2022年高考化学专题复习氮及化合物.docx

2022年高考化学专题复习：氮及化合物
第一局部 专题知识讲解
一、氮气和氮氧化物
1、氮气：无色无味、难溶于水的气体。空气中78%〔体积分数〕是氮气。
氮分子〔N2〕为双原子分子，结构稳定，决定了氮气性质的稳定性，常温下氮气很稳定，很难与其它物质发生反响，因此，生产上常用氮气作保护气。但这种稳定是相对的，在一定条件下〔如高温、放电等〕，也能跟某些物质〔如氧气、氢气等〕发生反响。
放电

N2 + O2 2NO
N2 + 3H2 2NH3
2、固氮作用：游离态氮转变为化合态氮的方法。
自然固氮 → 闪电时，N2 转化为NO
生物固氮 → 豆科作物根瘤菌将N2 转化为化合态氮
工业固氮 → 工业上用N2 和H2合成氨气
3、氮氧化物〔NO和NO2〕：氮元素有＋1、＋2、＋3、＋４、＋5等五种正价态，五种正价对应六种氧化物：N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5。其中N2O3和N2O5分别是HNO2和HNO3的酸酐。NO是一种无色不溶于水的有毒气体，不溶于水，而NO2那么是一种红棕色有刺激性气味的有毒气体，能溶于水，溶于水生成HNO3和NO，NO2还易发生二聚反响。氮的氧化物是形成光化学烟雾的因素之一，对环境的危害极大。
NO和NO2的相互转化关系为：2NO＋O2＝2NO2；3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO
NO2具有强氧化性，能与许多复原性物质反响，如：SO2、I－等，NO2还能与碱溶液反响，生成硝酸盐和亚硝酸盐。如：
NO2＋SO2＝NO＋SO3；2NO2＋2NaOH＝NaNO3＋NaNO2＋H2O
故可用碱液来吸收硝酸工业中产生的尾气。
NO、NO2的制取
①实验室NO可用Cu与稀HNO3反响制取：3Cu＋8HNO3〔稀〕＝3Cu〔NO3〕2＋2NO↑＋4H2O，由于NO极易与空气中的氧气作用，故只能用排水法收集。
②实验室NO2可用Cu与浓HNO3反响制取：Cu＋4HNO3〔浓〕＝Cu〔NO3〕2＋2NO2↑＋2H2O由于NO2可与水反响，故只能用排空气法收集。
★比较 NO和NO2的性质

NO
NO2
色、态〔常温下〕
无色气体
红棕色气体
气 味
没有气味
刺激性气味
毒 性
有 毒
有 毒
重要反响
2NO + O2 = 2NO2
3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO
氮氧化物对环境的污染、危害及防治措施
①硝酸型酸雨的产生及危害
②造成光化学烟雾的主要因素
③破坏臭氧层
措施：使用洁净能源，减少氮氧化物的排放；为汽车安装尾气转化装置；处理工厂废气
二、氨和铵盐
1、氨的合成： N2 + 3H2 2NH3
2、氨气的物理性质：
氨气是无色、有刺激性气味的气体，在标准状况下，密度是0.771g.L-1，比空气小。氨易液化，液氨气化时要吸收大量的热，使周围温度急剧下降，所以液氨可作致冷剂。
氨极易溶于水，常温常压下，1体积水中大约可溶解700体积的氨气。氨的水溶液称氨水。计算氨水的浓度时，溶质应为NH3 。
3、氨的化学性质：
〔1〕氨溶于水时，大局部氨分子和水分子形成一水合氨分子〔NH3·H2O〕。一水合氨分子〔NH3·H2O〕不稳定，受热时分解为氨气和水。
NH3 + H2O NH3·H2O
NH3·H2O NH4+ + OH-氨水显弱碱性。
★比较液氨与氨水：
名 称
液 氨
氨 水
形 成
氨降温加压
液 化
氨溶于水
物质分类
纯洁物
混合物
成 分
NH3
NH3、NH3·H2O 、H2O 、 NH4+ 、 OH- 、H+
〔2〕氨具有弱碱性，可以与酸〔硫酸、硝酸、盐酸等〕反响，生成铵盐。
NH3 + H+ NH4+
〔3〕与氧气反响〔具有复原性〕
氨气在催化剂〔如铂等〕、加热条件下，生成一氧化氮和水，放出热量。此反响是放热反响，是工业制硝酸的根底。
4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O
4、氨的实验室制法
①反响原理：2NH4Cl + Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3↑+ 2H2O
②发生装置：固固反响加热装置，与制取氧气的发生装置相同。
③枯燥：用碱石灰枯燥。
④收集方法：由于氨易溶于水，密度比空气小，所以只能用向下排空气法。
⑤检验：a．用湿润的红色石蕊试纸(变蓝)
b．蘸有浓盐酸的玻璃棒接近瓶口(白烟)。
⑥棉花团的作用：是为了防止试管内的NH3与试管外的空气形成对流，以期在较短时间内收集到较为纯洁的氨。
5、铵盐：由铵离子和酸根离子构成的盐。
如：硫酸铵【〔NH4〕2SO4 ，俗称硫铵，又称肥田粉】，氯化铵【NH4Cl，俗称氯铵】，硝酸铵【NH4NO3，俗称硝铵】，碳酸氢铵【NH4HCO3，俗称碳铵】铵盐属于铵态氮肥。常用氮肥有硝态氮肥和尿素【 CO〔NH2〕2】
★铵盐的性质
①铵盐都是无色或白色的晶体晶体，且都易溶于水。
②与碱作用：(NH4)2SO4 + 2NaOH Na2SO4 + 2NH3↑+ 2H2O
NH3NO3 + NaOH NaNO3 + NH3↑+ H2O
实质：NH4+ + OH- NH3↑+ H2O
铵盐与碱共热都能产生NH3，这是铵盐的共同性质。有关系式：NH4+NH3，相互之间可以转化。
③受热发生分解反响
非氧化性酸组成的铵盐，加热分解为氨和相应的酸。
(NH4)2CO3 2NH3↑+ CO2↑+ H2O
NH4Cl NH3↑+ HCl↑ (气体遇冷形成白色固体)
NH3NO3 N2O↑+ 2H2O (发生复杂的反响，爆炸)
贮存铵态氮肥时，为了防止受热分解，应密封包装并放在阴凉通风处。
6．NH4+的检验方法：
取少许样品与碱混合于试管中共热，将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，假设试纸变蓝，那么证明样品中含有NH4+。
三、硝酸的性质
硝酸的物理性质：
纯洁的硝酸是无色易挥发，有刺激性气味的液体，能以任意比溶于水，常用浓硝酸的质量分数约为63%，质量分数98%的硝酸叫做发烟硝酸，硝酸是一种重要的化工原料。
硝酸的化学性质：
硝酸具有酸的通性，但硝酸与金属反响时一般无氢气产生。
1、不稳定性：硝酸在受热或光照条件下即可分解：4HNO3＝4NO2↑＋O2↑＋2H2O，常见浓硝酸显黄色，是由于硝酸分解产生的NO2气体溶解在其中，故浓硝酸应保存在棕色试剂瓶中，置于阴暗处。
2、强氧化性：
<1>与金属反响：硝酸和金属反响时，硝酸作为氧化剂，硝酸的浓度越高，其氧化性越强，复原产物的价态越低。
A：常温下，浓硝酸可使Fe、Al外表形成致密的氧化膜而发生钝化，阻止反响的继续进行。
B：一定条件下硝酸能与除铂以外的多数金属反响，通常浓硝酸反响后生成的气体主要是NO2，稀硝酸反响后生成的气体主要是NO，如：铜与浓、稀硝酸的反响：
3Cu＋8HNO3〔稀〕＝3Cu〔NO3〕2＋2NO↑＋4H2O
Cu＋4HNO3〔浓〕＝Cu〔NO3〕2＋2NO2↑＋2H2O
变价金属与硝酸反响时，产物的价态那么要看硝酸与金属的物质的量的相对大小，假设金属过量，那么生成低价的金属硝酸盐，假设硝酸过量，那么生成高价的金属硝酸盐。如：铁与稀硝酸的反响：3Fe〔过量〕＋8HNO3〔稀〕＝3Fe〔NO3〕2＋2NO↑＋4H2O
Fe〔缺乏〕＋4HNO3〔浓〕＝Fe〔NO3〕3＋NO↑＋2H2O
<2>硝酸不仅可与金属反响，还可与非金属单质反响：如：浓硝酸与单质碳反响的化学方程式：C＋4HNO3〔浓〕＝CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
非金属单质与浓硝酸反响时，一般生成高价的非金属氧化物或高价的含氧酸
<3>硝酸与低价态化合物的反响
硝酸能氧化很多低价态的化合物，如S2－、SO32－、I－、Fe2＋等复原性物质，故在酸性条件下NO3－与S2－、SO32－、I－、Fe2＋等不能共存于同一溶液中，但在中性或碱性介质中，可以共存。
〔3〕与有机物反响：在一定条件下硝酸可与某些有机物发生取代反响和颜色反响：
如：浓硝酸与苯、苯酚等物质的硝化反响、与醇的酯化反响、与某些蛋白质的颜色反响等。
小结：氮及其化合物的性质和转化关系：
NH4NO3 NH3 HNO3
N2 NO NO2
例题解析
例1. 将1.92gCu粉与一定量的浓硝酸反响，当Cu粉完全作用时，收集到气体1.12L〔标况〕，那么所消耗硝酸的物质的量是：
A. 0.12mol B. 0.11mol C. 0.09mol D. 0.08mol
解析：消耗的硝酸分两局部，一局部起酸的作用，一局部做氧化剂，由守恒法可知，消耗的硝酸的物质的量应为这两局部的和，即为：1.92g/64g/mol×2＋1.12L/22.4L/mol＝0.11mol；应选B
答案：B
例2. 用以下三种途径来制取相等质量的硝酸铜：〔1〕铜跟浓硝酸反响；〔2〕铜跟稀硝酸反响；〔3〕铜先跟氧气反响生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反响。以下表达中正确的选项是
A. 三种途径所消耗的铜的物质的量相等
B. 三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等
C. 所消耗的铜的物质的量是：途径〔3〕＞途径〔1〕＞途径〔2〕
D. 所消耗的硝酸的物质的量是：途径〔1〕＞途径〔2〕＞途径〔3〕
解析：此题是评价制备方案的优劣。从绿色化学角度看〔1〕要节约原料；〔2〕是副产品，对环境污染小。〔1〕Cu＋4HNO3〔浓〕＝Cu〔NO3〕2＋2NO2↑＋2H2O，
〔2〕3Cu＋8HNO3〔稀〕＝3Cu〔NO3〕2＋2NO↑＋4H2O，
〔3〕2Cu＋O2＝2CuO，CuO＋2HNO3＝Cu〔NO3〕2＋H2O。
假设生成3molCu〔NO3〕2，可得消耗原料量及生成污染物NOx的量〔见下表〕：

Cu〔NO3〕2
Cu
HNO3
NOx
〔1〕
3mol
3mol
12mol
6mol
〔2〕
3mol
3mol
8mol
2mol
〔3〕
3mol
3mol
6mol
0mol
由上表知：〔1〕耗HNO3最多，生成污染物最多；〔3〕耗HNO3最少，没有污染物。
答案：AD
例3.某试剂厂有银〔含杂质铜〕和硝酸〔含杂质Fe3＋〕反响制取硝酸银。步骤如下　
依据上述步骤，完成以下填空：
〔1〕溶解银的硝酸应该用硝酸〔填浓或稀〕。原因是〔填序号，下同〕
〔a〕减少过程中产生NOX的量___________〔b〕减少原料银的消耗量___________〔c〕节省硝酸物质的量
〔2〕步骤B加热保温的作用是___________。
〔a〕有利于加快反响速率
〔b〕有利于未反响的硝酸挥发
〔c〕有利于硝酸充分反响，降低溶液中c〔H＋〕
〔3〕步骤Ｃ中是为了除去Fｅ3＋、Cu2＋等杂质，冲稀静置时发生的化学反响是_________
〔a〕置换反响　　　〔b〕水解反响　　〔c〕氧化复原反响
产生的沉淀物化学式.
解析：〔1〕根据反响方程式：Ag＋2HNO3〔浓〕＝AgNO3＋NO2↑＋H2O、3Ag＋4HNO3〔稀〕＝3AgNO3＋NO↑＋2H2O可知：每生成1molAgNO3，如用浓HNO3，消耗HNO32mol，产生1molNO2；如用稀HNO3，只需HNO34/3mol，放出NO1/3mol。故用稀硝酸比用浓硝酸好，原因为减少氮氧化物的排放量，从而节省硝酸的使用量，即理由为〔a〕、〔c〕。
〔2〕根据温度对反响速率的影响，加热保温是使反响加快，促使HNO3与Ag反响，而不希望HNO3损失，因此其目的是〔a〕、〔c〕。
〔3〕由水解原理，溶液浓度小，促进水解，使Fｅ3＋、Cu2＋生成难溶的Fe〔OH〕3、Cu〔OH〕2而除去。
答案：〔1〕稀，〔a〕、〔c〕
〔2〕〔a〕、〔c〕
〔3〕〔b〕，Fe〔OH〕3、Cu〔OH〕2
例4. 1898年，曾有人创造了固氮的一种方法，该法以石灰石、焦炭、空气为原料。第一步反响是石灰石分解；第二步是使第一步反响产物和焦炭反响，在电炉中的高温下制得第三步反响起始物；第三步反响中另一反响物是空气，该反响也是在电炉中完成的，生成一种固体；第四步是使该固体和水蒸气反响制得氨气。又知该固体中有与N3－互为等电子体的离子。
〔1〕试写出四步反响的化学方程式；
〔2〕试简评该固氮方法。
解析：前二步反响分别是石灰石的分解和制造电石的反响：
CaCO3CaO＋CO2↑；CaO＋3CCaC2＋CO↑
第三步反响是CaC2在高温下与空气中的氮气反响，以取得固氮的效果。由于生成物与N3－互为等电子体的离子，氮元素在此生成物中应为－3价，后者与水反响才更有可能生成NH3。N3－的等电子体有CN22－、C2N3－。如果N为－3价，在CN22－中C为＋4价，
在C2N3－中C为0价，不合理，因此生成物中的该离子只能为CN22－。其化学方程式为：
CaC2＋N2CaCN2＋C；CaCN2＋3H2O＝CaCO3＋2NH3↑。
这种方法较之现在的合成氨工业，需要消耗大量电能，原料众多，生产本钱高，因此，很快被合成氨的催化法代替。
答案：〔1〕CaCO3CaO＋CO2↑；CaO＋3CCaC2＋CO↑；CaC2＋N2CaCN2＋C；CaCN2＋3H2O〔g〕＝CaCO3＋2NH3↑。
〔2〕这种方法，需要消耗大量电能，原料众多，设备重，生产本钱高。
例5. 为了测定某铜银合金的成分。将30.0g合金完全溶于80mL13.5mol/L的浓HNO3中，待合金完全溶解后，收集到气体6.72L〔标准状况〕，并测得溶液中氢离子浓度为1mol/L。假设反响后溶液的体积仍为80mL。试计算：
〔1〕被复原的硝酸的物质的量。
〔2〕合金中银的质量分数。
解析：〔1〕此题考查的是有关硝酸的综合计算。Cu、Ag合金溶于过量的硝酸后，分别生成Cu〔NO3〕2和AgNO3，而硝酸的复原产物那么为：NOx。那么根据元素守恒：被复原的硝酸的物质的量等于NOx的物质的量＝6.72L/22.4L/mol＝0.3mol；
〔2〕再根据元素守恒，我们假设原合金中含铜的物质的量为x，银的物质的量为y，那么有：
2x＋y＝80mL×10－3L/mL×13.5mol/L－0.3mol－80mL×10－3L/mL×1mol/L＝0.7mol
64g/mol×x＋108g/mol×y＝30.0g
解得：x＝0.3mol，y＝0.1mol
那么混合物中银的质量分数为：〔108g/mol×0.1mol〕/30.0g＝36%
答案：被复原的硝酸的物质的量为0.3mol，合金中银的质量分数为36%。
例6. 某同学学习了氨的催化氧化反响后，想自己设计并做一个探究实验，探究氨在催化剂的作用下被空气中的氧气氧化的情况。经过仔细考虑，他设计了如下实验，请你认真分析他设计的实验，然后答复以下问题：
实验方法：在锥形瓶中参加浓氨水，然后将铂丝加热到红热状态，将红热的铂丝插入锥形瓶中，观察现象。
〔1〕该同学想探究氨的催化氧化，他为什么选择浓氨水假设想快速看到实验现象，应向浓氨水中参加什么物质或进行什么操作
〔2〕你推测他会看到什么现象为什么
解析：浓氨水具有挥发性，挥发出氨气，氨在催化剂和加热的条件下被氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮与空气中的氧气反响生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮与水反响生成硝酸〔具有挥发性〕，硝酸遇到氨气产生大量的白烟。
氨水除具有碱性外，还具有易挥发性，且浓度越大越易挥发，温度越高越易挥发。所以，氨水保存时要注意密封，且放到低温处保存。
由于氨水具有易挥发性，因此，向浓氨水中参加氢氧化钠或加热是实验室中制备氨气的一种简便快捷的方法。
答案：〔1〕浓氨水具有挥发性，可以挥发出氨气，进行氨的催化氧化实验；该同学可向浓氨水中参加氢氧化钠或加热来加快浓氨水的挥发。
〔2〕该同学会看到有红棕色气体出现，随后又消失，然后出现白烟；原因是氨在催化剂的加热的共同作用下被氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮与空气中的氧气反响生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮与水反响生成硝酸〔具有挥发性〕，硝酸遇到氨气产生大量的白烟。
例7. 能鉴别Na2SO4、NH4NO3、KCl、〔NH4〕2SO4四种溶液〔可以加热〕的一种试剂是：
A. BaCl2 B. Ba〔NO3〕2 C. Ba〔OH〕2 D. AgNO3
解析：NH4＋的检验方法是：将待检物取出少量置于试管中，参加NaOH溶液后，加热，用湿润的红色石蕊试纸在管口检验，假设试纸变蓝色，那么证明待检物中含铵盐〔NH4＋〕：
NH4＋＋OH－＝NH3↑＋H2O
上述四种物质中，有两种含NH4＋，另有两种含SO42－，SO42－的检验用Ba2＋，所以选择Ba〔OH〕2来鉴别。将Ba〔OH〕2溶液分别参加到上述四种溶液中的现象分别为：A只有白色沉淀；B为只有刺激性气味的气体；C无现象；D为既有白色沉淀又有刺激性气味的气体。
答案：C
例8. 在标准状况下，用以下气体做喷泉实验，请根据情况，填写烧瓶中溶液的物质的量浓度〔假设烧瓶中溶质不能扩散出来〕。
〔1〕用氯化氢气体做喷泉实验，喷泉结束后，水充满烧瓶，那么溶液的物质的量浓度为_______；
〔2〕用NH3做喷泉实验，喷泉结束后，水充满烧瓶，那么溶液的物质的量浓度为_______；
解析：〔1〕由于HCl气体极易溶于水，最终所得溶液的体积和原HCl气体的体积相等，即相当于VL溶液中溶解了HCl气体：〔设烧瓶体积为VL〕，溶液的物质的量浓度为：mol•L－1＝0.045mol•L－1。
〔2〕由于NH3也极易溶于水，最终所得溶液的体积和原NH3的体积是相等的。故所得溶液的物质的量浓度也为mol•L－1，约为0.045mol•L－1。
答案：物质的量浓度均为：0.045mol•L－1
第二局部 08高考真题
1、〔08年广东化学·10〕设阿伏加德罗常数〔NA〕的数值为nA,以下说法正确的选项是BC
A．1 mol Cl2与足量Fe反响，转移的电子数为3nA
B．1.5 mol NO2与足量H2O反响，转移的电子数为nA
C．常温常压下，46 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3nA
D．0.10mol Fe粉与足量水蒸气反响生成的H2分子数为0.10nA
答案：BC
2、〔08年广东化学·11〕以下化学反响的离子方程式正确的选项是A
A．在稀氨水中通入过量CO2：NH3·H2O+CO2=NH4++HCO3－
B．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO
C．用稀HNO3溶液FeS固体：FeS+2H+=Fe2++H2S↑
D．氢氧化钙溶液与等物质的量的稀硫酸混合：Ca2++OH-+H++SO42－=CaSO4↓+H2O
答案：A
3、〔08年海南化学·4〕锌与很稀的硝酸反响生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1 mol硝酸锌时，被复原的硝酸的物质的量为
A．2 molB．1 molC．0.5 molD．0.25 mol
答案：D
4、〔08年海南化学·28〕与氨碱法比较，以下关于联合制碱法优点的判断中不正确的选项是D
A．提高了原料的原子利用率B．降低了生产本钱
C．减少了环境污染D．减轻了对设备的腐蚀
答案：D
5、〔08年上海化学·15〕气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。右图所示为气体扩散速度的试验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环。以下关于物质甲、乙的判断正确的选项是C
A．甲是浓氨水，乙是浓硫酸
B．甲是浓盐酸，乙是浓氨水
C．甲是浓氨水，乙是浓盐酸
D．甲是浓硝酸，乙是浓氨水
答案：C
6、〔07年高考理综上海卷·10有改编)将空气中氮气转化为氮的化合物的过程称为固氮。下面能实现人工固氮的是D
A．闪电 B．一氧化氮转化为二氧化氮
C．根瘤 D．合成氨车间
7、〔2022年北京卷〕〔17分〕X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子，均由原子序数小于10的元素组成。X有5个原子核。通常状况下，W为无色液体。
：X+YZ+W
⑴Y的电子式是。
⑵液态Z与W的电离相似，都可电离出电子数相同的两种离子，液态Z的电离方程式是。
⑶用图示装置制备NO并验证其复原性。有以下主要操作：
a.向广口瓶内注入足量热NaOH溶液，将盛有铜片的小烧杯放入瓶中。
b.关闭止水夹，点燃红磷，伸入瓶中，塞好胶塞。
c.待红磷充分燃烧，一段时间后翻开分液漏斗旋塞，向烧杯中滴入少量稀硝酸。
①步骤c后还缺少的一步主要操作是。
②红磷充分燃烧的产物与NaOH溶液反响的离子方程式是。
③步骤c滴入稀硝酸后烧杯中的现象是。
⑷一定温度下，将1mol N2O4置于密闭容器中，保持压强不变，升高温度至T1的过程中，气体由无色逐渐变为红棕色。温度由T1继续升高到T2的过程中，气体逐渐变为无色。假设保持T2，增大压强，气体逐渐变为红棕色。气体的物质的量n随温度T变化的关系如下列图。
①温度在T1~T2之间，反响的化学方程式是。
②温度在T2~T3之间，气体的平均相对分子质量是〔保存1位小数〕。
答案：(17分)⑴[:O:H]- ⑵2NH3(l)NH2-+NH4＋ ⑶①翻开止水夹，通入少量氧气 ②P2O5+6OH―2PO43―+3H2O ③Cu片逐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色 3Cu+8H＋+2NO3－=3Cu2＋+2NO↑+4H2O ⑷①2NO22NO+O2 ②30.7
8、〔2022年广东卷〕〔11分〕
某探究小组用HNO3与大理石反响过程中质量减小的方法，研究影响反响速率的因素。所用HNO3浓度为1.00 mol·L-1、2.00 mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298 K、308 K，每次实验HNO3的用量为25.0 mL、大理石用量为10.00 g。

实验编号
T/K
大理石规格
HNO3浓度/mol·L-1
实验目的
①
298
粗颗粒
2.00
〔Ⅰ〕实验①和②探究HNO3浓度对该反响速率的影响；
〔Ⅱ〕实验①和　　　　探究温度对该反响速率的影响；
〔Ⅲ〕实验①和　　　　　　探究大理石规格〔粗、细〕对该反响速率的影响；〕
②

③

④

(2)实验①中CO2质量随时间变化的关系见以下列图：
依据反响方程式CaCO3+HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90 s范围内HNO3的平均反响速率〔忽略溶液体积变化，写出计算过程〕。
〔3〕请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。
答案：〔1〕
实验编号
T/K
大理石规格
HNO3浓度/mol·L-1
实验目的
①
298
粗颗粒
2.00
⑴实验①和②探究HNO3浓度对该反响速率的影响；
⑵实验①和③探究温度对该反响速率的影响。
⑶实验①和④探究大理石规格〔粗、细〕对该反响的影响。
②
298
粗颗粒
1.00
③
308
粗颗粒
2.00
④
298
细颗粒
2.00
〔2〕
1.70至90S，CO2生成的质量为：m〔CO2〕0.95-0.85=0.1g
2.根据方程式比例，可知消耗HNO3的物质的量为：n〔HNO3〕0.1/22=1/220mol
3.溶液体积为25ml=0.025L，所以HNO3减少的浓度△c〔HNO3〕=2/11 mol/L
4.反响的时间t=90-70=20s
5.所以HNO3在70-90S范围内的平均反响速率为
v〔HNO3〕=△c〔HNO3〕/t == 1/110 mol·L-1·S-1
〔3〕作图略
作图要点：因为实验①HNO3与大理石恰好完全反响；
实验②中，HNO3缺乏量，纵坐标对应的每一个值均为原来的1/2；
实验③④的图象类似，恰好完全反响，但反响条件改变，升高温度与大理石细颗粒增大外表积可加快反响速率。所以图象曲线斜率变大，平衡位置纵坐标与实验①相同。
解析：〔1〕NH3＋H2ONH3·H2O，FeSO4＋2NH3·H2O===Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4，
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，Fe(OH)3为红褐色。
〔2〕H2S＋SO2===3S＋2H2O，S为黄色固体，反响后针筒内的压强降低，所以针筒内的活塞向内压缩，反响后甲针筒内剩余的少量气体不管是SO2还是H2S或其混合物均可用NaOH溶液吸收。
〔3〕3NO2＋H2O===2NHO3＋NO，N2O42NO2，所以最后剩余的气体为NO。
〔4〕由方程式可知，随着反响的进行，Cl2的量逐渐减少，最终完全反响。
3Cl2＋2NH3===N2＋6HCl
15mL 10mL 5mL 30mL
剩余的NH3为30mL，由NH3＋HCl===NH4Cl可知，生成的HCl与剩余的NH3恰好完全反响生成NH4Cl，所以最后剩余的气体为5mL。
9、〔08上海卷〕〔A〕如下列图，将甲、乙两个装有不同物质的针筒用导管连接起来，将乙针筒内的物质压到甲针筒内，进行下表所列的不同实验〔气体在同温同压下测定〕。试答复以下问题：
(1〕实验1中，沉淀最终变为________色，写出沉淀变色的化学方程式_______________________________。
(2〕实验2甲针筒内的现象是：有___________生成，活塞________移动〔填向外、向内、不〕。反响后甲针筒内有少量的残留气体，正确的处理方法是将其通入___________溶液中。
(3〕实验3中，甲中的3mL气体是NO2和N2O4的混合气体，那么甲中最后剩余的无色气体是_______，写出NO2与H2O反响的化学方程式为_______________________________。
(4〕实验4中，：3Cl2＋2NH3N2＋6HCl。甲针筒出活塞有移动，针筒内有白烟产生外，气体的颜色变为____________。最后针筒内剩余气体的体积约为________mL。
17、答案：〔1〕红褐色；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O4Fe(OH)3↓。
(2〕黄色固体；向内；NaOH。
(3〕NO；3NO2＋H2O2HNO3＋NO。
(4〕黄绿色变为无色；5。
第三局部 最新模拟题
1、(福建莆田四中09高三第二次月考)锌与很稀的硝酸反响生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1 mol硝酸锌时，被复原的硝酸的物质的量为〔 〕
A．2mol B．1 mol C．0.5mol D．0.25mol
答案：D
2、(浙江桐乡高级中学高三化学10月)将足量NH3通入HNO3和AgNO3的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量〔n〕和通入NH3的体积(V)的关系正确的选项是 〔 〕
答案：A
3、(浙江桐乡高级中学高三化学10月)北京2022奥运会金牌直径为70mm，厚6mm。某化学兴趣小组对金牌成分提出猜想：甲认为金牌是由纯金制造；乙认为金牌是由金银合金制成；丙认为金牌是由黄铜〔铜锌合金〕。为了验证他们的猜想，请你选择一种试剂来证明甲、乙、丙猜想的正误
A．硫酸铜溶液B．盐酸C．稀硝酸D．硝酸银溶液
答案：C
4、(浙江桐乡高级中学高三化学10月)以下有关化工生产的说法中，不正确的选项是 〔 〕
A．工业上用热复原法冶炼铁：Fe2O3 +3CO3CO2 +2Fe
B．适当提高合成氨原料气中N2的含量，可提高H2的转化率
C．在铁管上镀锌，用铁管作阳极，锌块作阴极
D．利用反响：NaCl(饱和)+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl制取NaHCO3时，应先通入过量的NH3，再通入过量的CO2
答案：C
5、(浙江桐乡高级中学高三化学10月)将外表已完全钝化的铝条，插入以下溶液中，不会发生反响的是 〔C〕
A．稀硝酸 B．稀盐酸 C．硝酸铜 D．氢氧化钠
答案：C
6、(重庆市五区2022届高三联考)导致以下环境问题的主要原因与排放SO2有关的是〔 〕
A．酸雨 B．光化学烟雾 C．臭氧层空洞 D．温室效应
答案：A
7、将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生以下反响：( )
A.9 B.16 C.20 25D.
答案：C
8、14.2g69%的浓HNO3〔密度为1.42g/cm3〕与10mL 15.5mol/L HNO3的浓度相比(AB )
A．是同一浓度的不同表示方法 B．数值不同，也能换算为相同值
C．不同浓度的两种硝酸溶液 D．无法比较其大小
答案：AB
9、(09届盐城高三9月联考)NH3和HCl都能用来作喷泉实验的气体，假设在同温同压下用等体积烧瓶各收集满NH3和HCl气体，实验后二个烧瓶内溶液的关系是(两烧瓶内充满溶液且不考虑溶质的扩散) 〔〕
A．溶质的物质的量浓度相同、溶质的质量分数不同
B．溶质的质量分数相同，溶质的物质的量浓度不同
C．溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都不同
D．溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都相
答案：A
10、(福建莆田四中09高三第二次月考)〔17分〕我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法〞曾为世界制碱工业做出了突出奉献。他以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱。有关反响的化学方程式为：
NH3＋CO2＋H2O NH4HCO3 ；
NH4HCO3＋NaCl NaHCO3↓＋NH4Cl ；
2NaHCO3 Na2CO3＋CO2↑＋H2O
〔1〕碳酸氢铵与饱和食盐水反响，能析出碳酸氢钠晶体的原因是
a．碳酸氢钠难溶于水
b．碳酸氢钠受热易分解
c．碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出
〔2〕某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计的方案实验。
①一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如以下列图所示〔图中夹持、固定用的仪器未画出〕。
试答复以下有关问题：
〔Ⅰ〕乙装置中的试剂是；
〔Ⅱ〕丁装置中稀硫酸的作用是；
〔Ⅲ〕实验结束后，别离出NaHCO3 晶体的操作是〔填别离操作的名称〕。
②另一位同学用图中戊装置〔其它装置未画出〕进行实验。
〔Ⅰ〕实验时，须先从管通入 气体，再从管中通入气体；
〔Ⅱ〕有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是；
〔3〕请你再写出一种实验室制取少量碳酸氢钠的方法：___________________________ 。
答案
〔1〕c
〔2〕①〔Ⅰ〕饱和碳酸氢钠溶液；
〔Ⅱ〕吸收未反响的NH3〔答“防止倒吸〞或“吸收CO2〞不给分〕；
〔Ⅲ〕过滤
②〔Ⅰ〕a、NH3， b、CO2；
〔Ⅱ〕增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率；
〔3〕用碳酸氢铵与适量饱和食盐水反响。〔或往烧碱溶液中通入过量CO2 ；往饱和Na2CO3 溶液中通入过量CO2 等。其他合理方法均可〕
11、(江苏省启东中学2022届高三10月调研测试 )〔8分〕2.80g铁与100mL稀硝酸混合后充分反响，产生气体为NO，反响后铁、硝酸均无剩余。向反响后的溶液中参加100mL0.2 mol·L－1的碘化钾溶液，恰好将溶液中的Fe3+全部复原。求原硝酸溶液的物质的量浓度。
答案
n[Fe(NO3)3]=n(I－)= 0.2 mol·L－1×0.100L=0.020mol 〔1分〕
n[Fe(NO3)2]=n(Fe)－n[Fe(NO3)3]=－0.020mol=0.030mol 〔1分〕
根据电子守衡：n[Fe(NO3)3]×3+ n[Fe(NO3)2]×2=n(NO)×3
即：0.020mol×3+0.030mol×2= n(NO)×3 ∴ n(NO)=0.040mol〔2分〕
根据氮元素守衡：n(HNO3)= n(NO)+ n[Fe(NO3)3]×3+ n[Fe(NO3)2]×2
=0.040mol+0.020mol×3+0.030mol×2=0.16mol〔2分〕
c(HNO3)=〔2分〕
12、〔16分〕以下列图所示是用于气体制备、枯燥、性质验证、尾气处理的局部仪器装置〔加热及夹持固定装置均已略去〕。请根据以下要求答复以下问题。
〔1〕假设烧瓶中盛装锌片，分液漏斗中盛装稀硫酸，那么：
①当仪器连接顺序为A→C→B→B→D时，两次使用B装置，其中所盛的药品依次是CuO、无水CuSO4粉末。此实验的目的是。D装置的作用是。
②为了使B中CuO反响充分，在不改变现有药品的条件下，可采取的方法有〔写一种〕
。
③加热前必须进行的操作是。
〔2〕假设烧瓶中盛装Na2O2固体，分液漏斗中盛装浓氨水，慢慢翻开分液漏斗的活塞，那么：
①烧瓶内产生的气体主要有〔写化学式〕。
②用产生的气体做氨的催化氧化实验，各仪器装置按气流方向从左到右连接顺序是〔填字母〕〔 　〕→〔 　〕→〔 　〕→〔 　〕；装置B中可能观察到的现象是。
答案
〔1〕①验证H2的复原性并检验其氧化产物〔3分〕；防止空气中的水进入装置，干扰H2氧化产物的检验〔2分〕。
②控制分液漏斗的活塞，使稀H2SO4缓慢滴下〔或在烧瓶中加水或将烧瓶放入冰水中或用冰毛巾捂着烧瓶或参加醋酸钠固体等，其他合理答案亦可给分〕〔3分〕；检验装置中空气是否排尽或检验氢气是否纯洁〔2分〕。
〔2〕① O2、NH3〔2分〕。② A→D→B→D〔或E〕〔2分〕；有大量红棕色气体出现〔2分〕。
13、(杭州儒林·育英高复学校9月考) (6分) 标准状况下336L的NH3溶于1L水中，那么所得溶液的溶质质量分数为，假设该溶液的密度为a g/mL，那么其物质的量浓度为〔用含a的式子表示〕，将上述氨水全部转化为NH4Cl，需要4mol/L的盐酸的体积是。
答案． (1) 20.32% (2)11.95a mol/L (3)3.75 L 〔各2分〕
14、以下列图甲是旧教材中验证铜和浓硝酸反响的装置，乙是新教材对演示实验改进后的装置，丙是某校师生对课本演示实验作进一步改进并对所产生的气体的性质进行探究的装置，
〔1〕写出铜和浓硝酸反响的化学方程式。
〔2〕和甲装置相比 乙装置的优点是， 丙装置除了具有乙的优点外还具有的优点是。
〔3〕欲使NO2气体充满试管②，应先关闭弹簧夹，再翻开弹簧夹。当气体充满试管②后，将铜丝提起与溶液脱离，然后把a、b、c全部关闭，并把试管②置于100℃的沸水中，以下情况不变的是〔填字母代号〕。
A、颜色 B、平均摩尔质量C、质量 D、压强 E、密度
〔4〕为了验证NO2与水的反响，欲使烧杯中的水进人试管②的操作是：，
试管②中的NO2和水充分反响后，所得溶液物质的量浓度的最大值是〔气体体积按标准状况