2025届化学高三一轮复习 专题7 氮与社会可持续发展 练习

氮与社会可持续发展 练习 一、选择题 1．氮是自然界各种生物体生命活动不可缺少的重要元素。氮元素的“价—类”二维图如下图所示，下列说法不正确的是 A．在自然界里，氮元素主要以游离态存在于空气中 B．具有一定的还原性，在一定条件下能与NO反应生成 C．硝酸是强氧化性酸，在常温下能与铜发生反应 D．与反应时，只作还原剂 2．下列叙述不正确的是（　　） A．NH3易液化，液氨常用作制冷剂 B．与金属反应时，稀HNO3可能被还原为更低价态，则稀HNO3氧化性强于浓HNO3 C．氨盐受热易分解，因此贮存氨态氮肥时要密封保存，并放在阴凉通风处 D．稀HNO3和活泼金属反应时主要得到NO 3．价类二维图是分析物质性质与转化的重要工具，有关N元素的价类二维图，下列说法不正确的是（　　） A．可通过排水法收集c和d B．“雷雨发庄稼”涉及a→c→d→e的转化 C．某种f可与碱反应生成b D．e可用于生产染料、农药以及炸药等 4．可用作脱硝剂。某科研小组探究被还原的反应，涉及的部分装置如图所示。 下列说法正确的是（　　） A．用甲装置制备 B．乙装置中反应的n（还原剂）∶n（氧化剂）＝2∶1 C．丙装置盛放无水用于干燥 D．在丁装置中为了更好混合反应气体，应先通入 5．神舟十五号3名航天员顺利进驻中国空间站，两个航天员乘组首次实现“太空会师”。发射火箭的燃料常用联氨、液氢，氧化剂有液氧、液态等。下列叙述错误的是（　　）。 A．液氢和液氧在气化过程中发生了吸热反应 B．发射场因液态产生大量而呈红棕色 C．液氢和液氧燃烧放出大量热量，产物对环境友好 D．和反应中产物总能量小于反应物总能量 6．部分含及物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不正确的是（　　） A．和反应一定能得到 B．和两种气体混合会有白烟产生 C．浓的溶液和浓的液反应可以得到 D．加热的酸和的固态钾盐均可以产生 7．实验室模拟氨催化氧化法的实验装置如图所示。下列说法错误的是（　　） 已知：装置③中收集到了红棕色气体。 A．装置①中可以盛装碱石灰 B．氨催化氧化可直接生成NO2 C．装置④中溶液可能会变红 D．装置⑤的作用是处理尾气，气体X的主要成分为N2 8．水生生物参与氮循环过程示意图如图所示。下列说法正确的是（　　） A．与分子中N原子的杂化类型、共价键类型均完全相同 B．反应②③⑥中N元素皆被氧化 C．与过程中转移电子的数目相同 D．水生生物的氮循环，既可以为其他生物提供营养物质，又可以减轻水体富营养化 9．科学研究人员提出在有机碳源和微生物的作用下，可以实现大气中的氮循环(如图所示)，减少对环境的污染。下列说法正确的是（　　） A．转化成属于氮的固定 B．温度越高，越有利于转化为 C．转化过程中被氧化为 D．转化为过程中每消耗33.6L(标准状况下)则有1mol 生成 10．将38.4g Cu与一定量浓硝酸恰好完全相互反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示： 下列有关判断中，错误的是（　　） A．硝酸在反应中既体现氧化性又体现酸性 B．混合液中，含、 C．氮的氧化物混合物中的物质的量是 D．若浓硝酸体积为，则其物质的量浓度为 11．为解决铜与稀硝酸反应过程中装置内氧气对实验现象的干扰，以及实验后装置内氮氧化物的绿色化处理问题。某实验小组对装置进行微型化改造，设计如图所示的装置（试管底部有孔隙）。下列说法错误的是（　　） A．装置内发生的化学反应方程式为： B．实验开始前需除去试管内的氧气，可拉动注射器B C．该装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止 D．实验终止时，需将铜丝提拉上来后再拉动注射器A 12．用充有的烧瓶进行“喷泉实验”，装置及现象如下图。下列关于该实验的分析正确的是（　　） A．产生“喷泉”证明与发生了反应 B．无色溶液变红证明极易溶于水 C．红色溶液中存在含有离子键的含氮微粒 D．加热红色溶液可观察到红色变浅或褪去 13．固氮是将游离态的氮转变为氮的化合物，一种新型人工固氮的原理如图所示。下列叙述正确的是（　　） A．参与反应的物质均只含离子键 B．反应①②③均为氧化还原反应 C．假设每一步均完全转化，每生成，同时生成 D．转化过程中所涉及的元素均呈现了两种价态 14．实验室制取并收集，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是（　　） A．用装置甲制取 B．用装置乙干燥 C．用装置丙收集 D．用操作丁检验是否已收集满 二、非选择题 15．某小组设计如下装置（夹持装置已略去）进行氨气与氧气在不同条件下反应的实验。 请回答： （1） 用装置A制取纯净干燥的氨气。 ①仪器a的名称为　 　。 ②大试管中发生反应的化学方程式为　 　。 （2）装置B中无水氯化钙的作用是　 　；集气瓶中可观察到的现象是　 　， （3）将过量的纯净氧气与A中产生的氨气分别通入到装置C中，并在上端点燃氨气，发现氨气可在纯氧中安静燃烧，则氨气燃烧的化学方程式是　 　 16．人类农业生产离不开氮肥，几乎所有的氮肥都以氨为原料生产，某化学兴趣小组利用如图装置制备氨气并探究相关性质， （1）实验室利用A 装置制备NH3的反应方程式为　 　 ，氨气极易溶于水，下列能用作吸收氨气的装置是　 　 (填序号)。 （2）①实验过程中观察到以下现象，完成表格： 序号 实验现象 实验结论 I C装置中黑色CuO固体全部变红 反应生成了Cu2O或　 　 Ⅱ D装置中无水CuSO4，变蓝 反应生成了　 　 Ⅲ F装置中收集到无色无味气体 反应生成了N2 ②实验后取 C 中固体加足量稀硫酸，充分反应后溶液变蓝且有红色固体剩余，再加入下列　 　试剂(填选项)，固体又可以继续溶解。 A．FeCl3溶液 B．FeCl2溶液 C．KCl溶液 D．KNO3溶液 （3）若将D与a相连(如图)，BaCl2溶液中产生白色沉淀，其化学式为　 　，若向a处分别通入　 　 (填选项)，也会产生白色沉淀。 A．Cl2 B．NO2 C．N2 D．CO2 （4）装置E 的作用是　 　。 17．氨是重要的化工原料，回答下列问题： I．制取并收集一瓶干燥氨气 （1）上述装置的连接顺序为A→　 　（填大写字母）。 （2）A装置中发生反应的化学方程式为　 　。 （3）C中盛放的试剂为　 　，F装置的作用是　 　。 （4）若把A装置改为B装置，以制备氨气，则装置B中烧瓶内试剂可选用　 　（填序号）。 a．碱石灰 b．生石灰 c．浓硫酸 d．烧碱溶液 （5）Ⅱ．检验氨气的性质 用下图装置探究氨气与氧化铜的反应，验证氨气的性质及部分反应产物。 实验中观察到A中固体完全变红，B中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体。实验后取A中红色固体于试管中，加入过量稀硫酸。 已知：和均为红色固体，。 ①若溶液不变蓝，A中发生的反应方程式为　 　。经实验探究，用上述装置中反应前后B装置的差量来计算的相对原子质量，测定结果会　 　（A、偏大；B、偏小；C、不变），请说明原因　 　。 ②若溶液变蓝，经称量反应前A中质量为，反应后A中红色固体质量为，则红色固体中金属铜的质量分数为　 　（精确至）。 ③该实验缺少尾气吸收装置，右图中能用来吸收尾气的装置是　 　（填装置序号）。 18．自然界的氮循环如下图所示。 （1）氮分子的电子式为____； A． B． （2）氮气化学性质稳定的原因是　 　。 （3）①、②、③中，属于自然固氮的是____。（双选） A．① B．② C．③ （4）雷雨天转化为的流程为： 在雷电作用下转化为的化学方程式为　 　。 （5）上述转化为的反应中，体现的化学性质为____。 A．氧化性 B．还原性 C．氧化性和还原性 （6）也可以通过化合反应转化为，写出工业合成氨的化学方程式。　 　 （7）溶于水生成，写出在水中的电离方程式。　 　 19．合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，氨的用途广泛。 已知： kJ·mol kJ·mol N2(g)+3H2(g) ⇋2NH3(g) ∆H3 （1）　 　kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示) （2）目前工业合成氨的主要方法是Haber­Bosch法：通常用以铁为主的催化剂在400~500℃和10~30MPa的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。 ①该反应放热，但仍选择较高温度，原因是　 　。 ②将物质的量之比为1∶3的和充入2 L的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，测得平衡时数据如下： 物质 平衡时物质的量 0.2 0.6 0.2 该条件下的转化率为　 　%（保留1为小数），平衡常数　 　(用分数表示)。 ③若按以下浓度投料，其它反应条件与②相同，起始时反应进行的方向为　 　(填“正向”、“逆向”或“无法判断”)。 物质 起始浓度(mol·L) 0.5 1.5 0.5 （3）已知反应N2(g)+3H2(g) ⇋2NH3(g) ，将和按一定比例通入恒温恒压的密闭容器中，反应相同时间后，的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是____(填序号)。 A．b点 B．逆反应速率： C．平衡常数值： D．反应在a、c、d点均达到平衡状态 （4）电化学气敏传感器可用于检测环境中NH3的含量，其工作原理如图2所示。 ①反应消耗的与的物质的量之比为　 　。 ②a极的电极反应式为　 　。 答案解析部分 1．【答案】D 【解析】【解答】A．N2在空气中占比78%，在自然界里，氮元素主要以游离态存在于空气中，A正确； B．具有一定的还原性，在一定条件下能与NO反应生成，B正确； C．硝酸是强氧化性酸，在常温下能与铜发生反应，C正确； D．与反应生成HNO3和NO，既是还原剂也是氧化剂，D错误； 故答案为：D 【分析】A.氮元素主要以游离态存在于空气中； B.中N的化合价为-3价，具有还原性； C. 硝酸是强氧化性酸 ，常温下即可Cu反应； D.与反应生成HNO3和NO ，N元素的化合价既升高又降低。 2．【答案】B 【解析】【解答】解：A．氨很容易液化，液态氨汽化时要吸收大量的热，常用作制冷剂，故A正确； B．与金属反应时，稀HNO3被还原为NO，反应缓慢，浓HNO3被还原为NO2，反应剧烈，所以稀HNO3的氧化性弱于浓HNO3，故B错误； C．氨盐受热易分解，因此贮存氨态氮肥时要密封保存，并放在阴凉处，故C正确； D．稀硝酸氧化性弱于浓硝酸，还原产物多为一氧化氮，故D正确； 故选：B． 【分析】A．氨很容易液化，液态氨汽化时要吸收大量的热，使周围物质的温度急剧下降，所以氨常作为制冷剂； B．根据与金属反应时的剧烈程度来比较氧化性强弱； C．依据氨盐的不稳定性解答； D．稀硝酸氧化性弱于浓硝酸，还原产物多为一氧化氮． 3．【答案】A 【解析】【解答】】图所示为氮元素的价类二维图，则abcde分别为氮气、氨气、一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮、硝酸，f为含有+5价氮元素的盐； A．二氧化氮和水生成硝酸，不能用排水法收集，A符合题意； B．“雷雨发庄稼”涉及自然固氮，转化过程包含：氮气和氧气在雷电作用下生成一氧化氮、一氧化氮和氧气生成二氧化氮、二氧化氮和水生成硝酸，B不符合题意； C．硝酸铵能和氢氧化钠等碱反应生成氨气，C不符合题意； D．e为硝酸，可用于生产染料、农药以及炸药等工业生产，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.二氧化氮能与水反应，不可用排水法收集，应该用向上排空气法收集。 4．【答案】D 【解析】【解答】A.NH4Cl受热分解：NH4Cl=NH3+HCl，但NH3和HCl在试管口又化合生成NH4Cl，应采用NH4Cl和Ca(OH)2加热制NH3，A错误； B.Cu和稀HNO3反应：Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，HNO3作氧化剂和酸性，Cu作还原剂，n（还原剂）∶n（氧化剂） =1：2，B正确； C.NH3会与CaCl2反应，不能用CaCl2干燥NH3，干燥NH3用碱石灰，C错误； D.NO2密度大，先通NO2再通NH3使混合更充分，D正确； 答案：D 【分析】A.NH4Cl受热分解，但NH3和HCl在试管口又化合生成NH4Cl，应采用NH4Cl和Ca(OH)2加热制NH3； B.Cu和稀HNO3反应时，HNO3体现氧化剂和酸性； C.NH3会与CaCl2反应，不能用CaCl2干燥NH3，干燥NH3用碱石灰； D.NO2密度大，先通NO2再通NH3使混合更充分。 5．【答案】A 【解析】【解答】A.液氢和液氧气化过程是物理变化，不是吸热反应，是吸热过程，A错误； B.液态N2O4气化过程中，发生N2O42NO2，部分N2O4转化成NO2，呈红棕色气体，B正确； C.液氢和液氧燃烧放出大量热量，生成产物H2O对环境友好，无污染，C正确； D.N2O4和N2H4反应是放热反应，产物总能量小于反应物总能量，D正确； 答案：A 【分析】A.物理变化，不是吸热反应，是吸热过程；只有化学反应是吸热或放热反应； B.N2O4气化过程中发生N2O42NO2； C.液氢和液氧生成产物H2O； D.放热反应的产物总能量小于反应物总能量。 6．【答案】A 【解析】【解答】A、氨气和硝酸得到硝酸铵，不会得到氮气，故A符合题意； B、氨气和氯化氢生成氯化铵固体，会有白烟产生，故B不符合题意； C、NaClO具有强氧化性，能将氯离子氧化为氯气，故可通过反应得到氯气，故C不符合题意； D、氯酸钾在二氧化锰催化作用下受热分解可以生成氯化钾和氧气，次氯酸分解生成盐酸和氧气，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】由图可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2或N2O4，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐。 7．【答案】B 【解析】【解答】A.①装置干燥NH3，①中为碱石灰，A正确； B.氨气催化氧化方程式为4NH3＋5O2=4NO＋6H2O，产物是NO，不能直接生成NO2，B错误； C.装置④发生3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，HNO3使石蕊溶液变红，C正确； D.装置⑤的作用是处理尾气，通空气的作用是鼓出氨气提供氧气，空气中的氧气消耗后剩下N2，气体X的主要成分为N2，D正确； 故答案为：B 【分析】空气通入浓氨水后，氨气和氧气的混合气体经过碱性干燥剂干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，发生催化氧化产生NO，生成的气体经过酸性干燥剂(或无水氯化钙)，除去氨气和水蒸气，在装置③中NO与空气中的氧气反应生成NO2，并收集，④中的水可以吸收排出的二氧化氮产生硝酸，尾气中的NO2、NO在⑤中被吸收，防止污染，因此⑤中可以选用氢氧化钠溶液，以此解答该题。 8．【答案】D 【解析】【解答】A、与分子中N原子都是杂化，中只含有极性键，中含有极性键和非极性键，二者共价键类型不完全相同，故A错误； B、反应③中，N元素由价降低到价，发生还原反应，N元素被还原，故B错误； C、与的两个过程得到的物质的量是否相同未知，无法判断二者转移电子的数目关系，故C错误； D、水生生物的氮循环，既可以合成蛋白质为其他生物提供营养物质，又可以将转化为，从而降低水体中的含氮量，减轻水体富营养化，故D正确； 故答案为：D。 【分析】A、中只含有极性键，中含有极性键和非极性键； B、③中N元素化合价降低，被还原； C、的物质的量未知，无法计算转移电子数目； D、水生生物的氮循环，既可以为其他生物提供营养物质，又可以减轻水体富营养化。 9．【答案】D 【解析】【解答】A、氮的固定是指将N2转化为氮的化合物，A不符合题意。 B、温度过高，微生物的蛋白质结构失去活性，起不到催化作用，不利于N2转化为NH4＋，B不符合题意。 C、转化过程中，NO3－转化为N2，氮元素化合价降低，发生还原反应。因此NO3－被CH3OH还原为N2，C不符合题意。 D、标准状态下33.6LO2的物质的量为1.5mol，每消耗1.5molO2转移电子数为1.5mol×4=6mol。令参与反应的n(NO2－)=xmol，则其失去电子的物质的量为6xmol。根据得失电子守恒可得，6x=6mol，解得x=1mol。因此每消耗1.5molO2时有1molNO2－生成，D符合题意。 故答案为：D 【分析】A、氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的氮的过程。 B、微生物的主要成分为蛋白质，温度过高，微生物会失活。 C、反应过程中氮元素的化合价降低，发生还原反应。 D、根据得失电子守恒进行计算。 10．【答案】B 【解析】【解答】A.硝酸在与Cu反应时，既体现了酸性又体现了氧化性，A正确； B.根据元素守恒，Na元素与N元素的物质的量应该是相等的，B是错误的； C.氮的氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，氢氧化钠的物质的量为1mol，氮氧化合物的物质的量为0.9mol，则收集的N2O4物质的量为0.1mol，C正确； D.铜和硝酸反应得到的产物是硝酸铜和氮的化合物，n（Cu）=，所以生成的Cu（NO3）2的物质的量是0.6mol，含有硝酸根离子的物质的量是1.2mol，氮的化合物是0.9mol，与NaOH恰好完全反应生成NaNO3和NaNO2，根据原子守恒可知：n（Na）=n（N）=n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol，则硝酸的总量是（1.2+1）mol=2.2mol，若浓硝酸的体积为200mL，则其物质的量浓度为：c=，D正确。 故答案为：B。 【分析】A.硝酸中有的N变价了，有的没有发生变价，所以既体现酸性又体现氧化性； B.根据分析中的D可知NaNO2和NaNO3的物质的量应该是相等的； C.氮的氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，氢氧化钠的物质的量为1mol，氮氧化合物的物质的量为0.9mol，则收集的N2O4物质的量为0.1mol； D.铜和硝酸反应得到的产物是硝酸铜和氮的化合物，n（Cu）=，所以生成的Cu（NO3）2的物质的量是0.6mol，含有硝酸根离子的物质的量是1.2mol，氮的化合物是0.9mol，与NaOH恰好完全反应生成NaNO3和NaNO2，根据原子守恒可知：n（Na）=n（N）=n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol，则硝酸的总量是（1.2+1）mol=2.2mol，若浓硝酸的体积为200mL，则其物质的量浓度为：c=。 11．【答案】B 【解析】【解答】A．装置内铜与稀硝酸反应，即 ，故A不符合题意； B．实验开始时先拉注射器A活塞，其目的是除去反应前试管内的空气，故B符合题意； C．该实验装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止，故C不符合题意； D．反应停止后，提拉粗铜丝，使粗铜丝下端靠近软胶塞A，再打开止水夹，缓慢拉注射器A活塞，可观察到试管内的无色气体被吸入注射器A内，试管内稀硝酸液面逐渐上升，注射器B活塞缓慢向内移动，如不提拉铜丝会继续反应，故D不符合题意； 故答案为：B 【分析】A.根据反应物和生成物写出方程式； B.拉注射器A可除去装置中的空气； C.该装置可控制水夹控制反应的发生与停止； D.实验终止时需要提起铜丝，防止继续反应。 12．【答案】D 【解析】【解答】A、氨气溶于水，使烧瓶内压强减小，形成压强差，产生喷泉，不能说明两者发生反应，故A错误； B、无色溶液变红，说明氨气溶于水得到的氨水呈碱性，不能说明氨气极易溶于水，故B错误； C、溶液中的含氮微粒为铵根离子和一水合氨，两者均不含离子键，故C错误； D、加热，一水合氨分解生成氨气逸出，碱性减弱，可观察到红色变浅或褪去，故D正确； 故答案为：D。 【分析】氨气极易溶于水，且溶于水生成氨水，溶液呈碱性。 13．【答案】C 【解析】【解答】A、参与反应的物质中含有离子键、共价键，故A错误； B、反应②为Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH，该反应属于非氧化还原反应，故B错误； C、假设每一步均完全转化，生成O2转移4mol电子，每生成1molNH3转移了3mol电子，则当生成2molNH3时转移6mol电子，则反应生成O2的物质的量为n(O2)==1.5mol，故C正确； D、在转化过程中H始终为+1价，故D错误； 故答案为：C。 【分析】A、反应物中含有共价化合物； B、氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化； C、根据得失电子守恒计算； D、在转化过程中H始终呈+1价。 14．【答案】D 【解析】【解答】A、将浓盐水滴加到CaO中，得到，该装置能达到实验目的，故A不符合题意； B、氨气属于碱性气体，能用碱石灰干燥，该装置能达到实验目的，故B不符合题意； C、氨气的密度小于空气，极易溶于水，用向下排空气法收集，该装置能达到实验目的，故C不符合题意； D、浓硫酸是难挥发性酸，该装置不能观察到实验现象，因此不能检验是否已收集满，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】根据反应物的状态和反应条件选择发生装置，根据气体性质选择干燥试剂和收集装置。 15．【答案】（1）干燥管；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑ （2）吸收水蒸气和氨气；有红棕色气体产生 （3）4NH3+3O22N2+6H2O 【解析】【解答】（1）①装置A中的仪器a为干燥管。 故答案为：干燥管 ②大试管中Ca(OH)2与NH4Cl在加热条件下反应生成CaCl2、NH3和H2O，该反应的化学方程式为：Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O。 故答案为：Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O （2）无水CaCl2具有吸水性，可用作干燥剂，因此可除去水蒸气。同时NH3能与CaCl2反应生成CaCl2·8NH3。因此装置B中无水CaCl2的作用是吸收水蒸气和NH3。NH3与O2发生催化反应4NH3＋5O24NO＋6H2O，反应生成的NO易被空气中的O2氧化生成红棕色的NO2。因此可观察到集气瓶中的现象为产生红棕色气体。 故答案为：吸收水蒸气和氨气；有红棕色气体产生 （3）NH3在纯氧中燃烧，生成N2和H2O，该反应的化学方程式为：4NH3＋3O22N2＋6H2O。 故答案为：4NH3＋3O22N2＋6H2O 【分析】（1）①根据图示仪器确定其名称。 ②大试管中NH4Cl与Ca(OH)2反应生成CaCl2、NH3和H2O，据此写出反应的化学方程式。 （2）无水CaCl2可吸收水和NH3。NH3发生催化氧化反应生成NO和H2O，NO被空气中的O2氧化生成红棕色的NO2。 （3）NH3在纯氧中燃烧生成N2和H2O，据此写出反应的化学方程式。 16．【答案】（1）；②③④ （2）铜；H2O；AD （3）；AB （4）是防止F中水蒸气进入D装置，干扰试验 【解析】【解答】（1）实验室通常加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制得氨气，发生的反应为；氨气极易溶于水，尾气吸收需要防止倒吸，图中能用来吸收尾气的装置是②③④，装置①易发生倒吸，⑤没有出气口且氨气溶于水，故答案为：；②③④； （2）①Ⅰ.C装置中黑色CuO固体全部变红，说明氧化铜被还原，其还原产物是氧化亚铜或铜；Ⅱ.D装置中无水变蓝，说明反应中生成了水，故答案为：铜； H2O ； ②实验后取C中固体加足量稀硫酸，充分反应后溶液变蓝且有红色固体剩余，说明用铜，氯化铁能溶液能溶解铜，氯化亚铁、氯化钾溶液均不能溶解铜，硝酸钾在酸性溶液中具有强氧化性，能溶解铜，故答案为：AD； （3）氨气和二氧化硫在水中生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，离子方程式为：，二氧化氮能与水反应生成硝酸，硝酸或氯气能将二氧化硫氧化为硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡白色沉淀，氮气和二氧化碳与二氧化硫、氯化钡均不反应，无白色沉淀生成，故答案为：；AB； （4）装置D中的无水硫酸铜用于检验反应是否有水生成，由于F中水蒸气能干扰水的检验，所以装置E的作用是防止F中水蒸气进入D装置，干扰试验，故答案为：防止F中水蒸气进入D装置，干扰试验。 【分析】装置A为制取氨气的装置，实验室通常加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制得氨气，发生的反应为，装置B中碱石灰干燥氨气，装置C中，氨气还原CuO生成氮气和Cu，装置D中的无水硫酸铜用于检验反应是否有水生成，装置E可吸收F装置中水蒸气。 17．【答案】（1）C→E→C→F （2） （3）碱石灰；吸收尾气，防倒吸 （4）ab （5）；A；C装置会吸收部分产物，导致的物质的量减小，式量增大；；②③ 【解析】【解答】(1)由分析可知，制备并收集一瓶干燥氨气仪器的连接顺序为：A→ C→E→C→F ； 答案：A→ C→E→C→F ； （2） A装置用NH4Cl和Ca(OH)2加热制备NH3，化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2=NH3+CaCl2+2H2O； （3） C的作用为干燥NH3，试剂为：碱式灰； F装置的作用为尾气处理NH3，NH3极易溶于水，注意防倒吸，作用是： 吸收尾气，防倒吸 ； 答案： 碱石灰； 吸收尾气，防倒吸 ； (4)若把A装置改为B装置，可用浓氨水与氢氧化钠或氧化钙固体反应，则分液漏斗中盛放的液体是：浓氨水； 答案： ab ； (5) 装置A中氨气与氧化铜的反应方程式：NH3+CuO=N2+Cu+H2O，无水CuSO4检验生成的水蒸气，碱式灰防止空气中的水蒸气进入装置； ①若溶液不变蓝，则A中NH3还原CuO时，只生成Cu，不生成Cu2O，发生的总反应方程式为3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O； 由于无水硫酸铜吸收水的量较少，不能完全吸收反应生成的水，则必然会导致一部分水会被装置C中的碱石灰吸收，则用装置中反应前后B装置的差量计算其中水的量，进而计算氧化铜中氧的量，必然会导致氧化铜中氧的量偏少，进而导致计算出的铜的量偏少，而计算出的铜的式量偏大； 答案为：A；C装置会吸收部分产物H2O，导致Cu的物质的量减小，式量增大。 ②若溶液变蓝，证明红色固体中有Cu2O，经称量反应前A中CuO质量为8g，n(CuO)=0.1mol，设反应后所得固体中，Cu2O的物质的量为xmol，则Cu的物质的量为（0.1-2x）mol，从而得出64(0.1-2x）＋144x＝6.8，x＝0.025mol，则红色固体中金属铜的质量分数为64g/molx(0.1-0.025x2)mol 6.8g x 100%≈47%。 ③NH3极易溶于水，注意防倒吸，图中可以放倒吸的装置为 ②③ ； 答案：3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O； A； C装置会吸收部分产物H2O，导致Cu的物质的量减小，式量增大； 47%； ②③ ； 【分析】实验室用NH4Cl和Ca(OH)2加热制备NH3：2NH4Cl+Ca(OH)2=NH3+CaCl2+2H2O，制备的NH3混有水蒸气，用碱式灰干燥，再收集、干燥然后进行尾气处理； 装置A中氨气与氧化铜的反应方程式：NH3+CuO=N2+Cu+H2O，无水CuSO4检验生成的水蒸气，碱式灰防止空气中的水蒸气进入装置。 18．【答案】（1）B （2）氮分子中原子间以三键结合，键能大，断键需要的能量高 （3）A；C （4） （5）C （6） （7） 【解析】【解答】（1）氮气分子中两个氮原子间形成三键，其电子式为 ，故答案为：B； （2）氮分子中原子间以三键结合，键能大，断键需要的能量高，因此氮气化学性质稳定，故答案为：氮分子中原子间以三键结合，键能大，断键需要的能量高； （3）自然固氮是在自然条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程，则①、②、③中，属于自然固氮的是①和③，故答案为：AC； （4）氮气和氧气在雷电作用下转化为NO，反应的化学方程式为 ，故答案为： ； （5）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，N元素的化合价既升高又降低， 体现氧化性和还原性，故答案为：C； （6）氮气和氢气在高温高压催化剂的条件下反应生成氨气，反应的化学方程式为 ，故答案为： ； （7）在水中部分电离产生铵根离子和氢氧根离子，其电离方程式为 ，故答案为： 。 【分析】（1）氮气分子中两个氮原子间形成三键； （2）键能越大，化学性质越稳定； （3）自然固氮是在自然条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程； （4）氮气和氧气在雷电作用下转化为NO； （5）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮； （6）氮气和氢气在高温高压催化剂的条件下反应生成氨气； （7） 部分电离。 19．【答案】（1） （2）较高温度时反应速率较快，同时较高温度时催化剂的活性高；33.3；；正向 （3）C （4）3：4； 【解析】【解答】（1）设反应Ⅰ为，反应Ⅱ 为 ，则 N2(g)+3H2(g) ⇋2NH3(g) 可由而得，则 。 （2） ①该反应放热，但仍选择较高温度，原因是较高温度时反应速率较快，同时较高温度时催化剂的活性高。 ②将NH3全部转化到左边一侧，并列出该反应的三段式 　 N2(g) +3H2(g) ⇋ 2NH3(g) 初始时物质的量 0.3 0.9 　 0 变化的物质的量 0.1 0.3 　 0.2 平衡时物质的量 0.2 0.6 　 0.2 该条件下的转化率为。 平衡时N2、H2、NH3的物质的量浓度分别为0.1mol·L-1、0.3mol·L-1、0.1 mol·L-1，平衡常数。 ③，起始时反应向正向进行。 （3）A.b点的体积分数在曲线之下，该点未达到平衡状态，，故A不符合题意； B.d点温度高于a点，则逆反应速率：，故B不符合题意； C. ，反应为放热反应，升高温度，平衡向逆向进行，平衡常数变小，则，故C符合题意； D.升高温度，平衡向逆向进行，a~c段，升高温度，的体积分数升高，则该段都未达到平衡状态，故D不符合题意； 故答案为：C （4）观察图示a极NH3转化为N2，N元素由-3价升高至0价，发生氧化反应，电极反应式为 ，b极O2转化为OH-，O元素由0价降低至-2价，发生还原反应，电极反应为，总反应方程式为，反应消耗的与的物质的量之比为 3：4 。 【分析】 （1）合成氨反应可由已知前两个方程式加和得到，反应热也作同样的加和计算即可。 （2）①根据温度升高能增大反应速率，同时较高温度时催化剂的活性高分析。 ②反应前未充入NH3，因此转化的氨气的物质的量为0.2mol，据此可列出三段式，求得加入的和 的物质的量，进而计算该条件下的转化率。 将平衡时各物质的物质的量浓度代入平衡常数公式。 ③计算此时Q，Q=K，反应正向进行，Q＞K，反应逆向进行，Q=K，反应达到平衡。 （3）升高温度，正逆反应速率都升高，平衡向逆向进行，平衡常数变小，a~c段，升高温度，的体积分数增大，则该段都未达到平衡状态。 （4）a极电极反应式为 ，b极电极反应为，总反应方程式为，反应消耗的与的物质的量之比为 3：4 。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$