专题7复习提升-2022版化学必修第二册 苏教版（2019） 同步练习 （Word含解析）

专题7　氮与社会可持续发展

本专题复习提升

易混易错练

易错点1　误认为钝化是没有发生反应

1.()对下列事实的解释错误的是 (　　)

A.在蔗糖中加入浓硫酸后出现黑色物质,说明浓硫酸具有脱水性

B.浓硝酸在光照下颜色变黄,说明浓硝酸不稳定

C.常温下,浓硝酸可以用铝罐贮存,说明铝与浓硝酸不反应

D.浓HNO3与浓H2SO4露置于空气中,溶液浓度均降低

2.(2020上海杨浦高三一模,)对下列事实的原因分析错误的是 (　　)

易错点2　忽视N在酸性条件下的强氧化性

3.(2020吉林长春德惠高三一模,)下列叙述正确的是(　　)

A.将SO2通入Ba(NO3)2溶液中,产生沉淀,此沉淀是BaSO3

B.氯水久置后,漂白性和酸性均增强

C.铜中加入浓硝酸充分反应后,铜有剩余,若向该混合体系中加入稀硫酸,会有气泡产生

D.在Fe(OH)3胶体中加入稀盐酸,可观察到红褐色胶体直接变为棕黄色溶液

4.()在浓硝酸中放入铜片:

(1)开始反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,实验现象为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(2)若铜有剩余,则反应将要结束时的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(3)待反应停止后,再加入少量25%的稀硫酸,这时铜片上又有气泡产生,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(4)若将12.8 g铜跟一定量的浓硝酸反应,铜消耗完时,共产生气体5.6 L(标准状况下),则所消耗硝酸的物质的量是　　　　。 

易错点3　忽视守恒法的应用

5.()向含有0.01 mol Cu、a mol Cu2O、b mol CuO的混合物中滴加6 mol·L-1的稀硝酸至10 mL时,固体恰好完全溶解,得到标准状况下224 mL气体(纯净物)。下列说法正确的是              (　　)

A.反应过程中转移0.01 mol电子

B.a=0.05 mol

C.a∶b=1∶1

D.被还原的硝酸为0.06 mol

易错点4　忽视实验原理导致错解

6.(2020安徽安庆高三期末教学质量监测,)某小组对碳与浓硝酸的反应进行探究。

已知:2NaOH+2NO2NaNO3+NaNO2+H2O

2NaOH+NO2+NO2NaNO2+H2O

请回答下列问题:

Ⅰ.甲同学设计如图所示装置制备并收集NO。

(1)碳与浓硝酸反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(2)装置C的作用为　　　　　　　　　　　　。 

(3)乙同学认为用装置F代替B更合理,理由为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

Ⅱ.探究NO与Na2O2反应。

已知:NaNO2既有氧化性,又有还原性;

J处硬质玻璃管中制得的NaNO2中含有少量NaNO3。

(4)检验上图装置气密性的方法为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(5)实验结束后,设计实验证明J处硬质玻璃管中有NaNO2生成:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(可供选择的试剂:蒸馏水、KI-淀粉溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、稀硫酸) 

思想方法练

守恒思想在硝酸与金属有关计算中的应用

方法概述

硝酸的性质是中学化学的重要内容,金属与硝酸的反应是典型的氧化还原反应,有关计算是其中的重点和难点,由于硝酸中氮元素有多种可变化合价,有的金属也有可变化合价,使得硝酸与金属的反应很复杂,有时同一条件下可能同时发生几个不同的化学反应。因此,单纯利用化学方程式进行计算非常繁琐,用守恒法(包括原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒)解此类计算题可使复杂的问题简单化,起到事半功倍的效果。

原子守恒法:反应前后各元素的原子个数相等。如反应中硝酸被还原为NO2、N2O4、NO、N2等,且各种产物均存在,还有表现酸性的N存在。针对这样的问题,我们可以通过反应前后N原子守恒的方法进行列式计算,即n总(HNO3)=n(NO2)+2n(N2O4)+n(NO)+2n(N2)+n(N)。

得失电子守恒法:氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。

电荷守恒法:溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。

1.(2021山东日照五莲高三上诊断,)铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸,若反应中硝酸被还原只产生4.48 L NO2气体和0.336 L N2O4气体(气体的体积已折算到标准状况下),在反应后的溶液中,加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为              (深度解析)

A.9.02 g B.8.51 g  C.8.26 g D.7.04 g

2.(2021天津静海高三3月统练,)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L,固体物质完全反应,生成NO和Cu(NO3)2,在所得溶液中加入1.0 mol/L的NaOH溶液1.0 L,此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀,沉淀质量为39.2 g。下列有关说法不正确的是              (深度解析)

A.Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1

B.硝酸的物质的量浓度为2.6 mol/L

C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L

D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余的HNO3为0.2 mol

3.()7 g 铜锌合金与足量的稀硝酸反应,还原产物只有NO气体,其在标准状况下的体积为2.24 L。将溶液稀释为1 L,测得溶液中c(H+)=0.1 mol·L-1,此时溶液中N的浓度为　              (　　)

A.0.3 mol·L-1 B.0.4 mol·L-1

C.0.2 mol·L-1 D.0.6 mol·L-1

4.()锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水,当生成1 mol硝酸锌时,参加反应的硝酸的物质的量是(　　)

A.1 mol B.1.5 mol C.2 mol D.2.5 mol

5.(2020山东济南中学高一选科调研,)将2.56 g Cu和200 mL某浓度的浓HNO3混合,随着反应的进行生成气体的颜色逐渐变浅,当Cu反应完全时,共收集到气体1.12 L(标准状况)。下列关于该反应的分析错误的是              (　　)

A.该反应生成的NO2与NO的体积比为7∶3

B.该反应转移电子数为0.08NA

C.该反应消耗HNO3的物质的量为0.13 mol

D.反应结束后所得溶液中(忽略反应前后溶液体积的变化)c(N)=0.4 mol·L-1

6.()将22.4 g铁粉逐渐加入含HNO3 0.8 mol的稀HNO3中,反应生成气体的物质的量(x)随消耗铁粉的物质的量(y)的变化关系如图所示,其中正确的是(　　)

7.()有一稀硫酸和稀硝酸的混合物,其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4 mol·L-1和2 mol·L-1,取10 mL此混合物,向其中加入过量的铁粉,待反应结束后,可产生标准状况下的气体的体积为(设反应中HNO3被还原成NO)              (　　)

A.0.448 L B.0.672 L

C.0.896 L D.0.224 L

答案全解全析

专题7　氮与社会可持续发展

本专题复习提升

易混易错练

1.C　在蔗糖中加入浓硫酸后出现黑色物质,体现了浓硫酸的脱水性,A项正确;浓硝酸受热或见光易分解生成二氧化氮、水和氧气,浓硝酸在光照下颜色变黄,是分解产生的二氧化氮所致,B项正确;常温下铝遇浓硝酸钝化,它们之间发生了氧化还原反应,C项错误;浓HNO3与浓H2SO4露置于空气中,浓硝酸挥发,浓硫酸具有吸水性,溶液浓度均降低,D项正确。

易错提醒

常温下铁、铝等金属遇浓硝酸、浓硫酸钝化,钝化是化学变化,不能认为常温下铁、铝与浓硝酸、浓硫酸不反应。

2.A　常温下,铁遇浓硝酸会发生钝化,发生了化学反应,因此常温下可以用铁质容器盛装浓硝酸,A错误;浓硝酸保存在棕色试剂瓶中,主要是因为浓硝酸在光照或加热条件下反应生成H2O、NO2和O2,B正确;淀粉KI溶液中滴入氯水变蓝,再通入SO2,蓝色褪去,是因为SO2具有还原性,二氧化硫和单质碘在溶液中发生反应生成硫酸和HI,C正确;某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成,原溶液中可能有亚硫酸根离子,因此不能说明该溶液中一定含有S,D正确。

3.C　SO2通入Ba(NO3)2溶液中,发生氧化还原反应,生成BaSO4沉淀,A错误;氯水久置后为盐酸,所以氯水久置后漂白性减弱、酸性增强,B错误;反应停止后,溶液中存在Cu(NO3)2,当加入H2SO4后,H2SO4电离出H+,原溶液中的N会继续同剩余的铜发生反应,C正确;Fe(OH)3胶体中加入稀盐酸,先发生聚沉,后发生复分解反应,可观察到先生成红褐色沉淀,后溶液变为棕黄色,D错误。

易错提醒

当溶液中存在N时,若向该溶液中加入稀硫酸,此时N在强酸性环境下就会表现出强氧化性,从而使体系中的还原性物质被氧化。

4.答案　(1)Cu+4H++2NCu2++2NO2↑+2H2O　铜片逐渐溶解,溶液逐渐变蓝色,有红棕色气体产生

(2)3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O

(3)加入稀硫酸后,H2SO4电离出H+,与原溶液中的N构成强氧化性条件,反应的离子方程式为3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O

(4)0.65 mol

解析　(1)浓硝酸同铜片反应时有红棕色气体产生,且铜片逐渐溶解,溶液逐渐变成蓝色,其离子方程式为Cu+4H++2NCu2++2NO2↑+2H2O。(2)铜有剩余,说明硝酸不足,即将结束时为铜与稀硝酸反应生成NO,直至无H+,其离子方程式为3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O。(3)反应停止后,溶液中存在Cu(NO3)2,当加入H2SO4后,H2SO4电离出H+,原溶液中的N会继续同剩余的铜发生反应,即铜与稀硝酸反应。(4)由反应可知,最终产物为Cu(NO3)2、NO2,还可能有NO,由N原子守恒可知,n(HNO3)=2n(Cu2+)+n(NO)+n(NO2)=2×+=2×0.2 mol+0.25 mol=0.65 mol。

5.C　得到的气体为NO,HNO3中氮元素的化合价从+5价降低到+2价,每生成1 mol NO,转移3 mol电子,因此生成标准状况下224 mL NO时,转移0.03 mol电子,A项错误;Cu的化合价从0价升高到+2价,Cu2O中的Cu的化合价从+1价升高到+2价,转移电子的总物质的量为0.03 mol,根据得失电子守恒知a==0.005,由Cu原子守恒知b=-0.01-0.005×2=0.005,则a∶b=1∶1,B项错误,C项正确;被还原的硝酸的物质的量等于生成NO的物质的量,为0.01 mol,D项错误。

易错提醒

忽视得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒的应用。

6.答案　(1)C+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O

(2)除去反应生成的CO2

(3)装置F可以起到防倒吸的作用

(4)关闭K,由长颈漏斗向广口瓶中加水至长颈漏斗中的液面高于广口瓶,一段时间后液面差不变则气密性良好

(5)取少量反应后的固体溶于蒸馏水,滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液,溶液褪色则证明有NaNO2生成

解析　(1)碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水,该反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O。(2)碳与浓硝酸反应生成的NO2、CO2通入B装置的水中,NO2与水反应可生成NO,再将混合气体通入装置C的NaOH溶液中,可以除去NO气体中混有的CO2。(3)F装置可防倒吸。(4)检验该装置气密性的方法为关闭装置后端的弹簧夹K,由长颈漏斗向广口瓶中加水至长颈漏斗中的液面高于广口瓶,一段时间后液面的高度差不变,则气密性良好。(5)J处硬质玻璃管中制得的NaNO2中含有少量NaNO3,因NaNO3在酸性条件下也具有强氧化性,则不能使用还原性的试剂如KI-淀粉溶液检验,可根据NaNO2具有还原性而NaNO3没有还原性来检验,取少量反应后的固体溶于蒸馏水,滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液,若溶液褪色证明J处硬质玻璃管中有NaNO2生成。

易错提醒

不理解F装置的工作原理导致解题错误。

思想方法练

1.B　4.48 L NO2气体的物质的量为 =0.2 mol,0.336 L N2O4气体的物质的量为=0.015 mol,根据得失电子守恒可知,金属失去电子的物质的量为0.2 mol×1+0.015 mol×2×1=0.23 mol,加入氢氧化钠溶液最终生成的沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2,根据电荷守恒可知,金属失去电子的物质的量等于沉淀中氢氧根离子的物质的量,故沉淀质量为4.6 g+0.23 mol×17 g/mol=8.51 g。

方法点津

最终生成的沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2,根据电荷守恒可知,金属失去电子的物质的量等于沉淀中氢氧根离子的物质的量,根据得失电子守恒计算金属失去电子的物质的量,沉淀质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。

2.B　设Cu和Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol,根据题意,则有64x+144y=27.2①,由Cu~Cu(OH)2、Cu2O~2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2②,解得x=0.2、y=0.1。Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1,A正确;根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0 mol+(0.2 mol×2+0.1 mol×2)/3=1.2 mol,硝酸的物质的量浓度为1.2 mol/0.5 L=2.4 mol/L,B错误;根据得失电子守恒可知产生的NO在标准状况下的体积为22.4 L/mol×(0.2 mol×2+0.1 mol×2)/3=4.48 L,C正确;根据氮原子守恒可知Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余的HNO3为1.0 mol-0.2 mol×2-0.1 mol×2×2=0.2 mol,D正确。

方法点津

本题的解答需要运用质量守恒与得失电子守恒对题给数据进行分析、比较。

3.B　n(NO)==0.1 mol,转移电子的物质的量为0.1 mol×3=0.3 mol,n(Cu)+n(Zn)==0.15 mol,n[Cu(NO3)2]+n[Zn(NO3)2]=0.15 mol,硝酸盐中所含n(N)=0.3 mol;溶液中c(H+)=0.1 mol·L-1,n(HNO3)=0.1 mol,则溶液中N的总浓度为0.4 mol·L-1。

4.D　由题给信息得化学方程式为4Zn+10HNO3NH4NO3+4Zn(NO3)2+3H2O,由化学计量数关系可得当生成1 mol Zn(NO3)2时,参加反应的HNO3的物质的量为2.5 mol。

5.D　铜和硝酸反应,随着硝酸浓度的减小,硝酸的还原产物的价态降低,铜和浓硝酸反应生成NO2,而与稀硝酸反应时则生成NO,故生成的气体有NO2和NO,则n(NO2)+n(NO)==0.05 mol,即被还原的硝酸的物质的量为0.05 mol;n(Cu)==0.04 mol,则生成n[Cu(NO3)2]=0.04 mol,可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.04 mol×2=0.08 mol,则参加反应的硝酸的物质的量为0.05 mol+0.08 mol=0.13 mol。由分析知n(NO2)+n(NO)=0.05 mol,n(NO2)×1+n(NO)×3=n(Cu)×2=0.08 mol,解得n(NO2)=0.035 mol、n(NO)=0.015 mol,则该反应生成的NO2与NO的体积比为0.035∶0.015=7∶3,A项正确;n(Cu)==0.04 mol,则该反应转移电子数为0.08NA,B项正确;由分析知该反应消耗HNO3的物质的量为0.13 mol,C项正确;反应结束后所得溶液中除生成的Cu(NO3)2中的N,还含有未反应的HNO3,而未反应的HNO3的物质的量未知,则无法计算反应后溶液中c(N),D项错误。

6.C　n(Fe)==0.4 mol,铁粉加入稀HNO3中,首先被氧化为Fe3+,即:

Fe　+　4HNO3(稀) Fe(NO3)3+NO↑+2H2O

0.2 mol　0.8 mol　　　　0.2 mol　　0.2 mol

HNO3完全反应后,过量的铁还会被Fe(NO3)3氧化,则:

2Fe(NO3)3+Fe 3Fe(NO3)2

0.2 mol 0.1 mol

所以共溶解铁粉0.3 mol,但后来没有气体放出。

7.B　由离子方程式3Fe+8H++2N 3Fe2++2NO↑+4H2O(铁过量,产物为Fe2+)知,反应中Fe和H+过量,生成的NO的量以N为准来计算,共得0.448 L NO(标准状况),过量的铁还可以和溶液中过量的H+反应产生H2,即Fe+2H+ Fe2++H2↑,生成0.224 L H2(标准状况),则气体体积共计0.672 L(标准状况下)。