3.3 专题探究7 金属与硝酸反应的有关计算&专题探究8 元素及其化合物的转化与推断-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中化学必修第一册(鲁科版2019)

专题探究7金属与硝酸反应的有关计算 黑题 专题强化 限时：25min 题型1硝酸与单一金属的反应 5.(双选)(2023·山东烟台高一期末)》 1.锌和某浓度的HNO,反应时，若参加反应的锌 向含有1 mol HNO3和1molH,S0 与HNO,的物质的量之比为2：5，产物有硝 的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属 酸锌、X和水，则X可能是 阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如 A.NO B.N,0 C.N03D.N02 图所示（已知稀硝酸的还原产物只有NO)。 2.将过量铁粉放入100mL2mol·L的HNO3 下列有关判断不正确的是 溶液中，假设还原产物只有NO且HNO,完全 A.a表示fe+的关系 氧化产物no】 反应，则参加反应的Fe的质量为 ( 曲线 A.2.8g B.5.6g B.n1=0.75 C.4.2g D.11.2g C.P点时，n(Fe2+) 3.(2024·重庆高一月考)在100mL混合酸 n,nnFrmml 0.5625mol 中，c(HN03)=2mol·L',c(H,S0,)= D.向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解12.2g 5mol·L',向其中加入足量铁粉，充分反应 题型2硝酸与合金的反应 后，收集到的气体在标准状况下体积约为 6.向80mL0.1mol·L稀HN03溶液中加入铜 ( 粉和铁粉混合物.固体完全溶解，在反应后溶 A.4.48L B.13.44L 液中滴加硫氰化钾溶液，溶液没有出现红色。 C.8.96L D.22.4L 铜粉和铁粉混合物的质量可能是 4.(2024·浙江杭州高一期末)将32.64g铜与 A.0.168g B.0.184g 140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产 C.0.192g D.0.200g 生的NO和NO,混合气体在标准状况下的体 7.(双选)(2023·山东菏泽高一月 积为11.2L,下列说法中错误的是 () 考)将1.76g铜镁合金完全溶解于 A.N0的体积为0.26mol,N0,的体积为 50mL某浓度的硝酸中，得到NO,和NO的混 0.24 mol 合气体1120mL(标准状况)，当向反应后的 B.参加氧化还原反应的HNO,的物质的量是 溶液中加入540mL1.0mol·L-Na0H溶液 1.52 mol C.待产生的气体全部释放后，向溶液中加 时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质 入V mL a mol·L的NaOH溶液，恰好使 量为3.12g。下列说法正确的是 () 溶液中的Cu全部转化成沉淀，则原硝酸溶 A.该合金中铜与镁的物质的量之比是1：1 液的浓度为×10+0.5 B.该硝酸中HNO,的物质的量浓度是 mol L 0.14 14.0mol·L- D.欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶 C.NO,和NO的混合气体中，NO,的体积分数 液中全部转化为NaNO,至少需要质量分 是30% 数为30%的双氧水57.8g D.无法计算该硝酸中HNO,的质量分数 第3章黑白题093 专题探究8元素及其化合物的转化与推断 黑题 专题强化 时：35min 1.已知X、Y、Z、M均为中学化学中的常见物质， 反应 它们之间的转化关系如图所示（部分产物略 D.若A为金属铁，则化合物C和D均可以由 去)。则下列推断错误的是 ( 化合反应制得 4.(2023·山东临沂高一期末)物质王国中的 A~F及X七种物质玩“独木桥”游戏，其中 A~F分别是盐酸、氢气、氧化铜、氢氧化钙、碳 A.若X为NH3,则M可能为O, 酸氢钠、二氧化碳六种物质中的一种。 B.若X为H,S,则Y可能为S C.若M为HCl,则X可能为Na,CO D.若M为Cl2,则X可能为Fe A B i C:D E i F 2.(2024·浙江杭州高一期末)M、N、Z、X四种 搭桥：规则是A~F搭桥后相邻的物质之间能 不同物质之间具有如图所示转化关系（反应 发生化学反应。 条件及部分产物已略去)。下列有关物质的 过桥：若A~F相邻的物质之间通过一步反应 推断不正确的是 生成X,则X过桥成功。 已知：碳酸氢钠既可与酸反应，又可与碱反 应，产物均是盐和水。下列说法正确的是 选项 假设 结论 ( A M为C02 X可能是NaOH溶液 A.物质B是酸性氧化物，物质F是碱性氧 B N为Na,S0 X可能是S02 化物 C M为Cl N可能是FeCl B.若过桥物质X可以顺利通过独木桥，则X D X为0 Z可能是S02 是H,0 3.A、B、C、D、E五种中学常见物质均含有同一种 C.过桥时，物质之间的转化涉及置换反应、化 元素，且A为单质，有如图所示的转化关系。 合反应、复分解反应 则下列分析中不正确的是 D.搭桥时，E与F的反应为NaHCO3+ A.若A、B、C、D、E中同一种 Ca(OH)2=CaCO,+NaOH+H,O 2 元素的价态均不相同， 5.(2024·湖南岳阳高一月考)A是由四种短周 则A为非金属单质 期常见元素组成的正盐，D是红棕色气体，G B.若A为金属钠，则由1mol 能使品红溶液褪色：A与其他物质在一定条件 D完全反应生成C时，一定有1mol电子 下存在如下转化关系（部分产物略去）： 转移 B9回严o回 C.若A为非金属硫，则④的反应类型既可能 无色品保水无色溶液 为氧化还原反应，也可能为非氧化还原 必修第一册：LK黑白题094 试回答下列问题： (4)图2中A1质量损失随C溶液质量分数的 (1)A、E的化学式依次为 变化先增大后减小，减小的原因为 (2)B、C、D、E中都含有一种相同的元素，该 元素的元素符号是 (5)足量A1与一定浓度的C反应，得到H溶 (3)写出下列反应对应的方程式： 液和D、E的混合物，这些混合物与1.68L02 ①D→E的化学方程式： (标准状况)混合后通入水中，所有气体恰好 ②FG的离子方程式： 完全被水吸收生成C。若向所得H溶液中加 (4)E的浓溶液与B反应，可观察到 入5mol·L1NaOH溶液至A+恰好完全沉 淀，则消耗NaOH溶液的体积是 mL. 6.(2024·湖北武汉高一月考)A~G 7.某兴趣活动小组利用物质间的互变，设计成一 的转化关系如图1所示（部分产物 个平面魔方，如下图所示： 略去)，其中E为红棕色气体，G为单质。常 D 温下，将A!片浸在不同质量分数的C溶液 中，经过相同时间的腐蚀后，A1片的质量损失 情况如图2所示。 E 回 催化剂/加热 已知：①A、B、C、D、G含有同种元素。 ③ 纯A 物质 B溶液 D固体 G溶液 (单质) 加热 ① 颜色 银白色 黄色 红棕色浅绿色 图1 ③E是通常情况下密度最小的气体：B与硝酸 1A1质受掇失(gcm 银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，也 16 能将一种氧化物氧化为F,F是含有三种元素 的化合物，与A反应生成E,G。 0.20406080100 依据以上信息填空： C)/% 图2 (1)写出D的化学式： 请回答下列问题： (2)G生成C的过程中所出现的现象为 (1)A、B的化学式依次为 (3)写出反应A→B的化学方程式： (2)实验室中常用 检验B,现象 是 (4)B→F的离子方程式为 (3)反应④，⑤的化学方程式依次为 :G与次氯酸反应的离子方程式 为 第3章黑白题096.C解析：铜和硝酸反应生成硝酸铜和氨的氧化物，硝酸部分被还原， 还原物只有N0且HNO,完全反应，则发生反应的化学方程式是 作氧化剂.部分生成盐，表现出酸性，A错误：氨氧化物与NOH溶液 3Fe+8HN02(稀)=3Fe(N03)2+2N0↑+4H20.n(HN03)= 反应时生成NNO,和NNO2,NO作还原剂，B错误：铜和硝酸反应 2mol·L×0.1L=0.2ol,根据化学方程式可知H(Fe): 生城酷酸钢和氣的化合物a(O@)=没沿=06ml.所以生成硝配 3 3 n(HN0,)=3:8,所以n(Fe）=8(HN0,)=8×0.2mml= 铜0.6mo,含有硝酸根离子1.2m.氨的氧化物为0.9mol,与氢氧化 0.075mol,所以反应消耗的铁的质量是m(Fe)=0.075mol× 钠恰好完全反应生成NaNO,和NNO,根据原子守相可知：n(Na= 56g·mol1=4.2g,答案选C。 n(N)=n(NaOH)=0,5L×2l·1.-=1d.所以硝酸的总量为 3,C解析：n(H2S0,)=5mal·L-1×0.1L=0.5mol.n(HN03)= 1,2md+1ml=2.2m©l,若浓硝酸体积为200ml.,则其物质的量浓度 2mol·L'×0.1L=0.2mol,n(H)=2×0.5mol+1×0.2mol=1.2mol. 生=22m川mmC正确：由题意可知09mm氮的 n(N0)=1x0.2mm=0.2mal。NO3的氧化性比强，N0;先反应， Fe过量，发生的反应为3fe+8r+2N0一3Fe2+4H,0+201, 化物转化为钠盐的量为(0.5×2)mol=1mol,所以混合气体中N,0, 0.2 mol NO消耗0.8molH',同时得到0.2N0。剩下(1.2- 的物质的量是0.1wl.D错误。 0.8)ol(即0.4mol)H,利下的H和Fe反应产生H2,Fe+2H 7.(1)三颈烧瓶红棕色C+4HNO,(浓)△4N0,↑+C0,1+2H,0 Fe2+H2↑，0.4molH'反应得到0.2mlH2,气体的总物质的量= (2)溶液变为蓝色(3)防倒吸 02mol+0.2l=0.4mol,标准状况下体积=0.4ml×22.4L·mo1= 解析：(1)：为三颈烧瓶：木炭和浓硝酸加热反应生成二氧化碳、二氧 896L.容案选C- 化氯和水，二氧化氮为红棕色气体，则可观察到三颈烧瓶中气体的颜 32.64g 色为红棕色，产生该气体的反应的化学方程式是C+4HO,(来)△ 4B解折：n(Cm父40,51，氮氧化物的物质的一 402↑+C02↑+2H,0。(2)二氧化氨与水反应生成的硝酸具有氧 11.2L 化性，能将胰离子氧化为碘单质，淀粉溶液遇碘单质变蓝，则反应一 量=元224L:mr0.5ms设N0为xm.0,为ym.因为 段时间后可观察到C中的现象为溶液变为蓝色。(3)装置B中两个 铜与硝酸的反应是一个氧化还原反应，根据题意及电子得失守恒，有 导管都是短管，作为安全装置，作用是防倒吸。 x+y=0.5,3x+y=0.51×2,解得x=0.26.y=0.24,A正确：参加反应 的H、O,分两部分，一部分起酸性作用生成硝酸铜，一部分起氧化剂 压轴挑战 作用生成一氧化氨和二氧化氨，则参加反应的HNO:总的物质的量 8.(1）Cu+4H'+2N0-Ca2+2H0+2N02↑(2)H20+ 3N02=2HN01+N0↑(3)36⑤(4)BC(5)AB(6)15:13 n=2n(C)+n(N0,)=(2×0.51)mol+0.5mol=1.52mol.面非氧化还 解析：(3)①-6装置中，①中是钢与浓硝酸的反应.②中是二氧化氯 原反应的HNO,的物质的量，B错误：最后溶液中的溶质是NaNO,根 与水的反应.③中的稀硝酸不能氧化N0.④中浓硝酸能将一氧化氯 据钠原子守恒计算，起酸作用的n(HNO3)=n(NaOH)=a×103ml, 氧化成二氧化氯，⑤中一氧化氨与水不发生反应，⑥中氢氧化钠能吸 根据N原子守恒计算.作氧化剂的硝酸的物质的量=0.5.则 收N0,因此没有发生氧化还原反应的是③和⑤。(4)装置③应盛放 e(H0)=x103+0.5 wd·11,C正确：设需要30%的双氧 0.14 稀硝酸，验证稀硝酸不能氧化O,装置④中应盛放的是浓硝酸，若浓 水m,根据电子得失守恒，根据上面的数据，有0.26×3+024×1= 硝酸能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，能证明氧 化性相对强弱的实骏现象为③中溶液上方不出现红棕色气体，装置 30%2.解得m=57.8,D正确 ④液面的上方产生红棕色气体，A错误：装置②利用二氧化氨和水反 5.CD解析：该反应可以看作两步①Fe+4H+NO:一F#+ 应生成硝酸和一氧化氨.试剂为水，B正确：空气能氧化N0而对实验 N0↑+2H,0.N0:过量，H不足：②2Fe3+Fe一3Fe2“。a表示 产生干扰，所以滴加浓硝酸之前需要通入一段时间N2,赶走装置中 Fe的关系曲线，A正确：溶液中共有3mlH参加反应消耗铁为 的空气，C正确：装置⑥中盛放NOH溶液吸收NO,防止污染大气， 0.75mol,B正确：P点时，n(Fe2)=n(Fe),二者均为0.45ml,C错 D错误：故选BC。(5)由图可知，硝酸的浓度越大，其还原产物中高 误：P点剩余0.45 mol Fe,由反应2Fe++Cu一2Fe2++Cu24可知， 价态的N元素成分越多，A正确：由图可知，硝酸与铁反应的还原产 消耗0.225mal削，质量为14.4g.D错误 物有一氧化氨、二氧化氮、氮气等，B正确：常温下，铁在浓硝酸中纯 6.B解析：稀HNO,溶液中加人阁粉和铁粉的混合物，固体完全溶解。 化，表面生成致密的氧化物薄膜，C错误：故选AB。(6)当硝酸浓度 在反应后溶液中滴加硫氯化钾溶液，溶液没有出现红色，则反应生成 为975mml·L.'时，还原产物为一氧化二氮，二氧化氯、一氧化氨.反 C(NO3)2,F(NO,)2,由于硝酸可以氧化亚铁离子，放硝酸设有剩 应后铁以F·的形式存在于溶液中，铁与足量硝酸反应的离子方程 余.n(HN03)=0.08L×0.1mol·L-1=0.008mol,由3A+8HN03= 式为52Fe+216H+60N0552Fe"+18N02↑+30N0↑+6N201+ 108H,0,即氧化剂与还原剂的物质的量之比为60：52=15：13 3A(N0,:+2N01+4H,0,则a(Cu+a(Fe)=0.008mlx3 专题探究7金属与硝酸反应的有关计算 0.003ml,全部为Cu时，金属质量最大，最大质量为0.003ml× 64g·mol=0.I92:全部为F#时，金属质量最小，最小质量为 黑题 专题强化 0.003mol×56g·mo1=0.168g,故混合物质量为0.168-0.192：答 题号1234567 案选B。 答案BC CBCD BAD 7.AD解折：Mg2二Mg2*20(0H2,u2CC2+20E 1.B解析：锌和稀硝酸发生氧化还原反应，参加反应的锌和硝酸的物 C(OH)2,最后得到的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜的混合物.根据 质的量之比为2：5，假设锌为4ml,生成硝酸锌4m,起酸性作用 上述分析可以得知，金属失去电子的物质的量等于得到氢氧根离子 的硝酸为8wl.反应后Zm被氧化为+2价，设硝酸的还原产物中N 的物质的量。合金的质量为64n(C)+24n(Mg)=1.76:,沉淀是氢 元素为x价.则根据电子得失守恒可知4mml×(2-0)=2×(5-x) 氧化镁和氢氧化铜的混合物，金属失去电子的物质的量等于得到氢 解得x=+1,即还原产物为N,0。 2.C解析：将过量铁粉放人100ml2mad·L1的HNO,溶液中，股设 氧根离子的物质的量，2n(C)+2n(Me)=312-1.76， l=0.08mod. 17 必修第一册·LK黑白题42 解得n(Cu》=0.02mcl,n(Mg)=0.02l.两者物质的量之比为 与浓硫酸反应，也可以用硫酸与亚硫酸钠反应，故C正确：若A为金 1:1,A正确：金属离子全部转化为沉淀时，钠离子和硝酸根离子结 属铁，则B为Fe(OH),C为FeCl,D为FCl2,E为FeO,则化合物 合转化为NaNO3,即NaNO3的物质的量为0.54mol,混合气体总体积 氯化亚铁可以通过金属铁和氯化铁之间的化合反应来获得，氯化铁 可以由氯化亚铁和氯气通过化合反应制得，故D正确 为1120mL,有n(N0,)+n(N0)= 1120mL×103L·mL-4 22.4L·ml 4.B解析：由题意知，A~F分别是盐酸，氢气、氧化铜、氢氧化钙，碳酸 0.05ml,根据氨原子守恒，n原(HNO)=n(NaNO3)+n(O:)+ 氢钠、二氧化碳六种物质中的一种，①搭桥：规则是A~F搭桥后相邻 n(N0)=0,54ml+0.05mm=0.59ml,则硝酸浓度为0.59mm 的物质之间能发生化学反应：②过桥：若A-F分别通过一步反应能 0.051 直接转化为X,则X可成功过桥，则A为氢气，B为氧化铜，C为盐 118l·1.,B错误：根据以上分析.设N0,NO,的物质的量分别 酸，D为碳酸氢钠，E为氢氧化钙，F为二氧化碳。由分析可知B为 为xmol、ymol.有x+y=0.05,3x+y=0.02×2+0.02×2.解得n(N02)= 氧化铜，是藏性氧化物，F是二氧化碳，属于酸性氧化物，A错误：若 0.035mo,a(N0)=0.015mml,二氧化氮的体积分数为0,035m× A-F分别通过一步反应能直接转化为X,则X可成功过桥，则X 0.05 是H,0,B正确：过桥时，氢气与氧化铜发生置换反应生成水，氧化铜 100%=70%,C错误：题中没有说明硝酸的密度，无法计算出硝酸溶 液的质量，因此无法计算硝酸的质量分数，D正确 与盐酸，碳酸氢钠与盐酸发生复分解反应生成水，不涉及化合反应， C错误：搭桥时，A是氢气，B是氧化铜，C是盐酸，D是碳酸氢钠. 四归纳总结 E为氢氧化钙.F是二氧化碳，E与F的反应为CO2+Ca(OH),一 解决金属与硝酸反应常用守恒法：电子守恒，即氯原子得到的电 CaC01↓+H20,D错误 子数等于金属原子失去的电子数：原子守位，聊被还原的N0行的 5.(1)(NH4),S01HN03(2)N(3)①3N02+H,0=2HN03+N0 物质的量与生成盐中的NO的物质的量之和等于反应消耗 ②BaS03+2H'—Ba2++S02↑+H20(4)白图 的HNO,的物质的量，当C与混酸（稀硫酸，稀有酸）反应时，转 解析：D是红棕色气体，能与H,0反应且是C的氧化产物，说明D 移电子数战生成NO的量要依据n(Cu),n(H),n(NO)的量 是NO,C是NO,B是NH,E是HNO,G能使品红溶液褪色，G 进行讨论计算，具体关系为3Cu~8H'~2N0,方法是依搭不足的 是S0,说明F是BaS0,,A溶液中加人BaCL2产生白色沉淀F,说 一种物质的物质的量进行计算 明A中含有SO好，A加大NaOH溶液产生NH,说明含有NH,且A 专题探究8元素及其化合物的转化与推断 是正盐，故A是(NH)2S0,。(2)由分析可知，D是N02,C是0，B 是NH,E是HNO1,则都含有的元素是N。(3)①由分析可知，D 黑题 专题强化 是N02,E是HNO1,则D→E的化学方程式为3NO,+H,0 题号1234 2HN03+N0:②由分析可知，G是S02,F是BaS0,则P一G的离子方 答案DCBB 程式为BaS03+2H°一Ba2+S02↑+H0。(4)由分析可知，B 1.D解析：若X为NH,M为02，氨气在纯氧中燃烧生成N,,氨气与 是NH,E是HNO3,两者反应可以生成硝酸铵，则现象是产生白烟。 氧气高温通过催化生成NO.N,和氧气反应生成NO,NO和氨气在高 6.(1)NH,NO、NH1(2)湿润的红色石蕊试纸（或燕有张盐酸的玻 温催化下生成N2,转化可实现，A正确：若X为H2S,由HS+ 璃棒)试纸变蓝（或出现白烟）(3)4HNO,△2H,0+4N0,t+ H,S0,(求)一S↓+S0,+2H,0可知，Y为S,Z为S02,S和0，反应 0,↑8NH,+6N0, 生成S02,S02和HS反应生成S,符合转化关系，B正确：若M 雀化剂7N,+12H,0(4)硝酸浓度增大到一定 为HC.X为NaCO,.NaCO,与少量稀盐酸反应生成NHC03.与足 程度，A!表面逐渐形成致密氧化膜（纯化），阻止反应发生(5)60 量稀盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳通入N2CO3溶液反应生 解析：根据A在110℃受热分解产生B、C,B与F反应产生D.D与F 成NaHCO1,NaHCO,加热分解生成二氧化碳，可以相互转化，C正 反应产生E,E是红棕色气体，可知E是NO2,逆推得D是NO,F是 确：若M为C2,具有强氧化性，若X为Fe,与氯气反应只生成FCl, O2.由于B,E在一定条件下反应产生G单质，则B是NH,G是N2: 不符合转化关系，D错误。 C在加热条件下反应产生O2、NO,可知C是HNO,则A是 2.C解析：如果M为CO2,X为NaOH,过量CO2和NaOH溶液反应生 NH,NO,。(2)B是NH,其水溶液显碱性，能够使湿润的红色石蕊试 成的N为NaHCO,,NaHC0,和NaOH反应生成的Z为Na,CO3,CO3 纸变为蓝色，据此检验。因此在实验室中常用湿润的红色石蕊试纸 和NCO,溶液反应生成NHCO,符合图中转化关系，A正确：如 检验氨气：也可以根据浓氨水挥发的NH:与浓盐酸挥发的HCI在空 果N为N,S0,X为S02,M为NOH时，NOH和少量SO2反应生 气中反应产生N田，C白色固体面有白烟的现象，用德有浓盐酸的玻 成N,S01,NS01溶液和S02反应生成的Z为NaHS0,N0H 璃棒算近，若反应产生白烟.则证明气体是NH,。(3)根据图示可知 和NaHS0,反应生成NS0,符合图中转化关系，B正确：如果M为 反应④是HNO1受热分解产生H0,N02,O2,该反应的化学方程式 Cl2N为FCl2.氯气具有氧化性，能和Fe反应生成FCl,而不是 为4HN0,△2H,0+4N0,↑+02↑：反应⑤是NH,与N02在一定 F2,不符合图中转化关系，C错误：如果X为02，Z为S02,M 条件下反应产生N,、H0根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化 为H,S时，H,S和O,反应生成的N为S,S在O2中燃烧生成 S0,,H,S和S02反成生成S,符合图中转化关系，D正确。 学方程式为8NH,+6N0,催化剂7N,+12H,0.(4)C是HN0,. 3.B解析：根据框图转化，可以找到满足条件的物质，分别是A为N2· HNO,其有强氧化性，在室温下稀硝酸与！反应产生 B为NO2,C为N0.D为NH3.E为HNO3,只有非金属元素才具有多 A(NO,),NOH,O,当硝酸浓度增大到一定程度时，硝酸被还原 种可变化合价，此外还可以是含硫元素的物质，故A正确：若A为金 为NO,,反应导致金属A!质量损耗，但当硝酸浓度增大到一定程度 属钠.则B为NaHCO3,C为NaOH.D为Na20,E为Na2CO3,1mal氧 时，浓硝酸将A!表面氧化产生了层致密的氧化膜.导致金属不能 化钠完全反应生成氢氧化钠时，氧化钠和水的反应可以实现，不存在 进一步发生反应，即发生纯化现象，从而阻止反应发生，所以A!质量 电子转移，故B错误：若A为非金属硫，则B为S0,C为SO2,D 损失随C溶液质量分数的变化先增大后减小。(5)足量A!与一定浓 为H,S,E为H,S0,则④的反应是硫酸到二氧化硫的反应，可以用铜 度的硝酸反应产生A1(NO1)3溶液，N0、NO2、H0,NO2,N0的混合 正本参考答案黑白题43 气体与1.68L0,(标准状况)混合后通人水中，完全生成H0,则整 NH,.NO、C0, 个过程中HNO,反应前后没有变化，即1失去的电子都被O,得到 4.A解析：甲装置需要提供氨气和氧气，如果甲装置中的固体是 了，根据得失电子守恒(A)×3=(02)×4,1.68L标准状况下的0 NaOH或CaO,只能提供氨气，不能提供氧气，A错误：若发生倒吸 的物质的量是n(O) 2.4L:mF=0.075ml,所以n(A)= 1.68L 水先进人丁试管中，所以装置丁可以起防倒吸作用，B正确：根据反 应4NH,+50,化别40+6H,0.40+30,+2H,0一4N0,可 0.075mX4=0.10ml,所以溶液中铝离子为0.10ml,根据广+ △ 3 知，装置丙中酒入的氨气和氧气的物质的量之比为1：2时可以完全 3OH一A1(OH):,,可知加人的NaOH的物质的量为n(NaOH)= 被吸收生成HO1,C正确：乙用于干燥氨气、氧气.可用碱石灰干燥， 0.I0mol×3=0.30ml,故雷加人N0H蓉液的体积V(Na0H)= D正确 0.30ml 5mal.L户=0.06L.=60ml 5,A解析：二氧化硫与亚硫酸氢钠溶液不反应，溶解度也很小，故不能 形成喷泉，A符合题意：氢气极易溶于水，氨水显碱性，能使酚酞变 7.(1)F20,(2)先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 红，可形成红色项泉，B不合题意：CI,能与NaOH溶液反应生成无色 (3)2F+3C2△2FeCL1(4)2Fe+s01+2H,0—2Fe24+s07+ 溶液，故可形成无色喷泉，C不合题意：HC1与ANO1溶液反应生成 4H*H++2Fe2++HClO=2Fe+Cl-+H,0 白色沉淀，故可形成白色喷泉，D不合题意 解析：结合框图，D固体呈红棕色，则其为FeO1:A,B,C,D、G中含 6.AB解析：纯净无色气体Y为N0,与0.75VmL,(标准状况)02混合 有同种元素，B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，则 后通人水中.发生反应4N0+302+2H20一4HN03,恰好完全反应， B为FC2,G中含有F2+,A为Fe。由“B与硝酸银溶液反应生成不 气体可被完全吸收，A错误：当V=1680时，即一氧化氮的物质的量 溶于稀硝酸的白色沉淀，也能将一种氧化物氧化为F.F是含有三种 24L,m户=0.075m,稀硝酸的物质的量为.125L× 1.68L 元素的化合物，与A反应生成E,G”,则F为HSO4,G为FS04:E 是通常情况下密度最小的气体，则E为H,。由B→C·D的转化可 2.6mol·L'=0.325l.设原混合粉末中Cu和Cu,0的物质的量分 推知，C为Fe(O川)1。(1)由以上分析可知，D为氧化铁，其化学式为 别为x和y,2x+2=0.075mox3,+2y=2x(0.325mml-0.075mml), FeO,。(2)Fes0,生成Fe(OH),,可先加贓后氧化，所出现的现象为 先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。(3)反应 解得x=0.1mol,y=0.0125ml,所以原混合粉末中Cu20与Cu的物 F一Fe,需用C,将n氧化.化学方程式为2Fe+3C,△2Fe0,. 质的量之比为1：8，B错误：当全部为C时，硝酸的物质的量为 0.325mol,由3Cu+8HN01(稀)=3Cu(N03)2+2N0↑+4H,0可知， (4)FCl3-→H2S0,应使用S02,离子方程式为2Fe+S02+2H20 一2Fe+S0上+4H:FSO.与次氯酸反应生成Fe”C1和H,0,离 周体质量为gx0,325mlx64g·mr1=7.8g当周体全部为a,0 子方程式为H+2Fe++HCI0一2Fe+C+H,0 时.由3Cu0+14HN0,(稀)一6C(N03),+2N0↑+7H,0知，周体 第3节阶段综合 质量为 4X0.325mx144g·mm=10.03g,因此体质量可能为 9.8g,C正确：向溶液中加人NaOH溶液，使Ca2恰好完全沉淀，反应 黑题阶段运化 后溶液中的溶质为硝酸钠，根据N原子守恒，消耗NOH的物质的量 题号123456 x103L 答案C BA A AAB 为0.325mdl 2.4·mar(0.325 22400/ l,D正确 1.C解析：浓硝酸在光照下溶液颜色变黄，是因为浓硝酸具有不稳定 性，在光照下会发生分解生成N02,O,和水，NO2溶于浓硝酸面使浓 7.()C(2)N2+3H,座化习 二2NH3氨水的有效成分是一水合 硝酸显黄色，A错误：机动车排放出的尾气会引起光化学烟雾，是因 氨，受热易分解为水和氨气：NH,·H,0△NH,↑+H,0,降低肥效 为尾气中含有N0,NO,能引起光化学烟雾，B错误；浓硝酸有酸性和 且氨气有毒会污染环境，同时氨水相对于固体氮肥不便于储运和施 氧化性，因此蓝色石蕊试纸上滴浓硝酸，试纸先变红再变白，C正确： 氨气溶于水，和水反应生成弱碱NH·H0,使溶液呈碱性，而氨气 肥(3N0,+N0+2NH,篮化剂2N,+3H,0(4)浓铁在浓销酸 没有碱性，溶液颜色变红，D错误。 中纯化，铜可以和浓硝酸反应 2.B解析：装置甲用浓氨水摘加到Ca0固体上制收N出1，能达到目 解析：(1)X为+2价N元素的氧化物，为N0,与酸碱均不反应，为不 的，A不符合题意：氮能与CCl结合生成CaCL2·8NH,会损耗氨 成盐氧化物，A错误：NO,可与水反应生成HNO和NO,二氧化氢为 气.不能用装置乙干燥NH,B符合题意：NH,不能使干燥的红色石 氧化剂，还原剂，不需要加氧化剂.B错误：NO,和NH2可发生氧化还 蕊试纸变蓝，但能使湿润的红色石蕊试纸变益，说明NH3水溶液是 原反应，为归中反应，可生成氨气，C正确：加热氯化铵分解生成HC 碱性，能达到目的，C不符合题意：氨气和氧化铜生成铜和水、氨气， 与氨气，在试管口重新化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与 体现氨气的还原性，能达到实验目的，D不符合题意。 碱加热制备，D错误：故选C。(2)氨气是生产氮肥的主要原料，工业 3.A解析：NO,是红棕色气体，无色的混合气体甲中一定不含有 合成氨的化学方程式为N,+3,高温高压2，因为氨水的有效 征化剂 NO:,SO,能与碱性气体反应，所以100mL混合气体甲通过足量 浓硫酸.剩余气体80mL.说明混合气体中中一定含有NH3且体积 成分是一水合氨，受热易分解为水和氨气：N,·H,0△ 为20ml.:C02能与N02反应生成Na2C03和02，N0是无色气体. NH,↑+H0,降低肥效且氨气有毒会污染环境，同时氨水相对于固 与02反应生成红棕色的N02,故剩余气体通过足量N,02后气体显 体氮肥不便于储运和施肥。(3)NO2与N0的物质的量之比不同，化 红棕色.说明混合气体甲中一定含N0和CO,:排水法收集气体得到 合价变化的总数就会不同，会出现多种配平结果，本题中限定了二者 的酸性溶液为二氧化氨与水反应生成的硝酸，气体还剩余一氧化瓤 的比侧为1：1，把它们两个作为一个整体来分析化合价的变化，一共 等，无法确定混合气体甲中是否含有、，气体甲的组成可能为 降低6价，根据电子转移守相，则NH1的化学计量数就是2，一共升 必修第一册·LK黑白题44