第六章氮族元素(五年高考題薈萃)

1、第六章 氮族元素第一局部五年高考題薈萃2021年高考題一、選擇題1. (09全國(guó)卷H 6)物質(zhì)的量之比為2: 5的鋅與稀硝酸反響，假設(shè)硝酸被復(fù)原的產(chǎn)物為N2O,反響結(jié)束后鋅沒有剩余，那么該反響中被復(fù)原的硝酸與未被復(fù)原的硝酸的物質(zhì)的量之比是( )A. 1： 4B.1: 5C. 2： 3D.2: 5答案A解析 設(shè)2molZn參與反響，因Zn無剩余，那么最終生成了 2molZn(NO3)2,顯然含有4molNOj, 這局部是沒有參與氧化復(fù)原反響的HNO3,根據(jù)得失電子守恒有：2>h(Zn)=n(HNQ)X4，那么n(HNO3)=1mol，即有 1molHNO3被復(fù)原。2. (09廣東理科根底2

2、9)汽車尾氣無害化處理反響為2NO(g) 2CO(N2(g) 2CO2(g)。以下說法不正確的選項(xiàng)是( )A. 升高溫度可使該反響的逆反響速率降低B. 使用高效催化劑可有效提高正反響速率C. 反響到達(dá)平衡后，N0的反響速率保持恒定D. 單位時(shí)間內(nèi)消耗 CO和CO2的物質(zhì)的量相等時(shí)，反響到達(dá)平衡答案 A解析 升溫，無論是正反響，還是逆反響，速率均加快，A項(xiàng)錯(cuò)；催化劑可以加快化學(xué)反響速率，B項(xiàng)正確；達(dá)平衡后，各組分的速率保持不變，C項(xiàng)正確；由于CO和CQ的計(jì)量系數(shù)相等，故當(dāng)兩者同時(shí)消耗的量相等時(shí)，反響即達(dá)平衡，D項(xiàng)正確。3. 09廣東化學(xué)15取五等份N02，分別參加溫度不同、容積相同的恒容密閉容器

3、中，發(fā)生反響：2NO2g.-N2O4g, Hv 0反響相同時(shí)間后，分別測(cè)定體系中N02的百分量N02%,并作出其隨反響溫度T變化的關(guān)系圖。以下示意圖中，可能與實(shí)驗(yàn)結(jié)果相符的是答案 BD解析 在恒容狀態(tài)下，在五個(gè)相同的容器中同時(shí)通入等量的NO?，反響相同時(shí)間。那么那么有兩種可能，一是已到達(dá)平衡狀態(tài)，二是還沒有到達(dá)平衡狀態(tài)，仍然在向正反響移動(dòng)。假設(shè)5個(gè)容器在反響相同時(shí)間下，均已到達(dá)平衡，因?yàn)樵摲错懯欠艧岱错懀瑴囟仍礁?，平衡向逆反響方向移?dòng)，NQ的百分含量隨溫度升高而升高，所以B正確。假設(shè)5個(gè)容器中有未達(dá)到平衡狀態(tài)的，那么溫度越高，反響速率越大，會(huì)出現(xiàn)溫度高的N02轉(zhuǎn)化得快，導(dǎo)致N02的百分含量少的

4、情況，在 D圖中轉(zhuǎn)折點(diǎn)為平衡狀態(tài)，轉(zhuǎn)折點(diǎn)左那么為未平衡狀態(tài)，右那么為平衡狀態(tài)，D正確。4. 09上海卷4 用濃氯化銨溶液處理過的舞臺(tái)幕布不易著火。其原因是 幕布的著火點(diǎn)升高幕布的質(zhì)量增加氯化銨分解吸收熱量，降低了溫度A.B.氯化銨分解產(chǎn)生的氣體隔絕了空氣C.D.答案 B5. 09上海卷7在以下變化大氣固氮硝酸銀分解實(shí)驗(yàn)室制取氨氣中，按氮元素被氧化、被復(fù)原、既不被氧化又不被復(fù)原的順序排列，正確的選項(xiàng)是A.答案 AB.C.D.6. 09上海卷20 對(duì)于常溫下pH為1的硝酸溶液，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是A .該溶液lmL稀釋至100mL后，pH等于3B. 向該溶液中參加等體積、pH為13的氫氧化鋇溶液恰

5、好完全中和C. 該溶液中硝酸電離出的C(H )與水電離出的c(H + )之比值為10-12。D. 該溶液中水電離出的c(H )是pH為3的硝酸中水電離出的 C(H )的100倍答案 AB7. ( 09寧夏卷7)將22.4L某氣態(tài)氮氧化合物與足量的灼熱銅粉完全反響后，氣體體積11.2L(體積均在相同條件下測(cè)定)，那么該氮氧化合物的化學(xué)式為()A. NO2B.N2O2C.N2OD.N2O4答案 A解析根據(jù)2NxOy+2yCu=2yCuO+xM,以及題中數(shù)據(jù)反響后氣體體積為反響前氣體體積的一半，可以得到x=1，因此只有A選項(xiàng)符合題意。二、非選擇題8. (09全國(guó)卷I 29)周期表中，元素 Q、R、W

6、、Y與元素X相鄰。Y的最高化合價(jià)氧化 物的水化物是強(qiáng)酸。答復(fù)以下問題：(1) W與Q可以形成一種高溫結(jié)構(gòu)陶瓷材料。W的氯化物分子呈正四面體結(jié)構(gòu)，W的氧化物的晶體類型(2) Q的具有相同化合價(jià)且可以相互轉(zhuǎn)變的氧化物是 ;(3) R和Y形成的二元化合物中， R呈現(xiàn)最高化合價(jià)的化合物的化學(xué)式是 (4) 這5個(gè)元素的氫化物分子中，立體結(jié)構(gòu)類型相同的氫化物的沸點(diǎn)從高到低排列次序是(填化學(xué)式)，其原因是電子總數(shù)相同的氫化物的化學(xué)式和立體結(jié)構(gòu)分別是W的氯化物與Q的氫化物加熱(5) W和Q所形成的結(jié)構(gòu)陶瓷材料的一種合成方法如下:答案(1)原子晶體。(2) NO?和 N2O4(3) As2 S5。(4) nh3

7、> AsH3 > PH3,因?yàn)榍罢咧泻袣滏I，后兩者構(gòu)型相同，分子間作用力不同；電 子數(shù)相同的有SiHrPf和H2S結(jié)構(gòu)分別為正四面體，三角錐和V形。(5)SiC4 + 4NH3 = Si(NH2)4+ 4HCI, 3Si(NH2)4 = 8NH3 + S3N4解析 此題可結(jié)合問題作答。W的氯化物為正四體型，那么應(yīng)為SiC4或CC4，又W與Q形成咼溫陶瓷，故可推斷 W為Si。(1) SiC2為原子晶體。(2) 高溫陶瓷可聯(lián)想到 S3N4,Q為N,那么有NO2與N2O4之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系。(3) Y的最高價(jià)氧化的的水化物為強(qiáng)酸，且與Si、N等相鄰，那么只能是 So R為As,所以R

8、的最高價(jià)化合物應(yīng)為 AS2S5。(4) 顯然x為P元素。氫化物沸點(diǎn)順序?yàn)?NH3> AsH3 > PH3,因?yàn)榍罢咧泻袣滏I后兩者構(gòu) 型相同，分子間作用力不同。 SiH4、PH3和H2S的電子數(shù)均為18o,結(jié)構(gòu)分別為正四面體， 三角錐和V形。(5) 由題中所給出的含字母的化學(xué)式可以寫出具體的物質(zhì)，然后配平即可。9. (09北京卷27)某學(xué)習(xí)小組探究濃、稀硝酸氧化性的相對(duì)強(qiáng)弱的，按以下圖裝置進(jìn)行試驗(yàn)(夾持儀器已略去)。實(shí)驗(yàn)說明濃硝酸能將 NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化 NO。由此得出的結(jié)論是濃硝酸的氧化性強(qiáng)于稀硝酸。諛昭Ift刪片可選藥品：濃硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸餾水、濃硫酸

9、、氫氧化鈉溶液及二氧化碳：氫氧化鈉溶液不與NO反響，能與N02反響2NO2 2NaOH 二 NaNO3 NaNO2 H2O(1) 實(shí)驗(yàn)應(yīng)防止有害氣體排放到空氣中，裝置、中乘放的藥品依次.是(2) 滴加濃硝酸之前的操作時(shí)檢驗(yàn)裝置的氣密性，參加藥品，翻開彈簧夾后(3) 裝置中發(fā)生反響的化學(xué)方程式是 (4) 裝置的作用是 ，發(fā)生反響的化學(xué)方程式是 (5) 該小組得出的結(jié)論依據(jù)的試驗(yàn)現(xiàn)象是 (6) 試驗(yàn)結(jié)束后，同學(xué)們發(fā)現(xiàn)裝置中溶液呈綠色，而不顯藍(lán)色。甲同學(xué)認(rèn)為是該溶液 中硝酸銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)較高所致，而乙同學(xué)認(rèn)為是該溶液中溶解了生成的氣體。同學(xué) 們分別涉及了一下 4個(gè)試驗(yàn)來判斷兩種看法是否正確。這些方案中

10、可行的是(選填 序號(hào)字母)a. 加熱該綠色溶液，觀察顏色變化b. 加水稀釋綠色溶液，觀察顏色變化c. 向該綠色溶液中通入氮?dú)?，觀察顏色變化d. 向飽和硝酸銅溶液中通入濃硝酸與銅反映產(chǎn)生的氣體，觀察顏色變化答案 (1) 3mol/L稀硝酸、濃硝酸、氫氧化鈉溶液(2) 通入CQ段時(shí)間，關(guān)閉彈簧夾，將裝置中導(dǎo)管末端伸入倒置的燒瓶?jī)?nèi)(3) Cu + 4HNQ (濃)=Cu(NQ)2 + 2NO2 f + 2H2O(4) 將 NO2 轉(zhuǎn)化為 NO3NO2 + H2O =2HNO3 + NO(5) 裝置中液面上方氣體仍為無色，裝置中液面上方氣體由無色變?yōu)榧t棕色(6) a10. 09四川卷27A-O分別代表

11、一種物質(zhì)，它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如以下圖所示反應(yīng)條件略去。A、B、H分別是由短周期元素組成的單質(zhì)。B與冷水緩慢反響，與沸水迅速反響，放出氫氣。D是一種離子化合物，其陰陽離子的個(gè)數(shù)比為2： 3,且能與水反就應(yīng)得到兩種堿。C為淡黃色固體化合物，O能與G的水溶液反響生成藍(lán)色沉淀。請(qǐng)答復(fù)以下問題：1 組成B單質(zhì)的元素位于周期表第 周期，第族。化合物C的電子式為。2 J的沸點(diǎn)比硒化氫H2Se的沸點(diǎn)高，其原因是 。3 寫出I與H在點(diǎn)燃條件下反響生成 A和J的化學(xué)方程式： 。4 寫出D與足量的N反響生成 E和F的化學(xué)方程式： 。5 上圖中，在同一反響里一種物質(zhì)作氧化劑，又作復(fù)原劑，這樣的反響共有個(gè)。答案一Na*

12、：O：OJa 或廣 K*1三 II A一2 水分子之間存在氫鍵且比硒化氫的分子間作用力強(qiáng)3-li-1； - -4乙-|5211. 09上海卷31煙氣中NOx是NO和NO?的混合物不含 N2O4 。1根據(jù)廢氣排放標(biāo)準(zhǔn)，1m3煙氣最高允許含400mg NOx。假設(shè)NOx中NO質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.85,3那么1m煙氣中最高允許含 NOL (標(biāo)準(zhǔn)狀況，保存2位小數(shù))。(2) 工業(yè)上通常用溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.150的Na2CO3水溶液(密度1.16g/mL)作為NOx吸收劑，該碳酸鈉溶液物質(zhì)的量濃度為 mol/L (保存2位小數(shù))。(3) ： NO+NQ+NaCQ2 N2aN O2+2CO2NO2+Na2CO3

13、 > NaNO2+NaNO3+CO21m3含2000mg NOx的煙氣用質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 0.150的碳酸鈉溶液吸收。假設(shè)吸收率為80%,吸收后的煙氣 排放標(biāo)準(zhǔn)(填“符合或“不符合)，理由：<(4)參加硝酸可改變煙氣中 NO和NO2的比，反響為：NO+2HNO3 t 3NO2+H2O當(dāng)煙氣中n (NO): n(NO2)=2:3時(shí)，吸收率最高。1m3 煙氣含 2000mg NOx，其中 n (NO): n(NO2)=9:1。3計(jì)算：(i)為了到達(dá)最高吸收率，1m煙氣需用硝酸的物質(zhì)的量(保存 3位小數(shù))。(ii) lm3煙氣到達(dá)最高吸收率 90%時(shí)，吸收后生成NaNQ的質(zhì)量(假設(shè)上述吸收反響

14、 中，反響比反響迅速。計(jì)算結(jié)果保存1位小數(shù))。答案(1) 0.25(2) 1.64(3)不符合因吸收后煙氣總體積減小，NOx含量仍超過400mg/mn(NO) = 0.057(mol)n(H NO =)x20. 035( mol )(4) (i) 30n(NO) - 46n(NO200091000NO+2HNO 3 > 3NO2+H2Ox 2x3x1-0.057 3x o939x =0.01760.057-x 2(ii) n( NaNO2)=2 n(N O) * n(N O2) - n(N O) =0.0887(mol)m( N a N2()- 0. 08 87 6 9 9=0 % g5

15、. 5()12. ( 09海南卷20)20-1 以下有關(guān)肥皂的表達(dá)中錯(cuò)誤.的是：()A. 肥皂與純堿的去污原理相同B. 肥皂可以加速油污在水中的分散C. 肥皂是油脂在堿性條件下水解生成的D. 肥皂主要成分的分子中含有親油基團(tuán)和親水基團(tuán)20-2 .以下使用化肥、農(nóng)藥的描述中正確的選項(xiàng)是：()A. 高溫多雨時(shí)比擬適合施用鉀肥B. 長(zhǎng)期施用硫銨會(huì)造成土壤板結(jié)C. 石硫合劑必須與硫酸混合后才能施用D. 過磷酸鈣必須經(jīng)硫酸處理后才能施用20-3 .以下有關(guān)硬水及其軟化的說法中錯(cuò)誤.的是：()A. 離子交換法可以軟化硬水2+2+B. 硬水中含有較多 Ca、MgC. 生產(chǎn)、生活使用的天然水必須經(jīng)軟化D. 加

16、熱可使暫時(shí)硬水中的C+生成CaCQ沉淀20-4工業(yè)上常用氨氧化法生產(chǎn)硝酸，其過程包括氨的催化氧化(催化劑為鉑銠合金絲網(wǎng))、一氧化氮的氧化和水吸收二氧化氮生成硝酸。請(qǐng)答復(fù)以下問題：(1) 氨催化氧化的化學(xué)方程式為 :(2) 原料氣中空氣必須過量，其主要原因是 ;將鉑銠合金做成薄絲網(wǎng)的主要原因是 ;(4)水吸收二氧化氮生成硝酸為放熱反響，其化學(xué)方程式為 ，為了提高水對(duì)二氧化氮的吸收率，可采取的措施為 (答2項(xiàng))答案 20-1 A20-2 B20-3 C20-4 (1)4NH3 502簧：4NO 6H2O(2) 提高氨的轉(zhuǎn)化率和一氧化氮的轉(zhuǎn)化率(3) 增大單位質(zhì)量的催化劑與反響物的接觸面積降溫(4)

17、 3NO2 H2O =2HNO3 NO 加壓20052021年高考題、選擇題1. (' 08全國(guó) I 11)：4NH(g)+5O 2(g) 4NO(g)+6H20(g) ; H =-1 025 KJ/mol，該反響是一個(gè)可逆反響。假設(shè)反響物起始物質(zhì)的量相同F(xiàn)列關(guān)于該反響的示意圖不正確的選項(xiàng)是1 000兀I 2oorNQ址一IxlOTfl10x1(/PaA 時(shí)間B吋間D 時(shí)間答案C解析由于該反響為放熱反響,升高溫度平衡左移,NO的含量降低,因此A正確、C錯(cuò);又由于該反響為氣體體積增大的反響，增大壓強(qiáng)平衡左移，因此壓強(qiáng)越大，NO的含量越低，故B正確；而催化劑只能提高反響速率，不會(huì)引起平衡的

18、移動(dòng)，因此D正確。2. ' 07上海理綜10將空氣中氮?dú)廪D(zhuǎn)化成氮的化合物的過程稱為固氮。氮的是F圖中能實(shí)現(xiàn)人工固A.B屯解楓和做鹽水車間C.根癇D.合戚甄乍間答案D解析 人工合成氨利用了空氣中的N2,所以能實(shí)現(xiàn)人工固氮的是D。3. ' 06上海16將相同質(zhì)量的銅片分別和過量濃硝酸、稀硝酸反響，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是 A. 反響速率，兩者相同B. 消耗硝酸的物質(zhì)的量：前者多，后者少C. 反響生成氣體的顏色：前者淺，后者深D. 反響中轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)：前者多，后者少答案B解析 銅片與濃、稀HN0 3的反響方程式分別為CU+4HN0 3(濃)Cu(NO 3)2+2NO 2f+2H2O,3

19、Cu+8HNO 3(稀)3Cu(N0 3)2+2NO T+4H 2O，因濃度越大反響速率越大，所以A錯(cuò)；又因NO2為紅棕色，NO為無色，所以C錯(cuò)；因兩種酸都過量，銅完全溶解，所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等，D錯(cuò)；由方程式不難看出，同質(zhì)量的銅消耗濃HNO3多，應(yīng)選B。4. (' 05上海3)據(jù)報(bào)道，科學(xué)家已成功合成了少量有關(guān)M的說法正確的選項(xiàng)是( )A. N4是N2的同素異形體B. N4是N2的同分異構(gòu)體C. 相同質(zhì)量的M和N2所含原子個(gè)數(shù)比為 1 : 2D. N 4的摩爾質(zhì)量是 56 g答案A解析 此題是“同素異形體 “同分異構(gòu)體等根本概念的考查，以及“摩爾質(zhì)量單位及其有關(guān)計(jì)算的考查，是考生應(yīng)掌握

20、的根底知識(shí)。A項(xiàng)考查“同素異形體概念：同種元素形成的不同單質(zhì)之間的互稱，N4和N2都是氮元素形成的單質(zhì)，故A正確；B項(xiàng)中N4和N2很顯然組成分子的原子的個(gè)數(shù)不同，故不可能是“同分子式；C項(xiàng)中相同質(zhì)量的 N4和N2中所含原子個(gè)數(shù)比應(yīng)是：總質(zhì)量除以氮原子的摩爾質(zhì)量之比，因總質(zhì)量相同、摩爾質(zhì)量相同，故應(yīng)是1 ：1 ； D項(xiàng)中摩爾質(zhì)量的單位應(yīng)是g mol-1 ;應(yīng)選A。5. (' 04廣東2)上世紀(jì)80年代后期人們逐漸認(rèn)識(shí)到，NO在人體內(nèi)起著多方面的重要生理作用。以下關(guān)于NO的說法不正確的選項(xiàng)是( )A. NO分子中有極性共價(jià)鍵B. NO是造成光化學(xué)煙霧的因素之一C. NO是汽車尾氣的有害成分

21、之一D. NO分子所含電子總數(shù)為偶數(shù)答案DNO是造成光化學(xué)HNO3工廠廢氣等。1解析 NO是由非金屬元素氮和氧通過極性共價(jià)鍵而形成的極性分子,煙霧的因素之一，它主要來源于煤和石油產(chǎn)品的燃燒、汽車尾氣及個(gè)NO分子所含電子的總數(shù)為 7+8=15，故D選項(xiàng)不正確。、非選擇題6. (' 08北京理綜27)X、Y、Z、W為含有相同電子數(shù)的分子或離子，均由原子序數(shù)小于10欄片適雖紅磷 轉(zhuǎn) NaOH 溶液稀硝醸 止水夾的元素組成，X有5個(gè)原子核。通常狀況下，W為無色液體。：' v(1) Y的電子式是(2) 液態(tài)Z與W的電離相似，都可電離出電子數(shù)相同的兩種離子，液態(tài) Z 的 電離方程式是 。(

22、3 )用圖示裝置制備 NO并驗(yàn)證其復(fù)原性。有以下主要操作：a. 向廣口瓶?jī)?nèi)注入足量熱 NaOH溶液，將盛有銅片的小燒杯放入瓶中。b. 關(guān)閉止水夾，點(diǎn)燃紅磷，伸入瓶中，塞好膠塞。c. 待紅磷充分燃燒，一段時(shí)間后翻開分液漏斗旋塞，向燒杯中滴入少量稀硝酸。 步驟c后還缺少的一步主要操作是 紅磷充分燃燒的產(chǎn)物與 NaOH溶液反響的離子方程式是： 步驟c滴入稀硝酸后燒杯中的現(xiàn)象是。反響的離子方程式(4) 一定溫度下，將1 mol N 2Q置于密閉容器中，保持壓強(qiáng)不變，升高 溫度至T1的過程中，氣體由無色逐漸變?yōu)榧t棕色。溫度由T1繼續(xù)升高到T2的過程中，氣體逐漸變?yōu)闊o色。假設(shè)保持T2,增大壓強(qiáng)，氣體逐漸變

23、為紅棕色。氣體的物質(zhì)的量 n隨溫度T變化的關(guān)系如下圖。 溫度在T1T2之間，反響的化學(xué)方程式是 溫度在T2T3之間，氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量是(保存1位小數(shù))答案(1)- I(2) 2NH (I )NH-2+NH+4(3) 翻開止水夾，通入少量氧氣 RQ+60H=2PO4 t3HzO Cu片逐漸溶解，有無色氣泡產(chǎn)生，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色3CU+8H+2NQ3Cif+2NOT +4H2O(4 2N02N0+0 30.7解析 由題目中X有5個(gè)原子核，W為無色液體(出0 )且發(fā)生了 X+Y -Z+W的反應(yīng)可知 X為NH 4，Y為OH-，Z為NH3, W為出0。(1) OH-電子式為：'：1 1。

24、(2) 2NH3( 1)NH 2®NH 4(3)因?qū)嶒?yàn)?zāi)康闹幸篁?yàn)證NO的復(fù)原性，而a、b、c三個(gè)步驟只是制 NO并沒有完成該目的，故應(yīng)該翻開止水夾，通入少量空氣看是否產(chǎn)生紅棕色氣體。Na3PO4?？梢韵葘懟瘜W(xué)方程式:因?yàn)檫m量紅磷、熱 NaOH溶液過量，那么反響產(chǎn)物為P2O5+3H2O2H3PO4H3PO4+3NaOHNa3PO4+3H2O合寫可得：P2O5+6NaOH2Na3PO4+3H2O 氣、液、固的三方向變化要答全。3Cu+8H +2NNO 3-3Cu2+2NO T+4H 2O(4據(jù)題圖分析：時(shí)氣體的物質(zhì)的量為 2 mol，那么必定是NO22 mol , T2時(shí)刻氣體的物乂質(zhì)

25、的量變?yōu)榱?3 mol，據(jù)所學(xué)知識(shí)只可能發(fā)生2NO 22NO+O 2的反響。T2T3之間無論反響與否，質(zhì)量為1 mol N2O4的質(zhì)量為92 g，物質(zhì)的量為3 mol，那么平均摩爾質(zhì)量為=30.7 g mol-1，故平均相對(duì)分子質(zhì)量為30.7。3 mol7. (' 08廣東24)科學(xué)家一直致力于研究常溫、常壓下“人工固氮的新方法。曾有實(shí)驗(yàn)報(bào)道：在常溫、常壓、光照條件下，2在催化劑(摻有少量 F&Q的TiO2)外表與水發(fā)生反響，生成的主要產(chǎn)物為 NH。進(jìn)一步研究NH生成量與溫度的關(guān)系，局部實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)見下5表(光照、N2壓力1.0 X 10 Pa、反響時(shí)間3 h )T/K303313

26、323353NH生成量 / (10-6 mol )4.85.96.02.0相應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：N2(g)+3H 20(1)2NH 3(g)+ 3 O(g)2-1 H=+765.2 kJ mol答復(fù)以下問題：(1 )請(qǐng)畫出上述反響在有催化劑與無催化劑兩種情況下反響過程中體系能量變化示意圖, 并進(jìn)行必要標(biāo)注。(2) 與目前廣泛使用的工業(yè)合成氨方法相比，該方法中固氮反響速率慢。 請(qǐng)?zhí)岢隹商岣咂浞错懰俾是以龃?NH生成量的建議：。(3) 工業(yè)合成氨的反響為 N2 (g) +3H2(g)2NH3(g)。設(shè)在容積為2.0 L的密閉容器中充入0.60 mol N2(g)和1.60 mol "(

27、g),反響在一定條件下到達(dá)平衡時(shí)，NH的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(NH的物質(zhì)的量與反響體系中總的物質(zhì)的量之比)為4。計(jì)算：7 該條件下Nk的平衡轉(zhuǎn)化率； 該條件下反響 2NH (g) N 2(g)+3H 2(g)的平衡常數(shù)。答案 (1)(2) 升溫、增大N2濃度、不斷移出生成物322(3 66.7% 5.0 X 10-mol L-解析 (1)催化劑能降低反響的活化能，改變反響的歷程，使一個(gè)高能變過程變?yōu)閹讉€(gè)能量相對(duì)低的過程，使反響易發(fā)生。要點(diǎn)是有催化劑時(shí)能量低而過程階段多了。圖見答案。(2) 加快反響速率且增大 NH3生成量的方法是升溫、增大 N2濃度、不斷移出生成物。N2 (g) +3H2(g)2NH

28、3(g)起始物質(zhì)的量/mol0.60 1.60 0平衡物質(zhì)的量 /mol0.60-x 1.60-3 x 2 x平衡時(shí)反響體系總物質(zhì)的量=(0.60-x) +(1.60-3 x)+2x mol=(2.20-2 x) molNH3(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)=2x2.20-2 x)=x=0.40N2的平衡轉(zhuǎn)化率=0S X100%=66.7%設(shè)反響2NH 3 (g)N2(g)+3H 2(g)的平衡常數(shù)為 K。平衡時(shí)，c(NH3)=2 >0.40 mol弋.0 L=/ 10.40 mol L-1c(N2)=(0.60-0.40) mol 吃.0 L=0.10 mol L-c(H2)=(1.60-3 X)

29、.40) mol 吃.0 L=0.20 mol L-1K= WNp &H護(hù)=(0.10 mol L-1) >(0.20 mol L-1) 3+(0.40 mol L-1)(g);H=-306 kJ/mol 。(2)根據(jù)圖象可知 PCI5和PCI 3之間的能量差值為：93 kJ ,因此PCI 5分解成PCI 3和Cl2 的熱化學(xué)方程式為： PCI 5 (g) PCI 3 (g) +CI2 (g) H=93 kJ/mol ,參加 0.80 mol PCI 5，剩余 0.60mol ,因此PCI 5的分解率為：0.80 m* °.60m°l x100%=25% ,由

30、于該反響 H>0即為吸熱0.80 molc(NH3)2=5.0 >0-3mol2 L-28. (' 08全國(guó)n 26)紅磷紅磷P(s)和Cl 2(g)發(fā)生反響生成 PCls(g)和PCls(g)。反響過程和能量關(guān)系如以下圖所示(圖中的 H表示生成1 mol產(chǎn)物的數(shù)據(jù))。根據(jù)上圖答復(fù)以下問題:(1 ) P和Cl2反響生成PCl3的熱化學(xué)方程式(2 ) PCI5分解成PCI3和Cl2的熱化學(xué)方程式上述分解反響是一個(gè)可逆反響。溫度 Ti時(shí)，在密閉容器中參加 0.80 mol PCI 5,反響到達(dá) 平衡時(shí)PCI5還剩0.60 mol，其分解率a i等于;假設(shè)反響溫度由Ti升高到T2

31、,平衡時(shí)PCI5的分解率為a 2, a 2 a i (填“大于、“小于或“等于)。(3) 工業(yè)上制備 PCI5通常分兩步進(jìn)行，先將P和CI2反響生成中間產(chǎn)物 PCI3,然后降溫，再和CI2反響生成PCI5。原因(4) P和CI2分兩步反響生成 1 moI PCI5的 H=,P和CI2一步反響生成1 moIPCI5的厶H H (填“大于、“小于或“等于)。(5) PCI5與足量水充分反響，最終生成兩種酸，其化學(xué)方程式 答案 (1) 3Cl2(g)+P(s) PCI3(g); H=-306 kJ/mol2(2) PCI 5(g)PCI3(g)+CI 2(g); H=93 kJ/mol 25% 大于

32、(3) 兩步反響均為放熱反響，降溫有利于提高產(chǎn)率，防止產(chǎn)物分解(4) -399 kJ/mol 等于(5) PCI5+4H2OH 3PO+5HCI解析(1)產(chǎn)物的總能量減去反響物的總能量就等于反響熱，結(jié)合圖象可知，PCI3和反響物P和CI2的能量差值為306 kJ，因此該熱化學(xué)反響方程式為：P( s)+-Cl2( g) PCI 3 2PCI 5(3) 由于兩個(gè)反響都是放熱反響，降低溫度有利于平衡右移，提高產(chǎn)率。同時(shí)由于受熱易分解，因此溫度低防止其分解。(4) 根據(jù)蓋斯定律求得： H3=-399 kJ/mol。且47= AH4，與反響的途徑無關(guān)，只與起始 物質(zhì)、終了物質(zhì)有關(guān)。(5) PCI5和水發(fā)

33、生反響，生成兩種酸只能是H3PO4和HCI，其化學(xué)方程式是：PCI 5+4H2OH3PO4+5HCI9. ('08重慶理綜26) NbC5是一種新型硝化劑，其性質(zhì)和制備受到人們的關(guān)注。(1) N2C5與苯發(fā)生硝化反響生成的硝基苯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是 。(2) 一定溫度下，在恒容密閉容器中N2 O5可發(fā)生以下反響：2N2C5 (g)4NO 2 (g) +C2(g); H> 0 反響達(dá)平衡后，假設(shè)再通入一定量氮?dú)?，那么NO的轉(zhuǎn)化率將 。(填“增大或“減小、“不變) 下表為反響在Ti溫度下的局部實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)：t/s05001000-1c(N 2O5)/moI L5.003.522.48那么500s

34、內(nèi)N2Q的分解速率為 。 在T3溫度下，反響1 000 s時(shí)測(cè)得NO的濃度為4.98 moI L-1，那么T2T i。h h(3 )如上圖所示裝置可用于制備 NbO ,那么N2O5在電解池的區(qū)生成，其電極反響式為答案 (1)(2)不變-1 -1 0.002 96 mol L s v或小于(3) 陽極N2Q+2HNQ2e-=2N2Q+2l4解析 (2)因?yàn)楹闳菹鲁淙隢2, N2為非反響性氣體，所以平衡不移動(dòng)，因而N2O5的轉(zhuǎn)化率不變。1 V(N2O5)=(5.00 -352)m01 L500 s=0.002 96 mol L-1 s-1。 T1溫度下c (NO 2)求算：2N 2O5(g)4NO

35、 2(g)+O 2(g); H>0241 000 s 時(shí)，5.00-2.48c(NO2)c(NO 2)=2 *5.00-2.48) mol L-1=5.04 mol L-1 >4.98 mol L-1,由于反響是吸熱反響，故溫度越高NO2的濃度越大，所以得到(3) 由圖中給定兩極物質(zhì)可以判斷N2O5必是由N2O4氧化生成，所以 N2O5在陽極產(chǎn)生。據(jù)電極反響離子放電順序可知：陰極發(fā)生2H+2e-f H2 f的反響，那么陽極為N2O4+2HNO 3-2e- t2N2O5+2H+。10. (' 07江蘇21)工業(yè)上以硫鐵礦為原料制硫酸所產(chǎn)生的尾氣除了含有Nb、Q外，還含有SO、

36、微量的SC3和酸霧。為了保護(hù)環(huán)境，同時(shí)提高硫酸工業(yè)的綜合經(jīng)濟(jì)效益，應(yīng)盡可能將尾氣中的SQ轉(zhuǎn)化為有用的副產(chǎn)品。請(qǐng)按要求答復(fù)以下問題：(1) 將尾氣通入氨水中，能發(fā)生多個(gè)反響，寫出其中可能發(fā)生的兩個(gè)氧化復(fù)原反響的化學(xué)方程式：、。(2) 在尾氣與氨水反響所得到的高濃度溶液中，按一定比例參加氨水或碳酸氫銨，此時(shí)溶液的溫度會(huì)自行降低，并析出晶體。導(dǎo)致溶液溫度降低的原因可能是;析出的晶體可用于造紙工業(yè)，也可用于照相用顯影液的生產(chǎn)。該結(jié)晶水合物的相對(duì)分子質(zhì)量為134，那么其化學(xué)式為 :生產(chǎn)中往往需要向溶液中加入適量的對(duì)苯二酚或?qū)Ρ蕉返任镔|(zhì)，其目的3 能用于測(cè)定硫酸尾氣中 SQ含量的是。填字母A. NaQ

37、H溶液、酚酞試液B. KMnO溶液、稀 H2SQC.碘水、淀粉溶液D.氨水、酚酞試液答案(1)2H 2SQ+Q2H 2SO2(NH4)2SQ+C2 2(NH 4)2SQ42NHHSQ+Q2NHHSQ(任填兩個(gè))2反響吸熱® NH 2SQ HQ防止亞硫酸銨被氧化(3) BC解析1 此題要注意題目要求的是寫出兩個(gè)氧化復(fù)原反響的方程式見答案2溶液溫度降低一定是反響吸熱所致； 析出的晶體用于造紙和顯影液， 說明晶體中 含有復(fù)原性+4價(jià)硫，因此推知晶體的主要成分為 NH 4 2SQ 3 ,根據(jù)相對(duì)分子質(zhì)量為 134 , 可推出其化學(xué)式為 NH4 2SQ3 H2Q ;根據(jù)對(duì)苯二酚具有復(fù)原性 或+

38、4價(jià)硫有復(fù)原性推出參加對(duì)苯二酚和對(duì)苯二胺的目的見答案。3要測(cè)定尾氣中SQ2的含量，那么所選物質(zhì)的反響要較唯一，且反響后現(xiàn)象明顯，應(yīng)選B、C。11. ' 06江蘇21 稀薄燃燒是指汽油在較大空氣/燃比空氣與燃油氣的體積比條件下的燃燒。隨著全球能源危機(jī)的加劇，稀薄燃燒技 術(shù)的研究受到了人們的重視，但稀薄燃燒時(shí)，常用的汽車尾氣凈化裝置不能有效地將 NQ轉(zhuǎn)化為N。不同空/燃比時(shí)汽車尾氣中主要污染物 的含量變化如下圖。ArNOxB:COU儼氯化合物12 13 L4 15 1617 18 空/燃比1 稀薄燃燒技術(shù)除能節(jié)約能源外，還具有的優(yōu)點(diǎn)是 填一項(xiàng)。排放到大氣中的 NQ會(huì)導(dǎo)致酸雨、 等環(huán)境問題填

39、一項(xiàng)。2某校化學(xué)研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)在技術(shù)人員的指導(dǎo)下，按以下流程探究不同催化劑對(duì)NO.NH,混合氣體*隴花豆血補(bǔ)用廁* 竜或陋NH3復(fù)原NC反響的催化性能。假設(shè)控制其他實(shí)驗(yàn)條件均相同，在催化反響器中裝載不同的催化劑，將經(jīng)催化反響后的混合氣體通入滴有酚酞的稀硫酸溶液(溶液的體積、濃度均相同)。為比擬不同催化劑的催化性能，需要測(cè)量并記錄的數(shù)據(jù)是 。(3) 假設(shè)某一催化劑能同時(shí)催化NH等復(fù)原性氣體與 NC的反響。將該催化劑分別用于催化復(fù)原含等物質(zhì)的量 NC的兩種氣體：純 NO氣體，汽車尾氣。消耗 NH的物質(zhì)的量較多 的可能是 (填字母)，原因是 。A.B.C.都有可能答案(1)減少CO和碳?xì)浠衔?/p>

40、的污染光化學(xué)煙霧或破壞臭氧層(2 )溶液顯色所需要的時(shí)間(3)A汽車尾氣中含有一定量的 CO和碳?xì)浠衔?，少消耗NH或B汽車尾氣中含有一定量的NQ,多消耗NH或C汽車尾氣中同時(shí)含有 CO碳?xì)浠衔锏葟?fù)原性氣體和NO等氧化性氣體，二者相對(duì)含量的不同可導(dǎo)致消耗NH的增多或減少解析此題以燃油氣燃燒過程產(chǎn)生污染這一社會(huì)關(guān)注問題為背景，考查了環(huán)保知識(shí)和探究催化劑性能的過程及問題分析，這是一道開放性、探究性很好的試題，側(cè)重考查了學(xué)生的 自學(xué)能力、分析探究問題的能力，要求學(xué)生平日要善于思考和分析，關(guān)注社會(huì)熱點(diǎn)，善于 運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解釋和解決生活中遇到的實(shí)際問題、做到理論聯(lián)系實(shí)際。(1 )因燃油氣燃燒過程中可產(chǎn)

41、生對(duì)空氣有污染的CO、NOx、碳?xì)浠衔锏却髿馕廴疚铮Y(jié)合“空燃比的含義和題圖可以推知，增大“空/燃比可以減少CO、碳?xì)浠衔锏呐欧艔?而減少污染，根據(jù)課本知識(shí)可推出排放到大氣中的NOx可導(dǎo)致酸雨及光化學(xué)煙霧(或破壞臭氧層)而引起環(huán)境污染。(2)因?qū)嶒?yàn)的目的是探究催化劑的催化性，而從所給的探究步驟中， 有滴有酚酞的稀硫酸(該溶液為無色)，所以肯定是利用 NH3與硫酸的酚酞溶液作用顯紅色的快慢來檢測(cè)催化性能。只要記錄顯色所需時(shí)間即可。3根據(jù)氧化復(fù)原反響中電子得失守恒原那么可推知，假設(shè)汽車尾氣中會(huì)有一定量的 CO和碳?xì)浠衔?，因它們也可以?fù)原 NOx,那么所消耗氨氣就少， 假設(shè)汽車尾氣中含 NO2

42、,那么因NO2 也可氧化NH3，那么消耗的氨氣就多。12. ' 06 上海 31：一 “，'；:? h ：,.-i II4NO+3O+2H2O 4HNO 3設(shè)空氣中氧氣的體積分?jǐn)?shù)為0.20，氮?dú)獾捏w積分?jǐn)?shù)為 0.80，請(qǐng)完成以下填空及計(jì)算：1 a mol NO完全轉(zhuǎn)化為 HNO需要氧氣 mol。2為使NH恰好完全氧化為一氧化氮，氨與空氣混合物中氨的體積分?jǐn)?shù)為 保存2位小數(shù)。3 20.0 mol的NH用空氣氧化， 產(chǎn)生混合物的組成為 NO18.0 mol、Q12.0 mol、N 150.0mol和一定量的硝酸，以及其他成分。高溫下NO和Q不反響計(jì)算氨轉(zhuǎn)化為 NO和HNO的轉(zhuǎn)化率。

43、4 20.0 mol的NH和一定量空氣充分反響后，再轉(zhuǎn)化為HNO。在以下圖中畫出 HNO的物質(zhì)的量nA和空氣的物質(zhì)的量 nB關(guān)系的理論曲線。252011!TIrIJO -I-JIf-IIIII|IIIIIII5F-i-H-F-f-HIIIIVIiiili肝0501005fl200 250 300tt(Bj寫出當(dāng)125w nB w 200時(shí)，nA和nB的關(guān)系式答案(1)0.75a(2)0.14(3)97.5%(4) 25 -ti11- r一1I III H I0 5ft 100 50 20)250 300nA=譽(yù)嚴(yán)解析3設(shè)生成HNO 3的物質(zhì)的量為X。那么4 (2x+18.0 mol x： +1

44、2.0 mol ) =150.0 mol4解得 x=1.5 molNH3 的轉(zhuǎn)化率=18.0mQl 1.5mQl X1OO%=97.5%20.0 mol13. (' 05天津理綜29)磷在氧氣中燃燒，可能生成兩種固態(tài)氧化物。3.1 g的單質(zhì)磷(P)在3.2 g的氧氣中燃燒，至反響物耗盡，并放出 X kJ熱量。(1 )通過計(jì)算確定反響產(chǎn)物的組成(用化學(xué)式表示)是 ，其相應(yīng)的質(zhì)量(g)為。(2) 單質(zhì)磷的燃燒熱為Y kJ mol-1，貝U 1 mol P與Q反響生成固態(tài) P2Q的反響熱H=。(3) 寫出1 mol P與Q2反響生成固態(tài) P2Q3的熱化學(xué)方程式：。答案(1) P2Q、P2Q2

45、.75、3.55(2) - (20X-Y) kJ mol-1(3) P(s)+ Q(g) gQ(s)42-1 H=-(20 X-Y) kJ mol14. (' 05上海31)硝酸工業(yè)生產(chǎn)中的尾氣可用純堿溶液吸收，有關(guān)的化學(xué)反響為：2NQ+NstCQ NaNQ 2+NaNO+CQNO+NGNCQ 2NaNQ 2+CQ(1) 根據(jù)反響，每產(chǎn)生22.4 L (標(biāo)準(zhǔn)狀況下)CO,吸收液質(zhì)量將增加g(2) 配制1 000 g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為21.2%的純堿吸收液，需NCO 10H2 克?(3) 現(xiàn)有1 000 g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為21.2%的純堿吸收液，吸收硝酸工業(yè)尾氣，每產(chǎn)生22.4 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)CO時(shí)，

46、吸收液質(zhì)量就增加 44 g。 計(jì)算吸收液中 NaNQ和NaNO物質(zhì)的量之比。 1 000 g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為21.2%的純堿在20C經(jīng)充分吸收硝酸工業(yè)尾氣后，蒸發(fā)掉688 g 水,冷卻到0C,最多可析出 NaNO多少克？( 0C時(shí)，NaNO的溶解度為71.2 g/100 g 水) 答案 (1) 48(2) 572(3) 5 : 3(4) 101.3解析 此題是考察學(xué)生綜合計(jì)算能力的考查題，既有根據(jù)化學(xué)方程式的計(jì)算內(nèi)容，又有質(zhì)量分?jǐn)?shù)和有關(guān)溶解度的計(jì)算內(nèi)容；既考查了學(xué)生的計(jì)算能力，又考查了學(xué)生的計(jì)算方法, 是一道典型的綜合計(jì)算題。(1) 根據(jù)化學(xué)反響方程式用差量法計(jì)算：2NO2+Na2CO3=NaNO

47、2+NaNO 3+CO 2Am106 g 69g85g22.4 L 48 g22.4 L mm=48 g(2) 根據(jù)Na2CO3質(zhì)量守恒有：1000 g X21.2%= %Na2CO3 IOH2O) 竺286ntNa 2CO 3 10H 20)=572 g(3 2NO2+Na2CO3NaNO 2+NaNO 3+CO2An=48 gNO+NO 2+Na2CO32NaNO 2+CO2Am=32 gCO 2設(shè)由NO 2與純堿反響產(chǎn)生的 CO 2的物質(zhì)的量為a,由NO和NO 2與純堿反響產(chǎn)生的的物質(zhì)的量為bI h= 1 mol由'118 g * mol - n+32 g mol 1 j 44

48、g48(12)3n=0- 75 mol25 mol /或 44/ 32(4)1a=0.75 molb=0.25 moln(NaNO 2) ：n(NaNO 3)=5 ：3設(shè)生成的NaNO 2的物質(zhì)的量為5x, NaNO3的物質(zhì)的量為3x，據(jù)Na+守恒:1000g 21.2%5x+3x= >2，解得106 g mol 一x=0.5 mol。m ( NaNO 2) =172.5 g ,m( H2O) =1 000 g X78.8%-688 g=100 g析出：m(最大)(NaNO 2) =172.5 g-71.2 g=101.3 g第二局部三年聯(lián)考題匯編2021年聯(lián)考題、選擇題1 .(福建莆田

49、四中09高三第二次月考)鋅與很稀的硝酸反響生成硝酸鋅、硝酸銨和水。當(dāng)生成1 mol硝酸鋅時(shí)，被復(fù)原的硝酸的物質(zhì)的量為()A. 2mol B . 1 mol C . 0.5mol D . 0.25mol答案D2. (浙江桐鄉(xiāng)高級(jí)中學(xué)高三化學(xué)10月)將足量NH3通入HNO3和AgNO3的混合稀溶液中，生成沉淀的物質(zhì)的量(n)和通入NH3的體積(V)的關(guān)系正確的選項(xiàng)是()答案A3. (遼寧省沈陽二中 20212021學(xué)年上學(xué)期高三期中考試 )a mol FeS 與b mol FeO投入到VL、c mol/L的硝酸溶液中充分反響，產(chǎn)生NO氣體，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NQ)3、H2SQ的混合液，

50、那么反響中未被復(fù)原的硝酸可能為( )(a+b) x 63g(a+b) > 189g(a+b)mol Vc-(9a+b)/3molA. B .C.D.答案D鎂完全溶解于一定量濃硝4. 2021 2021學(xué)年度江蘇省淮陰中學(xué)高三第三次調(diào)研測(cè)試酸反響，得到溶液 A和NO、N2Q、NO的混合氣體，這些氣體與 2.24LO?標(biāo)準(zhǔn)狀況混合后通入水中正好完全被水吸收。假設(shè)向所得溶液A中參加NaOH溶液至恰好完全沉淀,將所得沉淀過濾洗滌灼燒至質(zhì)量不再變化，此時(shí)固體量為A. 16gB. 8 gC. 40gD. 0.2mol答案BD5. 銀川市實(shí)驗(yàn)中學(xué)2021屆高三年級(jí)第三次月考 同溫同壓下，在 4支相同體

51、積的試管中分別充有等體積混合的 2種氣體，它們是:NO和NO,NO和Q,NH和O,N2和H現(xiàn)將3支試管均倒置于水槽中，充分反響后，試管中剩余氣體的體積分別為Vi、V2、V3、V4,那么以下關(guān)系正確的選項(xiàng)是A.Vi>V2>V3>V4B.V4>Vl >Vb>V；C.V2>V3>V4>ViD.V4 >M>Vi>V2答案B6. 浙江桐鄉(xiāng)高級(jí)中學(xué)高三化學(xué)10月北京2021奧運(yùn)會(huì)金牌直徑為 70mm厚6mm某化學(xué)興趣小組對(duì)金牌成分提出猜測(cè)：甲認(rèn)為金牌是由純金制造；乙認(rèn)為金牌是由金銀合金制成；丙認(rèn)為金牌是由黃銅銅鋅合金。為了驗(yàn)證他們的猜

52、測(cè)， 請(qǐng)你選擇一種試劑來證明甲、乙、丙猜測(cè)的正誤A.硫酸銅溶液B .鹽酸C.稀硝酸D.硝酸銀溶液NH 2Cl )中氨基答案C7.山東省聊城一中08 09學(xué)年度上學(xué)期高三期末綜合測(cè)試一氯氨離子帶負(fù)電荷，預(yù)計(jì)它跟水反響的最初生成物是A NH 2OH 和 HClB. NH 3 H 2° 和 HClC. NH 3 和 HC1OD. NH3 和 HClO 3答案C& 安徽省蚌埠二中2021屆高三第一次質(zhì)量檢測(cè)某金屬硝酸鹽受熱分解生成金屬氧化物、二氧化氮和氧氣。假設(shè)生成的二氧化氮和氧氣的物質(zhì)的量之比為8 ： 1,那么金屬元素的化合價(jià)在反響過程中的變化是A.升高 B.降低 C .不變D.無

53、法確定答案A9.洛陽一高2021 2021學(xué)年高三年級(jí)11月月考同溫同壓下，兩個(gè)等體積的枯燥圓底 燒瓶中分別充滿NH NO,進(jìn)行噴泉實(shí)驗(yàn)。經(jīng)充分反響后，瓶?jī)?nèi)溶液的物質(zhì)的量濃 度為A. B.VC. 二 D.不能確定答案C10 .衡陽市八中2021屆高三第三次月考足量銅與一定量濃硝酸反響 ，得到硝酸銅溶液 和NO NQ、N2O4的混合氣體,這些氣體與I.68LO2 標(biāo)準(zhǔn)狀況下混合后通入水中，所 有氣體完全被水吸收生成硝酸。假設(shè)向所得硝酸銅溶液中參加5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，那么消耗溶液NaOH勺體積是 A. 60 mlB.45 mlC. 30mlD. 15ml答案A11. 贛州市十縣市重點(diǎn)中學(xué) 09學(xué)年度上學(xué)期期中聯(lián)考試題 相同狀況下，在容積相 同的三個(gè)燒瓶?jī)?nèi)，分別