专题7 第2单元 重要的含氮化工原料 素养提升练-【金版教程】2024-2025学年高中化学必修第二册作业与测评课件PPT（苏教版2019）

0 专题7　氮与社会 可持续发展 第二单元　重要的含 氮化工原料 素养提升练 (建议用时：40分钟) 一、选择题(每小题只有1个选项符合题意) 1．下列金属和酸能发生反应但不能生成氢气的是(　　) A．铜和稀硫酸 B．铁和稀盐酸 C．锌和稀盐酸 D．镁和稀硝酸 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 2．下列有关硝酸化学性质的叙述中，正确的是(　　) A．浓、稀硝酸都能使蓝色石蕊试纸最终变为红色 B．硝酸能与FeO反应，只表现氧化性 C．硝酸可与Na2S反应制得H2S气体 D．浓硝酸因分解放出的NO2又溶解于硝酸而呈黄色 解析　硝酸是一种具有强氧化性的强酸，并且浓度越大，氧化性越强。浓硝酸可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，A错误；硝酸能将Fe2＋氧化为Fe3＋，表现强氧化性，同时生成硝酸盐，表现酸性，B错误；硝酸能与S2－发生氧化还原反应，C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 3．氨溶于水得到氨水，氯气溶于水得到氯水，下列关于新制的氨水、氯水的描述中正确的是(　　) A．“两水”都是混合物，溶液中含有的粒子种类、数目不同 B．“两水”都能导电，因此NH3和Cl2都是电解质 C．氨水与氯化亚铁溶液反应的离子方程式为2OH－＋Fe2＋===Fe(OH)2↓，新制氯水与氯化亚铁反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－ D．“两水”放置时间较久后都会因为相同的原理变质 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4 解析　B项，NH3为非电解质，Cl2既不是电解质也不是非电解质，错误。C项，NH3·H2O是弱电解质，书写离子方程式时应写化学式，错误。D项，新制的氯水长时间放置，因HClO分解最终形成稀盐酸，新制的氨水长时间放置，因NH3挥发而变质，二者变质的原理不同，错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5 4．如图所示，夹子开始处于关闭状态，将液体A滴入试管②与气体B充分反应，打开夹子，发现试管①内的水立刻沸腾了。则液体A和气体B的组合不可能是下列的(　　) A．亚硫酸钠溶液、氯气 B．水、二氧化氮 C．水、一氧化氮 D．氢氧化钠溶液、二氧化碳 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6 解析　根据题意知，在温度不变的情况下水由不沸腾 变得沸腾，只能是压强减小，造成压强减小的原因是液体 A与气体B发生了反应使气体的量减少。亚硫酸钠溶液与氯 气反应，生成硫酸钠和氯化氢，使压强减小，能造成①内 的水沸腾，A不符合题意；二氧化氮溶于水并与水反应， 生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，使压强减小，能造成①内的水沸腾，B不符合题意；一氧化氮不溶于水，不会使压强减小，不能造成①内水沸腾，C符合题意；氢氧化钠能与二氧化碳反应，生成碳酸钠和水，使压强减小，能造成①内的水沸腾，D不符合题意。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7 5．将质量相同的铜分别与过量浓硝酸、稀硝酸反应，下列叙述中正确的是(　　) A．所得气体的颜色：二者相同 B．消耗HNO3的物质的量：前者多，后者少 C．反应产生的气体：前者少，后者多 D．反应中转移电子的总数：前者多，后者少 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8 解析　Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，NO2为红棕色，NO为无色，A错误。根据得失电子守恒，结合还原产物可知，等质量的铜与浓硝酸反应消耗HNO3的量多，产生的还原产物多，B正确，C错误。由于反应的铜的质量相同，故反应中转移电子的总数相同，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9 6．碳与浓硫酸共热产生的气体X和铜与浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量BaCl2溶液的洗气瓶中，如图所示，下列有关说法正确的是(　　) A．洗气瓶中产生的沉淀是BaCO3 B．Z导管出来的气体中无CO2 C．洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4 D．Z导管口不会有红棕色气体出现 解析　X气体的成分为CO2和SO2，Y气体为NO2，通入BaCl2溶液中，NO2溶于水生成HNO3和NO，HNO3会将SO2(或H2SO3)氧化成H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，NO气体在导管口遇O2变为NO2(红棕色)；CO2气体不反应，故从Z导管出来的气体中含有CO2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10 7．将19．2 g的铜屑投入到400 mL浓度均为0．5 mol/L HNO3和H2SO4的混合溶液中，溶液增加的质量为(　　) A．4．5 g B．9．9 g C．13．2 g D．14．7 g 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11 类题通法 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9．已知NH3和HCl都是能用来做喷泉实验的气体，若在 相同条件下用等体积烧瓶各收集满NH3和HCl气体，进行如图 所示实验(实验结束后两烧瓶内充满溶液且不考虑溶质的扩散)。 下列说法错误的是(　　) A．NH3和HCl分别形成蓝色、红色喷泉 B．制备干燥的NH3和HCl，所需的干燥剂分别是碱石灰、浓硫酸 C．若烧瓶中气体改为NO2，则所得溶液溶质的物质的量浓度与前两者不同 D．去掉装置中的胶头滴管，改为单孔塞，也可引发喷泉 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 16 10．如图是制取、净化并测量生成气体体积的 装置示意图。利用该装置进行下表所列实验，能达 到实验目的的是(　　) 物质 实验 a(液体) b(固体) c(液体) A 稀盐酸 锌粒 浓硫酸 B 浓氨水 生石灰 浓硫酸 C 浓硫酸 铜片 NaOH溶液 D 稀硝酸 铜片 H2O 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 17 解析　浓氨水与生石灰反应生成的氨气会与浓硫酸反应，B不符合题意；Cu与浓硫酸在常温下不反应，C不符合题意；Cu与稀硝酸反应生成的NO气体可被装置中的空气氧化，D不符合题意。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 18 11．向某HNO3和Fe(NO3)3的混合溶液中逐渐加入铁粉，产生无色气体，该气体遇空气变为红棕色，溶液中Fe2＋的物质的量和加入Fe粉的物质的量之间的关系如图所示，则原稀溶液中HNO3和Fe(NO3)3的物质的量浓度之比为(　　) A．4∶1 B．3∶1 C．2∶1 D．1∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 19 解析　由题图像可知，当加入1 mol Fe时，n(Fe2＋) ＝0，再加入Fe，n(Fe2＋)逐渐增大，说明当加入Fe少于 1 mol时，发生反应Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋ 2H2O，所以混合溶液中含有4 mol HNO3，当再加入1 mol Fe时，发生反应Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，得到3 mol Fe2＋， 由题图像和前面分析可知原混合溶液中含有1 mol Fe(NO3)3。故原稀溶液中HNO3和Fe(NO3)3的物质的量浓度之比为4∶1，A正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 20 二、非选择题 12．某兴趣小组用如图所示装置探究氨的催化氧化。 (1)氨催化氧化的化学方程式为______________________________。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 21 (2)为保证在装置4中仅观察到红棕色气体，装置3应装入________；若取消3，在4中仅观察到大量白烟，原因是__________________________________________ _________________________________________。 (3)已知铵盐受热易分解生成氨气，为实现氨催化氧化，也可用装置5替换装置_____(填装置代号)；化合物X为_____________(只写一种)，Na2O2的作用是_________________________________________。 浓硫酸 生成的NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应 生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3 1 NH4HCO3 与H2O、CO2反应生成O2(其他合理答案均可) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 22 13．硝酸是一种具有强氧化性、腐蚀性的强酸，其还原产物因硝酸浓度的不同而变化，总体上说，硝酸浓度越高，平均每分子硝酸得到的电子数越少，浓硝酸的还原产物主要为NO2、稀硝酸的还原产物为NO。实验室常用Cu与浓HNO3反应制取NO2，用Cu与稀HNO3反应制取NO。 (1)请写出实验室中用Cu与稀HNO3反应制取NO的化学方程式并用双线桥标明电子的转移方向及数目。 答案 ＋4H2O 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 23 (2)64 g Cu与适量的浓HNO3反应，铜全部作用后，共收集到22．4 L气体(标准状况)，反应中消耗的HNO3的物质的量是________(填字母)。 A．0．5 mol B．1．0 mol C．2．0 mol D．3．0 mol 产生的气体是____________，其物质的量之比是________。 (3)请将下列3种物质：FeSO4、Fe(NO3)3和Fe2(SO4)3分别填入下面对应的横线上，并配平该反应的化学方程式。 ____HNO3＋________===__________＋__________＋____NO↑＋____H2O D NO2和NO 1∶1 4 3FeSO4 Fe(NO3)3 Fe2(SO4)3 1 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 25 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　硫酸和硝酸共同提供H＋，n(H＋)＝0．6 mol、n(Cu)＝0．3 mol、n(NOeq \o\al(－,3))＝0．2 mol，根据3Cu＋8H＋＋2NOeq \o\al(－,3)===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知H＋不足，故根据H＋的物质的量计算可知溶液质量增加量为eq \f(0.6 mol×3×64 g ·mol－1,8)－eq \f(0.6 mol×2×30 g·mol－1,8)＝9．9 g。 Cu与硝酸和硫酸的混合酸反应时，要按离子方程式：3Cu＋8H＋＋2NOeq \o\al(－,3)===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O进行计算。 一般有以下几种情况： 　3Cu～　2NOeq \o\al(－,3)～8H＋　被还原的HNO3量　　被氧化的Cu量 ①足量 不足 足量 HNO3总量 eq \a\vs4\al(\f(3,2)n（HNO3）) ②不足 足量 足量 eq \a\vs4\al(\f(2,3)n（Cu）) Cu总量 ③足量 足量 不足 eq \a\vs4\al(\f(1,4)n（H＋）) eq \a\vs4\al(\f(3,8)n（H＋）) 8．实验室欲利用下图装置探究NH3还原CuO的实验。A中装有NH4Cl和Ca(OH)2的混合物。下列相关说法错误的是(　　) A．装置的连接顺序为a→fg→bc→hi→ed B．装置A中发生反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2eq \o(=====,\s\up17(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O C．证明NH3能还原CuO的现象为装置B中黑色粉末变为红色，装置E中白色固体变为蓝色 D．装置C的作用为防止空气中水蒸气干扰实验，并吸收未反应的NH3 解析　A是制取氨气的装置，生成的气体中含有水分，为了探究氨气和氧化铜反应是否有水生成，需在反应前先除去水，故A后连接D，干燥后氨气通入到B中反应，反应后为了检验是否有水生成，和E相连，为了防止剩余的氨气污染环境和空气中水蒸气的干扰，需对尾气处理，故最后和C连接，所以装置的连接顺序是ADBEC，即a→fg→bc→hi→de，故A错误，D正确；装置A中发生的是制取氨气的反应，由已知条件可知，其化学方程式是2NH4Cl＋Ca(OH)2eq \o(=====,\s\up17(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，故B正确；黑色粉末变为红色，说明氧化铜被还原成铜，装置E中白色固体变为蓝色，说明有水生成，即能证明氨气和氧化铜发生了反应，故C正确。 解析　设烧瓶容积为1 L，则V(NO2)＝1 L，根据化学方程式：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，可知反应产生硝酸的物质的量n(HNO3)＝eq \f(2,3)n(NO2)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,Vm)mol，溶液的体积为eq \f(2,3) L，所以HNO3的物质的量浓度c(HNO3)＝eq \f(n（HNO3）,V)＝eq \f(\f(2,3)×\f(1,Vm) mol,\f(2,3) L)＝eq \f(1,Vm) mol·L－1，V(NH3)＝V (HCl)＝1 L时，氨气和氯化氢气体喷泉实验形成的溶液浓度为eq \f(\f(1,Vm) mol,1 L)＝eq \f(1,Vm) mol·L－1，故若改为NO2，所得溶液溶质的物质的量浓度与NH3和HCl相同，C错误。 4NH3＋5O2eq \o(=====,\s\up17(催化剂),\s\do15(△))4NO＋6H2O 解析　(2)n(Cu)＝1 mol，则n[Cu(NO3)2]＝1 mol，n(NOx)＝eq \f(22.4 L,22.4 L·mol－1)＝1 mol，即被还原的硝酸的物质的量为1 mol，表现酸性的硝酸的物质的量为2 mol，故反应共消耗硝酸的物质的量为3 mol，D正确；反应消耗Cu的物质的量是1 mol，失去2 mol电子，若还原产物全部为NO2，则其物质的量为2 mol，若还原产物全部为NO，则其物质的量为eq \f(2,3) mol，eq \f(2,3) mol<1 mol<2 mol，则产生的气体为NO和NO2，设NO2物质的量为x mol，则NO物质的量为(1－x) mol，根据得失电子守恒，可得x＋3(1－x)＝2，解得x＝0．5，故二者的物质的量之比为1∶1。 $$