魯科版高中化學(xué)必修1第3章自然界中的元素第2節(jié)氮的循環(huán)第3課時測試題2

1、第3章自然界中的元素第2節(jié)氮的循環(huán)第3課時測試題2一、選擇題1將一定質(zhì)量的鎂、銅合金加入到稀硝酸溶液中，兩者恰好完全反應(yīng)，假設(shè)反應(yīng)過程中還原產(chǎn)物全是NQ向所得溶液中加入物質(zhì)的量濃度為2mol/LNaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加3.4g，則下列有關(guān)敘述中正確的是（）A. 開始加入合金的質(zhì)量可能為5.6gB. 參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為0.2molC. 沉淀完全時消耗NaOH溶液的體積為200mLD. 標況下產(chǎn)物NO體積為4.48L2. 1.92g銅投入一定量的濃硝酸中，銅完全溶解，生成氣體顏色越來越淺，共收集到672mL氣體（標準狀況），將盛有此氣體的容器倒扣在水中，

2、通入氧氣恰好使氣體完全溶解在水中，則需要標準狀況下的氧氣體積為（）A. 504mLB.168mLC.224mLD.336mL3. 稀硫酸和系硝酸的混合液，其中H2SQ和HNO3的物質(zhì)的量濃度分別是4mol/L和2mol/L,取10ml此混合酸，向其中加入過量的鐵粉，待反應(yīng)結(jié)束后，可產(chǎn)生標準狀況下的氣體的體積為（設(shè)反應(yīng)中HNO3倍還原成NO）（）A0.672LB0.448LC0.896LD0.224L4.將1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL密度為1.40gmL質(zhì)量分數(shù)為63%的濃硝酸中，得到N02和N2O4的混合氣體1120mL（標準狀況），向反應(yīng)后的溶液中加入1.0molL1NaOH溶液，當

3、金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀。下列說法不正確的是（）A. 該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是1:21B. 該濃硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度是14.0molLC. NQ和N2O4的混合氣體中，NQ的體積分數(shù)是80%D. 得到2.54g沉淀時，加入NaOH溶液的體積是640mL5. 向鐵銅合金中加入硝酸溶液恰好完全反應(yīng)，得到NO、N2Q、NO混合氣體，向反應(yīng)后溶液中加入2mol/LNaOH溶液，至沉淀恰好完全。若將得到的NO、N2Q、NO混合氣體，與2.24L（標準狀況下）O2混合后通入水中恰好被完全吸收生成硝酸。則反應(yīng)中消耗的NaOH溶液的體積是（）A.150mlB.180mlC.200m

4、lD.250ml.6. 向27.2gCu和CuaO的混合物中加入某濃度的稀硝酸0.5L,固體物質(zhì)完全反應(yīng)，生成NO和Cu（NO）2,在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L,此時溶液呈中性。金屬離子已完全沉淀.沉淀質(zhì)量為39.2g.下列有關(guān)說法不正確的是（）A. Cu與CuzO的物質(zhì)的量之比為2:1B. 硝酸的物質(zhì)的量濃度為2.4mol/LC. 產(chǎn)生的NO在標準狀況下的體積為4.48LD. CuCitO與硝酸反應(yīng)后剩余HNO為1mol7.下列敘述I和n均正確并且有因果關(guān)系的是（）選項敘述I敘述nA濃硝酸和稀硝酸都具有強氧化性濃硝酸和稀硝酸均可使紫色石蕊試液先變紅后褪色B濃硫酸具有

5、強氧化性和吸水性濃硫酸可干燥H2和CO,不可十燥SQ和NH3CSQ是酸性氧化物SQ可使含有酚酞的NaOH溶液褪色D銨鹽受熱易分解NH4CI和NH4HCC3均可用作氮肥和制取氨氣&一定物質(zhì)的量的鋅與稀HNO反應(yīng)，若硝酸的還原產(chǎn)物為NO,反應(yīng)結(jié)束后鋅無剩余，則參加反應(yīng)的HNO中被還原的HNO與未被還原的HNO的物質(zhì)的量之比是（）A. 1:4B.1:5C.2:3D.29.下列有關(guān)"水”的說法中正確的是（）A. 雙氧水被稱為綠色氧化劑，是因為其還原產(chǎn)物為Q,對環(huán)境無污染B. 王水是濃鹽酸和濃硝酸按體積比1:3配成的混合物，可溶解Au、PtC. 氨水能導(dǎo)電，說明氨氣是電解質(zhì)D. 往新制

6、備的氯水中和SO的水溶液中分別滴入石蕊試液時的現(xiàn)象不同10.從綠色化學(xué)的理念出發(fā)，下列實驗不宜用圖7所示裝置進行的是（）A. 不同濃度的硝酸與銅的反應(yīng)B. 稀硫酸與純堿或小辦打反應(yīng)C. 鋁與氫氧化鈉溶液或稀鹽酸反應(yīng)D. H2Q2在不同催化劑作用下分解11如圖是用稀HNQ和Cu制取少量NQ并驗證氮氧化合物性質(zhì)的裝置下列說法錯誤的是（）A.吸收劑可以是NaOH溶液B試管上部的氣體會變?yōu)榧t棕色C.小試管中溶液最終呈藍色D試紙先變紅后褪色12.某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL逐漸加入鐵粉，產(chǎn)生氣體的量隨鐵粉加入量的變化如圖所示下列說法錯誤的是（）fV/L(Fe)/gA. HzSQ濃度為4mol/LB

7、. 溶液中最終溶質(zhì)為FeSQC. 原混合酸中NQ濃度為0.2mol/LD. AB段反應(yīng)為：Fe+2Fe3+f3Fe2+13下列關(guān)于自然界中氮循環(huán)示意圖（如圖）的說法錯誤的是（A.氮元素只被氧化B. 豆科植物根瘤菌固氮屬于自然固氮C. 其它元素也參與了氮循環(huán)D. 含氮無機物和含氮有機物可相互轉(zhuǎn)化14. 有Fe2+H+NQTFe3+NH+HO這樣一個變化過程，下列敘述不正確的是()A. 氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1:8B. 該過程說明Fe(NQ)2溶液不宜加酸酸化C. 每1molNO3-發(fā)生氧化反應(yīng)，轉(zhuǎn)移8mol電子D. 若把該反應(yīng)設(shè)計為原電池，則負極反應(yīng)為Fe2+e-=Fe3+二、非選擇題1

8、5. 1.52g鎂銅合金完全溶解于50mL密度為1.40gmL1、質(zhì)量分數(shù)為63%的濃硝酸中，得到NO和N2C4的混合氣體1120mL(標準狀況)，向反應(yīng)后的溶液中加入1.0molL1NaOH溶液，當金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀。請完成下列問題：(1) 該合金中鎂與銅的物質(zhì)的量之比是;(2) NO和N2C4的混合氣體中，NO的體積分數(shù)是;(3) 得到2.54g沉淀時，加入NaOH溶液的體積是mL。16. 在稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中，加入銅粉。(1) 若將100mL2mol/LHNO3和100mL1mol/LH2SQ混合后，加入19.2g銅粉，微熱，充分反應(yīng)。 若忽略溶液體積變化，溶

9、液中銅離子物質(zhì)的量濃度為mol/L 生成氣體折合成標準狀況下體積L; 若使銅粉全部溶解，還需加入1mol/LH2SQmL1(2) 若c(SO)+c(NO)=5.0molL。取200mL該混合酸，則能溶解銅的最大質(zhì)量為g17. 鹽酸、硫酸和硝酸是常見的“三大酸”?，F(xiàn)就三大酸與金屬銅反應(yīng)的情況，回答問題：(1) 稀鹽酸不與Cu反應(yīng)，若在稀鹽酸中加入H2O后，則可使銅順利溶解。該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：；(2) 在一定體積的10mol/L的濃硫酸中加入過量銅片，加熱使之反應(yīng)，被還原的硫酸為0.9mol。則濃硫酸的實際體積(填“大于”、“等于”或“小于”)180mL。若使剩余的銅片繼續(xù)溶解，可在其中加入硝

10、酸鹽溶液（如KNO溶液），則該反應(yīng)的離子方程式為；鎂鐵混合物4.8g，溶解在過量的某濃度的稀硝酸中，完全反應(yīng)后得到標準狀況下2.24LNO氣體。若向反應(yīng)后的溶液中加入足量的燒堿，則可生成沉淀的質(zhì)量是克。18. 將32g銅與140mL一定濃度的硝酸反應(yīng)，銅完全溶解產(chǎn)生的NO和NO混合氣體在標準狀況下的體積為11.2L。請回答： 待產(chǎn)生的氣體全部釋放后，向溶液加入VmLamolL1NaOH溶液，恰好使溶液中的ClT全部轉(zhuǎn)化成沉淀，則原硝酸溶液的濃度為mol/L;（用含V、a的式子表示） 欲使銅與硝酸反應(yīng)生成的氣體在NaOH溶液中全部轉(zhuǎn)化為NaNO,至少需要HbCb的質(zhì)量為g。19. I.用零價鐵（

11、Fe）去除水體中的硝酸鹽（NO3一）已成為環(huán)境修復(fù)研究的熱點之一。（1）Fe還原水體中NO3一的反應(yīng)原理如圖所示。N03NH49（FeFe3O4（疏松、能導(dǎo)電）正極的電極反應(yīng)式是;（2）將足量鐵粉投入水體中，經(jīng)24小時測定NO3的去除率和pH,結(jié)果如下:初始pHpH=2.5pH=4.5NO3的去除率接近100%V50%24小時pH接近中性接近中性鐵的最終物質(zhì)形態(tài)FeO(OH)FeO(OH)Fe?。ú粚?dǎo)電）（不導(dǎo)電）Fe3°4、Fe3O4pH=4.5時，NO3的去除率低。其原因是；（3）實驗發(fā)現(xiàn)：在初始pH=4.5的水體中投入足量鐵粉的同時，補充一定量的卩62+可以明顯提高NO3的去除

12、率。對作用提出兩種假設(shè)：I. Fe2+直接還原NQ；n.Fe2+破壞FeO（OH）氧化層。對比實驗，結(jié)果如圖所示，可得到的結(jié)論是;同位素示蹤法證實Fe能與FeO(OH)反應(yīng)生成FqO4。結(jié)合該反應(yīng)的離子方程式，解釋加入Fe2+提高N03去除率的原因：;II高鐵酸鈉Na2Fe04是一種新型凈水劑。(4) 高鐵酸鈉主要通過如下反應(yīng)制取:2Fe(0H)3+3NaCI0+4Na0H=2Na?Fe04+3X+5Hb0,則X的化學(xué)式為;(5) 高鐵酸鈉具有強氧化性，與水反應(yīng)生成Fe(0H)3膠體能夠吸附水中懸浮雜質(zhì)，請寫出高鐵酸鈉與水反應(yīng)的離子方程式。檢測題參考答案1【答案】A【解析】將一定質(zhì)量的鎂、銅合

13、金加入到稀HN0中，兩者恰好完全反應(yīng)，假設(shè)反應(yīng)中還原產(chǎn)物只有NQ發(fā)生反應(yīng)：3Mg+8HNO(稀)=3Mg(NO)2+2N0T+4HO3Cu+8HN0(稀)=3Cu(NO)2+2N0T+4H0向反應(yīng)后的溶液中加入過量的NaOH溶液至沉淀完全，發(fā)生反應(yīng)：Mg(NO)2+2Na0H=M(0H2J+2NaNCu(NO)2+2Na0H=Cu(0H2J+2NaN0,沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加3.4g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質(zhì)量為3.4g，氫氧根的物質(zhì)的量為3.4g十17g/mol=0.2mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.1mol。A.假定全為鎂

14、，金屬質(zhì)量為0.1molx24g/mol=2.4g,若全為銅，金屬質(zhì)量為：0.1molx64g/mol=6.4g，所以參加反應(yīng)的金屬的總質(zhì)量(m范圍為：2.4gvm<6.4g,A正確；B.根據(jù)方程式可知參加反應(yīng)的n反應(yīng)(HN0)=n(金屬)x8/3=0.1molx8/3=0.27mol,B錯誤；C.反應(yīng)消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量為：n(NaOH=n(0H)=0.2mol,則加入的氫氧化鈉溶液的體積為：V=0.2mol*2mol/L=0.1L=100mL,C錯誤；D.金屬的物質(zhì)的量為0.1mol，完全反應(yīng)失去0.1molx2=0.2mol電子，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，生成一氧化氮的物質(zhì)的量為：n(N

15、O=0.2mol*3=0.067mol，標準狀況下N0的體積為0.067molx2.24L=1.5L,D錯誤，答案選A。該題側(cè)重于學(xué)生運用電子轉(zhuǎn)移守恒、質(zhì)量守恒等解決復(fù)雜問題的能力，是一道考查能力的好題，難度較大，注意各種守恒法和極限法的靈活應(yīng)用。2. 【答案】D【解析】將盛有此氣休的容器倒扣在水中，通入標準狀況下一定體積的氧氣恰好使氣體完全被水吸收生成硝酸，說明氮的氧化物又重新轉(zhuǎn)化為硝酸，因此根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，銅失去的電子最終被氧氣獲得，銅失去電子的物質(zhì)的量是1.92g2=0.06mol，則氧氣獲得64g/mol的電子也是0.06mol，所以氧氣的物質(zhì)的量是0.06mol-4=0.015

16、mol，則氧氣的體積是0.015molX22.4L/mol=0.336L=336ml，答案選D靈活應(yīng)用電子得失守恒是解答的關(guān)鍵，守恒法解題的思維流程：(1)找出氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物。(2)找準一個原子或離子得失電子數(shù)。(注意化學(xué)式中粒子的個數(shù))。(3)根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和得失電子守恒列出等式。即n(氧化劑)X變價原子個數(shù)x化合價變化值(高價-低價)=n(還原劑)X變價原子個數(shù)X化合價變化值(高價低價)。3 .【答案】A【解析】10mL混合酸中含有：n(H+)=0.01Lx2X4mol/L+0.01Lx2mol/L=0.1moln(NOf)=0.01Lx2mol/L=0.

17、02mol由于鐵過量，則發(fā)生反應(yīng)：3Fe+2NQ-+8H=3Fe+2NOf+4H2O,+2+木rFe+2H=Fe+H2f,則3Fe+2NOs-+8H+=3Fe2+2NOT+4H2O0.02mol0.08mol0.02mol反應(yīng)后剩余n(H+)=0.1mol-0.08mol=0.02mol,Fe+2H+=Fe2+H2f0.02mol0.01mol所以：n(NO)+n(H2)=0.02mol+0.01mol=0.03mol,V(NO)+V(H>)=0.03molx22.4L/mol=0.672L,故選A。本題考查混合物的計算，本題注意鐵過量，根據(jù)n(H+)、n(NO3)判斷反應(yīng)的可能性，判斷

18、生成氣體為NO和H2的混合物，進而計算氣體的體積，題目易錯。4 【答案】D【解析】試題分析：A、設(shè)合金中Cu、Mg的物質(zhì)的量分別為x、y,根據(jù)題目所給信息知xx64g/mol+yx24g/mo=1.52g；設(shè)金屬為M,在反應(yīng)過程中有：Mne=M,Mn+OH=M(OH)nJ,從而可以看出，金屬單質(zhì)失去電子的物質(zhì)的量等于金屬陽離子完全沉淀所需OH的物質(zhì)的量，氫氧根的物質(zhì)的量是(2.54g1.52g)十17g/mol=0.06mol，故2x+2y=0.06mol，由解得x=0.02mol,y=0.01mol,A錯誤；B、硝酸的濃度是1000，10001.463%&亠上八丄cmol/L=14.

19、0mol/L,B正確。C、由上述分析可知，Cu、63Mg共失去0.06mol電子，根據(jù)得失電子守恒知，如果硝酸完全被還原為NO2,NO?的物質(zhì)的量應(yīng)為0.06mol?，F(xiàn)得到0.05mol混合氣體，是由于2NO?N2O4，由差量法可求得N2O4為0.01mol，貝UNO2為0.04mol，NO2的體積分數(shù)是80%,C正確；D、得到2.54g沉淀時生成硝酸鈉，根據(jù)硝酸根守恒可知硝酸鈉是0.05Lx14mol/L-0.06mol=0.64mol，即消耗0.64molNaOH,其體積為640mL,D正確，答案選A。掌握反應(yīng)的原理以及靈活應(yīng)用守恒法是解答的關(guān)鍵，許多有關(guān)化學(xué)反應(yīng)的計算，如果能夠巧妙地運用

20、守恒規(guī)律可以達到快速解題的目的，常見的守恒關(guān)系有：反應(yīng)前后元素種類和某種原子總數(shù)不變的原子守恒；電解質(zhì)溶液中的電荷守恒；氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)守恒、原電池或電解池中兩極通過的電子總數(shù)相等；從守恒思想出發(fā)還可延伸出多步反應(yīng)中的關(guān)系式，運用關(guān)系式法等計算技巧巧妙解題。5【答案】C【解析】2.24L氧氣的物質(zhì)的量為0.1mol,NO、N2Q、NO的混合氣體與1mol氧氣混合后通入水中，所有氣體恰好完全被水吸收生成硝酸，整個反應(yīng)過程中金屬失去電子數(shù)等于硝酸根離子生成氮氧化物得到的電子數(shù)、氮氧化物溶于水失去電子數(shù)及氧氣得到電子數(shù)，金屬失去電子帶正電荷，金屬陽離子和OH反應(yīng)生成氫氧化物沉淀所需n(NaO

21、H等于金屬失去電子物質(zhì)的量，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得金屬失電子物質(zhì)的量=0.1molx4=0.4mol,n(NaOH=金屬失電子物質(zhì)的量=0.4mol，貝UV(NaOH=0.4mol-2mol/L=0.2L=200mL答案選C。利用電子轉(zhuǎn)移守恒，確定氧氣獲得的電子等于金屬提供的電子是解題的關(guān)鍵，注意體會守恒思想的運用。許多有關(guān)化學(xué)反應(yīng)的計算，如果能夠巧妙地運用守恒規(guī)律可以達到快速解題的目的，常見的守恒關(guān)系有：反應(yīng)前后元素種類和某種原子總數(shù)不變的原子守恒；電解質(zhì)溶液中的電荷守恒；氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)守恒、原電池或電解池中兩極通過的電子總數(shù)相等；從守恒思想出發(fā)還可延伸出多步反應(yīng)中的關(guān)系式，運用關(guān)系式

22、法等計算技巧巧妙解題。6.【答案】D【解析】向所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L,溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，溶液中溶質(zhì)為NaNO,n(NaNO)=n(NaOH=10mol/Lx1.0L=1mol,沉淀為Cu(OH)2,質(zhì)量為39.2g,物質(zhì)的量為：39.2g+98g/mol=0.4mol，設(shè)Cu、CsO的物質(zhì)的量分別為x、y,貝Ux+2y=0.4mol,64gmolx+144g-moly=27.2g,解得x=0.2mol,y=0.1mol,所以Cu與CuO的物質(zhì)的量之比為2:1,A項正確；根據(jù)N元素守恒可知n(HNO)=n(NO)+n(NaNO),根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知：

23、3n(NO=2n(Cu),所以3n(NO=2x0.3mol,解得n(NO=0.2mol，所以n(HNO)=n(NO+n(NaNO)=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的濃度為1.2mol+0.5L=2.4mol/L,B項正確；由B中計算可知n(NO=0.2mol,所以標準狀況下NO的體積為0.2molX22.4L/mol=4.48L,C項正確；反應(yīng)后的溶液中加入氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉與硝酸銅、剩余的硝酸反應(yīng)，最后為硝酸鈉溶液，根據(jù)氮元素守恒可知：n剩余(HNO)+2nCu(NQ)2=n(NaNO),所以n剩余(HNO)=n(NaNO)-2nCu(NO)2=1mol-2X0.4

24、mol=0.2mol,D項錯誤；答案選D。本題考查銅混合物計算、氧化還原反應(yīng)的計算，難度較大，清楚整個反應(yīng)過程，注意原子守恒、得失電子守恒的應(yīng)用。向所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L,溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，溶液中溶質(zhì)為NaNO,n(NaNO)=n(NaOH=10mol/Lx1.0L=1mol,沉淀為Cu(OH)2,質(zhì)量為39.2g,物質(zhì)的量為：39.2g-98g/mol=0.4mol,設(shè)CuCu，O的物質(zhì)的量分別為x、y，貝Ux+2y=0.4mol,64gmolx+144g-moly=27.2g,解得x=0.2mol,y=0.1mol，據(jù)此解答即可。7.【答案】C【

25、解析】A、稀硝酸可使紫色石蕊試液先變紅，但不褪色，故A錯誤；B、濃硫酸可干燥H2和CO,也可干燥SQ,故B錯誤；C、SQ是酸性氧化物，與水反應(yīng)生成亞硫酸，與氫氧化C正確；D、NH4CI分解生成氨氣和氯化D錯誤；故選Co鈉反應(yīng)，溶液的堿性減弱，顏色變淺甚至褪色，故氫，冷卻后又化合生成氯化銨，不能制備氨氣，故&【答案】A2>4卜恣閏【解析】先書寫并配平化學(xué)方程式為:05214Zn+10HNO3=4Zn(NO3)2+1N2O+5H2O,則氮元素的化合價降低的占2/10，不變的占8/10，如果10mol硝酸參加反應(yīng)，其中2mol硝酸被還原，8mol硝酸未被還原，2:8=1:4；答案選A。

26、9. 【答案】D【解析】A、氧化劑所含元素的化合價不是升高，而是降低，因此綠色氧化劑雙氧水的還原產(chǎn)物為H2O,A錯誤；B王水中濃鹽酸和濃硝酸的體積比3:1，具有很強的氧化性，能溶解既不活潑金屬Au、Pt,B錯誤；C氨水含有氨氣、水、一水合氨、銨根離子、氫氧根離子、氫離子等3種離子、3種分子，屬于能導(dǎo)電的混合物或電解質(zhì)溶液，但氨氣本身不能電離，因此氨氣為非電解質(zhì)，C錯誤；D石蕊遇新制氯水先變紅后褪色，因為氯水中的鹽酸和次氯酸具有酸性和強氧化性，且中和反應(yīng)速率較快，氧化還原反應(yīng)速率較慢，石蕊試液遇SO只變紅不褪色，因為SO具有酸性氧化物的通性，SQ對石蕊試液沒有漂白性，對品紅、紙張等才有漂白性，D

27、錯誤；答案選D。10. 【答案】A氧化氮、二氧化氮都有毒，都能造成環(huán)境污染，不符合綠色化學(xué)理念，故A錯誤;B.稀硫酸與碳酸氫鈉反應(yīng)生成硫酸鈉、水和二氧化碳，產(chǎn)物無污染，符合綠色化學(xué)理念，故B正確；C.鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，與鹽酸反應(yīng)生成氯化鋁和氫氣,產(chǎn)物無污染，符合綠色化學(xué)理念，故C正確；D.過氧化氫分解生成水和氧氣，產(chǎn)物無污染,符合綠色化學(xué)理念,故D正確；故選A。本題考查了對綠色化學(xué)概念的理解，綠色化學(xué)又稱環(huán)境無害化學(xué)”、環(huán)境友好化學(xué)”【解析】A.銅與濃硝酸反應(yīng)生成二氧化氮、與稀硝酸反應(yīng)生成一氧化氮,因而過程和終端均清潔化學(xué)”，綠色化學(xué)的最大特點是在始端就采用預(yù)防污染的科學(xué)

28、手段,為零排放或零污染。明確綠色化學(xué)的含義及物質(zhì)的性質(zhì)和反應(yīng)產(chǎn)物的性質(zhì)是解題關(guān)鍵。11. 【答案】D【解析】銅和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Cu+8H+2NQ=3CiT+2Na+4巴0,2NO+O=2NO,無色氣體變化為紅棕色氣體二氧化氮，可以用堿溶液吸收，A.上述分析可知得到的氣體主要是NO和NQ可以被氫氧化鈉溶液吸收，所以吸收劑可以是NaOH溶液，A正確；B.銅和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮和水，一氧化氮和試管中的氧氣反應(yīng)生成紅棕色氣體二氧化氮，B正確；C.銅和稀硝酸反應(yīng)得到溶液為硝酸銅溶液，溶液為藍色，C正確；D.生成的一氧化氮和氧氣反應(yīng)生成二氧化氮紅棕色氣

29、體，二氧化氮具有氧化性，和碘化鉀溶液反應(yīng)生成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)遇到淀粉變藍色，D錯誤；答案選Do12. 【答案】C【解析】A、反應(yīng)消耗22.4g鐵，也就是22.4g*56g/mol=0.4mol，所有的鐵都在硫酸亞鐵中，根據(jù)硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的濃度是4mol/l,A正確；B、硝酸全部被還原，沒有顯酸性的硝酸，因為溶液中有硫酸根，并且鐵單質(zhì)全部轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，所以溶液中最終溶質(zhì)為FeSO,B正確；COA段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+NO-+4H=Fe3+NOT+2H2O,硝酸全部起氧化劑作用，所以2112gn(NO-)=2n(Fe)=0.4mol，濃度為4mol/L,C56g/m

30、ol錯誤；D由圖像可知，由于鐵過量，OA段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+NO-+4H+=Fe3+NOT+2H2O,AB段3+2+2+發(fā)生反應(yīng)為：Fe+2Fe=3Fe,BC段發(fā)生反應(yīng)為：Fe+2H=Fe+Hd,D正確，答案選G該題難度較大，解答的關(guān)鍵是根據(jù)圖像分析各段發(fā)生的反應(yīng)，注意與鐵的反應(yīng)中硝酸全部起氧化劑作用。學(xué)生在做此類題目時，應(yīng)當先分析反應(yīng)的過程，即先發(fā)生的是哪一步反應(yīng),后發(fā)生的是哪一步。計算離子時注意用離子方程式計算。還需要用到一些解題技巧來簡化計算過程，比如合理使用守恒原理等。13. 【答案】A【解析】A.人工固氮中氮氣轉(zhuǎn)化為氨氣，是N2轉(zhuǎn)化為NH的過程，N化合價由0宀-3價，化合價降低，被還

31、原，A錯誤；B.豆科植物根瘤菌固氮屬于自然固氮，B正確；C.生物體合成蛋白質(zhì)的過程也有碳、氫、氧元素的參與，C正確；D.根據(jù)自然界中氮循環(huán)圖知，通過生物體可以將銨鹽和蛋白質(zhì)相互轉(zhuǎn)化，實現(xiàn)了含氮的無機物和有機物的轉(zhuǎn)化，D正確；答案選A。自然界中氮的存在形態(tài)多種多樣，除Nb、NH、NQ、銨鹽、硝酸鹽等無機物外，還可以蛋白質(zhì)等有機物形態(tài)存在，氮的循環(huán)中氮元素可被氧化也可能發(fā)生還原反應(yīng)，判斷的依據(jù)主要是看變化過程中氮元素的化合價的變化情況，要明確化合價升高被氧化，化合價降低被還原。14. 【答案】C【解析】根據(jù)得失電子守恒，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1:8,故A正確；酸性條件下，F(xiàn)eb+、NOT發(fā)

32、生氧化還原反應(yīng)，故B正確；NO中N元素化合價降低發(fā)生還原反應(yīng)，故C錯誤；原電池負極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，則負極反應(yīng)為Feb+e=Fe3+，故D正確。15. 【答案】(1)1:2(2)80%(3)640mL【解析】(1)在MgCu與硝酸反應(yīng)的過程中，金屬都是+2價的金屬，金屬失去電子的物質(zhì)2+2+的量與硝酸反應(yīng)得到電子的物質(zhì)的量相等。金屬變?yōu)镸g、Cu,當向反應(yīng)后的溶液中加入足量的NaOH溶液時，發(fā)生反應(yīng)形成Mg(OH、Cu(OH)2沉淀，增加的質(zhì)量就是0H的質(zhì)量，m(OH)=2.54g-1.52g=1.02g,n(OH)=1.O2g十17g/mol=0.06mol，貝Un(Mg)+n(Cu)=0

33、.03mol,假設(shè)Mg的物質(zhì)的量是x,Cu的物質(zhì)的量是y,貝Ux+y=0.03mol；24x+64y=1.52g，解得x=0.01mol,y=0.02mol，所以該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是0.02mol:0.01mol=2:1；(2)根據(jù)在氧化還原反應(yīng)中金屬失去電子的物質(zhì)的量等于硝酸發(fā)生還原反應(yīng)得到電子的物質(zhì)的量，等于反應(yīng)產(chǎn)物結(jié)合的氫氧根離子的物質(zhì)的量。n(e-)=n(OH-)=0.06mol,NO和NK4的混合氣體1120mL,物質(zhì)的量是n=1.12L/22.4L/mol=0.05mol,假設(shè)NO和N2O4的物質(zhì)的量分別是a、b,則根據(jù)電子守恒可得a+2b=0.06mol，根據(jù)元素守恒可

34、得a+b=0.05mol。解得a=0.04mol,b=0.01mol，根據(jù)n=工可知，在相同外界條件下，氣體的體積比等于氣體的Vm物質(zhì)的量的比，所以NQ和NbC4的混合氣體中，NQ的體積分數(shù)是(0.04mol-0.05mol)X100%=80%；(3)50mL密度為1.40g/mL、質(zhì)量分數(shù)為63%的濃硝酸中含有硝酸的物質(zhì)的量是：n(HNQ)=cV=14mol/LX0.05L=0.7mol，當恰好形成沉淀時，溶液為NaNQ溶液，根據(jù)元素守恒，可得n(NaQH)=n(HNQ)(酸)=0.7mol-0.04mol-O.OImolX2=0.64mol，故當?shù)玫?.54g沉淀時，加入NaOH溶液的體積

35、是V=n/c=0.64mol-1.0mol/L=0.64L。16. 【答案】(1)0.75(2分)2.24(2分)200(2分)(2)38.4(3分)【解析】(1)©n(HNO)=0.1LX2mol/L=0.2mol,n(HSO)=0.1LX1moL/L=0.1moL,n(NO-)=n(HNQ3)=0.2mol，溶液中的氫離子既包括硝酸電離的又包括硫酸電離的：所以n(H+)=0.2moL+2X0.1moL=0.4mol，n(Cu)=19.2g十64g/mol=0.3mol，貝U3Cu+2NO+8H+=3CiJ+2NOr+4103mol2mol8mol0.3mol0.2mol0.8mo

36、l由反應(yīng)關(guān)系可以看出，NO-過量，H+不足，根據(jù)H計算生成的銅離子，2+2+則生成的n(Cu)=0.4molX3/8=0.15mol,c(Cu)=0.15mol-0.2L=0.75mol/L; 根據(jù)中分析可知生成NO是0.1mol，折合成標準狀況下體積2.24L; 根據(jù)中分析可知完全溶解銅需要0.8mol氫離子，因此還缺少0.4mol氫離子，則還需要0.2mol硫酸，即還需要200mL1mol/L硫酸；-+2+(2)反應(yīng)的離子方程式為3Cu+2NO+8H=3Cu+2NOT+4HO,要使溶解銅的質(zhì)量最大，則氫離子和硝酸根濃度滿足化學(xué)計量數(shù)即4:1，硝酸全部起氧化劑作用，設(shè)硫酸濃度為X,則硝酸濃度

37、為5mol/L-x，溶液中氫離子濃度共：2x+(5mol/L-x)，則：2x+(5mol/L-x)/(5mol/L-X)=4：1,解得X=3mol/L,硝酸濃度為2mol/L,硝酸的物質(zhì)的量為：0.2LX2mol/L=0.4mol,-+2+根據(jù)方程式3Cu+2NO+8H=3Cu+2NOT+4HO可知溶解銅是0.6mol，質(zhì)量是0.6molX64g/mol=38.4g。17. 【答案】(1) H2Q+CU+2HCI=CuCl2+2HO+-2+大于；3CU+8H+2NO-=3Cu+2NOT+4H2O(3)9.9g；【解析】(1)過氧化氫在酸性環(huán)境下能夠氧化銅生成銅離子,化學(xué)方程式：Cu+HQ+2HCI=CuCl2+2HzO;故答案為：Cu+HQ+2HCI=CuCl2+2HQ銅只能和濃硫酸反應(yīng)和稀硫酸不反應(yīng)，Cu+2HSQ(濃)=CuSQ+SQf+H2Q,隨著銅和濃硫酸的反應(yīng)的進行，酸的濃度越來越小，不再產(chǎn)生二氧化硫，當被還原的硫酸是0.9mol,則10mol?L-1的濃硫酸的實際體積要大于180mL；若使剩余的銅片繼續(xù)溶解，可向其中加入硝酸鹽，應(yīng)為溶液中有H+，再加入硝酸鹽引入NQ-，相當于存在了硝酸，硝酸能將同溶解，反應(yīng)實質(zhì)為：3Cu+8HI+2NQ-=3Cii+2NCf+4H2Q,故答案為：大于；3Cu+8H+2NQ=3CiT+2NCf+4H2