分数为63%的浓

8、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 molL1NaOH溶液,当金属离子全部沉淀时,得到2.54 g沉淀。请完成下列问题:(1)该合金中镁与铜的物质的量之比是 ;(2)NO2和N2O4的混合气体中,NO2的体积分数是 ;(3)得到2.54 g沉淀时,加入NaOH溶液的体积是 mL。16在稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中,加入铜粉。(1)若将100mL 2mol/L HNO3和100mL 1mol/L H2SO4混合后,加入19.2g 铜粉,微热,充分反应。若忽略溶液体积变化,溶液中铜离子物质的量浓度为 mol/L生成气体折合成标准状况下体积

9、 L;若使铜粉全部溶解,还需加入1mol/L H2SO4 mL(2)若c(SO)c(NO)5.0 molL1。取200 mL该混合酸,则能溶解铜的最大质量为 g17盐酸、硫酸和硝酸是常见的“三大酸”。现就三大酸与金属铜反应的情况,回答问题:(1)稀盐酸不与Cu 反应,若在稀盐酸中加入H2O2后,则可使铜顺利溶解。该反应的化学方程式为:_;(2)在一定体积的10mol/L的浓硫酸中加入过量铜片,加热使之反应,被还原的硫酸为0.9mol。则浓硫酸的实际体积_(填“大于”、“ 等于”或“小于”)180mL。若使剩余的铜片继续溶解,可在其中加入硝酸盐溶液(如KNO3溶液),则该反应的离子方程式为_;(

10、3)镁铁混合物4.8g,溶解在过量的某浓度的稀硝酸中,完全反应后得到标准状况下2 .24LNO气体。若向反应后的溶液中加入足量的烧碱,则可生成沉淀的质量是_克。18将32g铜与140mL一定浓度的硝酸反应,铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答:待产生的气体全部释放后,向溶液加入VmL amolL1 NaOH溶液,恰好使溶液中的Cu2全部转化成沉淀,则原硝酸溶液的浓度为 mol/L;(用含V、a的式子表示)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3,至少需要H2O2的质量为 g。19I用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3)已成为环境

11、修复研究的热点之一。(1)Fe还原水体中NO3的反应原理如图所示。正极的电极反应式是 ;(2)将足量铁粉投入水体中,经24小时测定NO3的去除率和pH,结果如下:初始pHpH=2.5pH=4.5NO3的去除率接近100%50%24小时pH接近中性接近中性铁的最终物质形态pH=4.5时,NO3的去除率低。其原因是 ;(3)实验发现:在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时,补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3的去除率。对Fe2+的作用提出两种假设:Fe2+直接还原NO3;Fe2+破坏FeO(OH)氧化层。 对比实验,结果如图所示,可得到的结论是 ;同位素示踪法证实Fe2+能与FeO(OH)

12、反应生成Fe3O4。结合该反应的离子方程式,解释加入Fe2+提高NO3去除率的原因: ;II.高铁酸钠Na2FeO4 是一种新型净水剂。(4)高铁酸钠主要通过如下反应制取:2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH= 2Na2FeO4+3X+5H2O,则X的化学式为_;(5)高铁酸钠具有强氧化性,与水反应生成Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮杂质,请写出高铁酸钠与水反应的离子方程式 。检测题参考答案1【答案】A【解析】将一定质量的镁、铜合金加入到稀HNO3中,两者恰好完全反应,假设反应中还原产物只有NO,发生反应:3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO

13、3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O,向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液至沉淀完全,发生反应:Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2+2NaNO3,沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜,生成沉淀的质量比原合金的质量增加3.4g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为3.4g,氢氧根的物质的量为3.4g17g/mol0.2mol,根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为0.1mol。A假定全为镁,金属质量为0.1mol24g/mol=2.4g,若全为铜,金属质量为:0.1mol64g/mol=6.4g,所以参加反应的金属的总质

14、量(m)范围为:2.4gm6.4g,A正确;B根据方程式可知参加反应的n反应(HNO3)=n(金属)8/3=0.1mol8/3=0.27mol,B错误;C反应消耗氢氧化钠的物质的量为:n(NaOH)=n(OH-)=0.2mol,则加入的氢氧化钠溶液的体积为:V=0.2mol2mol/L=0.1L=100mL,C错误;D金属的物质的量为0.1mol,完全反应失去0.1mol2=0.2mol电子,根据电子转移守恒,生成一氧化氮的物质的量为:n(NO)=0.2mol3=0.067mol,标准状况下NO的体积为0.067mol2.24L1.5L,D错误,答案选A。该题侧重于学生运用电子转移守恒、质量守

15、恒等解决复杂问题的能力,是一道考查能力的好题,难度较大,注意各种守恒法和极限法的灵活应用。2【答案】D【解析】将盛有此气休的容器倒扣在水中,通入标准状况下一定体积的氧气恰好使气体完全被水吸收生成硝酸,说明氮的氧化物又重新转化为硝酸,因此根据电子转移守恒可知,铜失去的电子最终被氧气获得,铜失去电子的物质的量是0.06mol,则氧气获得的电子也是0.06mol,所以氧气的物质的量是0.06mol40.015mol,则氧气的体积是0.015mol22.4L/mol0.336L336ml,答案选D。灵活应用电子得失守恒是解答的关键,守恒法解题的思维流程:(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产

16、物。(2)找准一个原子或离子得失电子数。(注意化学式中粒子的个数)。(3)根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)n(还原剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)。3【答案】A【解析】10mL混合酸中含有:n(H+)=0.01L24mol/L+0.01L2mol/L=0.1mol,n(NO3-)=0.01L2mol/L=0.02mol,由于铁过量,则发生反应:3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O,Fe+2H+=Fe2+H2,则3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O0.02mol 0.08mol 0.02m

17、ol反应后剩余n(H+)=0.1mol-0.08mol=0.02mol,Fe+2H+=Fe2+H20.02mol 0.01mol所以:n(NO)+n(H2)=0.02mol+0.01mol=0.03mol,V(NO)+V(H2)=0.03mol22.4L/mol=0.672L,故选A。本题考查混合物的计算,本题注意铁过量,根据n(H+)、n(NO3-)判断反应的可能性,判断生成气体为NO和H2的混合物,进而计算气体的体积,题目易错。4【答案】D【解析】试题分析:A、设合金中Cu、Mg的物质的量分别为x、y,根据题目所给信息知x64 g/moly24 g/mol1.52g;设金属为M,在反应过程

18、中有:Mne=Mn,MnOH=M(OH)n,从而可以看出,金属单质失去电子的物质的量等于金属阳离子完全沉淀所需OH的物质的量,氢氧根的物质的量是(2.54g1.52g)17g/mol0.06mol,故2x2y0.06 mol,由解得x0.02 mol,y0.01 mol,A错误;B、硝酸的浓度是14.0mol/L,B正确。C、由上述分析可知,Cu、Mg共失去0.06 mol电子,根据得失电子守恒知,如果硝酸完全被还原为NO2,NO2的物质的量应为0.06 mol。现得到0.05 mol混合气体,是由于2NO2N2O4,由差量法可求得N2O4为0.01 mol,则NO2为0.04 mol,NO2

19、的体积分数是80%,C正确;D、得到2.54 g沉淀时生成硝酸钠,根据硝酸根守恒可知硝酸钠是0.05L14mol/L0.06mol0.64mol,即消耗0.64 mol NaOH,其体积为640 mL,D正确,答案选A。掌握反应的原理以及灵活应用守恒法是解答的关键,许多有关化学反应的计算,如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的,常见的守恒关系有:反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒;电解质溶液中的电荷守恒;氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等;从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式,运用关系式法等计算技巧巧妙解题。5【答案】C【解析】2.2

20、4L氧气的物质的量为0.1mol,NO2、N2O4、NO的混合气体与1mol氧气混合后通入水中,所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸,整个反应过程中金属失去电子数等于硝酸根离子生成氮氧化物得到的电子数、氮氧化物溶于水失去电子数及氧气得到电子数,金属失去电子带正电荷,金属阳离子和OH-反应生成氢氧化物沉淀所需n(NaOH)等于金属失去电子物质的量,根据转移电子守恒得金属失电子物质的量=0.1mol40.4mol,n(NaOH)金属失电子物质的量0.4mol,则V(NaOH)0.4mol2mol/L0.2L200mL,答案选C。利用电子转移守恒,确定氧气获得的电子等于金属提供的电子是解题的关键,注意体

21、会守恒思想的运用。许多有关化学反应的计算,如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的,常见的守恒关系有:反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒;电解质溶液中的电荷守恒;氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等;从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式,运用关系式法等计算技巧巧妙解题。6【答案】D【解析】向所得溶液中加入10mol/L的NaOH溶液10L,溶液呈中性,金属离子已完全沉淀,溶液中溶质为NaNO3,n(NaNO3)=n(NaOH)=10mol/L10L=1mol,沉淀为Cu(OH)2,质量为392g,物质的量为:392g98g/mol=04m

22、ol,设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y,则x2y04mol,64gmol1x144gmol1y272g,解得x02mol,y01mol,所以Cu与Cu2O的物质的量之比为2:1,A项正确;根据N元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3),根据电子转移守恒可知:3n(NO)=2n(Cu),所以3n(NO)=203mol,解得n(NO)=02mol,所以n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=02mol+1mol=12mol,所以原硝酸溶液的浓度为12mol05L=24mol/L,B项正确;由B中计算可知n(NO)=02mol,所以标准状况下NO的体积为02mol224L

23、/mol=448L,C项正确;反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液,氢氧化钠与硝酸铜、剩余的硝酸反应,最后为硝酸钠溶液,根据氮元素守恒可知:n剩余(HNO3)+2nCu(NO3)2=n(NaNO3),所以n剩余(HNO3)=n(NaNO3)-2nCu(NO3)2=1mol-204mol=02mol,D项错误;答案选D。本题考查铜混合物计算、氧化还原反应的计算,难度较大,清楚整个反应过程,注意原子守恒、得失电子守恒的应用。向所得溶液中加入10mol/L的NaOH溶液10L,溶液呈中性,金属离子已完全沉淀,溶液中溶质为NaNO3,n(NaNO3)=n(NaOH)=10mol/L10L=1mol,沉淀为C

24、u(OH)2,质量为392g,物质的量为:392g98g/mol=04mol,设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y,则x2y04mol,64gmol1x144gmol1y272g,解得x02mol,y01mol,据此解答即可。7【答案】C【解析】A、稀硝酸可使紫色石蕊试液先变红,但不褪色,故A错误;B、浓硫酸可干燥H2和CO,也可干燥 SO2,故B错误;C、SO2是酸性氧化物,与水反应生成亚硫酸,与氢氧化钠反应,溶液的碱性减弱,颜色变浅甚至褪色,故C正确;D、NH4Cl分解生成氨气和氯化氢,冷却后又化合生成氯化铵,不能制备氨气,故D错误;故选C。8【答案】A【解析】先书写并配平化学方程式为:

25、,则氮元素的化合价降低的占2/10,不变的占8/10,如果10 mol硝酸参加反应,其中2 mol硝酸被还原,8 mol硝酸未被还原,28=14;答案选A。9【答案】D【解析】A、氧化剂所含元素的化合价不是升高,而是降低,因此绿色氧化剂双氧水的还原产物为H2O,A错误;B、王水中浓盐酸和浓硝酸的体积比31,具有很强的氧化性,能溶解既不活泼金属Au、Pt,B错误;C、氨水含有氨气、水、一水合氨、铵根离子、氢氧根离子、氢离子等3种离子、3种分子,属于能导电的混合物或电解质溶液,但氨气本身不能电离,因此氨气为非电解质,C错误;D、石蕊遇新制氯水先变红后褪色,因为氯水中的盐酸和次氯酸具有酸性和强氧化性

26、,且中和反应速率较快,氧化还原反应速率较慢,石蕊试液遇SO2只变红不褪色,因为SO2具有酸性氧化物的通性,SO2对石蕊试液没有漂白性,对品红、纸张等才有漂白性,D错误;答案选D。10【答案】A【解析】A铜与浓硝酸反应生成二氧化氮、与稀硝酸反应生成一氧化氮,一氧化氮、二氧化氮都有毒,都能造成环境污染,不符合绿色化学理念,故A错误;B稀硫酸与碳酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳,产物无污染,符合绿色化学理念,故B正确;C铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,与盐酸反应生成氯化铝和氢气,产物无污染,符合绿色化学理念,故C正确;D过氧化氢分解生成水和氧气,产物无污染,符合绿色化学理念,故D正确;故选

27、A。本题考查了对绿色化学概念的理解,绿色化学又称“环境无害化学”、“环境友好化学”、“清洁化学”,绿色化学的最大特点是在始端就采用预防污染的科学手段,因而过程和终端均为零排放或零污染。明确绿色化学的含义及物质的性质和反应产物的性质是解题关键。11【答案】D【解析】铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,反应的化学方程式为3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O,2NO+O2=2NO2,无色气体变化为红棕色气体二氧化氮,可以用碱溶液吸收,A上述分析可知得到的气体主要是NO2和NO,可以被氢氧化钠溶液吸收,所以吸收剂可以是NaOH溶液,A正确;B铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,

28、一氧化氮和试管中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮,B正确;C铜和稀硝酸反应得到溶液为硝酸铜溶液,溶液为蓝色,C正确;D生成的一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮红棕色气体,二氧化氮具有氧化性,和碘化钾溶液反应生成碘单质,碘单质遇到淀粉变蓝色,D错误;答案选D。12【答案】C【解析】A、反应消耗22.4g铁,也就是22.4g56g/mol0.4mol,所有的铁都在硫酸亚铁中,根据硫酸根守恒,所以每份含硫酸0.4mol,所以硫酸的浓度是4mol/l,A正确;B、硝酸全部被还原,没有显酸性的硝酸,因为溶液中有硫酸根,并且铁单质全部转化为亚铁离子,所以溶液中最终溶质为FeSO4,B正确;C、OA段发生反应为

29、:Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O,硝酸全部起氧化剂作用,所以n(NO3-)=2n(Fe)=0.4mol,浓度为4mol/L,C错误;D、由图像可知,由于铁过量,OA段发生反应为:Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O,AB段发生反应为:Fe+2Fe3+3Fe2+,BC段发生反应为:Fe+2H+=Fe2+H2,D正确,答案选C。该题难度较大,解答的关键是根据图像分析各段发生的反应,注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。学生在做此类题目时,应当先分析反应的过程,即先发生的是哪一步反应,后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程,比

30、如合理使用守恒原理等。13【答案】A【解析】A.人工固氮中氮气转化为氨气,是N2转化为NH3的过程,N化合价由0-3价,化合价降低,被还原,A错误; B. 豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮,B正确;C.生物体合成蛋白质的过程也有碳、氢、氧元素的参与,C正确;D.根据自然界中氮循环图知,通过生物体可以将铵盐和蛋白质相互转化,实现了含氮的无机物和有机物的转化,D正确;答案选A。自然界中氮的存在形态多种多样,除N2、NH3、NOx、铵盐、硝酸盐等无机物外,还可以蛋白质等有机物形态存在,氮的循环中氮元素可被氧化也可能发生还原反应,判断的依据主要是看变化过程中氮元素的化合价的变化情况,要明确化合价升高被氧

31、化,化合价降低被还原。14【答案】C【解析】根据得失电子守恒,氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:8,故A正确;酸性条件下,Fe2+、NO3发生氧化还原反应,故B正确;NO3中N元素化合价降低发生还原反应,故C错误;原电池负极失电子发生氧化反应,则负极反应为Fe2+e = Fe3+,故D正确。15【答案】(1)1:2 (2)80% (3)640 mL【解析】(1)在Mg、Cu与硝酸反应的过程中,金属都是+2价的金属,金属失去电子的物质的量与硝酸反应得到电子的物质的量相等。金属变为Mg2+、Cu2+,当向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液时,发生反应形成Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀,增加的

32、质量就是OH-的质量,m(OH-)=2.54g-1.52g=1.02g,n(OH-)=1.02g17g/mol=0.06mol,则n(Mg)+n(Cu)=0.03mol,假设Mg的物质的量是x,Cu的物质的量是y,则x+y=0.03mol;24x+64y=1.52g,解得x=0.01mol,y=0.02mol,所以该合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol:0.01mol=2:1;(2)根据在氧化还原反应中金属失去电子的物质的量等于硝酸发生还原反应得到电子的物质的量,等于反应产物结合的氢氧根离子的物质的量。n(e-)=n(OH-)=0.06mol,NO2和N2O4的混合气体1120 mL,物

33、质的量是n=1.12L/22.4L/mol=0.05mol,假设NO2和N2O4的物质的量分别是a、b,则根据电子守恒可得a+2b=0.06mol,根据元素守恒可得a+b=0.05mol。解得a=0.04mol,b=0.01mol,根据可知,在相同外界条件下,气体的体积比等于气体的物质的量的比,所以NO2和N2O4的混合气体中,NO2的体积分数是(0.04mol0.05mol)100%= 80%;(3)50mL 密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中含有硝酸的物质的量是:n(HNO3)=cV=14mol/L0.05L=0.7mol,当恰好形成沉淀时,溶液为NaNO3溶液,根据元素

34、守恒,可得n(NaOH)=n(HNO3)(酸)=0.7mol-0.04mol-0.01mol2=0.64mol,故当得到2.54 g沉淀时,加入NaOH溶液的体积是V=n/c=0.64mol1.0 mol/L=0.64L。16【答案】(1)0.75(2分)2.24(2分)200(2分)(2)38.4(3分)【解析】(1)n(HNO3)=0.1L2mol/L=0.2mol,n(H2SO4)=0.1L1moL/L=0.1moL,n(NO3-)=n(HNO3)=0.2mol,溶液中的氢离子既包括硝酸电离的又包括硫酸电离的:所以n(H+)=0.2moL+20.1moL=0.4mol,n(Cu)=19.

35、2g64g/mol=0.3mol,则3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O3mol 2mol 8mol0.3mol 0.2mol 0.8mol由反应关系可以看出,NO3-过量,H+不足,根据H+计算生成的铜离子,则生成的n(Cu2+)=0.4mol3/8=0.15mol,c(Cu2+)=0.15mol0.2L0.75mol/L;根据中分析可知生成NO是0.1mol,折合成标准状况下体积2.24L;根据中分析可知完全溶解铜需要0.8mol氢离子,因此还缺少0.4mol氢离子,则还需要0.2mol硫酸,即还需要200mL1mol/L硫酸;(2)反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+

36、8H+=3Cu2+2NO+4H2O,要使溶解铜的质量最大,则氢离子和硝酸根浓度满足化学计量数即4:1,硝酸全部起氧化剂作用,设硫酸浓度为x,则硝酸浓度为5mol/L-x,溶液中氢离子浓度共:2x+(5mol/L-x),则:2x+(5mol/Lx)/(5mol/Lx)=4:1,解得x=3mol/L,硝酸浓度为2mol/L,硝酸的物质的量为:0.2L2mol/L=0.4mol,根据方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O可知溶解铜是0.6mol,质量是0.6mol64g/mol38.4g。17【答案】(1)H2O2+Cu+2HCl = CuCl2+2H2O;(2)大于;3Cu+

37、8H+2NO3- = 3Cu2+2NO+4H2O;(3)9.9g;【解析】 (1)过氧化氢在酸性环境下能够氧化铜生成铜离子,化学方程式:Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O;故答案为:Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O;(2)铜只能和浓硫酸反应和稀硫酸不反应,Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+H2O,随着铜和浓硫酸的反应的进行,酸的浓度越来越小,不再产生二氧化硫,当被还原的硫酸是0.9mol,则10molL-1的浓硫酸的实际体积要大于180mL;若使剩余的铜片继续溶解,可向其中加入硝酸盐,应为溶液中有H+,再加入硝酸盐引入NO3-,相当于存在了硝酸,硝酸能将同溶

38、解,反应实质为:3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O,故答案为:大于;3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O;(3)n(NO)=0.1mol,生成0.01mol NO,转移的电子的物质的量为:n(e-)=0.1mol(5-2)=0.3mol,反应中存在:MgMg2+Mg(OH)2,FeFe3+Fe(OH)3,得出n(e-)=n(OH-),又m(沉淀)=m(混合物)+m(OH-),所以m(沉淀)=4.8g+0.3mol17g/mol=9.9g,故答案为:9.9g。18【答案】(1) (2)17【解析】 (1)根据反应后的溶液中只有一种溶质NaNO3,设原硝酸的物质的

39、量浓度为C(由氮元素守恒)则 0.14C= va + 11.2/22.4得原硝酸的浓度为: C= ( va +0.5)/0.14=;(3)从反应的始态和最终状态看,铜在反应中失去电子,双氧水在反应中得到电子,需要30%的双氧水的质量为m 则(据得失电子守恒有):(32/64)2=2 解得:m=17g。19【答案】(1)NO3+8e+10H+=NH4+3H2O;(2)FeO(OH)不导电,阻碍电子转移(3)本实验条件下,Fe2+不能直接还原NO3;在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3的去除率Fe2+2FeO(OH)=Fe3O4+2H+,Fe2+将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4,

40、利于电子转移(4)NaCl;(5)4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+8OH-+3O2。【解析】(1)Fe还原水体中NO3-,则Fe作还原剂,失去电子,作负极,NO3-在正极得电子发生还原反应产生NH4+,根据图2信息可知为酸性环境,则正极的电极反应式为:NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O,故答案为:NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O;(2)pH越高,Fe3+越易水解生成FeO(OH),而FeO(OH)不导电,阻碍电子转移,所以NO3-的去除率低故答案为:FeO(OH)不导电,阻碍电子转移;(3)从图2的实验结果可以看出,单独加入Fe2+时,NO3-的去除率为0,

41、因此得出Fe2+不能直接还原NO3-;而Fe和Fe2+共同加入时NO3-的去除率比单独Fe高,因此可以得出结论:本实验条件下,Fe2+不能直接还原NO3-;在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率,故答案为:本实验条件下,Fe2+不能直接还原NO3-;在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率;同位素示踪法证实了Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4,离子方程式为:Fe2+2FeO(OH)=Fe3O4+2H+,Fe2+将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4,利于电子转移,故答案为:Fe2+2FeO(OH)=Fe3O4+2H+,Fe2+将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4,利于电子转移;(4)因为反应前后各元素原子个数相等,X的化学式为NaCl,故答案为:NaCl;(5)高铁酸钠具有强氧化性,与水反应生成Fe(OH)3胶体,反应的离子方程式为, 4FeO42-+10H2O= 4Fe(OH)3+8OH-+3O2。

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