資源簡介

(共26張PPT)
1.自然界中氮的循環

第３節　氮的循環
知識點 1 自然界中氮的循環
必備知識 清單破
2.人類活動的影響
(1)通過化學方法把空氣中的氮氣轉化成氨,再根據需要把氨轉化成其他含氮化合物(如銨
鹽、硝酸等)。
(2)化石燃料燃燒、農作物的秸稈燃燒等所產生的氮氧化物通過大氣進入土壤和水體,參與
氮的循環。
1.氮的固定
(1)定義:將空氣中游離態的氮轉化為含氮化合物的過程。
(2)方式:自然固氮和人工固氮。自然固氮有生物固氮和閃電固氮兩種途徑。
2.氮氣
(1)物理性質
無色、無味的氣體,在標準狀況下密度比空氣略小,難溶于水。
(2)化學性質
通常狀況下,氮氣的化學性質不活潑,很難與其他物質發生反應,在一定條件下能與O2或H2等
物質反應。
①N2與O2的反應(N2表現還原性):N2+O2 2NO。
知識點 2 氮循環中物質的性質及物質之間的轉化
②N2與H2的反應(N2表現氧化性):N2+3H2 2NH3。
3.氮的氧化物
(1)NO的性質
NO是無色、難溶于水的氣體;常溫下NO與空氣中的氧氣迅速化合,生成NO2:2NO+O2 2
NO2。NO結合血紅蛋白的能力比CO還強,更容易造成人體缺氧。
(2)NO2的性質
NO2是紅棕色、有刺激性氣味的有毒氣體,易溶于水;NO2與水反應生成硝酸和一氧化氮:3NO
2+H2O 2HNO3+NO。
(3)氮氧化物的相互轉化及相關計算(詳見定點1)
知識拓展 (1)NO和NO2都是有毒氣體,NO結合血紅蛋白的能力強于氧氣,也比CO強,更容易
引起人體缺氧。
(2)用水洗法可除去NO中的NO2雜質。
4.氨和銨鹽
(1)氨
①物理性質
氨是無色、有刺激性氣味的氣體,易液化;在標準狀況下密度比空氣小,極易溶于水且能快速
溶解。
②化學性質
a.氨與水反應
氨溶于水時能與H2O反應生成NH3·H2O:NH3+H2O NH3·H2O。一水合氨可以部分電離出N
和OH-,使氨水顯弱堿性:NH3·H2O N +OH-。
氨水受熱有氨氣逸出,化學方程式為NH3·H2O NH3↑+H2O。
b.氨與酸反應
濃氨水與揮發性酸(如HCl、HNO3)反應,有白煙產生。氨與HCl反應的化學方程式為NH3+
HCl NH4Cl。
c.氨的還原性
氨在催化劑(如鉑等)存在的情況下與氧氣反應生成一氧化氮:4NH3+5O2 4NO+6H2O。
③NH3的實驗室制法(詳見定點2)
④NH3的噴泉實驗及原理(詳見定點3)
⑤用途
氮循環中物質的性質及物質之間的轉化
(2)銨鹽
①銨鹽:由銨根離子和酸根離子構成的鹽。絕大多數銨鹽是易溶于水的晶體。
②銨鹽的化學性質
a.受熱易分解,如NH4Cl NH3↑+HCl↑、NH4HCO3 NH3↑+CO2↑+H2O。
保存方法:密封、陰涼通風處保存。
b.與強堿溶液反應:N +OH- NH3↑+H2O。
③用途:用作氮肥。銨態氮肥不能與堿性物質如草木灰等混合施用。
(3)銨根離子的檢驗
5.硝酸
(1)物理性質
純凈的硝酸是無色、易揮發、有刺激性氣味的液體,密度為1.5 g·cm-3,易溶于水。
(2)化學性質
①酸性:具有酸的通性,但與金屬反應不產生氫氣。稀硝酸能使紫色石蕊試液變紅,濃硝酸使
紫色石蕊試液先變紅后褪色。
②不穩定性:硝酸受熱或見光分解會產生二氧化氮氣體,反應的化學方程式為4HNO3
4NO2↑+O2↑+2H2O;硝酸越濃,越容易分解。長期存放的濃硝酸呈黃色,是由于
HNO3分解產生的NO2溶于硝酸。實驗室長期保存濃硝酸,可使用棕色試劑瓶,并放置在陰涼處。
③強氧化性
a.硝酸的氧化性很強,除金、鉑、鈦外的大多數金屬都能被硝酸氧化。
b.常溫下,濃硝酸可使鐵、鋁鈍化。
c.與某些非金屬單質反應,如C+4HNO3(濃) CO2↑+4NO2↑+2H2O。
d.硝酸的強氧化性還表現在可以氧化具有還原性的化合物或離子,如SO2、FeO、S 、Fe2
+、S2-、I-等均能被HNO3氧化。
注意事項 N 在離子共存問題中的特殊性:在中性或堿性的稀溶液中,N 無氧化性,當水
溶液中有大量H+存在時,N 就表現出強氧化性。在H+、N 存在的溶液中不能大量存在S
、Fe2+、S2-、I-等還原性離子,且向溶液中投入鐵、鋁等活潑金屬不會放出氫氣。
(3)用途
硝酸是一種重要的化工原料,可用于制造炸藥、染料、塑料和硝酸鹽等。在實驗室里,硝酸
是一種重要的化學試劑。
(4)守恒思想在硝酸與金屬反應有關計算中的應用(詳見定點4)
1.含氮物質的來源及危害

知識點 3　人類活動對氮循環和環境的影響
2.減少人類活動對氮循環和環境影響的措施
(1)控制進入大氣、土壤和水體中含有氮元素的物質的量。
(2)增強生態系統對含有氮元素的物質的吸收能力。
1.大豆的根瘤菌將空氣中的N2轉化為植物蛋白質屬于氮的固定,這種說法正確嗎 (　 )
　　　將空氣中游離態的氮轉化為含氮化合物的過程屬于氮的固定。
2.NO2溶于水時生成HNO3,所以NO2是酸性氧化物,這種說法正確嗎 (　 )
　　　NO2與水反應生成NO和HNO3,所以NO2不是酸性氧化物。
3.實驗室收集NO,既可以用排水法又可以用排空氣法,這種說法正確嗎 (　 )
　　　NO能與O2反應,所以不能用排空氣法收集。
4.氨氣、液氨、氨水是同一物質,這種說法正確嗎 (　 )
　　　氨水是氨氣的水溶液,屬于混合物;氨氣、液氨都是由氨分子構成的純凈物,屬于
同一種物質。
5.可用濃硫酸或無水氯化鈣對氨氣進行干燥,這種說法正確嗎 (　 )
　　　氨氣是堿性氣體,能被濃硫酸吸收;氨氣也能與氯化鈣反應。
知識辨析 判斷正誤，正確的畫“ √” ，錯誤的畫“ ” 。
√




提示
提示
提示
提示
提示
1.氮的氧化物與O2、H2O反應
主要反應的化學方程式:2NO+O2 2NO2、3NO2+H2O 2HNO3+NO。
當體系中同時存在氮氧化物、O2和H2O時,最終反應結果可表示為4NO+3O2+2H2O 4
HNO3、4NO2+O2+2H2O 4HNO3。
2.氮的氧化物與氧氣混合后通入水中的計算
(1)NO2和O2的混合氣體通入水(足量)中時,反應可表示為4NO2+O2+2H2O 4HNO3。情況
分析見下表:
關鍵能力 定點破
定點 1 氮氧化物的相互轉化及相關計算
氣體比例 剩余氣體情況
V(NO2)∶V(O2)=4∶1 恰好反應,無氣體剩余
V(NO2)∶V(O2)<4∶1 剩余氧氣
V(NO2)∶V(O2)>4∶1 NO2過量,剩余氣體為NO,且NO體積為過量
NO2體積的
(2)NO和O2的混合氣體通入水(足量)中時,反應可表示為4NO+3O2+2H2O 4HNO3。情況
分析見下表:
氣體比例 剩余氣體情況
V(NO)∶V(O2)=4∶3 恰好反應,無氣體剩余
V(NO)∶V(O2)<4∶3 剩余氧氣
V(NO)∶V(O2)>4∶3 剩余NO
(3)NO、NO2、O2的混合氣體通入水(足量)中的計算
方法一:先將NO和O2轉化為NO2,再按上述各種情況分別處理;也可先將NO2和H2O反應轉化
為NO,再按上述各種情況分別處理。
方法二:原子守恒法
在4NO+3O2+2H2O 4HNO3、4NO2+O2+2H2O 4HNO3反應中,4NO+3O2和4NO2+O2從
組成上均相當于2N2O5,都與反應N2O5+H2O 2HNO3等效。當NO、NO2、O2的混合氣體溶
于水時利用混合氣體中N、O原子個數比進行分析判斷。
N(N)∶
N(O)
典例　充滿NO2和O2混合氣體30 mL的試管倒立于水中,最終試管中剩余5 mL氣體,則原試管中
NO2和O2的體積比可能是 (　 )
A.1∶1　　B.3∶1　　C.5∶1　　D.9∶1
思路點撥 最終試管中剩余的5 mL氣體可能是O2,也可能是NO,據此結合相關計算確定原試
管中NO2和O2的體積比(相同條件下氣體的體積比等于物質的量之比)。
解析 若O2過量,則剩余的5 mL氣體為O2,根據反應4NO2+O2+2H2O 4HNO3可知,原試管
中NO2的體積為(30 mL-5 mL)× =20 mL,O2的體積為30 mL-20 mL=10 mL,則NO2和O2的體積
比為20 mL∶10 mL=2∶1;若NO2過量,先發生反應4NO2+O2+2H2O 4HNO3①,后發生反應
3NO2+H2O 2HNO3+NO②,剩余5 mL為NO,由反應②可知,發生反應①后NO2剩余5 mL×3
=15 mL,原試管中O2的體積為(30 mL-15 mL)× =3 mL,NO2的體積為30 mL-3 mL=27 mL,則
NO2和O2的體積比為27 mL∶3 mL=9∶1;故選D。
答案 D
1.氨氣的實驗室制法(用氯化銨與熟石灰反應制備)
(1)制備原理:2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O。
(2)實驗裝置

(3)收集方法:通常用向下排空氣法收集。
(4)驗滿:①將濕潤的紅色石蕊試紙放置在試管口附近,若試紙變藍,說明已經收集滿。
②將蘸有濃鹽酸的玻璃棒靠近試管口,若有白煙生成,說明已經收集滿。
定點 2 氨氣的實驗室制法
(5)干燥:用堿石灰干燥,裝置如圖所示。
(6)尾氣處理
為避免污染空氣,多余的氨氣一定要吸收掉(可在收集的試管口放一團用水或稀硫酸浸濕的
棉花)。在尾氣吸收過程中要注意防止倒吸,常采用的防倒吸裝置有以下幾種(CCl4是一種常
用的有機溶劑,密度比水的大,不與NH3或H2O發生反應):
2.實驗室快速制取氨氣的方法
　　氣體發生裝置如下:
方法 原理
加熱濃氨水 NH3·H2O NH3↑+H2O(NH3·H2O不穩定,受熱易分解)
濃氨水+ NaOH固體 NaOH固體溶于水放熱,促進NH3·H2O分解放出NH3
濃氨水+ CaO固體 CaO固體與水反應,放出大量的熱,導致溫度升高,使得氨氣在水中的溶解度進一步減小,使NH3·H2O分解放出NH3
濃氨水+ 堿石灰 CaO固體與水反應、NaOH固體溶于水都放出大量的熱,導致溫度升高,使得氨氣在水中的溶解度進一步減小,使NH3·H2O分解放出NH3
1.NH3的噴泉實驗
定點３ NH3的噴泉實驗及原理
實驗裝置
實驗操作 如圖所示,打開止水夾,擠壓膠頭滴管的膠頭,燒杯中的溶液由玻璃管進入燒瓶,形成紅色噴泉
原理 燒瓶內氣體與液體接觸→氣體溶解或發生化學反應→燒瓶內壓強減小→外部液體迅速進入形成噴泉
實驗關鍵 ①氣體和燒瓶要干燥;②氣體要充滿燒瓶;③裝置氣密性良好
知識拓展　常見氣體與吸收劑的組合
氣體 HCl、HBr NH3 CO2、SO2
吸收劑 水或NaOH溶液 水或鹽酸 NaOH等堿的溶液
組合時 的條件 氣體在液體中的溶解度很大或與液體發生反應,使氣體的物質的量
迅速減小,產生足夠的壓強差 2.常見的噴泉實驗裝置
甲 乙 丙
(1)圖甲裝置形成“噴泉”是因為燒瓶內氣體極易溶于燒杯和膠頭滴管中的液體或與燒杯和
膠頭滴管中的液體反應,使燒瓶內的壓強迅速減小而產生壓強差,燒杯中的液體被壓入燒瓶
內形成“噴泉”。
(2)圖乙裝置形成“噴泉”可采用使燒瓶受熱的方法,瓶內氣體膨脹,打開止水夾,止水夾下部
導管中的空氣受熱排出,燒瓶內氣體與液體接觸溶解(或反應),使燒瓶內壓強減小產生壓強差
而形成“噴泉”。
(3)圖丙裝置下部錐形瓶內的物質反應產生氣體(或錐形瓶中液體受熱揮發出氣體),使錐形瓶
內氣體壓強增大而產生壓強差,打開止水夾,錐形瓶中液體被壓入燒瓶中形成“噴泉”。
1.原子守恒法
HNO3與金屬反應時,一部分HNO3體現酸性,以N 的形式存在于溶液中,一部分HNO3體現氧
化性,轉化為還原產物,這兩部分中氮原子的總物質的量等于反應消耗的HNO3中氮原子的物
質的量。
2.得失電子守恒法
HNO3與金屬反應時,HNO3中氮原子得到電子的總物質的量等于金屬原子失去電子的總物質
的量。
3.電荷守恒法
HNO3與金屬反應時,HNO3過量,反應后溶液中(不考慮H2O電離出的極少量的H+、OH-)存在
電荷守恒:n(N )=n(H+)+x·n(Mx+)(Mx+代表金屬陽離子)。
定點4 　守恒思想在硝酸與金屬反應有關計算中的應用
4.離子方程式計算法
金屬與H2SO4、HNO3的混合酸反應時,當金屬足量時,不能用硝酸與金屬反應的化學方程式
計算,應用離子方程式計算,因為生成的硝酸鹽中的N 在H2SO4提供H+的條件下能繼續與金
屬反應。第3章　物質的性質與轉化
第3節　氮的循環
第2課時　氨氣和銨鹽
基礎過關練
題組一　氨氣和氨水的性質
1.(經典題)下列敘述正確的是(　　)
A.氨水顯堿性,是因為氨水是一種弱堿
B.氨水和液氨是同種物質
C.氨氣溶于水時僅發生物理變化
D.1 L 1 mol·L-1的氨水中含NH3、NH3·H2O、N的物質的量之和為1 mol
2.(經典題)如圖利用培養皿探究氨氣的性質,實驗時向NaOH固體上滴幾滴濃氨水,立即用另一培養皿扣在上面。下表中對實驗現象的描述及解釋均正確的是(　　)
選項 實驗現象 解釋
A 濃鹽酸附近產生白煙 NH3與HCl反應生成了NH4Cl固體
B 濃硫酸附近無明顯現象 NH3與濃硫酸不發生反應
C 氯化銅溶液中出現白色渾濁物 白色渾濁物的成分是Cu(OH)2
D 濕潤的紅色石蕊試紙變藍 NH3是一種可溶性堿
題組二　銨鹽的性質和銨根離子的檢驗
3.下列有關銨鹽的說法中正確的是(　　)
A.檢驗試管中盛有的少量白色固體是銨鹽的方法:加濃氫氧化鈉溶液,加熱,在試管口用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗,看試紙是否變藍
B.所有銨鹽受熱均可以分解,產物均有NH3
C.銨鹽都能與堿反應,不能與酸反應
D.向盛有硫酸銨[(NH4)2SO4]稀溶液的試管中滴加少量NaOH稀溶液,在試管口用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗,試紙變藍
4.下圖中的每一個方格中字母表示有關的一種反應物或生成物,其中A、C為無色氣體(部分產物未給出)。
(1)寫出有關物質的化學式:X　　　　　　;F　　　　　　。
(2)寫出F→G的化學方程式:　　　　　　　　　　　　　。
(3)寫出C+D→E的化學方程式:　　　　　　　　　　　。
(4)分別取兩份50 mL NaOH溶液,各向其中通入一定量的氣體A,隨后各取溶液10 mL分別將其稀釋到相同體積,得到溶液甲和乙,分別向甲和乙中逐滴加入0.1 mol·L-1鹽酸,產生的A氣體體積(標準狀況下)與所加入的鹽酸的體積之間的關系如圖所示。
甲　　　　　　　乙　　　　　　
①NaOH在吸收A氣體后,乙溶液中存在的溶質是　　　　,其物質的量之比是　　　　。
②原NaOH溶液的物質的量濃度是　　　　 mol·L-1,甲溶液最多還能吸收A體積為　　 mL(標準狀況)。(不考慮A在水中的溶解)
題組三　氨氣的實驗室制法
5.下列裝置用于制備并收集干燥純凈的氨氣。下列分析錯誤的是(　　)
A.儀器口連接順序為a→e→d→c→b
B.上述實驗缺少尾氣處理裝置
C.生石灰與水反應放出熱量,促使氨氣逸出
D.干燥管中的堿石灰可用無水氯化鈣代替
6.某實驗小組利用以下裝置制取氨氣并探究氨氣的性質:
(1)裝置A中發生反應的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)裝置B中的干燥劑是　　　　(填名稱)。
(3)裝置C中的現象是　　　　　　　　。
(4)實驗進行一段時間后,擠壓裝置D中的膠頭滴管,滴入1~2滴濃鹽酸,可觀察到的現象是　　　　　　　　　,發生反應的化學方程式為　　　　　　　　　　。
(5)為防止過量氨氣外逸,需在實驗裝置末端增加尾氣吸收裝置,應選用的裝置是　　　　(填“E”或“F”)。
題組四　噴泉實驗原理與應用
7.(不定項)常溫常壓下,1體積水能溶解約700體積NH3。用如圖所示裝置進行實驗,下列說法正確的是(　　)
A.擠壓膠頭滴管并打開止水夾后,觀察到燒杯中的水倒吸入燒瓶,產生紅色“噴泉”
B.“噴泉”的產生能證明NH3與H2O發生了反應
C.若將NH3換成CO2,也能產生明顯的“噴泉”
D.圓底燒瓶中的液體呈紅色的原因是NH3+H2O NH3·H2O N+OH-
8.噴泉是一種常見的現象,其產生原因是存在壓強差。
(1)圖Ⅰ為化學教學中常用的噴泉實驗裝置。在燒瓶中充滿干燥氣體,膠頭滴管及燒杯中分別盛有液體。打開止水夾,將膠頭滴管中的液體擠入燒瓶內,輕輕振蕩燒瓶,燒杯中的液體快速呈噴泉狀噴出,最終幾乎充滿燒瓶。下列可能形成上述類似噴泉的是　　　(填字母)。
A.NH3和1 mol·L-1鹽酸
B.NO和H2O
C.CO2與飽和碳酸氫鈉溶液
D.CO2和NaOH溶液
E.NO2和H2O
F.Cl2與飽和NaCl溶液
(2)在圖Ⅱ的錐形瓶中,分別加入足量的下列物質后,能產生噴泉的是　　　　(填字母)。
A.Cu與濃硫酸　　　　　　B.Cu與稀硝酸
C.Fe與濃硝酸　　　　　　D.Al與稀硫酸
(3)比較圖Ⅰ和圖Ⅱ兩套裝置,從產生噴泉的原理來分析,圖Ⅰ是上部燒瓶內氣體壓強　　　　(填“增大”或“減小”,下同);圖Ⅱ是下部錐形瓶內氣體壓強　　　　。
(4)某學生積極思考噴泉原理的應用,設計了如圖Ⅲ所示的裝置。
①如果關閉止水夾c,打開止水夾a、b,再擠壓膠頭滴管,則可能出現的現象為　　　　　　　　　　。
②在①操作的基礎上,若要在該裝置中產生雙噴泉現象,其操作是　　　　　　　　　　　　。
能力提升練
題組一　氨氣及銨鹽性質的綜合應用
1.一種以芒硝和碳酸氫銨為原料聯合生產NaHCO3和(NH4)2SO4的方法如圖所示,反應釜中發生的反應為復分解反應。已知NH4HCO3在60 ℃可迅速分解,(NH4)2SO4在100 ℃以上會緩慢分解,下列說法錯誤的是(　　)
A.實驗室進行過濾操作時,需要用到漏斗、燒杯、玻璃棒
B.“干燥”獲取NaHCO3時,可采用常溫風干的方法
C.“脫氨、脫碳”的溫度需控制在100 ℃以上
D.可以用稀鹽酸來區分NH4HCO3和(NH4)2SO4
2.某同學進行如下實驗。
實驗步驟 實驗現象
Ⅰ 將NH4Cl固體加入試管中,并將濕潤的pH試紙置于試管口,試管口略向下傾斜,對試管底部進行加熱 試紙顏色變化:黃色→藍色(pH≈10)→黃色→紅色(pH≈2);試管中部有白色固體附著
Ⅱ 將飽和NH4Cl溶液滴在pH試紙上 試紙顏色變化:黃色→橙黃色(pH≈5)
下列說法不正確的是(　　)
A.根據Ⅰ中試紙變藍,說明NH4Cl發生了分解反應
B.根據Ⅰ中試紙顏色變化,說明氨氣比氯化氫氣體擴散速率快
C.Ⅰ中試紙變成紅色,不是由于生成NH4Cl造成的
D.根據Ⅰ中試紙變藍,說明宜用加熱NH4Cl的方法制備NH3
3.廢水中的氨氮(NH3、N)采用微生物脫氮法、化學沉淀法均可除去,具體原理如下:
①微生物脫氮法:N N N2
②化學沉淀法:向廢水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液,生成MgNH4PO4·6H2O沉淀從而去除氨氮。
下列有關說法正確的是(　　)
A.含氨氮的廢水直接大量排放,對水體的影響不大
B.微生物脫氮時可在高溫下進行,以加快脫氮的速率
C.步驟a發生反應:N+O2 N+H2O+H+
D.化學沉淀法脫氮時,溶液的堿性過強,氨氮的去除率將下降
4.“侯氏制堿法”是我國化工專家侯德榜為世界制堿工業作出的突出貢獻。某實驗小組模擬“侯氏制堿法”的工藝流程及實驗裝置(部分夾持裝置省略)如下:
下列敘述錯誤的是(　　)
A.實驗時先打開裝置③中分液漏斗的旋塞,過一段時間后再點燃裝置①的酒精燈
B.裝置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脫脂棉,作用是吸收多余的NH3
C.向步驟Ⅰ所得濾液中通入氨氣,加入細小的食鹽顆粒并降溫,可析出NH4Cl
D.不能用裝置④加熱碳酸氫鈉實現步驟Ⅱ的轉化
題組二　以氨氣為載體的綜合實驗
5.某興趣小組設計實驗探究氨氣催化還原SO2,裝置如圖。
回答下列問題:
(1)裝置a中盛裝生石灰的儀器名稱為　　　。
(2)裝置e中發生反應的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)裝置b中應盛裝的藥品為　　　　(填字母)。
A.無水CuSO4　　　　　　B.無水CaCl2
C.濃硫酸　　　　　　D.堿石灰
(4)管式爐中反應一段時間后,催化劑表面開始有淡黃色固體生成,反應為4NH3+3SO2 3S+2N2+6H2O?？梢杂靡唤M化學方程式表示其反應過程,補充過程Ⅲ的化學方程式。
過程Ⅰ:2NH3 N2+3H2
過程Ⅱ:SO2+3H2 H2S+2H2O
過程Ⅲ:　　　　　　　　　　　　　。
(5)氣體流量計可用于觀察氣體的流速。通過　　　　　　　　　　(填操作)調節氣體流速,以控制裝置c中NH3與SO2的比例。
(6)該裝置存在的不足之處是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
6.氨氣與灼熱氧化銅反應生成銅、氮氣和水。實驗小組選用如圖所示裝置測定氨分子的組成(夾持、固定裝置均略去)。
回答下列問題:
(1)實驗開始后,應該先　　　　　　　　　　　　　　　　(填實驗操作),一段時間后再點燃酒精燈,裝置C玻璃管中發生反應的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　。
(2)裝置A中盛裝濃氨水的儀器名稱為　　　　　;橡膠管a的作用是　　　　　　　　　　　　　　。
(3)裝置E中長導管的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)實驗結束后,測得生成的氣體折算成標準狀況下的體積為V L,稱得干燥管D增重m g,則氨分子中氮、氫的原子個數比為　　　　(用含V、m的代數式表示);有同學認為裝置E可以省略不用,試分析若不用裝置E,測得的結果會　　　　(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。　
答案與分層梯度式解析
第3章　物質的性質與轉化
第3節　氮的循環
第2課時　氨氣和銨鹽
基礎過關練
1.D　氨水中的一水合氨(NH3·H2O)是弱堿,NH3·H2O可以部分電離出N和OH-,使氨水顯堿性,故A錯誤;氨水是混合物,液氨是純凈的NH3,故B錯誤;氨氣溶于水時會發生化學變化(NH3與水反應),故C錯誤;氨水中含有氮原子的粒子有NH3、NH3·H2O、N,根據氮原子守恒可知,1 L 1 mol·L-1的氨水中含NH3、NH3·H2O、N的物質的量之和為1 mol,故D正確。
2.A　向NaOH固體上滴幾滴濃氨水,會產生氨氣。NH3與濃鹽酸揮發出的HCl反應生成氯化銨固體,現象是有白煙產生,A正確;氨氣與濃硫酸發生反應生成硫酸銨,B錯誤;氨氣與氯化銅溶液發生反應生成氫氧化銅藍色沉淀,C錯誤;氨氣使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的原因是NH3與水反應生成NH3·H2O,NH3·H2O能電離產生OH-,溶液呈堿性,但NH3不屬于堿,D錯誤。
3.A　銨鹽受熱分解不一定產生氨氣,如NH4NO3在400 ℃以上時分解生成N2、NO2和H2O,故B錯誤;弱酸的銨鹽[如NH4HCO3、(NH4)2S等]能與鹽酸、硫酸等反應,故C錯誤;(NH4)2SO4稀溶液中加入少量NaOH稀溶液,不會放出氨氣,故D錯誤。
4.答案　(1)NH4HCO3或(NH4)2CO3　NO2　(2)3NO2+H2O 2HNO3+NO　(3)4NH3+5O2 4NO+6H2O　(4)①NaHCO3和Na2CO3　1∶1?、?.75　112
解析　X受熱分解為A、B、C,A、C為無色氣體,X和鹽酸反應放出氣體A,A能與過氧化鈉反應,A為CO2;X與堿在加熱條件下反應放出氣體C,C是NH3;Na2O2和二氧化碳反應放出氧氣,D是O2;氨氣發生催化氧化生成NO,NO被氧氣氧化為NO2,NO2和水反應生成硝酸,B是H2O、E是NO、F是NO2,G是HNO3。(1)NH4HCO3或(NH4)2CO3受熱分解為二氧化碳、氨氣、水,所以X為NH4HCO3或(NH4)2CO3;F是NO2。(4)①碳酸鈉溶液中逐滴滴加稀鹽酸,依次發生反應:H++C HC、HC+H+ H2O+CO2↑,開始沒有氣體放出,后來放出氣體,兩步反應消耗鹽酸的體積相等;NaOH在吸收CO2氣體后,根據乙溶液中產生二氧化碳的體積與加入鹽酸的體積關系圖可知,05.D　濃氨水和生石灰混合制取的氨氣中含有水蒸氣,用堿石灰除去水蒸氣,氨氣的密度比空氣小,收集時導管“短進長出”,所以儀器口的連接順序為a→e→d→c→b,故A正確;氨氣排放到空氣中會污染環境,需要進行尾氣處理,圖中缺少尾氣處理裝置,故B正確;生石灰與濃氨水中的水反應放熱,促使氨氣逸出,故C正確;無水氯化鈣能吸收氨氣,所以不能用無水氯化鈣做氨氣的干燥劑,故D錯誤。
6.答案　(1)2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O　(2)堿石灰(或生石灰、NaOH固體)　(3)濕潤的紅色石蕊試紙變藍　(4)有白煙生成　NH3+HCl NH4Cl　(5)E
解析　(1)實驗室用加熱NH4Cl和Ca(OH)2固體混合物的方法制備NH3,反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O。(2)制取的氨氣中混有少量水蒸氣,用B裝置干燥氨氣,球形干燥管里應裝有堿性固體干燥劑,如堿石灰。(3)氨氣與水反應生成的一水合氨使溶液呈堿性,所以C中濕潤的紅色石蕊試紙變藍。(4)實驗進行一段時間后擠壓裝置D中的膠頭滴管,滴入濃鹽酸,發生反應NH3+HCl NH4Cl,氯化銨為白色固體,可看到有白煙生成。(5)由于氨氣極易溶于水,尾氣處理時要考慮防倒吸,故選E。
7.AD　氨氣溶于水,部分與水反應生成一水合氨,一水合氨在水中部分電離出OH-:NH3+H2O NH3·H2O N+OH-,使酚酞溶液變紅,故A、D正確;氨氣極易溶于水,溶于水后會形成壓強差,“噴泉”的產生不能證明NH3與H2O發生了反應,故B錯誤;將NH3換成CO2,CO2在水中的溶解度較小,產生的壓強差也較小,不能產生明顯的“噴泉”,故C錯誤。
8.答案　(1)AD　
(2)BD　
(3)減小　增大　
(4)①裝氨氣的燒瓶中出現白煙　②打開止水夾c
解析　(1)圖Ⅰ中形成噴泉的條件是燒瓶中的壓強變小,且最后幾乎沒有氣體。A項,氨氣與1 mol·L-1鹽酸能迅速反應,導致燒瓶中的氣體減少,壓強減小,能形成噴泉,最終液體幾乎充滿燒瓶;B項,NO難溶于H2O,所以不能使燒瓶中的氣體減少,不能形成噴泉;C項,CO2在飽和NaHCO3溶液中的溶解度很小,不能形成噴泉;D項,CO2和NaOH溶液能迅速反應,導致燒瓶中的氣體減少,壓強減小,所以能形成噴泉,最終液體幾乎充滿燒瓶;E項,二氧化氮與水反應會有一氧化氮氣體產生,能形成噴泉但液體不會充滿燒瓶;F項,Cl2在飽和NaCl溶液中的溶解度不大,不能形成噴泉。(2)圖Ⅱ中形成噴泉的條件是在錐形瓶中加入的物質能導致錐形瓶中壓強變大。A項,Cu與濃硫酸常溫下不反應,所以不能使錐形瓶中的壓強變大;B項,銅與稀硝酸反應生成一氧化氮,使錐形瓶中的壓強增大而產生噴泉;C項,常溫下,鐵在濃硝酸中發生鈍化,不能使錐形瓶中的壓強變大;D項,鋁與稀硫酸反應生成氫氣,使錐形瓶中的壓強增大而產生噴泉。(3)圖Ⅰ是上部燒瓶內氣體壓強減小形成噴泉,圖Ⅱ是錐形瓶內氣體壓強增大,形成噴泉。(4)①如果關閉止水夾c,打開止水夾a、b,擠壓膠頭滴管,使水進入右邊燒瓶,氨氣溶于水使右邊燒瓶內氣體壓強減小,左邊燒瓶中的氯化氫氣體會進入右邊燒瓶,與氨氣反應生成白色的氯化銨固體,故可能出現的現象是裝氨氣的燒瓶中產生白煙。②由于兩個燒瓶中的氣體壓強都減小,只要打開止水夾c,兩邊燒瓶中均可形成噴泉。
能力提升練
1.C　反應釜中發生的反應為2NH4HCO3+Na2SO4 (NH4)2SO4+2NaHCO3↓,NaHCO3溶解度小,以晶體形式析出;濾液1中有碳酸氫銨,經過脫氨和脫碳,除去碳酸氫銨,再經過一系列操作得(NH4)2SO4晶體。實驗室過濾時用到的玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻璃棒,故A正確;NaHCO3受熱易分解,所以可采用常溫風干,故B正確;60 ℃時碳酸氫銨可迅速分解,100 ℃以上硫酸銨會緩慢分解,所以“脫氨、脫碳”的溫度不能超過100 ℃,故C錯誤;碳酸氫銨與鹽酸反應生成二氧化碳氣體,硫酸銨與鹽酸不反應,故D正確。
2.D　根據Ⅰ中試紙變藍可知,加熱過程中生成了氨氣,氨氣遇水形成一水合氨,一水合氨為弱堿,使pH試紙呈藍色,說明NH4Cl發生了分解反應,A正確;Ⅰ中試紙顏色先變藍后變紅,說明氨氣比氯化氫氣體擴散速率快,B正確;根據Ⅱ中試紙顏色變化可知,飽和NH4Cl溶液的pH≈5,則Ⅰ中試紙變成紅色(pH≈2),是由于NH4Cl分解產生的氯化氫造成的,C正確;Ⅰ中試管中部有白色固體附著,說明氯化銨分解產生的氨氣和氯化氫在擴散過程中又化合生成氯化銨,則不宜用加熱NH4Cl的方法制備NH3,D錯誤。
3.D　含氨氮的廢水中含有氮元素,直接排放會導致水體富營養化,A錯誤;微生物在高溫下會死亡,不能加快脫氮速率,B錯誤;步驟a發生的反應為N+2O2 N+H2O+2H+,C錯誤;化學沉淀法脫氮時,若溶液的堿性過強,鎂離子會轉化為Mg(OH)2沉淀,從而降低氨氮的去除率,D正確。
4.A　氨氣在水中的溶解度大,飽和NaCl溶液中,應先通入氨氣,再通入CO2,故應該先點燃裝置①的酒精燈,A錯誤;過量氨氣擴散到空氣中會造成污染,可用蘸稀硫酸的脫脂棉吸收,B正確;過濾后,濾液中含有氯化銨,向濾液中通入氨氣可以增大溶液中銨根離子的濃度,再加入細小的食鹽顆粒并降溫,可使NH4Cl以晶體的形式析出,C正確;一般固體加熱不用燒杯,D正確。
5.答案　(1)圓底燒瓶　(2)Na2SO3+H2SO4 SO2↑+Na2SO4+H2O　(3)D　(4)SO2+2H2S 3S+2H2O　(5)調節分液漏斗的活塞　(6)缺少尾氣處理裝置
解析　
(3)生成的氨氣中混有水蒸氣,濃硫酸、CaCl2與氨能夠發生反應,無水硫酸銅不是干燥劑,所以選擇堿石灰干燥氨,故選D。(4)由過程Ⅰ、過程Ⅱ、過程Ⅲ可得到4NH3+3SO2 3S+2N2+6H2O,所以過程Ⅲ的化學方程式為SO2+2H2S 3S+2H2O。(5)可以通過調節分液漏斗的活塞控制液體的加入量來控制氣體的生成速率。(6)未反應的混合氣體從管式爐中逸出會污染空氣,所以缺少尾氣處理裝置。
6.答案　(1)打開K1滴加濃氨水,再打開K2　2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O　
(2)分液漏斗　平衡氣壓,使濃氨水順利滴下　
(3)防止E中濃硫酸倒吸進入裝置D,影響測定結果
(4)　偏小
解析　裝置A用于制備氨氣;裝置B用于干燥氨氣;裝置C中氨氣和CuO反應生成Cu、N2和H2O;裝置D用于吸收H2O,增加的質量為氨氣和CuO反應生成的水的質量;裝置E吸收裝置C中未反應的NH3,同時防止F中的水進入D中;裝置F利用排水法收集N2,裝置G測量生成的N2的體積。(1)該實驗需先制備氨氣,然后利用產生的氨氣排出裝置內的空氣,實驗開始后,應該先打開K1滴加濃氨水,再打開K2,排出裝置內的空氣后再點燃酒精燈;結合題意可知裝置C的玻璃管中發生反應的化學方程式為2NH3+3CuO N2+3Cu+3H2O。(2)裝置A中盛裝濃氨水的儀器為分液漏斗;橡膠管a的作用是平衡氣壓,使濃氨水順利滴下。(3)裝置E的作用是吸收氨氣,長導管的作用是防止E中濃硫酸倒吸進入裝置D,影響測定結果。(4)測得生成的N2折算成標準狀況下的體積為V L,即n(N2)= mol,干燥管D增重m g,則n(H2O)= mol,則氨分子中氮、氫的原子個數比=n(N)∶n(H)=(2× mol)∶( mol×2)=;若不用裝置E,F中的水會進入D中,導致測得的水的質量偏大,則測得的氨分子中氮、氫的原子個數比偏小。
21(共20張PPT)
1.概念:由利用當代科學技術研究開發所引起的一系列與社會倫理道德、經濟發展及自然生
態環境等緊密相關的社會性問題。
2.探討社會性科學議題的框架
微項目　論證重污染天氣“汽車限行”的合理性
知識點 1 社會性科學議題
必備知識 清單破
1.汽車尾氣的污染物
　　主要有一氧化碳、碳氫化合物、氮的氧化物、煙塵等。汽車尾氣中的氮氧化物與碳氫
化合物經紫外線照射發生反應形成有毒煙霧,即光化學煙霧;氮氧化物進入大氣,還會轉化成
硝酸及其鹽類物質導致環境問題。
2.汽車限行措施的利弊
知識點 2 論證重污染天氣“汽車限行”的合理性
視角 利 弊
環境 減少有害氣體排放,減輕空氣污染和溫室效應 —
經濟 促使人們購買第二輛汽車,汽車銷量增加,促進經濟發展 導致汽車保有量增加
社會 緩解道路交通壓力 增加公共交通壓力,導致出行不便
3.學習科學論證,論證利與弊
(1)論證過程
為了論證觀點,需要依據觀點充分收集相關資料,并對資料進行推理分析,使資料成為支持或
者否定某種觀點的證據,并且考慮是否存在對資料或者推理過程的反駁。
(2)論證評價標準
從知識的應用、科學態度與社會責任方面等進行論證評價。
知識點 3 汽車尾氣的治理方法(詳見定點)
1.由于汽車限行會給我們出行帶來不便,所以不需要對汽車限行。這種說法正確嗎 (　 )
要根據天氣和交通等綜合考慮,重污染天氣和交通擁堵時段建議采取“汽車限
行”的措施。
2.汽車安裝了尾氣凈化裝置就不會對環境造成污染,這種說法正確嗎 (　 )
雖然汽車有尾氣凈化裝置,但裝置中的催化劑很容易中毒,一旦催化劑中毒,就不
能有效吸收氮氧化物了。
知識辨析 判斷正誤，正確的畫“ √” ，錯誤的畫“ ” 。
提示
提示


　　治理汽車尾氣的方法之一是在汽車排氣管上加裝催化轉化器;汽車上的三元催化器常以
金屬鉑、銠、鈀為催化劑,在一定程度上能實現有害氣體向無害氣體的轉化。
2xCO+2NOx 2xCO2+N2
關鍵能力 定點破
定點　 汽車尾氣的治理方法
情境探究
　　氮氧化物(如NO和NO2)是汽車尾氣和化工生產中的常見大氣污染物。工業上在一定溫
度和催化劑條件下用NH3將NOx還原生成N2。在實驗室利用如圖裝置制備NO2和NH3,并探究
NO2能否被NH3還原。

學科素養 情境破
素養　科學探究與創新意識——氣體制備與性質探究中的裝置分析
問題1 上述裝置A、D、E的作用是什么
　　　裝置A為NH3的發生裝置,裝置E為NO2的發生裝置,裝置D的作用是除去NO2中水蒸氣。
問題2 寫出銅與濃硝酸反應的化學方程式;分析物質甲是什么,其作用是什么
　　　銅與濃硝酸反應的化學方程式為4HNO3(濃)+Cu Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;物質甲
可以是堿石灰,作用是除去NH3中的水蒸氣。
問題3 該實驗裝置的不足之處是什么 如何改進
　　　缺少尾氣處理裝置,過量的NO2和NH3會污染環境;m處排出的氣體通入盛有氫氧化鈉
溶液的燒杯,以吸收尾氣,同時注意防倒吸。
講解分析
氣體制備與性質探究實驗中的裝置分析
1.氣體制備實驗裝置的選擇依據
2.常見氣體的發生裝置
(1)固體+固體 氣體

常用于制備:O2、NH3等。
(2)固體+液體(或液體+液體) 氣體
常用于制備:Cl2等。
(3)固體+液體(不加熱) 氣體
常用于制備:H2、CO2、SO2等。
3.氣體的除雜
(1)除雜試劑選擇的依據:被凈化氣體和雜質氣體性質上的差異,如溶解性、酸堿性、氧化
性、還原性等。
(2)除雜原則:①不損失被凈化氣體;②不引入新的雜質氣體;③先除易除的雜質氣體。
4.氣體的干燥　
類型 液態干燥劑 固態干燥劑 裝置圖
常見 干燥劑 濃H2SO4(酸性、強氧
化性) 無水氯化鈣(中性)、堿石灰(堿性) 5.氣體的收集方法
收集方法 氣體的特點 收集裝置 可收集的氣體
排水法 難溶于水或微溶
于水,且不與水
反應 O2、H2、NO、
CO等
排空 氣法 向上排空氣法 密度大于空氣且
不與空氣中的成
分反應 Cl2、SO2、NO
2、CO2等
向下排空氣法 密度小于空氣且
不與空氣中的成
分反應 H2、NH3等
6.尾氣處理的原因、方法
(1)原因:有些氣體有毒或具有可燃性,任其逸散到空氣中,會污染空氣或者引發火災、爆炸等
災害。
(2)方法:一般根據氣體的相關性質,使其轉化為非氣態物質或無毒物質,如酸性有毒氣體用堿
溶液吸收,可燃性氣體用點燃等措施。
7.防倒吸裝置
肚容式 分液式

例題　某興趣小組設計如下實驗裝置用銅粉將NO還原為N2(夾持裝置略)。
　　　A B C　
D E F
已知:①濃硝酸可氧化NO;
②NaOH溶液能吸收NO2,不能吸收NO。
(1)裝置F的名稱為　　　　　　　　 ,裝置接口的連接順序為a→　　　　　　　　　
　 (各裝置只用一次)。
典例呈現
(2)裝置C中發生反應的離子方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　 。
(3)裝置D的作用為　　　　　　　　 。
(4)E裝置中可觀察到的現象為　　　　　　　　 。
(5)反應一段時間后拆下E裝置,按如圖所示連接,一段時間后,無水硫酸銅變為藍色,生成無污
染氣體,寫出通入氨氣后E裝置中發生反應的化學方程式:　　　　　　　　　　　　　　
　　 。

素養解讀 本題以“用銅粉將NO還原為N2”的實驗探究為情境,考查了儀器的識別、儀器
的連接、實驗現象的描述、儀器的作用、化學方程式和離子方程式的書寫等相關知識,體現
了科學探究與創新意識的化學學科核心素養。
信息提取 根據實驗目的:用銅粉將NO還原為N2(同時生成CuO),通過觀察題中實驗裝置和
試劑可判斷出,A為NO的發生裝置,D、F為除雜裝置,E為銅粉將NO還原為N2的裝置,B為氧化
NO的裝置,C為尾氣處理裝置。
解題思路 (1)由裝置可知,F的名稱為球形干燥管;A中Cu與稀硝酸反應生成NO,D中水可除
去揮發的硝酸,F中五氧化二磷可干燥NO,B中濃硝酸可氧化NO,C中NaOH溶液可吸收尾氣,
所以裝置接口連接順序為a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d。(2)C中NaOH溶液能吸
收NO2,根據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可得反應的離子方程式為2NO2+2OH-
N +N +H2O。(3)裝置D的作用是吸收揮發出來的硝酸。(4)裝置E中有氧化銅生成,所以
可觀察到的現象為紅色粉末變為黑色。(5)一段時間后無水硫酸銅變為藍色,說明有水生成,
氨氣在加熱條件下與氧化銅反應生成Cu、N2、H2O,化學方程式為2NH3+3CuO 3Cu+N2↑+3H2O。
答案 (1)球形干燥管　f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d (2)2NO2+2OH- N +N
+H2O (3)吸收揮發出來的硝酸 (4)紅色粉末變為黑色 (5)2NH3+3CuO 3Cu+N2↑+3H
2O

思維升華
以氣體制備與性質探究為背景的實驗題,涉及知識面較廣,形式靈活多變,能夠很好地考查學
生綜合運用化學實驗基礎知識解決問題的能力。解題過程中應注意思維的有序性。第3章　物質的性質與轉化
微項目　論證重污染天氣“汽車限行”的合理性
基礎過關練
1.汽車尾氣中的NOx、CO、碳氫化合物通過排氣系統的凈化裝置(催化劑主要由Rh、Pd、Pt等物質和稀土材料組成)轉化過程如圖。下列分析不正確的是(　　)
A.該凈化裝置可將有毒的氮氧化物轉化為無毒的氮氣
B.該過程中CO是還原劑
C.該過程中NOx發生了還原反應
D.該過程中,碳氫化合物沒有發生反應
2.汽車尾氣是城市空氣的主要污染源之一,治理方法之一是在汽車排氣管上加裝催化轉化器。下列說法中錯誤的是　(　　)
A.汽車排氣管中CO和NOx反應的化學方程式為2xCO+2NOx 2xCO2+N2
B.植樹造林,增大綠化面積,可有效控制城市空氣的污染
C.汽車改用天然氣或氫氣為燃料,都會減少空氣污染
D.此治理方法的缺點是大大提高了空氣的酸度
3.汽車尾氣(含有碳氫化合物、CO、SO2和NO等)是造成城市空氣污染的主要原因之一,研究汽車尾氣的綠色排放具有重要意義?；卮鹣铝袉栴}:
(1)治理方法之一是在汽車的排氣管上裝“催化轉化器”(用鉑、鈀等做催化劑)。它的特點是使CO和NO反應,生成可參與大氣循環的無毒氣體,并使碳氫化合物充分燃燒及實現SO2的轉化。
①CO和NO反應的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②SO2的轉化過程在一定程度上提高了空氣的酸度,其原因是　　　　　　　　　　　。
(2)“稀薄燃燒”也是普遍采用的治理方法?！跋”∪紵笔侵钙驮谳^大空/燃比(空氣與燃料氣的體積比)條件下燃燒。但“稀薄燃燒”時,常用的汽車尾氣凈化裝置不能有效地將NOx轉化為N2。不同空/燃比的汽車尾氣中主要污染物的含量變化如圖所示。
①“稀薄燃燒”技術除節約能源外,還具有的優點是　　　　　　　　　　　　　　。
②某探究小組同學按下列流程探究不同催化劑對NH3還原NO反應的催化性能。
NO與NH3混合氣體→催化反應器→檢測→尾氣處理
ⅰ.催化反應器中NH3與NO反應生成N2,當生成1 mol N2時,轉移電子的物質的量為　　mol。
ⅱ.控制其他實驗條件相同,在催化轉化器中裝載不同催化劑,將催化反應后的混合氣體按相同流量緩緩通入滴有酚酞的稀硫酸中(溶液的體積和濃度相同)。為比較不同催化劑的催化性能,需要記錄的實驗數據是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
ⅲ.實驗發現當NO與NH3混合氣體中混入一定量空氣時,催化反應后的混合氣體中NO的含量明顯升高,NO的含量明顯升高的原因是　　　　　　　　　(用化學方程式表示)。
答案與分層梯度式解析
第3章　物質的性質與轉化
微項目　論證重污染天氣“汽車限行”的合理性
基礎過關練
1.D　根據圖示可知,該凈化裝置可將有毒的氮氧化物轉化為無毒的氮氣,故A正確;該過程中CO轉化為二氧化碳,碳元素的化合價升高,則該過程中CO是還原劑,故B正確;該過程中NOx轉化為氮氣,氮元素的化合價降低,則該過程中NOx發生了還原反應,故C正確;該過程中,碳氫化合物轉化為二氧化碳和水,發生了化學反應,故D錯誤。
2.D　CO與NOx在催化劑作用下反應生成無毒的N2和CO2,故A正確;植樹造林,增大綠化面積,可凈化空氣,故B正確;天然氣的燃燒產物為二氧化碳和水,氫氣的燃燒產物為水,不會產生污染氣體,所以汽車改用天然氣或氫氣為燃料可減少空氣污染,故C正確;該治理方法是將一氧化碳和氮氧化物轉化為氮氣和二氧化碳,不會提高空氣的酸度,故D錯誤。
3.答案　(1)①2CO+2NO 2CO2+N2?、诙趸蚪涋D化可形成硫酸酸霧　(2)①可以減少CO和碳氫化合物的污染?、冖?2.4?、?溶液變成(淺)紅色所需的時間　ⅲ.4NH3+5O2 4NO+6H2O
解析　(1)①CO和NO反應,生成可參與大氣循環的無毒氣體,生成的氣體為氮氣和二氧化碳,反應的化學方程式為2CO+2NO 2CO2+N2。②SO2的轉化過程在一定程度上提高了空氣的酸度,是因為SO2轉化為三氧化硫或H2SO3,進而生成硫酸酸霧。(2)①“稀薄燃燒”是指汽油在較大空/燃比條件下燃燒,由題圖可知,“稀薄燃燒”可以減少CO和碳氫化合物的排放。②ⅰ.NH3與NO反應生成N2,化學方程式為4NH3+6NO 5N2+6H2O,生成5 mol氮氣轉移12 mol電子,故每生成1 mol氮氣,轉移電子的物質的量為2.4 mol。ⅱ.比較催化劑的催化性能即比較催化劑的催化效率,實際可轉化為比較反應物的轉化速率;因為NO與稀硫酸不反應,所以滴有酚酞的稀硫酸是用來吸收NH3的,不同的催化劑可能導致NH3的轉化速率不同,可通過記錄使溶液變色的時間來比較催化劑的催化性能。ⅲ.充入一定量空氣,可發生反應的化學方程式為4NH3+5O2 4NO+6H2O。
5第3章　物質的性質與轉化
第3節　氮的循環
第3課時　硝酸　氮氧化物的污染與治理
基礎過關練
題組一　硝酸的性質
1.(教材習題改編)下列關于硝酸的說法不正確的是(　　)
A.濃硝酸通常儲存在棕色試劑瓶中
B.鐵與稀硝酸的反應屬于置換反應
C.濃硝酸易揮發,打開瓶塞,瓶口有白霧產生
D.可用鐵質或鋁質容器盛裝冷的濃硝酸
2.某同學按圖示裝置進行實驗,欲使試劑瓶中少量銅粉最終消失并得到澄清溶液,下列氣體不符合要求的是(　　)
A.NO2　　　B.NH3　　　C.HCl　　　D.Cl2
3.下述實驗中均有紅棕色氣體產生,對比分析所得結論錯誤的是(　　)
① ② ③
A.紅棕色氣體均為還原產物
B.由實驗①可推斷濃硝酸不穩定,受熱易分解
C.實驗②中產生了紅棕色氣體不能說明木炭與濃硝酸發生了反應
D.若實驗③的產物中檢測出CO2,可說明木炭與濃硝酸發生了反應
4.某同學設計如圖所示實驗,探究Fe與稀硝酸、稀硫酸的反應。實驗過程中發現①、③中產生的氣體在試管口處變為紅棕色。
下列說法正確的是(　　)
A.②對應的溶液中大量存在的離子有Fe2+、N、H+
B.①、③產生的氣體組成可能不同
C.③對應溶液中一定既含有Fe2+,又含有Fe3+
D.實驗結論:稀硫酸的氧化性大于稀硝酸
5.某興趣小組設計出如圖所示裝置來改進教材中“銅與硝酸反應”實驗,以探究化學實驗的綠色化。
(1)實驗前,關閉b,試管d中加水至浸沒長導管口,塞緊試管c和d的膠塞,加熱c,其目的是　　　　　　　　。
(2)在d中加適量NaOH溶液,c中放一小塊銅片,由a向c中加入2 mL濃硝酸(濃度為12 mol·L-1)。c中的現象是　　　　　　　　　　　　　　　　。再由a向c中加2 mL蒸餾水,c中的實驗現象是　　　　　　　　　　　　,反應的離子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)用以下三種途徑來制取等質量的硝酸銅。
①銅與稀硝酸反應
②銅與濃硝酸反應
③銅先與氧氣反應生成氧化銅,氧化銅再跟稀硝酸反應
ⅰ.以下敘述不正確的是　　　　(填字母)。
A.三種途徑所消耗銅的質量相等
B.三種途徑所消耗硝酸的物質的量:①>②>③
C.途徑①中被氧化的銅與被還原的硝酸的物質的量之比是3∶2
ⅱ.制取硝酸銅的三種途徑,能體現綠色化學理念的最佳途徑是　　,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　。
題組二　金屬單質與硝酸反應的有關計算
6.將2.56 g Cu和200 mL某濃度的濃HNO3混合,隨著反應的進行生成氣體的顏色逐漸變淺,當Cu反應完全時,共收集到氣體1.12 L(標準狀況)。下列關于該過程的分析錯誤的是(　　)
A.該過程生成的NO2與NO的體積比為7∶3
B.該過程轉移電子數為0.08NA(NA為阿伏加德羅常數的值)
C.該過程消耗HNO3的物質的量為0.13 mol
D.反應結束后所得溶液中(忽略反應前后溶液體積的變化)c(N)=0.4 mol·L-1
7.向500 mL稀硝酸中加入一定質量的鐵粉,使鐵粉完全溶解,放出NO氣體5.6 L(標準狀況),同時溶液質量增加9.3 g。經檢驗溶液中含有Fe2+和Fe3+。下列判斷正確的是(　　)
A.原溶液中投入鐵粉的物質的量是0.25 mol
B.原溶液中HNO3的濃度是2 mol/L
C.反應后的溶液中還可溶解9.6 g銅
D.反應后的溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=1∶2
8.(不定項)將15.2 g銅鎂合金完全溶解于100 mL某濃度的硝酸中,得到標準狀況下6.72 L NO和NO2的混合氣體,向反應后的溶液中加入1.0 mol·L-1NaOH溶液1.0 L,此時溶液呈中性,金屬離子已完全沉淀,沉淀質量為25.4 g。下列說法錯誤的是(　　)
A.該硝酸的物質的量濃度為13.0 mol·L-1
B.合金中銅與鎂的物質的量之比為1∶2
C.混合氣體中NO和NO2的體積之比為2∶1
D.銅鎂合金溶解后,溶液中剩余HNO3的物質的量為0.4 mol
題組三　氮氧化物的污染與治理
9.硝酸廠煙氣中含有大量氮氧化物(NOx)。常溫下,將煙氣與H2的混合氣體通入Ce(SO4)2與Ce2(SO4)3[Ce中文名為“鈰”]的混合溶液中可實現無害化處理,其轉化過程如圖所示(以NO為例)。下列說法正確的是(　　)
A.反應Ⅰ中氧化產物與還原產物的物質的量之比為2∶1
B.反應Ⅱ的離子方程式為Ce3++4H++2NO N2+2H2O+Ce4+
C.該轉化過程的實質是NO被H2氧化
D.反應過程中混合溶液內Ce3+和Ce4+總數保持不變
10.用石灰乳吸收硝酸工業的尾氣(含NO、NO2)可獲得Ca(NO2)2,其部分工藝流程如下:
下列說法不正確的是(　　)
A.用石灰乳比用澄清石灰水吸收效果好
B.采用氣液逆流接觸有利于尾氣中NO、 NO2的充分吸收
C.吸收時主要反應的離子方程式為NO+NO2+2OH- 2N+H2O
D.若尾氣中n(NO2)∶n(NO)<1∶1,吸收后排放的氣體中NO含量升高
能力提升練
題組一　硝酸性質的綜合應用與實驗探究
1.(經典題)用下圖裝置探究銅與硝酸的反應,實驗記錄如下:
步驟 操作 現象
① 打開止水夾,擠壓膠頭,使濃硝酸滴入試管 產生紅棕色氣體,溶液變為綠色
② 一段時間后,關閉止水夾,推動注射器活塞使部分水進入試管 注射器內剩余的水被“吸入”試管;銅表面產生無色氣泡,溶液變藍,試管內氣體逐漸變為無色
③ 一段時間后,打開止水夾,拉動注射器活塞吸取少量無色氣體;拔下注射器,再拉動活塞吸入少量空氣 注射器中無色氣體變紅棕色
下列說法正確的是(　　)
A.①中反應的化學方程式是3Cu+8HNO3(濃) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
B.②中注射器內剩余的水被“吸入”試管的原因可能是NO2與H2O反應導致試管內壓強增大
C.③中的實驗現象能證明②中Cu與硝酸反應生成了NO
D.待②中反應停止后,向試管內滴加少量稀硫酸,銅片繼續溶解
2.(易錯題)探究氮元素及其化合物的性質,下列實驗操作、現象和結論都正確的是(　　)
實驗操作 現象 結論
A 取少量溶液于試管,滴加NaOH溶液,將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口 試紙不變藍 原溶液中不含N
B 取少量Fe(NO3)2溶液,滴入硫酸酸化的H2O2溶液 溶液變黃色 氧化性:H2O2比Fe3+強
C 將Mg投入一定濃度的硝酸中 Mg完全溶解,未出現氣泡 可能有Mg(NO3)2和NH4NO3生成
D 向濃HNO3中插入紅熱的木炭 產生紅棕色氣體 碳可與濃HNO3反應生成NO2
3.某學習小組探究濃、稀硝酸氧化性的相對強弱,按如圖裝置進行實驗(夾持儀器已略去)。實驗表明濃硝酸能將NO氧化成NO2,而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的結論是濃硝酸的氧化性強于稀硝酸。
可選藥品:濃硝酸、稀硝酸、蒸餾水、濃硫酸、氫氧化鈉溶液及二氧化碳。
已知:氫氧化鈉溶液不與NO反應,能與NO2反應,2NO2+2NaOH NaNO3+NaNO2+H2O。
(1)實驗應避免有害氣體排放到空氣中。裝置③④⑥中盛放的藥品依次是　　　　、　　　　、　　　　。
(2)滴加濃硝酸之前的一系列操作依次是檢驗裝置的氣密性,加入藥品,打開彈簧夾后　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)裝置①中發生反應的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)該小組得出的結論所依據的實驗現象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
4.硫氰化鉀(KSCN)在有機合成中具有重要應用,但會污染環境。預測濃硝酸能與KSCN反應以消除其污染,現通過如下實驗進行探究。
已知:SCN-能被氧化為黃色的(SCN)2,(SCN)2可聚合為紅色的(SCN)x。
【實驗一】
取2 mL濃硝酸于試管中,向其中滴加5滴1 mol·L-1 KSCN溶液,溶液立即變紅,靜置一段時間后,試管內突然劇烈反應,紅色褪去,放出大量紅棕色氣體。
(1)向濃硝酸中滴加KSCN溶液,溶液立即變紅是因為生成了　　　　(填化學式)。KSCN中S元素的化合價為-2價,預測劇烈反應后含硫產物可能是　　　　　　。
【實驗二】
將實驗一放出的氣體通入Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中,有白色沉淀生成。將過濾、洗滌后的白色沉淀置于試管中,加入過量稀硝酸,沉淀完全溶解。
(2)該實驗證實了紅棕色氣體中不含SO2,理由是　　　　　　　,白色沉淀為　　　　。
【實驗三】
(3)另取少量實驗一最終所得溶液,　　　　　　　　　　　　(填操作和現象),證明溶液中含有S。
(4)經檢驗實驗一放出的紅棕色氣體中含NO2,但NO2不一定是SCN-的氧化產物,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
【實驗四】
(5)某同學向待測溶液中加入KSCN溶液,再加入濃硝酸,最終未得紅色溶液,由此得出結論:待測液中不含Fe2+。
你認為該同學的結論是否正確:　　　　(填“是”或“否”),理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
題組二　與圖像有關的金屬與硝酸反應的計算
5.(不定項)向含有1 mol HNO3和1 mol H2SO4的混合稀溶液中逐漸加入鐵粉至過量,溶液中金屬陽離子a、b與所加鐵粉的物質的量的關系如圖所示(已知稀硝酸的還原產物只有NO)。下列有關判斷不正確的是(　　)
A.a表示Fe3+
B.n1=0.75
C.P點時,n(Fe2+)=0.562 5 mol
D.向P點溶液中加入銅粉,最多可溶解12.8 g
6.(不定項)向200 mL某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中逐漸加入鐵粉,產生氣體的量隨加入鐵粉的質量的變化如圖所示(已知稀硝酸只被還原為NO氣體)。下列說法正確的是(　　)
A.O~A段發生反應的離子方程式為Fe+2H+ Fe2++H2↑
B.O~A段和B~C段生成氣體的物質的量之比為2∶1
C.原溶液中H2SO4與HNO3的物質的量濃度之比為2∶1
D.C點時溶液的溶質為FeSO4和Fe(NO3)2
7.(教材深研拓展)加熱條件下,一定量鐵與硝酸反應。如圖表示硝酸濃度不同時,其還原產物分布分數與硝酸濃度的關系,下列說法不正確的是　(　　)
A.濃硝酸的氧化性強于稀硝酸
B.一般來說,硝酸的濃度越大,其還原產物中高價態的成分越多
C.一定量鐵粉與足量的12.2 mol·L-1硝酸反應的化學方程式為4Fe+18HNO3 4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O
D.一定量的鐵粉與足量的9.75 mol·L-1硝酸反應得到標準狀況下氣體2.24 L,則被還原的硝酸的物質的量為0.1 mol
題組三　含氮化合物的轉化及推斷
8.如圖為氮及其化合物的“價—類”二維圖,下列說法不正確的是(　　)
A.b轉化為f的過程屬于氮的固定
B.從化合價角度預測,g可能通過分解反應轉化為b
C.工業上以a為原料制取e需要經歷四步氧化還原反應
D.排放到大氣中的c、d是形成光化學煙霧、酸雨的重要原因
9.如圖是無機物A~F在一定條件下的轉化關系(部分產物及反應條件未標出)。
已知:A為氣體,A~F都含有相同的元素。
試回答下列問題:
(1)寫出下列物質的化學式:C　　　　　　,F　　　　　　。
(2)在①②③④中屬于氮的固定的是　　　(填序號)。
(3)D易溶于水。常溫常壓下(Vm≈24.5 L·mol-1),將容積為V mL的試管充滿D后倒扣在水中。
①最終試管中所得E的物質的量濃度為(不考慮E的擴散)　　　　mol·L-1。
②為了消除D的污染,可將它與B在加熱、催化劑作用下反應,生成水和一種無污染物質,該反應的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　。
③若C、D按物質的量之比1∶1被Na2CO3溶液吸收,只生成一種鹽和一種氣體,則該反應的離子方程式為　　　　　　　　　　　。為提高吸收速率與效率,最好選用　　　　裝置(填字母)。
(4)工業上可用反應①②③由B制取E,為了提高原料的利用率并盡量減輕對環境的污染,C必須循環使用。若消耗1 mol B制取E,在該過程中至少消耗O2的物質的量為　　　　mol。
答案與分層梯度式解析
第3章　物質的性質與轉化
第3節　氮的循環
第3課時　硝酸　氮氧化物的污染與治理
基礎過關練
1.B　濃硝酸不穩定,HNO3受熱或見光分解生成二氧化氮、氧氣和水,故濃硝酸通常儲存在棕色試劑瓶中,A正確;稀硝酸有強氧化性,和鐵的反應不屬于置換反應,B不正確;濃硝酸易揮發,打開瓶塞,揮發的硝酸蒸氣與空氣中水蒸氣結合形成硝酸小液滴,瓶口有白霧產生,C正確;常溫下,Fe、Al遇濃硝酸發生鈍化,所以可用鐵質或鋁質容器盛裝冷的濃硝酸,D正確。
名師點睛　濃硝酸和稀硝酸都具有強氧化性,活潑金屬與硝酸反應時,不生成氫氣,硝酸被還原為含氮物質。
2.B　A項,二氧化氮溶于水生成硝酸,硝酸和銅反應生成硝酸銅;B項,氨氣溶于水得到氨水,不能和銅反應;C項,HCl通入硝酸鉀溶液中,N在酸性條件下和銅反應生成硝酸銅;D項,氯氣溶于水生成HCl,N在酸性條件下和銅反應生成硝酸銅;故選B。
3.D　紅棕色氣體為NO2,由硝酸生成NO2,硝酸中N元素的化合價由+5價降為+4價,NO2為還原產物,A正確;實驗①中硝酸分解得到NO2,說明濃硝酸不穩定,受熱易分解,B正確;實驗②中紅棕色氣體有可能是濃硝酸分解產生的,C正確;實驗③中CO2有可能是C與空氣中的氧氣反應生成的,D錯誤。
4.B　①→②過程中,鐵過量,發生反應:Fe+4H++N Fe3++NO↑+2H2O、2Fe3++Fe 3Fe2+,②對應的溶液中不含大量的H+,故A錯誤;①產生的氣體為NO,加入稀硫酸,硝酸根離子在酸性條件下能繼續氧化Fe和Fe2+,若N足量,只生成氣體NO,若鐵過量,過量的鐵與稀硫酸反應會生成H2,①、③產生的氣體組成可能不同,故B正確;若②對應溶液中N足量,滴加稀硫酸后能將Fe和Fe2+都氧化成Fe3+,所以③對應的溶液中不一定含有Fe2+,故C錯誤;由該實驗得不出稀硫酸的氧化性大于稀硝酸的結論,故D錯誤。
5.答案　(1)檢查裝置氣密性　(2)產生紅棕色氣體,溶液變成藍色　反應變緩,氣體顏色變淺　3Cu+8H++2N 3Cu2++2NO↑+4H2O　(3)ⅰ.B?、?③　耗酸量最少,對環境無污染
解析　(1)實驗前,關閉b,試管d中加水至浸沒長導管口,塞緊試管c和d的膠塞,加熱c,其目的是檢查裝置氣密性。(2)c中反應的化學方程式是Cu+4HNO3(濃) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,所以觀察到的現象是產生紅棕色氣體,溶液變成藍色;再由a向c中加2 mL蒸餾水,反應速率減慢,且濃硝酸被稀釋為稀硝酸,反應生成NO,故c中的實驗現象是反應變緩,氣體顏色變淺,離子方程式為3Cu+8H++2N 3Cu2++2NO↑+4H2O。(3)ⅰ.根據原子守恒,銅單質最終轉化為硝酸銅,所以三種途徑制取相同質量的硝酸銅,所消耗的銅的物質的量相等,則所消耗的銅的質量相等,故A正確;用三種途徑來制取等質量的硝酸銅,①涉及的反應為3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,②涉及的反應為Cu+4HNO3(濃) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,③涉及的反應為2Cu+O2 2CuO、CuO+2HNO3 Cu(NO3)2+H2O,所以生成相同質量的Cu(NO3)2,消耗硝酸的物質的量不相同,途徑②消耗HNO3最多,途徑①次之,途徑③消耗HNO3最少,故B不正確;根據化學方程式3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,可知被氧化的銅與被還原的硝酸的物質的量之比為3∶2,故C正確。ⅱ.途徑①是稀硝酸和銅反應生成硝酸銅、一氧化氮和水,有污染性氣體生成,不能體現綠色化學理念;途徑②是銅和濃硝酸反應生成硝酸銅、二氧化氮和水,有污染性氣體生成,不能體現綠色化學理念;途徑③是利用銅和氧氣反應生成氧化銅,氧化銅和硝酸反應生成硝酸銅和水,反應過程中無污染性氣體生成,能體現綠色化學理念。
6.D　銅和濃硝酸反應生成NO2,隨著反應進行,硝酸濃度減小,銅與稀硝酸反應生成NO,由反應生成的氣體顏色逐漸變淺可知,生成的氣體有NO2和NO,n(NO2)+n(NO)==0.05 mol,根據氮原子守恒,被還原的硝酸的物質的量為0.05 mol;n(Cu)==0.04 mol,所以生成0.04 mol Cu(NO3)2,則表現酸性的硝酸的物質的量為0.04 mol×2=0.08 mol,參加反應的硝酸的物質的量為0.05 mol+0.08 mol=0.13 mol,C正確;n(NO2)+n(NO)=0.05 mol,根據得失電子守恒可得n(NO2)×1+n(NO)×3=n(Cu)×2=0.08 mol,解得n(NO2)=0.035 mol、n(NO)=0.015 mol,則該過程生成的NO2與NO的體積比等于0.035 mol∶0.015 mol=7∶3,A正確;n(Cu)=0.04 mol,所以反應中轉移電子數為0.08NA,B正確;反應結束后所得溶液中除生成的Cu(NO3)2,還可能含有未反應的HNO3,所以無法計算反應后溶液中c(N),D錯誤。
方法點津　
7.B　生成NO的物質的量為=0.25 mol,設反應生成Fe2+、Fe3+的物質的量分別為x mol、y mol,由溶液質量增加9.3 g,得(x+y)mol×56 g/mol-0.25 mol×30 g/mol=9.3 g,由得失電子守恒,得2x mol+3y mol=0.25 mol×3,兩式聯立,解得x=0.15、y=0.15;根據鐵原子守恒,原溶液中投入鐵粉的物質的量是0.15 mol+0.15 mol=0.3 mol,故A錯誤;根據N原子守恒得:n(HNO3)=2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+n(NO)=2×0.15 mol+3×0.15 mol+0.25 mol=1 mol,c(HNO3)==2 mol/L,故B正確;由反應2Fe3++Cu 2Fe2++Cu2+可知,還可溶解0.075 mol Cu,質量為0.075 mol×64 g/mol=4.8 g,故C錯誤;由上述分析可知,反應后的溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=1∶1,故D錯誤。
8.BC　向反應后的溶液中加入1.0 mol·L-1NaOH溶液1.0 L,此時溶液呈中性,金屬離子已完全沉淀,所得溶液為NaNO3溶液,NO和NO2的物質的量為=0.3 mol,根據氮原子守恒可知,100 mL硝酸溶液中硝酸的物質的量為1.0 mol·L-1×1 L+0.3 mol=1.3 mol,所以硝酸的濃度為13.0 mol·L-1,A正確;生成Mg(OH)2和Cu(OH)2沉淀的質量比原合金的質量增加25.4 g-15.2 g=10.2 g,氫氧根離子的物質的量為=0.6 mol,所以鎂和銅的總物質的量為0.3 mol,設銅鎂合金中銅的物質的量為a mol,由合金的質量可得:64a+24(0.3-a)=15.2,解得a=0.2,所以銅與鎂的物質的量之比為0.2∶(0.3-0.2)=2∶1,B錯誤;設混合氣體中NO為x mol,根據得失電子守恒可得:3x+(0.3-x)=0.3×2,解得x=0.15,混合氣體中NO和NO2的物質的量之比為0.15∶0.15=1∶1,所以體積之比為1∶1,C錯誤;銅鎂合金溶解后,溶液中剩余HNO3的物質的量為1.3 mol-0.2 mol×2-0.1 mol×2-0.3 mol=0.4 mol,D正確。
9.D　根據轉化關系圖可知,反應Ⅰ為H2+2Ce4+ 2H++2Ce3+,氧化產物(H+)與還原產物(Ce3+)的物質的量之比為1∶1,故A錯誤;反應Ⅱ是4Ce3++2NO+4H+ N2+2H2O+4Ce4+,故B錯誤;總反應為2NO+2H2 2H2O+N2,實質是NO被H2還原,故C錯誤;Ce3+與Ce4+在該反應過程中循環使用,二者在整個過程中總物質的量不變,故D正確。
10.C　澄清石灰水中氫氧化鈣溶解量小,吸收氣體量少,不如石灰乳吸收效果好,故A正確;采用氣液逆流接觸能增大反應物的接觸面積,有利于尾氣中NO、NO2和石灰乳充分反應,使氣體吸收充分,故B正確;吸收時,NO、NO2與氫氧化鈣發生氧化還原反應生成Ca(NO2)2,由得失電子守恒和原子守恒可得化學方程式為NO+NO2+Ca(OH)2 Ca(NO2)2+H2O,Ca(OH)2以石灰乳形式存在,不可拆,離子方程式為NO+NO2+Ca(OH)2 Ca2++2N+H2O,故C錯誤;若尾氣中n(NO2)∶n(NO)<1∶1,NO過量,過量的NO不與堿反應也不溶于水,吸收后排放的氣體中NO含量升高,故D正確。
能力提升練
1.D　銅與濃硝酸反應的化學方程式為Cu+4HNO3(濃) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,A錯誤;3NO2+H2O 2HNO3+NO,反應后試管內氣體的壓強減小,引起②中注射器內剩余的水被“吸入”試管,B錯誤;注射器中無色氣體變紅棕色發生反應2NO+O2 2NO2,NO可能是由銅和稀硝酸反應生成的,也可能是NO2與H2O反應產生的,故③中的實驗現象不能證明②中Cu與硝酸反應生成了NO,C錯誤;N在酸性條件下會將Cu氧化,銅片繼續溶解,D正確。
2.C　氨氣極易溶于水,滴加NaOH溶液后,由于沒有加熱,可能導致氨氣沒有逸出,試紙不變藍,不能說明原溶液中不含N,A項錯誤;N在酸性條件下具有強氧化性,可將Fe2+氧化為Fe3+而使溶液變黃色,故此實驗操作和現象不能證明H2O2的氧化性強于Fe3+,B項錯誤;Mg和硝酸可能發生氧化還原反應:4Mg+10HNO3 4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O,可使Mg完全溶解,不產生氣泡,C項正確;濃硝酸在紅熱的木炭作用下受熱分解也可以產生NO2,無法證明NO2是由濃硝酸與C反應產生的,D項錯誤。
3.答案　(1)稀硝酸　濃硝酸　氫氧化鈉溶液　(2)通入CO2一段時間,關閉彈簧夾,將裝置⑤中導管末端伸入倒置的燒瓶內　(3)Cu+4HNO3(濃) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O　(4)裝置③中液面上方無色,裝置④中液面上方為紅棕色
解析　(1)濃硝酸與銅發生反應生成二氧化氮,通入水中后生成一氧化氮,根據裝置特點和實驗目的可知,將生成的NO分別通過濃硝酸和稀硝酸,若通過濃硝酸的無色氣體變成紅棕色氣體,證明濃硝酸能將NO氧化成NO2,若通過稀硝酸的無色氣體沒有明顯變化,證明稀硝酸不能氧化NO;NO、NO2有毒,污染環境,不能直接排放到空氣中,要進行尾氣處理,故裝置⑤是收集NO,裝置③中應該盛放稀硝酸;裝置④中盛放濃硝酸,裝置⑥中盛放NaOH溶液。(2)由于裝置中殘存的空氣中的O2能氧化NO而對實驗產生干擾,所以滴加濃HNO3之前需要通入一段時間CO2排出裝置中的空氣,然后將裝置⑤中導管末端伸入倒置的燒瓶內防止反應產生的NO氣體逸出。
4.答案　(1)(SCN)x　S或SO2　(2)若含SO2,則沉淀不能完全溶解　BaCO3　(3)加入BaCl2溶液,產生白色沉淀　(4)NO2可能是硝酸的還原產物　(5)否　未得到紅色溶液的原因可能是SCN-被濃硝酸氧化,無法與鐵離子發生反應
解析　(1)取2 mL濃硝酸于試管中,滴加5滴1 mol·L-1 KSCN溶液,SCN-能被氧化為(SCN)2,(SCN)2迅速聚合為紅色的(SCN)x,所以溶液立即變紅是因為生成了(SCN)x;硫元素被氧化,化合價升高,可能生成SO2或S。(2)若氣體中含有SO2,得到的白色沉淀中加入過量稀硝酸,會生成BaSO4沉淀,但加入硝酸沉淀完全溶解,說明該沉淀為BaCO3。(3)實驗一中有過量HNO3,若加入BaCl2溶液,生成白色沉淀,則說明溶液中含有S。(4)NO2可能是硝酸的還原產物,故不一定是SCN-的氧化產物。(5)向待測溶液中加入KSCN溶液,再加入濃硝酸,最終未得紅色溶液,可能是SCN-被濃硝酸氧化,無法與鐵離子發生反應。
5.CD　該過程涉及2個反應:①N過量,H+不足:Fe+4H++N Fe3++NO↑+2H2O;②鐵過量:2Fe3++Fe 3Fe2+,所以a表示Fe3+,A正確;溶液中共有3 mol H+參加反應,消耗鐵為0.75 mol,故n1=0.75,B正確;P點n(Fe2+)=n(Fe3+),二者均為0.45 mol,C不正確;P點剩余0.45 mol Fe3+,根據反應2Fe3++Cu 2Fe2++Cu2+可知,最多可消耗0.225 mol Cu,質量為0.225 mol×64 g·mol-1=14.4 g,D不正確。
6.BC　O~A段發生反應Fe+4H++N Fe3++NO↑+2H2O,A~B段發生反應Fe+2Fe3+ 3Fe2+,B~C段發生反應Fe+2H+ Fe2++H2↑,故A錯誤;O~A段消耗n(Fe)=0.2 mol,生成氣體的物質的量為0.2 mol,B~C段消耗n(Fe)=0.1 mol,生成氣體的物質的量為0.1 mol,O~A段和B~C段生成氣體的物質的量之比為2∶1,故B正確;原混合溶液中n(N)=0.2 mol,所以c(HNO3)==1 mol·L-1,溶液中n(H+)=0.8 mol+0.2 mol=1 mol,所以H2SO4電離產生的H+為0.8 mol,n(H2SO4)=0.4 mol,c(H2SO4)==2 mol·L-1,原溶液中H2SO4與HNO3的物質的量濃度之比為2∶1,故C正確;C點時溶液的溶質為FeSO4,故D錯誤。
7.D　濃硝酸的氧化性強于稀硝酸,故A正確;根據題圖可知,硝酸的濃度越大,其還原產物中高價態的成分越多,故B正確;根據題圖可知,一定量鐵粉與足量12.2 mol·L-1硝酸反應時得到的還原產物為等物質的量的NO、NO2,根據得失電子守恒和原子守恒可知反應的化學方程式為4Fe+18HNO3 4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O,故C正確;根據題圖可知,一定量的鐵粉與9.75 mol·L-1硝酸反應時得到標準狀況下2.24 L氣體為N2O、NO、NO2的混合氣體,因為1 mol N2O中含有2 mol N原子,所以0.1 mol混合氣體中含有的N原子多于0.1 mol,被還原的硝酸的物質的量大于0.1 mol,故D不正確。
8.C　
b轉化為f的過程是游離態的氮轉化為化合態的氮的過程,屬于氮的固定,故A正確;從化合價角度預測,亞硝酸鹽(氮元素為+3價)可能分解制得氮氣(氮元素為0價)和硝酸鹽(氮元素為+5價),故B正確;工業上以氨氣為原料制取硝酸經歷三步氧化還原反應:氨氣和氧氣發生催化氧化反應生成一氧化氮,一氧化氮和氧氣反應生成二氧化氮,二氧化氮和水反應生成硝酸,故C錯誤;NO、NO2是形成光化學煙霧、硝酸型酸雨的重要原因,故D正確。
9.答案　(1)NO　NH4NO3　(2)④　(3)①0.04?、?NH3+6NO2 7N2+12H2O?、跱O+NO2+C 2N+CO2　B　(4)2
解析　A為氣體,A~F都含有相同的元素,A能和氧氣或氫氣反應,B和氧氣生成C,推知A為N2、B為NH3、C為NO,NO和O2反應生成NO2,NO2和水反應生成HNO3,HNO3和NH3反應生成NH4NO3,故D為NO2、E為HNO3、F為NH4NO3。(1)C、F分別為NO、NH4NO3。(2)游離態的氮轉化為化合態的氮的過程屬于氮的固定,①②③④中屬于氮的固定的是④。(3)①二氧化氮和水反應生成硝酸和NO,常溫常壓下(Vm≈24.5 L·mol-1),將容積為V mL的試管充滿二氧化氮后倒扣在水中,最終試管中生成的NO占試管容積的三分之一,進入的液體占試管容積的三分之二,所得硝酸的物質的量濃度為 mol·L-1≈0.04 mol·L-1。②氨氣和二氧化氮在加熱、催化劑作用下反應,生成水和一種無污染物質,該反應的化學方程式是8NH3+6NO2 7N2+12H2O。③NO、NO2中氮元素的化合價分別為+2、+4,若NO、NO2按物質的量之比1∶1被Na2CO3溶液吸收,只生成一種鹽和一種氣體,結合化合價變化可知,生成的鹽為NaNO2,C轉化為二氧化碳氣體,根據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可得離子方程式為NO+NO2+C 2N+CO2;為了提高吸收速率與效率,最好選用B,裝置中多孔球泡可以增加接觸面積,加快吸收速率。(4)工業上可用反應①②③由氨氣制取硝酸,反應中NO必須循環使用,可以認為氮元素完全轉化為硝酸,氮元素化合價由-3最終變為+5,根據得失電子守恒可得關系式:NH3~8e-~2O2,故若消耗1 mol氨氣制取硝酸,在該過程中至少消耗O2的物質的量為2 mol。
27第3章　物質的性質與轉化
第3節　氮的循環
第1課時　氮氣與氮的固定　氮的氧化物
基礎過關練
題組一　自然界中的氮循環與氮的固定
1.下列過程涉及的反應中,不含氮的固定的是(　　)
A.酸雨的形成 B.人工合成氨
C.光催化合成氨 D.雷雨發莊稼
2.自然界中的氮循環過程如圖所示,下列有關敘述錯誤的是(　　)
A.過程①、②及工業合成氨均屬于氮的固定
B.反應③的化學方程式為4NO+3O2+2H2O 4HNO3
C.反應④中,生成1 mol N,至少需要提供4 mol O2
D.過程中參與循環的元素有氮元素、氫元素和氧元素
3.氮循環是海洋生態系統的基礎和關鍵,其中無機氮循環過程如圖所示。
下列關于海洋無機氮循環的說法中,不正確的是　　(　　)
A.過程2中,可能需要O2參與反應
B.過程3中,含氮微粒發生的均為還原反應
C.過程4中,生成1 mol N至少轉移8 mol電子
D.過程5中,反應后氮元素的化合價均降低
題組二　氮氣的性質
4.下列有關氮氣的說法正確的是(　　)
A.氮氣是可溶于水的無色氣體
B.點燃條件下,氮氣在氧氣中燃燒生成NO
C.氮氣既有氧化性,又有還原性
D.在合成氨氣的反應中,氮氣發生氧化反應
5.下列說法中不正確的是(　　)
A.N2化學性質不活潑,所以N2可在電焊時作保護氣
B.氮氣與氧氣在汽車內燃機中反應,若氧氣過量則可直接生成NO2
C.“雷雨發莊稼”所包含的化學變化有N2→NO→NO2→HNO3→硝酸鹽
D.在反應3Mg+N2 Mg3N2中,N2為氧化劑
題組三　一氧化氮和二氧化氮
6.下列關于NO、NO2的說法正確的是(　　)
A.NO2能與水反應生成硝酸,但NO2不是酸性氧化物
B.NO2可由N2與O2反應直接制備
C.NO2與溴蒸氣的鑒別可用NaOH溶液,溶于足量NaOH溶液得無色溶液的是NO2,得橙色溶液的為溴蒸氣
D.NO、NO2均可用排水法收集
7.如圖所示,試管中盛裝的是紅棕色氣體(可能是混合物),當倒扣在盛有水的水槽中時,試管內水面上升,但不能充滿試管,當向試管內鼓入氧氣后,可以觀察到試管中水柱繼續上升,經過多次重復后,試管完全被水充滿,原來試管中盛裝的不可能是(　　)
A.氮氣與二氧化氮的混合氣體
B.氧氣與二氧化氮的混合氣體
C.一氧化氮與二氧化氮的混合氣體
D.二氧化氮氣體
8.如圖所示的試管中裝有12 mL NO,然后間歇緩慢地通入8 mL氧氣。
有關最終狀態的描述:①試管內氣體呈紅棕色,②試管內氣體呈無色,③試管內液面不變,④試管內液面上升,⑤試管內氣體是氧氣,⑥試管內氣體是一氧化氮。其中正確的是　(　　)
A.②④⑥　　　　　　B.①③　　　
C.②④⑤　　　　　　D.②③⑤
9.在汽車尾氣凈化裝置里,氣體在催化劑表面吸附與解吸作用的過程如圖所示。下列說法不正確的是(　　)
A.該轉化過程中有3種元素的化合價發生變化
B.NO和O2必須在催化劑表面才能反應
C.該裝置將有毒的NO和CO轉化為無毒的CO2和N2
D.該催化轉化的總反應方程式為2NO+O2+4CO 4CO2+N2
10.為了有效實現NO和NO2的相互轉化,設計如下實驗。按圖組裝好實驗裝置,并檢驗裝置氣密性,實驗前用排水法收集半瓶NO氣體。
(1)打開止水夾,推動針筒活塞,使O2進入燒瓶。關閉止水夾,首先觀察到燒瓶中的現象是　　　　　　　　　　　,產生此現象的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)輕輕搖動燒瓶,觀察到燒瓶中的現象為　　　　　　　　　　　　　,產生此現象的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)欲使燒瓶中盡可能充滿液體,操作的關鍵是　　　　　　　　　　　　　　　。
能力提升練
題組一　氮的氧化物與水反應的有關計算
1.(不定項)將盛有12 mL NO2和O2混合氣體的量筒倒立于水槽中,充分反應后,剩余2 mL無色氣體(同溫同壓下),則原混合氣體中O2的體積可能是(　　)
A.1.2 mL　　　B.2.4 mL　　　C.3.6 mL　　　D.4 mL
2.如圖所示,在注射器里吸入20 mL NO,然后吸入5 mL水。若再吸入30 mL空氣(假設只含兩種氣體,且氮氣與氧氣的體積比為4∶1),夾住彈簧夾,觀察現象(不考慮摩擦力,所有操作都在常溫常壓下進行)。已知常溫常壓下,氣體摩爾體積約為24.5 L·mol-1,下列說法錯誤的是(　　)
A.最終剩余氣體中NO體積為12 mL
B.可觀察到注射器的活塞緩緩向左移動,最終活塞最左端停在約36 mL刻度處
C.可觀察到注射器內氣體由無色變成紅棕色,最后變成無色
D.若反應前后液體體積不變,所得硝酸溶液的濃度約為0.065 mol·L-1
題組二　氮氧化物的性質探究
3.某無色混合氣體可能含有NO、NO2、CO2、N2中的幾種,將一定量的該氣體依次經過如圖實驗的處理,結果得到酸性溶液,而無氣體剩余。則該氣體的組成為(　　)
A.NO、N2　　　　　　B.NO、CO2
C.NO2、CO2　　　　　　D.NO、CO2、N2
4.NO2是大氣污染物之一,實驗室擬將NO2與Cl2混合并用NaOH溶液吸收的方法消除其污染?；卮鹣铝袉栴}:
(1)氯氣的制備
①儀器M的名稱是　　　　　　。
②欲用MnO2和濃鹽酸制備并收集一瓶純凈、干燥的氯氣,選擇上圖中的裝置,其連接順序為　　　　　　　　　　(按氣流方向,用導管口處小寫字母表示)。
③裝置D的作用是　　　　　　　;裝置F的作用是　　　　　　　　。
(2)用如圖所示裝置,探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反應。查閱有關資料可知:HNO2是一種弱酸,且不穩定,易分解生成H2O、NO和NO2。
①裝置X和裝置Z的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②實驗時觀察到X中有黃綠色氣體,Z中有紅棕色氣體,若通入適當比例的Cl2和NO2,Y中觀察不到氣體顏色,反應結束后在Y中加入稀硫酸無現象,則Y中發生反應的化學方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
③反應結束后,取適量Y中溶液置于試管中,加入稀硫酸,若有紅棕色氣體產生,解釋產生該現象的原因:　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　。
答案與分層梯度式解析
第3章　物質的性質與轉化
第3節　氮的循環
第1課時　氮氣與氮的固定　氮的氧化物
基礎過關練
1.A　NO2轉化為HNO3,不屬于氮的固定,A項符合題意;人工合成氨、光催化合成氨都是將N2轉化為NH3,屬于氮的固定,B、C項不符合題意;N2和O2在放電時生成NO,屬于氮的固定,D項不符合題意。
2.C　過程①、②及工業合成氨都是將游離態氮轉化為化合態氮的過程,均屬于氮的固定,故A正確;由氮循環過程可知,反應③為一氧化氮、氧氣和水反應生成硝酸,反應的化學方程式為4NO+3O2+2H2O 4HNO3,故B正確;反應④為在硝化細菌作用下氨氣與氧氣反應生成N,O2~4e-,由得失電子守恒可知,生成1 mol N需要提供氧氣的物質的量為2 mol,故C錯誤;由題圖可知,氮循環過程中參與循環的元素有氮元素、氫元素和氧元素,故D正確。
3.D　過程2中,,氮元素的化合價在不斷升高,需要外加氧化劑,所以可能需要氧氣參加反應,故A正確;過程3中,,所以含氮微粒發生的均為還原反應,故B正確;過程4中,N生成N,氮元素化合價由+5變為-3,所以生成1 mol N至少轉移8 mol電子,故C正確;過程5中,N轉化為N2,氮元素化合價由-3變為0,化合價升高,故D不正確。
4.C　氮氣難溶于水,故A錯誤;點燃條件下,氮氣在氧氣中不能燃燒,故B錯誤;氮元素的最低化合價為-3價,最高化合價為+5價,氮氣中氮元素的化合價為0,在化學反應中氮元素的化合價可能升高,也可能降低,N2既有氧化性,又有還原性,故C正確;氮氣中氮元素的化合價由0價降低到-3價,發生還原反應,故D錯誤。
5.B　N2化學性質不活潑,常用作保護氣,A正確;氮氣與氧氣在汽車內燃機中反應生成NO,NO進一步被氧氣氧化生成NO2,B錯誤;“雷雨發莊稼”所包含的化學變化:放電時氮氣被O2氧化生成NO,NO被O2氧化為NO2,NO2與H2O反應產生HNO3,HNO3進一步轉變為硝酸鹽,C正確;在反應3Mg+N2 Mg3N2中,氮元素化合價降低,為氧化劑,D正確。
6.A　NO2與H2O反應除生成HNO3外還生成NO,所以NO2不是酸性氧化物,故A正確;N2和O2在放電或高溫條件下反應生成NO,不能直接生成NO2,故B錯誤;NO2、溴蒸氣與足量NaOH溶液作用均得無色溶液,所以用NaOH溶液無法鑒別NO2與溴蒸氣,故C錯誤;NO與水不反應且難溶于水,可用排水法收集,NO2與水反應,不能用排水法收集,故D錯誤。
7.A　二氧化氮與水、氧氣可發生反應:4NO2+O2+2H2O 4HNO3,一氧化氮與水、氧氣可發生反應:4NO+3O2+2H2O 4HNO3,因此B、C、D項均不符合題意;氮氣難溶于水,在溶液中不能與氧氣反應,水不能完全充滿試管,A項符合題意。
8.A　NO為無色氣體,向題圖裝置中通入O2發生反應:4NO+3O2+2H2O 4HNO3,所以試管內液面上升,根據相同條件下氣體的物質的量之比等于體積比可知,12 mL NO全部反應,消耗O2的體積為9 mL>8 mL,所以O2不足,NO過量,最后剩余的是NO,故選A。
9.B　由題圖可以看出發生的反應為2NO+O2+4CO 4CO2+N2,該轉化過程中N、O、C 3種元素的化合價發生了變化,A、C、D正確;NO很不穩定,遇到氧氣就被氧化為NO2,B錯誤。
10.答案　(1)燒瓶中氣體由無色變為紅棕色　2NO+O2 2NO2　
(2)紅棕色氣體變為無色,燒瓶中液面上升　3NO2+H2O 2HNO3+NO　
(3)慢慢通入氧氣,并不斷搖動燒瓶
解析　(1)無色的NO能與O2反應產生紅棕色的NO2,故觀察到燒瓶中氣體由無色變為紅棕色。
(2)輕輕搖動燒瓶,使得NO2與水發生反應3NO2+H2O 2HNO3+NO,所以燒瓶中紅棕色氣體又變為無色,燒瓶中液面上升。
(3)欲使燒瓶中盡可能充滿液體,應通入氧氣使NO與氧氣反應轉化為NO2,NO2再與水反應,最終全部轉化為硝酸,操作的關鍵是慢慢通入氧氣,并不斷搖動燒瓶。
能力提升練
1.AD　剩余2 mL無色氣體可能為氧氣,也可能為一氧化氮。若剩余的2 mL無色氣體為氧氣,設參加反應的氧氣的體積為x,則有:
4NO2+O2+2H2O 4HNO3
4x x
4x+x=12 mL-2 mL=10 mL,解得x=2 mL,所以氧氣的體積為2 mL+2 mL=4 mL;
若剩余的2 mL無色氣體為NO,根據反應3NO2+H2O 2HNO3+NO可知,參與此反應的NO2為6 mL,設混合氣體中氧氣的體積為y,則有:
4NO2+O2+2H2O 4HNO3
4y y
4y+y=12 mL-6 mL=6 mL,解得y=1.2 mL,故選A、D。
2.B　分析題給數據可知水是過量的,30 mL空氣中氧氣體積為30 mL×=6 mL,根據反應4NO+3O2+2H2O 4HNO3可知,6 mL O2消耗8 mL NO,最后剩余NO為(20-8) mL=12 mL,故A正確;注射器內氣體減少,注射器的活塞緩緩向左移動,溶液約5 mL,剩余氣體難溶于水,約為12 mL+(30-6) mL=36 mL,所以最終活塞最左端停在約41 mL刻度處,故B錯誤;NO是無色氣體,NO2是紅棕色氣體,注射器內先后發生反應2NO+O2 2NO2、3NO2+H2O 2HNO3+NO,所以氣體由無色變成紅棕色,最后變成無色,故C正確;若反應前后液體體積不變,根據4NO+3O2+2H2O 4HNO3可知,生成的硝酸的物質的量濃度為≈0.065 mol·L-1,故D正確。
方法點津　當體系中同時存在NO、O2和H2O時,最終反應結果可表示為4NO+3O2+2H2O 4HNO3,利用此反應進行相關計算。
3.B　
無色混合氣體通過盛有足量Na2O2的干燥管后,得到NO2和O2的混合氣體,根據2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2、2NO+O2 2NO2可知,原無色混合氣體中含有NO、CO2,故選B。
4.答案　(1)①分液漏斗　②b→e→f→g→h→c→d→i?、畚誄l2中的HCl　除去多余的氯氣,防止污染空氣
(2)①觀察氣泡產生的快慢,便于控制Cl2和NO2的進入量的比例?、贑l2+2NO2+4NaOH 2NaNO3+2NaCl+2H2O?、跱O2的量過多,NO2與NaOH溶液反應生成了NaNO2,加入稀硫酸后N發生歧化反應生成NO、H2O和NO2
解析　(1)①儀器M為分液漏斗。②實驗室用二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應制取氯氣,制得的氯氣中含有氯化氫和水蒸氣,依次通過盛有飽和食鹽水、濃硫酸的洗氣瓶除去雜質,氯氣密度大于空氣密度,用向上排空氣法收集,尾氣用氫氧化鈉溶液吸收,所以正確的連接順序為b→e→f→g→h→c→d→i。③濃鹽酸易揮發,制備的氯氣中含有氯化氫,氯化氫極易溶于水,氯氣在飽和食鹽水中的溶解度很小,裝置D中飽和食鹽水可吸收氯氣中的氯化氫;氯氣有毒,多余的氯氣需用氫氧化鈉溶液進行吸收。(2)①氯氣在飽和食鹽水中的溶解度很小,二氧化氮在四氯化碳中不溶,所以分別通入兩種氣體后,會看到產生氣泡,通過觀察產生氣泡的快慢控制Cl2和NO2的進入量的比例。②通入適當比例的氯氣和二氧化氮,Y中觀察不到氣體顏色,說明氯氣和二氧化氮完全反應,反應結束后在Y中加入稀硫酸無現象,說明沒有生成N,氯氣、二氧化氮、NaOH發生氧化還原反應生成硝酸鈉、氯化鈉和水,化學方程式為Cl2+2NO2+4NaOH 2NaNO3+2NaCl+2H2O。③通入的二氧化氮的量過多,則過量的二氧化氮與NaOH溶液反應生成了NaNO2,加入稀硫酸后N在酸性環境下發生歧化反應生成一氧化氮、水和二氧化氮,二氧化氮為紅棕色氣體,所以會看到出現紅棕色氣體。
16第3章　物質的性質與轉化
實驗整合練　氣體制備及性質探究的裝置分析
實驗1　氣體制取的裝置分析
1.實驗室制取下列氣體,所選反應試劑、制備裝置、干燥劑及裝置、收集方法均正確的是(　　)
選項 氣體 反應試劑 制備 裝置 干燥劑 及裝置 收集 方法
A O2 KClO3、MnO2 a 堿石灰　g d
B NH3 濃氨水、CaO b 無水CaCl2　g e
C Cl2 MnO2、濃鹽酸 c P2O5　g f
D SO2 Na2SO3、70%硫酸 b 濃硫酸　h f
2.如圖為常用玻璃儀器組成的七種實驗裝置,根據需要可在其中加入液體或固體試劑。下列說法錯誤的是(　　)
A.A、B裝置既能用于收集Cl2,又能用于收集NO
B.裝有濃硫酸的F裝置可用于干燥CO2氣體
C.C、E裝置可用于尾氣吸收,能防止液體倒吸到氣體發生裝置中
D.G裝置可用于合成氨實驗中,可干燥、混合并大致觀察H2和N2的體積比
實驗2　氣體性質探究的綜合實驗裝置分析
3.微型實驗可節約藥品,因而在中學化學教學中應用廣泛。如圖為實驗室制備Cl2并探究Cl2是否具有漂白性的實驗。下列說法正確的是(　　)
已知:①2KMnO4+16HCl(濃) 2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O。
②白色干棉花球中有CaCl2粉末,主要作用是干燥氣體。
A.Q處濕潤的pH試紙變紅且顏色一直保持不變
B.P處濕潤的紅紙逐漸褪色,表明氯氣具有漂白性
C.N處干燥的紅紙不褪色,表明氯氣不具有漂白性
D.向褪色后的L處棉花球滴入NaOH溶液,若棉花球變紅,表明氯氣具有漂白性
4.如圖是實驗室進行二氧化硫制備與性質探究實驗的組合裝置,固定裝置未畫出。下列有關說法正確的是(　　)
A.該實驗可以探究SO2的還原性
B.為防止環境污染,裝置C和E中的試劑均取用飽和氫氧化鈣溶液
C.關閉K2,打開K1,則裝置B中每消耗1.5 mol Na2O2,轉移電子數為1.5NA(NA為阿伏加德羅常數的值)
D.關閉K1,打開K2,試劑X是K2Cr2O7溶液,顏色由橙紅色變成綠色(生成Cr3+),氧化劑和還原劑的物質的量之比是3∶1
5.如圖1所示,某同學利用Na2SO3固體和70% H2SO4溶液制取SO2并探究其性質。
圖1
(1)裝置B中發生反應的離子方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)裝置C中的實驗現象是　　　　　　　　　　　,該實驗現象說明SO2具有　　　　(填“氧化”或“還原”)性。
(3)能驗證SO2具有酸性氧化物的通性的實驗現象是　　　　　　　　　　　　　　。
(4)裝置E的目的是探究SO2與品紅作用的可逆性,請寫出實驗操作及現象:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)探究H2SO3的酸性強于HClO,該同學用如圖2所示裝置達成實驗目的。
圖2
①裝置的連接順序為純凈SO2→　　　　　(填字母),D中產生白色沉淀,反應的離子方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　。
②可證明H2SO3的酸性強于HClO的實驗現象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
6.某校化學興趣小組欲探究在實驗室制備Cl2的過程中有水蒸氣和HCl揮發出來,同時證明Cl2的某些性質,甲同學設計了如圖所示的實驗裝置(注:氯氣可溶于四氯化碳)。
回答下列問題:
(1)若用含0.2 mol HCl的濃鹽酸與足量的MnO2反應制取Cl2,制得的Cl2體積總是小于1.12 L(標準狀況下)的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)①裝置B中盛放的試劑為無水硫酸銅,其作用是　　　　　　　　　　　,現象是　　　　　　　　　　　　　。
②裝置D和E中出現的不同現象說明　　　　　　　　　　　　　　　　。
③寫出裝置G中發生反應的離子方程式:　　　　　　　　　　。
(3)乙同學認為甲同學設計的實驗有缺陷,不能確保最終通入AgNO3溶液中的氣體只有一種。為了確保實驗結論的可靠性,證明最終通入AgNO3溶液中的氣體只有一種,乙同學提出在F和G兩個裝置之間再加一個裝置。你認為該裝置中應放入　　　　　　　(填試劑或藥品名稱)。
7.某化學實驗小組同學用如圖所示裝置制備NO2,并探究NO2與水反應的產物(夾持裝置略、裝置氣密性良好)。
回答下列問題:
(1)步驟①:打開K1和　　　,通入N2,一段時間后關閉K1。
步驟②:向錐形瓶中加入濃HNO3,其操作方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
步驟③:證明三頸燒瓶中反應有NO生成,操作是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,現象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
步驟④:傳感器數據顯示c(N)隨反應時間逐漸增大,證明NO2與水反應生成N。
(2)甲同學認為步驟④的結論有缺陷,該同學的判斷依據是　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)乙同學查閱資料得知反應后三頸燒瓶溶液中可能含有HNO2。證明HNO2存在的實驗方案是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
8.過氧化鈉可用于醫藥、印染、漂白等。某學習興趣小組探究Na2O2與NO2、NO的反應,設計如圖所示實驗。
回答下列問題:
(1)盛放濃硝酸的儀器M名稱為　　　　　,A中發生的主要反應的離子方程式為　　　　　　　　　　　。
(2)Na2O2與NO2反應,根據化合價升降原則有下列兩種觀點。
觀點一:Na2O2氧化NO2,生成NaNO3;
觀點二:NO2氧化Na2O2,生成O2。
為驗證以上觀點進行如下實驗:
①關閉K2和彈簧夾,打開K1和A中儀器M的活塞,再將帶火星的木條放在a處,觀察到　　　　　,甲同學認為觀點二正確。
②乙同學認為該裝置不能確認觀點二正確,應在A、G之間增加一個裝置,該裝置的作用為　　　　　。改進后重復甲同學的實驗操作,觀察到紅棕色氣體迅速消失,帶火星的木條沒有復燃,判斷觀點一正確。
(3)丙同學根據NO易與O2反應,預測NO也易與Na2O2反應。
①丙同學關閉K1,打開K2,用圖中的裝置進行實驗,為防止NO與空氣中氧氣反應,反應前的操作是　　　　　　　　　　　。
②裝置B的作用為　　　　　　　　　　　　　　。
③反應一段時間后,取D裝置中產物少許,加入稀硫酸,產生無色氣體,遇到空氣變為紅棕色。配平反應的化學方程式:6　　　+3H2SO4 3Na2SO4+2HNO3+4　　　+2H2O。
④根據D裝置中產物的判斷結果,說明Na2O2與NO的反應中Na2O2的作用是　　　　(填字母)。
A.做氧化劑　　　B.做還原劑
C.既做氧化劑又做還原劑
答案與分層梯度式解析
第3章　物質的性質與轉化
實驗整合練　氣體制備及性質探究的裝置分析
1.A　KClO3在MnO2催化、加熱條件下反應生成氧氣,符合“固體+固體 氣體”,即選擇制備裝置a,氧氣能用堿石灰干燥且密度大于空氣,可以選擇向上排空氣法收集,故A正確;氨氣不能用氯化鈣干燥,故B錯誤;二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯氣,反應中不需要溫度計,且氯氣與水反應,不用排水法收集,故C錯誤;二氧化硫易溶于水,不能用排水法收集,故D錯誤。
名師點睛　有關氣體的制備、凈化與收集需要考慮以下幾個方面的問題:一是根據制備反應的特點選擇合適的制備裝置;二是氣體的凈化,一般若采用洗氣瓶進行氣體的凈化,最終需要進行干燥處理,在進行洗氣除去氣體中所含雜質氣體時,不能選擇會吸收待凈化氣體的試劑;三是收集氣體時需根據氣體與空氣密度的相對大小或在水中的溶解性選擇裝置。
2.B　A項,A裝置可用向上排空氣法收集Cl2,若A裝置裝滿水,則可用于收集NO,B裝置可用排飽和食鹽水法收集Cl2,也能用排水法收集NO,正確;B項,F裝置只能盛裝固體干燥劑來干燥氣體,錯誤;C項,C裝置中的燒杯中的液體可吸收尾氣,集氣瓶起到緩沖作用,防止燒杯中的液體倒吸入氣體發生裝置中,E裝置可防止倒吸,正確;D項,G裝置中裝入濃硫酸,可干燥H2和N2,通過氣泡多少可大致觀察H2和N2的體積比,正確。
3.C　氯氣與水反應:Cl2+H2O H++Cl-+HClO,H+使濕潤的pH試紙變紅,HClO具有漂白性,可使試紙褪色,所以Q處濕潤的pH試紙先變紅后褪色,故A錯誤;P處濕潤的紅紙逐漸褪色,是由于氯氣與水反應生成的HClO具有漂白性,可使試紙褪色,不能說明氯氣具有漂白性,故B錯誤;N處干燥的紅紙不褪色,可以證明氯氣無漂白性,故C正確;Cl2和NaOH反應生成NaCl、NaClO和H2O,反應消耗了NaOH,若再滴入NaOH溶液,棉花球變紅,說明褪色的原因可能為堿性變弱,不能證明氯氣具有漂白性,故D錯誤。
方法點津　性質驗證型實驗題一般主要考查元素及其化合物的性質和實驗的基本操作。解答此類試題的一般步驟:(1)認真閱讀題干,找出考查的主要物質;(2)根據實驗裝置圖中驗證的性質聯系所學的相關知識;(3)整合信息,把各個選項進行綜合分析,運用題給信息和所學知識做出正確判斷。
4.A　裝置A中利用Na2SO3固體與70%的H2SO4溶液反應制取SO2,若D中裝有酸性KMnO4溶液,關閉K1,打開K2,酸性KMnO4溶液紫紅色褪去可以證明SO2具有還原性,故A正確;飽和氫氧化鈣溶液的濃度較小,應用NaOH溶液吸收多余的二氧化硫,故B錯誤;關閉K2,打開K1,裝置B中發生反應SO2+Na2O2 Na2SO4,每消耗1 mol Na2O2,轉移電子數為2NA,則每消耗1.5 mol Na2O2,轉移電子數為3NA,故C錯誤;K2Cr2O7與SO2反應,K2Cr2O7轉化為Cr3+,Cr元素的化合價由+6價變為+3價,K2Cr2O7是氧化劑,SO2被氧化為S,S元素的化合價由+4價變為+6價,SO2是還原劑,根據得失電子守恒可知,氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶3,故D錯誤。
5.答案　(1)2Mn+5SO2+2H2O 2Mn2++5S+4H+　
(2)生成淡黃色沉淀　氧化　
(3)裝置D的試管中溶液褪色　
(4)裝置E中試管內品紅溶液褪色后,取下該試管,加熱,溶液又恢復紅色　
(5)①A→C→B→D　Ca2++2ClO-+H2O+CO2 CaCO3↓+2HClO　②B中品紅溶液不褪色,D中出現白色沉淀
解析　(1)裝置B中為酸性高錳酸鉀溶液與二氧化硫發生氧化還原反應,離子方程式為2Mn+5SO2+2H2O 2Mn2++5S+4H+。(2)二氧化硫通入硫化鈉溶液中,有淡黃色的硫單質生成。(3)二氧化硫具有酸性氧化物的性質,能與氫氧化鈉反應,使滴有酚酞的氫氧化鈉溶液褪色。(4)二氧化硫具有漂白性,能使品紅溶液褪色,加熱褪色后的溶液,溶液又變為紅色。(5)①二氧化硫具有還原性,不能與漂白粉溶液發生復分解反應,不能直接將SO2通入漂白粉溶液中去證明亞硫酸的酸性強于次氯酸;若要證明亞硫酸的酸性強于次氯酸,應將二氧化硫通入碳酸氫鈉溶液中制得二氧化碳氣體(可證明H2SO3的酸性強于H2CO3),將所得氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中,吸收多余的二氧化硫,然后通入品紅溶液,若品紅溶液不褪色,說明二氧化硫被酸性高錳酸鉀溶液完全吸收,剩余氣體通入漂白粉溶液中生成白色沉淀,說明H2CO3的酸性強于HClO,從而證明H2SO3的酸性強于HClO,所以裝置的連接順序為純凈SO2→A→C→B→D;二氧化碳與漂白粉溶液反應生成碳酸鈣沉淀和次氯酸,反應的離子方程式為Ca2++2ClO-+H2O+CO2 CaCO3↓+2HClO。②若B中品紅溶液不褪色,說明二氧化硫被酸性高錳酸鉀溶液完全吸收;剩余氣體通入漂白粉溶液中生成白色沉淀,說明亞硫酸的酸性強于碳酸,碳酸的酸性強于次氯酸,從而證明亞硫酸的酸性強于次氯酸。
6.答案　(1)隨著反應的進行,鹽酸的濃度逐漸減小,MnO2與稀鹽酸不反應　(2)①證明氯氣中含有水蒸氣　白色固體變藍色?、诼葰鉄o漂白性,次氯酸有漂白性?、跘g++Cl- AgCl↓　(3)濕潤的淀粉-KI試紙
解析　(1)濃鹽酸與足量的MnO2反應過程中,鹽酸的濃度隨著反應的進行變小,MnO2與稀鹽酸不反應,所以制得的Cl2體積總是小于1.12 L(標準狀況下)。(2)①無水硫酸銅用來檢驗水蒸氣,硫酸銅白色固體遇水會變藍色;②干燥布條不褪色,濕潤布條褪色,說明干燥的氯氣沒有漂白性,氯氣和水反應生成的次氯酸才有漂白性;③G中反應的離子方程式為Ag++Cl- AgCl↓。(3)四氯化碳吸收氯氣可能不完全,所以通入硝酸銀溶液中的可能還有氯氣,可用濕潤的淀粉-KI試紙檢驗氯氣,濕潤的淀粉-KI試紙不變藍,則不存在氯氣。
7.答案　(1)K3、K5　打開分液漏斗頂部的玻璃塞,同時打開K2　打開K4,通過導管向三頸燒瓶中通入O2　三頸燒瓶中氣體紅棕色加深　(2)濃硝酸易揮發,故傳感器檢測出的硝酸根離子可能是揮發出的硝酸溶于水電離產生的　(3)從三頸燒瓶中取少量反應后的溶液,向其中滴加酸性高錳酸鉀溶液,若溶液紫色褪去,說明其中含有HNO2
解析　(1)步驟①:打開K1、K3和K5,通入N2,將裝置內的空氣排盡,一段時間后關閉K1。步驟②:向錐形瓶中加入濃HNO3的操作方法是打開分液漏斗頂部的玻璃塞,同時打開K2。步驟③:證明三頸燒瓶中反應有NO生成的操作是打開K4,通過導管向三頸燒瓶中通入O2,由于NO與O2反應生成紅棕色氣體NO2,三頸燒瓶中氣體紅棕色加深。(2)濃硝酸具有揮發性,所以傳感器檢測出c(N)增大可能是揮發出的硝酸溶于水電離導致的。(3)HNO2中氮元素的化合價為+3價,具有還原性,可以從三頸燒瓶中取少量反應后的溶液,向其中滴加酸性高錳酸鉀溶液,若溶液紫色褪去,說明其中含有HNO2。
8.答案　(1)分液漏斗　Cu+4H++2N Cu2++2NO2↑+2H2O　(2)①紅棕色氣體迅速消失,帶火星的木條復燃?、诔O2中混有的水蒸氣和硝酸　(3)①打開彈簧夾,通一段時間氮氣　②制取NO?、跱aNO2　NO↑　④A
解析　(1)盛放濃硝酸的儀器M名稱為分液漏斗;A中主要發生銅與濃硝酸的反應,離子方程式為Cu+4H++2N Cu2++2NO2↑+2H2O。(2)①關閉K2和彈簧夾,打開K1和A中儀器M的活塞,若觀點二正確,則產生的NO2與Na2O2反應生成O2,所以觀察到的現象為紅棕色氣體迅速消失,帶火星的木條復燃。②產生的NO2中混有水蒸氣和硝酸,故增加裝置的作用是除去NO2中混有的水蒸氣和硝酸。(3)①裝置中空氣中的氧氣易將產生的NO氧化,所以在產生NO前應先將裝置中的空氣排凈,故反應前的操作是打開彈簧夾,通一段時間氮氣。②因為A中反應主要產生NO2,本實驗目的在于探究NO易與Na2O2反應,所以裝置B的作用為制取NO。③根據實驗現象“加入稀硫酸,產生無色氣體,遇到空氣變為紅棕色”可知,還原產物為NO,再根據質量守恒定律,得到缺少的反應物化學式為NaNO2。④根據③化學方程式可知,Na2O2與NO反應的產物為NaNO2,根據化合價變化可知,Na2O2中氧元素的化合價降低,故Na2O2的作用是做氧化劑。
15第3章　物質的性質與轉化
本章復習提升
易混易錯練
易錯點1　　不能根據物質氧化性、還原性強弱正確分析溶液成分
1.將金屬鐵、銅投入FeCl3溶液中充分反應,下列對反應情況設想的評價正確的是(　　)
選項 反應情況設想 評價
A 當鐵有剩余,銅無剩余時,溶液中一定有Fe2+、Cu2+ 不正確,不可能出現鐵有剩余而銅無剩余的情況,因為鐵的還原性比銅的強,鐵先與Fe3+反應
B 當鐵、銅均有剩余時,溶液中一定有Fe2+、Cu2+,無Fe3+ 正確,鐵和銅都與Fe3+反應,故無Fe3+
C 當銅有剩余,鐵無剩余時,溶液中一定只有Fe2+,無Cu2+ 正確,銅有剩余,故無Cu2+
D 當鐵、銅均無剩余時,溶液中一定有Fe2+、Cu2+,一定無Fe3+ 正確,Fe3+和鐵、銅均可反應
2.(不定項)在FeCl3、CuCl2的混合溶液中,加入一定量的鐵屑,反應完全后將固體濾出,下列說法正確的是(　　)
A.若濾出的固體只有銅,則溶液中一定含有Fe2+,一定不含Cu2+
B.若濾出的固體只有銅,則溶液中一定含有Fe2+,可能含Cu2+
C.若濾出的固體只有銅,則溶液中一定含有Fe3+和Fe2+,一定不含Cu2+
D.若濾出的固體中含有鐵和銅,則溶液中一定含有Fe2+,一定不含Cu2+和Fe3+
易錯點2　　混淆二氧化硫的漂白性和還原性
3.下列說法正確的是(　　)
A.因為SO2具有漂白性,所以它能使品紅溶液、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊溶液褪色
B.能使品紅溶液褪色的不一定是SO2
C.SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使品紅溶液褪色,其原理相同
D.SO2和Cl2混合使用,有更強的漂白效果
4.下列有關SO2的實驗方案可以達到實驗目的的是(　　)
編號 實驗目的 實驗方案
A 制取SO2 常溫下,將98%的濃硫酸滴入裝有Na2SO3固體的試管中制SO2
B 探究SO2的漂白性 將SO2通入溴水中,觀察溶液顏色變化
C 探究SO2水溶液的酸性 將SO2通入紫色石蕊溶液中,觀察溶液顏色變化
D 探究SO2的還原性 向盛有2 mL 10%的H2O2溶液的試管中緩慢通入SO2,觀察現象
易錯點3　　忽略酸性條件下N具有強氧化性
5.下列由實驗現象所得結論正確的是(　　)
A.將鐵銹溶于濃鹽酸,滴入酸性KMnO4溶液,紫色褪去,說明鐵銹中含二價鐵
B.向Na2SO3溶液中加BaCl2溶液和稀硝酸,振蕩有白色沉淀產生,說明Na2SO3溶液已變質
C.向含KSCN和FeSO4的溶液中加酸化的AgNO3溶液,溶液變紅,說明氧化性:Ag+>Fe3+
D.向稀硝酸中加入過量銅片,待銅片質量不再變化時,加入少量稀硫酸,銅片繼續溶解,不能說明稀硫酸的氧化性強于稀硝酸
6.以下各組離子能在溶液中大量共存的是(　　)
A.滴加酚酞變紅的溶液:S、Cu2+、K+、Cl-
B.含有大量S的溶液:Mg2+、Cu2+、Cl-、N
C.所含溶質為NaHSO4的溶液:K+、Fe2+、N、Na+
D.使紫色石蕊變紅的溶液:I-、Ca2+、Cl-、N
思想方法練
利用“一般與特殊”“定性與定量”的思想解答推斷題及工藝流程題
方法概述
　　一般與特殊思想:在無機框圖推斷中要運用已學的知識去掌握一般的規律,而且要分析制約一般規律的因素和成立的條件,熟悉常見物質的“特性”,尋找突破口。
定性與定量思想:定性分析是對研究對象進行“質”的分析,主要解決“有什么”或“是什么”的問題;定量分析是對研究對象進行“量”的分析,主要解決“有多少”的問題。定性與定量相結合是研究物質組成的重要方法。
1.某化學實驗室產生的廢液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三種金屬離子,甲同學設計了如圖所示的方案對廢液進行處理,以回收金屬,保護環境。下列說法正確的是　　(　　)
A.沉淀A中含有2種金屬單質
B.可用KSCN溶液來檢驗溶液B中所含的金屬離子
C.溶液A若只經過操作③最終將無法得到沉淀C
D.操作①②③中都需要用到玻璃棒、漏斗
2.(不定項)如圖是一種綜合處理含SO2尾氣的工藝流程。下列說法錯誤的是(　　)
A.步驟Ⅱ發生反應的離子方程式為4Fe2++4H++O2 4Fe3++2H2O
B.處理100 L含SO2的體積分數為0.336%的尾氣,步驟Ⅰ中轉移0.03 mol電子
C.溶液a轉化為溶液b的反應中,SO2被氧化
D.整個流程中,需要補充硫酸鐵
3.在如圖所示的物質轉化關系中,C、G、I、M為常見單質,G和M化合可生成最常見液體A,E為黑色粉末,F中含有鈉元素,K為一種含有鐵元素的白色絮狀沉淀,N為紅褐色沉淀,I為黃綠色氣體,化合物B的摩爾質量為24 g·mol-1。(部分生成物和反應條件未列出)
回答下列問題:
(1)M的化學式為　　　　　,B的化學式為　　　　　。
(2)反應②的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)反應③的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)C和A的蒸氣在高溫下反應的化學方程式為　　　　　　　　　　　,點燃該反應產生的氣體前,必須對該氣體進行　　　　　。
4.高鐵酸鈉(Na2FeO4)是一種新型綠色消毒劑,主要用于飲用水處理。如圖所示物質轉化關系為高鐵酸鈉的一種制備方法及有關性質實驗(部分反應產物已略去)。已知A、F為非金屬單質氣體,B為常見金屬單質,E為生活中最常見的調味品,F在標準狀況下密度為0.090 g·L-1。
請回答下列問題:
(1)D的名稱是　　　,E的俗稱是　　　;Na2FeO4中Fe元素的化合價為　　　　。
(2)寫出反應②的離子方程式:　　　　　　　　　　　。
(3)反應③,F在盛有A的集氣瓶中點燃的反應現象為　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)反應④中各物質的反應比例關系如下,請填入相應的反應物和生成物的化學式,并用雙線橋法標明電子轉移的方向和數目。
3　+2　+10NaOH 2Na2FeO4+9　+5H2O
(5)寫出反應⑤的化學方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　。
5.水合肼(N2H4·H2O)是一種精細化工原料。實驗室模擬尿素法制備N2H4·H2O,并進一步制取副產品Na2SO3的流程如圖所示。
已知:①N2H4·H2O具有強還原性,易被氧化成N2。
②一定條件下,堿性NaClO溶液與尿素反應生成N2H4·H2O。
③尿素中氮元素為-3價。
(1)吸收塔內發生反應的離子方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)為提高吸收塔內NaOH的有效利用率,將二氧化錳和濃鹽酸制取的Cl2通入吸收塔前應進行的操作是　　　　　　(填操作名稱),選用的試劑是　　　　　　　　　　　。
(3)反應器內生成水合肼的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)制備過程中要控制反應器內NaClO溶液的供給量,其主要目的是避免發生副反應　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用離子方程式表示)。
6.以硫酸工業生產后的硫鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3、Fe3O4,還含有少量FeO、SiO2)制備鐵紅(Fe2O3)的流程如下:
回答下列問題:
(1)要提高酸浸的效率,可采取的措施為　　　　　(任寫一種)。
(2)“酸浸”過程中Fe2O3與稀硫酸反應,該反應的化學方程式為　　　　　　　　　　　。
(3)“步驟1”的操作名稱為　　　　　　。
(4)加入過量鐵粉的目的有以下兩點:
①除去過量的硫酸;
②　　　　　　。檢驗“濾液X”金屬陽離子是否完全轉化,適宜的試劑為　　　　　　。
(5)“濾液Y”中加入NH4HCO3后,反應生成FeCO3的同時產生無色無味且能使澄清石灰水變渾濁的氣體,該反應的離子方程式為　　　　　　　　;“濾液Z”中溶質主要成分的用途為　　　　　　　　(任寫一種)。
(6)若經“步驟3”得到69.6 kg FeCO3,使其完全焙燒得到鐵紅(Fe2O3),理論上需要氧氣的體積為　　　　L(標準狀況下)。
綜合拔高練
五年高考練
考點1　　鐵及其化合物的性質
1.(2021廣東,10)部分含鐵物質的分類與相應化合價關系如圖所示。下列推斷不合理的是(　　)
A.a可與e反應生成b
B.b既可被氧化,也可被還原
C.可將e加入濃堿液中制得d的膠體
D.可存在b→c→d→e→b的循環轉化關系
2.(2023浙江1月選考,16改編)探究鐵及其化合物的性質,下列方案設計、現象和結論都正確的是(　　)
實驗方案 現象 結論
A 往FeCl2溶液中加入Zn片 短時間內無明顯現象 Fe2+的氧化能力比Zn2+弱
B 往溶液中滴加KSCN溶液 溶液變成紅色 溶液中不含Fe2+
C 將食品脫氧劑樣品中的還原鐵粉溶于鹽酸,滴加KSCN溶液 溶液呈淺綠色 食品脫氧劑樣品中沒有+3價鐵
D 向沸水中逐滴加5~6滴飽和FeCl3溶液,持續煮沸 溶液先變成紅褐色再析出沉淀 FeCl3先與水反應得Fe(OH)3膠體,再聚集成Fe(OH)3沉淀
3.(2023江蘇,11改編)室溫下,探究0.1 mol·L-1 FeSO4溶液的性質,下列實驗方案能達到探究目的的是(　　)
選項 探究目的 實驗方案
A 溶液中是否含有Fe3+ 向2 mL FeSO4溶液中滴加幾滴新制氯水,再滴加KSCN溶液,觀察溶液顏色變化
B Fe2+是否有還原性 向2 mL FeSO4溶液中滴加幾滴酸性KMnO4溶液,觀察溶液顏色變化
C FeSO4溶液是否呈酸性 向2 mL FeSO4溶液中滴加2~3滴酚酞試液,觀察溶液顏色變化
D Fe2+能否催化H2O2分解 向2 mL 5% H2O2溶液中滴加幾滴FeSO4溶液,觀察氣泡產生情況
4.(2023全國乙,28節選)在N2氣氛中,FeSO4·7H2O的脫水熱分解過程如圖所示:
根據上述實驗結果,可知x=　　　　　,y=　　　　　。
5.(2021遼寧,18改編)Fe/Fe3O4磁性材料在很多領域具有應用前景,其制備過程如下(各步均在N2氛圍中進行):
①稱取9.95 g FeCl2·4H2O(Mr=199),配成50 mL溶液,轉移至恒壓滴液漏斗中。
②向三頸燒瓶中加入100 mL 14 mol·L-1 KOH溶液。
③持續磁力攪拌,將FeCl2溶液以2 mL·min-1的速度全部滴入三頸燒瓶中,100 ℃下回流3 h。
④冷卻后過濾,依次用熱水和乙醇洗滌所得黑色沉淀,在40 ℃干燥。(乙醇與水互溶,沸點78.5 ℃,易揮發)
⑤管式爐內焙燒2 h,得產品3.24 g。
部分裝置如圖:
回答下列問題:
(1)儀器a的名稱是　　　　;使用恒壓滴液漏斗的原因是　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)實驗室制取N2有多種方法,請根據元素化合物知識和氧化還原反應相關理論,結合下列供選試劑和裝置,選出一種可行的方法,化學方程式為　　　　　　　　　　　　,對應的裝置為　　　(填標號)。
可供選擇的試劑:
CuO(s)、NH3(g)、Cl2(g)、O2(g)、飽和NaNO2(aq)、飽和NH4Cl(aq)
可供選擇的發生裝置(凈化裝置略去):
A
B
C
(3)三頸燒瓶中反應生成了Fe和Fe3O4,離子方程式為　　　　　　　　　　　　　。
(4)為保證產品性能,需使其粒徑適中、結晶度良好,可采取的措施有　　　　。
A.采用適宜的滴液速度
B.用鹽酸代替KOH溶液
C.在空氣氛圍中制備
D.選擇適宜的焙燒溫度
(5)步驟④中判斷沉淀是否已經用水洗滌干凈,應選擇的試劑為　　　　　　　　　　;使用乙醇洗滌的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(6)該實驗所得磁性材料的產率為　　　　(保留3位有效數字)。
考點2　　含硫化合物的性質及轉化
6.(2023北京,7改編)蔗糖與濃硫酸發生作用的過程如圖所示。
下列關于該過程的分析不正確的是(　　)
A.過程①白色固體變黑,主要體現了濃硫酸的脫水性
B.過程②固體體積膨脹,與產生的大量氣體有關
C.過程中體現了濃硫酸的強氧化性
D.過程中產生能使品紅溶液褪色的氣體,體現了濃硫酸的酸性
7.(2023重慶,3改編)下列敘述正確的是(　　)
A.硫分別與少量氧氣和足量氧氣反應,生成的產物不相同
B.SO2分別與H2O和H2S反應,反應的類型相同
C.Na2O2分別與H2O和CO2反應,生成的氣體相同
D.濃H2SO4分別與Cu和C反應,生成的酸性氣體相同
8.(2023廣東,9改編)按如圖裝置進行實驗。將稀硫酸全部加入Ⅰ中的試管,關閉活塞。下列說法正確的是(　　)
已知:S2+2H+ S↓+SO2↑+H2O。
A.Ⅰ中試管內的反應,體現H+的氧化性
B.Ⅱ中品紅溶液褪色,體現SO2的還原性
C.在Ⅰ和Ⅲ的試管中,都出現了渾濁現象
D.撤掉水浴,重做實驗,Ⅳ中紅色不褪去
9.(2021北京,6)室溫下,1體積的水能溶解約40體積的SO2。用試管收集SO2后進行如圖所示實驗。對實驗現象的分析正確的是(　　)
A.試管內液面上升,證明SO2與H2O發生了反應
B.試管中剩余少量氣體,是因為SO2的溶解已達飽和
C.取出試管中溶液,立即加入紫色石蕊試液,溶液顯紅色,原因是:SO2+H2O H2SO3、H2SO3 H++HS、HS H++S
D.取出試管中溶液,在空氣中放置一段時間后pH下降,是由于SO2揮發
10.(2021山東,8)工業上以SO2和純堿為原料制備無水NaHSO3的主要流程如圖,下列說法錯誤的是(　　)
A.吸收過程中有氣體生成
B.結晶后母液中含有NaHCO3
C.氣流干燥濕料時溫度不宜過高
D.中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
考點3　　氮及其化合物的性質
11.(2023廣東,4)1827年,英國科學家法拉第進行了NH3噴泉實驗。在此啟發下,興趣小組利用以下裝置,進行如下實驗。其中,難以達到預期目的的是(　　)
A.圖1:噴泉實驗　　　　　　B.圖2:干燥NH3
C.圖3:收集NH3　　　　　　D.圖4:制備NH3
12.(2023江蘇,8)氮及其化合物的轉化具有重要應用。下列說法不正確的是(　　)
A.實驗室探究稀硝酸與銅反應的氣態產物:HNO3(稀) NO NO2
B.工業制硝酸過程中的物質轉化:N2 NO HNO3
C.汽車尾氣催化轉化器中發生的主要反應:2NO+2CO N2+2CO2
D.實驗室制備少量NH3的原理:2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O
13.(2022湖南,9)科學家發現某些生物酶體系可以促進H+和e-的轉移(如a、b和c),能將海洋中的N轉化為N2進入大氣層,反應過程如圖所示。
下列說法正確的是(　　)
A.過程Ⅰ中N發生氧化反應
B.a和b中轉移的e-數目相等
C.過程Ⅱ中參與反應的n(NO)∶n(N)=1∶4　
D.過程Ⅰ→Ⅲ的總反應為N N2↑+2H2O
考點4　　常見氣體的制備
14.(2021全國乙,8)在實驗室采用如圖裝置制備氣體,合理的是(　　)
化學試劑 制備的氣體
A. Ca(OH)2+NH4Cl NH3
B. MnO2+HCl(濃) Cl2
C. MnO2+KClO3 O2
D. NaCl+H2SO4(濃) HCl
15.(2021全國甲,9)實驗室制備下列氣體的方法可行的是(　　)
氣體 方法
A 氨氣 加熱氯化銨固體
B 二氧化氮 將鋁片加到冷濃硝酸中
C 硫化氫 向硫化鈉固體滴加濃硫酸
D 氧氣 加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物
16.(2021北京,5)實驗室制備下列氣體所選試劑、制備裝置及收集方法均正確的是(　　)
氣體 試劑 制備裝置 收集方法
A O2 KMnO4 a d
B H2 Zn+稀H2SO4 b e
C NO Cu+稀HNO3 b c
D CO2 石灰石+稀H2SO4 b c
高考模擬練
應用實踐
1.在不同條件下,用O2氧化一定濃度的FeCl2溶液,其實驗數據如圖所示。下列說法錯誤的是(　　)
A.實驗過程中,溶液顏色會加深
B.由①和③可知,溫度越高,Fe2+被氧化得越快
C.由②和③可知,pH越小,Fe2+被氧化得越快
D.溫度低、pH小,有利于FeCl2溶液的保存
2.(不定項)天然氣是一種應用廣泛的燃料,含有少量H2S氣體。在酸性溶液中,通過甲、乙兩個過程實現天然氣的脫硫,原理如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A.過程甲發生的離子反應為2Fe3++S2- 2Fe2++S↓
B.過程乙中每4 mol Fe2+參加反應,需消耗22.4 L O2(標準狀況)
C.通過Fe2(SO4)3和FeSO4的相互轉化,天然氣中的H2S可看作間接被O2氧化
D.天然氣脫硫一段時間后,溶液酸性增強
3.某化學興趣小組按如圖所示裝置進行實驗,反應開始時打開彈簧夾,當點燃從a口出來的氣體無爆鳴聲時關閉彈簧夾,此時剩余少量的鈉。下列說法錯誤的是(　　)
A.橡膠管能起到平衡氣壓的作用
B.關閉彈簧夾后,打開分液漏斗活塞,剩余的少量鈉能置換出單質鐵
C.關閉彈簧夾后,打開分液漏斗活塞,錐形瓶內能觀察到白色絮狀沉淀
D.反應結束后,打開錐形瓶的橡膠塞,能觀察到有紅褐色沉淀產生
4.已知:①NO可與過氧化鈉粉末發生化合反應生成NaNO2,②NO能被酸性KMnO4溶液氧化成N。某興趣小組設計了如圖所示的裝置制備NaNO2,下列說法不正確的是(　　)
A.裝置A無需加熱,滴入濃硝酸就能發生反應
B.裝置B中銅的作用是提高NO的生成率
C.裝置C中裝的藥品可以是氫氧化鈉固體
D.裝置E中的酸性KMnO4溶液的主要作用是吸收多余的NO
5.認識和利用SO2的性質可有效防治SO2對環境的污染,并實現SO2的綜合利用。某研究團隊提出的SO2煙氣脫硫工藝流程如圖,該流程中脫硫劑循環使用,可實現對煙氣中SO2的持續脫除。已知:脫硫塔中發生的主要反應為2CaS+3SO2 2CaSO3+3S、2CaSO3+O2 2CaSO4。下列有關說法錯誤的是(　　)
A.脫硫塔中生成的S既是氧化產物又是還原產物
B.已知再生塔中CaSO4與煤中的C單質反應生成CO2和X,則CO2和X的物質的量之比為1∶1
C.將CaSO4和煤粉碎混合,再投入再生塔,有利于反應充分進行
D.經冷凝器得到的幾種單質(S2、S4、S6和S8)互為同素異形體
6.已知:品紅能溶于乙醇等溶劑?；卮鹣铝袉栴}:
(1)向品紅水溶液中通入足量SO2,現象是　　　　　　　　　　　。經查閱資料知,不是SO2導致上述現象,驗證該結論可使用的試劑是　　　　　　　　　　。
(2)某科研小組用如圖所示裝置測定空氣中SO2含量,過程如下:
①配制1 000 mL 5×10-3 mol·L-1的碘溶液,需要的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、量筒、　　　　　　　　。
②將配制的溶液稀釋至10倍,量取5 mL注入試管,加入2~3滴淀粉溶液,慢慢抽氣,觀察到溶液中　　　　　　　(填實驗現象)時,停止抽氣,記錄抽氣次數為n。該過程中發生反應的離子方程式為　　　　　　　　　　。
③空氣中二氧化硫的最大允許含量為0.02 mg·L-1。若每次抽空氣100 mL(已折算為標準狀況),則n至少為　　　　,才符合標準。抽氣時應慢慢拉活塞,若速度過快,可能會造成測定結果　　　　(填“偏大”或“偏小”)。
遷移創新
7.某化學興趣小組利用鐵元素的性質設計了“魔法實驗”,如圖所示。
資料:
a.茶水中含有鞣酸,與亞鐵離子結合成無色的鞣酸亞鐵,進而變為藍黑色的鞣酸鐵。
b.鞣酸、維生素C均具有還原性。
c.①、③、④顏色幾乎相同。
下列分析不正確的是(　　)
A.①→②,鞣酸亞鐵被氧氣氧化生成了鞣酸鐵
B.由③→④→⑤,可推知③中含二價鐵
C.由①、③、④顏色幾乎相同,可推知其所含粒子種類完全相同
D.④→⑤,至少有兩種粒子被氧化
8.鐵是人體必需的微量元素,鐵攝入不足可能引起缺鐵性貧血。
Ⅰ:黑木耳中含有比較豐富的鐵元素,某興趣小組測定其中鐵元素含量。
(1)鐵元素的分離:在坩堝中高溫灼燒黑木耳,使之完全灰化。用足量的酸充分溶解,過濾,濾液中鐵元素的存在形式是Fe2+、　　　　。
(2)鐵元素含量測定:興趣小組提出如下測定方案。
ⅰ.沉淀法:向(1)濾液中加入足量NaOH溶液,過濾、洗滌沉淀、充分加熱至恒重、稱量。該測量方案　　　　(填“可行”或“不可行”),理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
ⅱ.比色法:流程如下。
10 mL濾液 含Fe3+溶液 溶液a 數據處理
①溶液a的顏色是　　　　。
②溶液顏色越深,光的透過能力越差,即透光率越小,含鐵量越　　　　(填“高”或“低”)。
③若不加H2O2,測出黑木耳中鐵元素的含量將　　　　(填“偏大”或“偏小”)。
Ⅱ:在肺部,血紅蛋白中的亞鐵血紅素與O2結合,把O2送到各個組織器官。
(3)已知葡萄糖的分子式是C6H12O6。鐵元素參與人體內的呼吸作用示意圖如下(部分中間產物已略去)。
①在過程中體現還原性的酶是　　　　。
②該過程總反應的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案與分層梯度式解析
第3章　物質的性質與轉化
本章復習提升
易混易錯練
1.A　由于鐵的還原性比銅的強,不可能出現鐵有剩余而銅無剩余的情況,故A正確;由于鐵比銅活潑,當鐵有剩余時,一定與溶液中的Cu2+發生反應,溶液中一定沒有Cu2+,故B錯誤;當銅有剩余,鐵無剩余時,溶液中可能有Cu2+,故C錯誤;若Fe3+足量,將銅與鐵全部氧化后,還有Fe3+剩余,故D錯誤。
易錯分析　由于不能正確判斷鐵、銅的還原性強弱及與FeCl3溶液的反應情況而錯選;鐵、銅投入FeCl3溶液中,由于鐵比銅活潑,鐵先與Fe3+反應,當Fe消耗完后銅才與Fe3+反應。
2.BD　氧化性Fe3+>Cu2+>Fe2+,所以在FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入鐵粉,鐵先與Fe3+反應生成Fe2+,然后鐵與Cu2+反應生成Cu和Fe2+,反應后剩余的固體可能為Cu或Cu、Fe的混合物;若濾出的固體只有銅,溶液中一定含有Fe2+,可能含有Cu2+,沒有Fe3+,故A、C錯誤,B正確;若濾出的固體中含有鐵和銅,則溶液中一定不含Cu2+和Fe3+,一定含有Fe2+,故D正確。
3.B　SO2能使品紅溶液褪色是因為其具有漂白性,使溴水、酸性KMnO4溶液褪色是因為SO2具有還原性,SO2不能使石蕊溶液褪色,故A錯誤;Cl2也能使品紅溶液褪色,故B正確;SO2能使品紅溶液褪色是SO2和品紅溶液中的某些物質結合形成無色物質,活性炭能使品紅溶液褪色是由于吸附作用,漂白粉、Na2O2能使品紅溶液褪色是由于二者具有強氧化性,其原理不同,故C錯誤;SO2和Cl2在水中發生反應:2H2O+SO2+Cl2 H2SO4+2HCl,如果二者按物質的量之比為1∶1通入會喪失漂白作用,故D錯誤。
易錯分析　誤以為與SO2有關的褪色現象都是SO2具有漂白性造成的,SO2使氯水、溴水、酸性高錳酸鉀溶液等褪色,是因為SO2具有還原性,不是漂白性;SO2使滴有酚酞溶液的氫氧化鈉溶液褪色,表現出酸性氧化物的性質。
4.C　98%濃硫酸中氫離子濃度很小,通常用70%硫酸與亞硫酸鈉反應制取二氧化硫,A項不符合題意;二氧化硫使溴水褪色是因為二氧化硫具有還原性,不是漂白性,B項不符合題意;二氧化硫溶于水生成亞硫酸,使溶液呈酸性,可以使紫色石蕊試液變紅,C項符合題意;二氧化硫與過氧化氫溶液反應生成水和硫酸,無明顯現象,D項不符合題意。
5.D　濃鹽酸也能使酸性KMnO4溶液紫色褪去,不能說明鐵銹中含二價鐵,故A錯誤;向Na2SO3溶液中加BaCl2溶液和稀硝酸,振蕩有白色沉淀產生,稀硝酸可將S氧化為S,得到BaSO4沉淀,不能說明Na2SO3溶液已變質,故B錯誤;向含KSCN和FeSO4的溶液中加酸化的AgNO3溶液,溶液變紅,由于酸性條件下N具有強氧化性,能將Fe2+氧化為Fe3+,因此不能說明氧化性:Ag+>Fe3+,故C錯誤;向稀硝酸中加入過量銅片,待銅片質量不再變化時,加入少量稀硫酸,剩余硝酸根離子在氫離子存在時可以繼續氧化銅片,不能說明稀硫酸的氧化性強于稀硝酸,故D正確。
易錯分析　由于忽略了在酸性條件下N具有強氧化性,能將S、Fe2+分別氧化為S、Fe3+,而錯選B或C;酸性條件下N具有強氧化性在離子共存、離子方程式書寫中經常涉及,解題時應注意。
6.B　A項,滴加酚酞變紅的溶液呈堿性,堿性條件下Cu2+不能大量存在;B項,S、Mg2+、Cu2+、Cl-、N相互不反應,能夠大量共存;C項,所含溶質為NaHSO4的溶液中含有大量氫離子,酸性條件下N具有強氧化性,能氧化Fe2+,不能大量共存;D項,使紫色石蕊變紅的溶液呈酸性,酸性條件下N會氧化I-,不能大量共存;故選B。
思想方法練
1.B　Ag+、Fe3+、Cu2+都具有氧化性,加入過量鐵粉時,Ag+、Cu2+與Fe反應分別生成Ag和Cu,而Fe3+與Fe反應生成Fe2+,經過濾①得到的溶液A中含Fe2+,而沉淀A中含有Ag、Cu和過量的Fe,即沉淀A中含3種金屬單質,A錯誤;Fe2+具有還原性,能被H2O2氧化為Fe3+,Fe3+遇KSCN溶液呈紅色,故可用KSCN溶液檢驗溶液B中的Fe3+,B正確;沉淀C為Fe(OH)3,溶液A含Fe2+,加入堿生成Fe(OH)2,Fe(OH)2不穩定,易被空氣中的氧氣氧化為Fe(OH)3,C錯誤;操作②是加入H2O2,不需要漏斗,而①③均涉及過濾,需要玻璃棒和漏斗,D錯誤。
方法點津　解答本題的關鍵是弄清楚溶液中的轉化,注意反應中“一般與特殊”的關系。Ag+、Fe3+、Cu2+都具有氧化性,而Fe3+被Fe還原生成Fe2+,Ag+、Cu2+與Fe均發生置換反應。
2.BD　根據流程圖可知,步驟Ⅰ發生反應:2H2O+SO2+Fe2(SO4)3 2FeSO4+2H2SO4,溶液b含FeSO4,通入空氣發生氧化還原反應生成Fe2(SO4)3,步驟Ⅱ發生反應的離子方程式為4Fe2++4H++O2 4Fe3++2H2O,故A正確;處理100 L含SO2的體積分數為0.336%的尾氣,含有SO2體積為0.336 L,沒有告知氣體所處的狀況,因此無法計算SO2的物質的量,也無法計算轉移電子的物質的量,故B錯誤;溶液a轉化為溶液b的反應中,硫元素化合價升高,SO2被氧化,故C正確;根據反應可知步驟Ⅰ消耗的硫酸鐵與步驟Ⅱ生成的硫酸鐵的量相同,硫酸鐵可以循環利用,所以不用補充硫酸鐵,故D錯誤。
方法點津　本題以工藝流程形式考查尾氣處理,側重考查物質性質和氧化還原反應知識,既考查了定性分析又考查了定量分析,綜合性較強。解答此類題目時,注意聯系所學元素性質以及可循環使用物質的判斷。
3.答案　(1)O2　NaH　(2)MnO2+4HCl(濃) MnCl2+Cl2↑+2H2O　(3)4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3　(4)3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2　驗純
解析　K為一種含有鐵元素的白色絮狀沉淀,N為紅褐色沉淀,而K與最常見液體A、單質M作用得到N,故K為Fe(OH)2,A為H2O,M為O2,N為Fe(OH)3;I為黃綠色氣體單質,為Cl2;黑色粉末E與D在加熱條件下反應生成氯氣,故E為MnO2,D為濃鹽酸,J為MnCl2;D與單質C反應得到H與單質G,化合物B與H2O反應生成F與單質G,而F含有鈉元素,且F與H反應生成Fe(OH)2,故C為Fe、H為FeCl2、G為H2、F為NaOH;化合物B的摩爾質量為24 g·mol-1,可推知B為NaH;H(FeCl2)與I(Cl2)反應生成L,L為FeCl3,L(FeCl3)與F(NaOH)反應生成Fe(OH)3。(1)M為O2,B為NaH。(2)反應②是二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯化錳、氯氣和水,化學方程式為MnO2+4HCl(濃) MnCl2+Cl2↑+2H2O。(3)反應③是氫氧化亞鐵與氧氣、水反應生成氫氧化鐵,化學方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3。(4)鐵在高溫下與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣,化學方程式為3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2;氫氣是可燃性氣體,點燃氫氣前需要驗純。
方法點津　解答這類無機推斷題的關鍵是抓住題目中的關鍵信息,快速找到解題突破口;可根據物質顏色、特殊反應現象或提示的反應條件等分析。如本題中K為一種含有鐵元素的白色沉淀,可轉化為紅褐色沉淀N,可知K為Fe(OH)2,N為Fe(OH)3;I為黃綠色氣體,且為單質,應為Cl2;根據這些明顯的信息可快速找到突破口,根據轉化關系和信息完成各物質的推斷,從而順利解題。這類試題既體現了“一般與特殊”的化學思想,也體現了證據推理與模型認知的化學學科核心素養。
4.答案　(1)次氯酸鈉　食鹽　+6價
(2)Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O
(3)安靜燃燒,發出蒼白色火焰,瓶口出現白霧
(4)+5H2O
(5)2Na2FeO4+16HCl 4NaCl+2FeCl3+3Cl2↑+8H2O
解析　E為生活中最常見的調味品,為NaCl;由A、B分別為非金屬和金屬單質,結合圖示轉化可確定A為Cl2,B為Fe;結合圖示轉化可知C為FeCl3,D為NaClO;根據F的密度可確定F為H2,則G為HCl。(1)Na2FeO4中Na元素為+1價、O元素為-2價,根據化合物中各元素正、負化合價代數和為0可知Fe元素為+6價。(2)反應②為Cl2與NaOH溶液的反應,其離子方程式為Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O。(3)H2在Cl2中可以安靜地燃燒,發出蒼白色火焰,生成HCl氣體,瓶口HCl與水蒸氣形成鹽酸小液滴,產生白霧。(4)FeCl3、NaClO在堿性條件下反應,其化學方程式為3NaClO+2FeCl3+10NaOH 2Na2FeO4+9NaCl+5H2O,結合反應中Fe、Cl元素化合價變化,利用雙線橋法可標出電子轉移方向和數目。(5)反應⑤的化學方程式為2Na2FeO4+16HCl 4NaCl+2FeCl3+3Cl2↑+8H2O。
5.答案　(1)Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O　(2)洗氣　飽和氯化鈉溶液　(3)CO(NH2)2+NaClO+2NaOH N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl　(4)2ClO-+N2H4·H2O 2Cl-+N2↑+3H2O
解析　氯氣與30%的NaOH溶液反應生成次氯酸鈉,次氯酸鈉堿性溶液與尿素反應制備粗肼,粗肼經過一系列操作得到水合肼和碳酸鈉,碳酸鈉、水和二氧化硫反應生成亞硫酸鈉。(1)吸收塔內氯氣與氫氧化鈉反應生成次氯酸鈉,反應的離子方程式為Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O。(2)濃鹽酸易揮發,二氧化錳和濃鹽酸制取的Cl2中會混有氯化氫雜質,為提高吸收塔內NaOH的有效利用率,需要用飽和氯化鈉溶液進行洗氣。(3)反應器內堿性NaClO溶液與尿素反應生成N2H4·H2O,根據得失電子守恒、原子守恒可得反應的化學方程式為CO(NH2)2+NaClO+2NaOH N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl。(4)水合肼具有強還原性,能與次氯酸鈉反應生成N2,為防止水合肼被氧化,制備過程中需要控制反應器內NaClO溶液的供給量,根據得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒可得反應的離子方程式為2ClO-+N2H4·H2O 2Cl-+N2↑+3H2O。
6.答案　(1)將燒渣粉碎、適當升溫、適當增加酸的濃度、攪拌(任寫一種,答案合理即可)　(2)Fe2O3+3H2SO4 Fe2(SO4)3+3H2O　(3)過濾　(4)將Fe3+完全轉化為Fe2+　KSCN溶液　(5)Fe2++2HC FeCO3↓+CO2↑+H2O　制作氮肥(答案合理即可)　(6)3 360
解析　(1)要提高硫鐵礦燒渣酸浸的效率,可采取的措施有適當升溫、適當增大稀硫酸濃度、燒渣粉碎、攪拌等。(2)“酸浸”過程中加入稀硫酸,與Fe2O3發生反應,化學方程式為Fe2O3+3H2SO4 Fe2(SO4)3+3H2O。(3)“步驟1”將濾液和濾渣分開,為過濾。(4)在“步驟3”后,Fe元素以FeCO3形式存在,所以加入過量鐵粉的目的除了除去過量的硫酸,還有將已生成的Fe3+轉化為Fe2+;檢驗金屬陽離子(即Fe3+)是否完全轉化為Fe2+,應選用KSCN溶液,若溶液不變紅色,說明Fe3+完全轉化為Fe2+。(5)“濾液Y”為FeSO4溶液,根據流程圖和原子守恒可知,FeSO4與NH4HCO3反應生成(NH4)2SO4、FeCO3、CO2、H2O,反應的離子方程式為Fe2++2HC FeCO3↓+H2O+CO2↑;“濾液Z”中溶質主要成分為(NH4)2SO4,可制作氮肥或做化工原料等。(6)經“步驟3”得到69.6 kg FeCO3,物質的量為=6×102 mol,焙燒時FeCO3被氧氣氧化為Fe2O3,根據得失電子守恒可得關系式:4FeCO3~O2,所以消耗氧氣的物質的量為1.5×102 mol,標準狀況下的體積為1.5×102 mol×22.4 L·mol-1=3 360 L。
方法點津　本題以硫酸工業生產后的硫鐵礦燒渣為原料生產鐵紅為情境,通過工藝流程考查利用已知信息和知識分析問題、解決問題的能力;解題時可從物質轉化線(反應線)和操作線(分離與提純)、設問中的信息入手進行分析,建立解題思維模型,從而順利解題。
綜合拔高練
五年高考練
1.C　A項,Fe與Fe3+反應生成Fe2+,推斷合理。B項,亞鐵鹽既能被氧化為鐵鹽又能被還原為鐵單質,推斷合理。C項,氫氧化鐵膠體的制備是將飽和的氯化鐵溶液加入沸水中繼續加熱至液體呈紅褐色;如果加入濃堿液中,生成的是Fe(OH)3沉淀,推斷不合理。D項,可存在Fe2+→Fe(OH)2→Fe(OH)3→Fe3+→Fe2+的循環轉化關系,推斷合理。
解題技法　關于元素化合物知識,我們不僅從物質類別角度認識物質間的轉化,還從元素價態的角度認識物質間的轉化,利用“價—類”二維圖可以很好地考查這兩個角度。解答這類試題首先根據“價—類”二維圖中元素的化合價和物質類別確定具體物質的化學式;再根據選項中提示的物質,結合所學的知識解答即可。
2.D　Zn比Fe活潑,往FeCl2溶液中加入Zn片發生反應:Zn+Fe2+ Zn2++Fe,溶液由淺綠色變為無色,Fe2+的氧化能力比Zn2+強,故A錯誤;往溶液中滴加KSCN溶液,溶液變成紅色,說明溶液中一定含有Fe3+,不能說明不含Fe2+,故B錯誤;溶液中的Fe3+可能與單質鐵反應生成Fe2+,溶液呈淺綠色,不能說明食品脫氧劑樣品中沒有+3價鐵,故C錯誤;向沸水中逐滴加5~6滴飽和氯化鐵溶液,持續煮沸,溶液先變成紅褐色,是因為FeCl3與水反應生成Fe(OH)3膠體,后析出沉淀是因為加熱膠體發生聚沉生成Fe(OH)3沉淀,故D正確。
考向追蹤　含鐵元素物質的性質及轉化屬于高考熱點,試題有時單獨考查,但大多數與其他元素一起考查,主要以選擇題、實驗題和流程圖題的形式綜合考查鐵及其化合物的性質及應用等。
3.B　向FeSO4溶液中滴加新制氯水,溶液中的Fe2+被氧化成Fe3+,再滴加KSCN溶液,溶液變紅,不能確定原溶液中是否有Fe3+,A項不能達到實驗目的;KMnO4溶液顯紫色,向FeSO4溶液中滴加幾滴酸性KMnO4溶液,紫色消失,說明Mn被還原成Mn2+,Fe2+具有還原性,所以可通過觀察溶液的顏色變化判斷Fe2+是否有還原性,B項能達到實驗目的;檢驗溶液是否呈酸性,不能選用酚酞試液,酚酞可用于檢驗堿性溶液,C項不能達到實驗目的;H2O2具有氧化性,能將Fe2+氧化為Fe3+,H2O2溶液中滴加FeSO4溶液,產生大量氣泡有可能是Fe3+的催化作用,D項不能達到實驗目的。
解題技法　本題易錯選D,可利用以下方法排除其干擾:①催化劑在反應前后質量和化學性質均不發生變化;向H2O2溶液中滴加幾滴FeSO4溶液后,Fe2+與H2O2能發生氧化還原反應,Fe2+轉化為Fe3+,Fe3+可能催化H2O2分解,不能達到探究目的。②缺少對照實驗,未排除S對H2O2分解的影響。
4.答案　4　1
解析　由圖中信息可知,當失重比為19.4%時,FeSO4·7H2O轉化為FeSO4·xH2O,則×100%=19.4%,解得x≈4;當失重比為38.8%時,有×100%=38.8%,解得y≈1。
知識拓展　熱重曲線
　　熱重曲線是指在熱分析過程中通過熱天平而得到的試樣在加熱過程中質量隨溫度變化的曲線,一般與差熱曲線結合使用,通過熱重曲線的分析計算,可以了解樣品在某一溫度下的反應程度及相應的物質含量等信息。熱重曲線分析要抓住“三點”——起點、拐點、終點,根據質量(或失重質量分數)等隨溫度的變化,確定定量關系,列式計算,確定剩余固體的成分。
5.答案　(1)球形冷凝管　平衡氣壓,便于液體順利流下
(2)2NH3+3CuO 3Cu+N2+3H2O(或NH4Cl+NaNO2 NaCl+2H2O+N2↑)　A(或B)
(3)4Fe2++8OH- Fe↓+Fe3O4↓+4H2O
(4)AD
(5)稀硝酸和硝酸銀溶液　除去晶體表面水分,便于快速干燥
(6)90.0%
解析　(1)結合圖示裝置可知儀器a的名稱為球形冷凝管。實驗中使用恒壓滴液漏斗,可以平衡壓強,便于液體順利流下。(2)結合所給藥品和實驗裝置考慮可用裝置A或裝置B制備N2,其化學方程式分別為2NH3+3CuO 3Cu+N2+3H2O和NH4Cl+NaNO2 NaCl+2H2O+N2↑。(3)三頸燒瓶中FeCl2溶液與KOH溶液在100 ℃下共熱生成Fe和Fe3O4,根據得失電子守恒等可配平該離子方程式為4Fe2++8OH- Fe↓+Fe3O4↓+4H2O。(4)為保證產品性能,使其粒徑適中、結晶度良好,應采用適宜的滴液速度,且選擇適宜的焙燒溫度;若用鹽酸代替KOH溶液,可能導致Fe、Fe3O4部分溶解;若在空氣氛圍中制備,Fe2+易被氧化,故選AD。(5)實驗中洗滌主要是洗去沉淀表面的Cl-,應向最后一次洗滌液中加入稀硝酸和AgNO3溶液,若無沉淀產生,則證明沉淀已洗滌干凈。使用乙醇洗滌,是利用了乙醇的揮發性,便于黑色沉淀快速干燥。(6)9.95 g FeCl2·4H2O的物質的量為9.95 g÷199 g/mol=0.05 mol,根據(3)中的離子方程式可得關系式:
4Fe2+　~　Fe/Fe3O4
4 mol 56 g+232 g=288 g
0.05 mol m(理論)
,解得m(理論)=3.60 g,而實際得到3.24 g產品,則該實驗中所得磁性材料的產率為×100%=90.0%。
6.D　濃硫酸將蔗糖中H、O元素按水的元素組成質量比脫去,白色固體變黑,體現濃硫酸的脫水性,故A正確;濃硫酸脫水過程中產生大量的熱,會發生反應:C+2H2SO4(濃) CO2↑+2SO2↑+2H2O,產生的大量氣體使固體體積膨脹,故B正確;過程中生成的SO2使品紅溶液褪色,生成SO2體現了濃硫酸的強氧化性,故C正確、D不正確。
7.C　硫分別與少量氧氣和足量氧氣反應,生成的產物都是SO2,故A錯誤;SO2與H2O發生化合反應生成亞硫酸,而SO2和H2S會發生氧化還原反應生成硫單質和水,反應的類型不相同,故B錯誤;Na2O2分別與H2O和CO2反應,生成的氣體均為氧氣,故C正確;濃H2SO4與Cu反應生成二氧化硫氣體,而和C反應生成二氧化碳和二氧化硫,生成的酸性氣體不完全相同,故D錯誤。
8.C　根據信息可知,Ⅰ中試管內的反應,氫元素的化合價沒有發生變化,H+不是氧化劑,不體現氧化性,故A錯誤;SO2進入Ⅱ中使品紅溶液褪色,體現SO2的漂白性,故B錯誤;SO2進入Ⅲ中與硫化鈉反應生成S單質,Ⅰ和Ⅲ的試管中都出現了渾濁現象,故C正確;SO2進入Ⅳ中與氫氧化鈉反應使溶液堿性減弱,溶液褪色,若撤掉水浴,重做實驗,仍然有SO2產生,Ⅳ中紅色會褪去,故D錯誤。
9.C　試管內液面上升可能是SO2與水反應,也可能是SO2溶于水使試管內壓強減小,故A錯誤;因SO2與水的反應是可逆反應,所以有少量氣體剩余,不能說明SO2的溶解已達飽和,故B錯誤;向溶液中加入紫色石蕊試液,溶液變為紅色是由于SO2與水反應生成亞硫酸,亞硫酸為弱酸,分步電離出氫離子,故C正確;將溶液在空氣中放置一段時間后pH下降,是由于溶液中的H2SO3被空氣中的O2氧化為H2SO4,酸性增強,故D錯誤。
10.B　分析題給流程圖可知要想結晶得到比較純的NaHSO3,需要通入足量的SO2,故吸收SO2后生成NaHSO3,同時會生成CO2,A項正確;根據A項分析,結晶后母液中含有NaHSO3,不含有NaHCO3,B項錯誤;溫度過高,NaHSO3會受熱分解,C項正確;中和過程中NaHSO3與Na2CO3會反應生成Na2SO3與NaHCO3,D項正確。
解題技法　解答此類題目時,需明確工藝目的,聯系物質性質分析流程中各步的作用,結合選項分析作答。
11.B　A項,NH3極易溶于水,溶于水后圓底燒瓶內壓強減小,從而產生噴泉;B項,P2O5為酸性氧化物,NH3具有堿性,兩者可以發生反應,不可以用P2O5干燥NH3;C項,NH3的密度比空氣小,可采用向下排空氣法收集,故“短管進長管出”;D項,CaO與濃氨水混合后與水反應并放出大量的熱,促使NH3揮發,可用此裝置制備NH3;故選B。
考場速決　氨氣為堿性氣體,不能用酸性干燥劑干燥,故B錯誤。
12.B　B項,NO與H2O不反應,不能直接得到HNO3,錯誤。
13.D　由“某些生物酶體系可以促進H+和e-的轉移”以及題圖可知,過程Ⅰ發生反應:N+e-+2H+ NO↑+H2O,過程Ⅱ發生反應:NO+N+2H++3e- N2H4+H2O,過程Ⅲ發生反應:N2H4 N2+4H++4e-。過程Ⅰ中N轉化為NO,氮元素化合價降低,發生還原反應,A錯誤;a和b中轉移的e-數目不相等,B錯誤;過程Ⅱ中參與反應的n(NO)∶n(N)=1∶1,C錯誤;由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中反應得總反應:N N2↑+2H2O,D正確。
解題技法　分析反應過程,注意含氮物質所含氮元素價態的變化,根據氧化還原反應的規律判斷物質的量的關系及轉移電子數。
14.C　題給裝置特點為“固體+固體 氣體”且用向上排空氣法收集氣體。A項,利用加熱Ca(OH)2和NH4Cl固體混合物制取NH3,由于NH3密度比空氣小,不能使用向上排空氣法收集,錯誤;B項,濃鹽酸是液體,錯誤;C項,MnO2與KClO3加熱制取O2符合題意,正確;D項,濃硫酸是液體,錯誤。
15.D　A項,實驗室可通過加熱Ca(OH)2和NH4Cl固體混合物或加熱濃氨水制取氨氣,加熱氯化銨固體分解產生的HCl和NH3遇冷又化合成NH4Cl,錯誤;B項,常溫下,鋁片遇冷濃硝酸鈍化,錯誤;C項,濃硫酸具有強氧化性,與硫化鈉發生氧化還原反應,生成硫單質和SO2,錯誤;D項,實驗室采用2KClO32KCl+3O2↑制取氧氣,正確。
16.B　A項,收集氧氣不能用向下排空氣法;C項,NO易與氧氣反應,收集NO不能用排空氣法;D項,制備CO2不能用石灰石和稀硫酸反應,因為生成的CaSO4為微溶物,會阻礙反應進一步發生。
名師點睛　有關氣體的制備、凈化與收集需要考慮以下幾個方面問題:
　　(1)根據制備反應的特點選擇合適的制備裝置,常考慮的是反應物的狀態和反應條件等。
　　(2)根據氣體的性質選取洗氣裝置,除雜試劑選擇要根據被凈化的氣體和雜質氣體性質上的差異,如溶解性、酸堿性、氧化性、還原性等。除雜原則:①不損失被凈化的氣體;②不引入新的雜質氣體;③操作簡單,易于分離。
　　(3)根據氣體的密度和溶解性選取收集裝置。如果用排空氣法收集氣體,要注意根據裝置特點區分是用向上排空氣法還是向下排空氣法。
高考模擬練
1.D　實驗過程中,FeCl2溶液轉化為FeCl3溶液,溶液由淺綠色變成棕黃色,顏色加深,故A正確;由①和③可知,相同時間時,①的Fe2+氧化率比③高,①比③的溫度高,所以相同條件下,溫度越高,Fe2+被氧化得越快,故B正確;由②和③可知,相同時間時,②的Fe2+氧化率比③高,②的pH比③小,所以相同條件下,pH越小,Fe2+被氧化得越快,故C正確;根據圖像可知,pH越小、溫度越高,Fe2+被氧化得越快,所以溫度低、pH大,有利于FeCl2溶液的保存,故D錯誤。
素養解讀　本題以氧氣氧化一定濃度的FeCl2溶液為情境,考查學生識圖、析圖和知識遷移的能力,體現了科學探究與創新意識的化學學科核心素養。
2.BC　根據原理圖可知,過程甲中Fe2(SO4)3和H2S發生氧化還原反應,生成FeSO4、S,H2S在書寫離子方程式時用化學式表示,故A錯誤;過程乙中FeSO4在酸性條件下被氧氣氧化生成Fe2(SO4)3,根據得失電子守恒可知,4 mol Fe2+參加反應時消耗1 mol氧氣,在標準狀況下體積為22.4 L,故B正確;脫硫過程中Fe2(SO4)3氧化H2S,自身被還原成FeSO4,FeSO4又被O2氧化成Fe2(SO4)3,所以脫硫過程可看作O2間接氧化H2S生成硫單質,故C正確;脫硫過程的總反應為O2+2H2S 2H2O+2S↓,反應后生成水,導致H+濃度減小,溶液酸性減弱,故D錯誤。
素養解讀　本題以天然氣的脫硫原理圖為情境,考查氧化還原反應的相關知識,體現了宏觀辨識與微觀探析的化學學科核心素養。
3.B　鈉與水反應生成氫氣,造成錐形瓶內壓強過大,連接橡膠管,平衡錐形瓶內和分液漏斗的氣壓,可使分液漏斗中的液體順利流下,故A正確;鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣,生成的氫氧化鈉與氯化亞鐵反應生成氫氧化亞鐵沉淀,故B錯誤;由于產生的氫氣將錐形瓶中的空氣排出,可以觀察到白色絮狀沉淀,故C正確;白色氫氧化亞鐵不穩定,被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵紅褐色沉淀,故D正確。
4.A　濃硝酸和碳在常溫下不反應,加熱時發生反應C+4HNO3(濃) CO2↑+4NO2↑+2H2O,故A錯誤;裝置B中二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮,稀硝酸和銅反應生成一氧化氮,銅可以提高NO的生成率,故B正確;從裝置B中出來的一氧化氮氣體中混有二氧化碳和水蒸氣,所以裝置C中裝的藥品可以是氫氧化鈉固體,用于吸收二氧化碳和水蒸氣,故C正確;一氧化氮不能直接排放到空氣中,則裝置E中的酸性KMnO4溶液的主要作用是吸收多余的NO,故D正確。
5.B　脫硫塔中生成S的反應為2CaS+3SO2 2CaSO3+3S,所以S既是氧化產物又是還原產物,故A正確;根據原子守恒可知,再生塔中CaSO4和C反應生成CO2和X(CaS),由得失電子守恒可知,CO2和X的物質的量之比為2∶1,故B錯誤;將CaSO4和煤粉碎混合,再投入再生塔,增大了反應物的接觸面積,有利于反應充分進行,故C正確;S2、S4、S6和S8均是由同種元素組成的,互為同素異形體,故D正確。
6.答案　(1)品紅溶液褪色　品紅的乙醇溶液
(2)①1 000 mL容量瓶　②藍色褪去　SO2+I2+2H2O S+4H++2I-?、?0　偏小
解析　(1)SO2能使品紅溶液褪色,故向品紅水溶液中通入足量SO2,可觀察到溶液褪色;經查閱資料知,不是SO2使其褪色,已知品紅可溶于乙醇,所以可用品紅的乙醇溶液(溶液不褪色)驗證。(2)①配制1 000 mL 5×10-3 mol·L-1的碘溶液,還缺少1 000 mL容量瓶。②碘—淀粉溶液顯藍色,碘與二氧化硫、水反應生成HI和H2SO4,碘反應完全時,溶液褪色,即停止抽氣;發生反應的離子方程式為SO2+I2+2H2O S+4H++2I-。③碘反應完全即停止抽氣,則n(I2)=5×10-3 mol·L-1××5×10-3L=2.5×10-6 mol,根據方程式可得,n(I2)=n(SO2)=2.5×10-6 mol,m(SO2)=2.5×10-6 mol×64 g·mol-1=1.6×10-4 g=0.16 mg,空氣中二氧化硫的最大允許含量為0.02 mg·L-1,每次抽空氣100 mL(已折算為標準狀況),一次抽取的空氣中含二氧化硫的質量最大為0.02 mg·L-1×0.1 L=0.002 mg,故至少抽取次數n=0.16 mg÷0.002 mg=80;若抽氣速度過快,可能導致SO2不能完全被吸收,造成測定結果偏小。
7.C　根據資料可知,實驗①→②中,鞣酸與亞鐵離子結合成無色的鞣酸亞鐵,進而被空氣中氧氣氧化生成了藍黑色的鞣酸鐵,故A正確;③→④,加入KSCN溶液,溶液的顏色幾乎沒有變化,④→⑤加入H2O2溶液,溶液變紅,說明③中含二價鐵,故B正確;由題圖可知,雖然試管①、③、④顏色幾乎相同,但其所含粒子種類不完全相同,故C不正確;鞣酸具有還原性,則鞣酸根離子具有還原性,能被H2O2氧化,其中的二價鐵也可被氧化,若維生素C有剩余,也可被氧化,由④→⑤,至少有兩種粒子被氧化,故D正確。
8.答案　(1)Fe3+　(2)ⅰ.可行　當加入過量的NaOH溶液時,溶液中Fe2+和Fe3+均生成沉淀,且Fe(OH)2在空氣中易被氧化生成Fe(OH)3,溶液中的鐵元素最終完全轉化為Fe2O3,經過稱量、計算可得出結論?、?①紅色?、诟摺、燮　?3)①酶1?、贑6H12O6+6O2 6CO2+6H2O
解析　(1)在坩堝中高溫灼燒黑木耳,使之完全灰化,黑木耳中的鐵元素會轉化為鐵的氧化物,鐵的氧化物用酸充分浸泡溶解,過濾,濾液中鐵元素的存在形式是Fe2+、Fe3+。(2)ⅱ.①Fe3+遇KSCN溶液變紅,故a溶液的顏色是紅色。②溶液顏色越深,說明Fe3+濃度越大,光的透過能力越差,即透光率越小,含鐵量越高。③若不加H2O2,Fe3+濃度偏小,溶液顏色淺,測出黑木耳中鐵元素的含量偏小。(3)①酶1與Fe3+反應生成Fe2+,Fe3+得電子是氧化劑,故酶1在該反應中是還原劑,體現還原性。②該過程總反應的化學方程式為C6H12O6+6O2 6CO2+6H2O。
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