化学《学案导学与随堂笔记》（浙江版）一讲义：专题4 硫、氮和可持续发展 硫、氮和可持续发展专项训练 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精硫、氮和可持续发展专项训练一、硫及其化合物1．下列说法正确的是（)A．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色B．可以用澄清石灰水鉴别SO2和CO2C．硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3D．少量SO2通过浓的CaCl2溶液能生成白色沉淀答案A解析SO2具有还原性，KMnO4具有强氧化性,SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，A项正确；SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊，B项错误；硫粉燃烧的产物是SO2，与氧气的多少无关，C项错误；SO2与CaCl2不反应，D项错误。2．有一瓶Na2SO3溶液，由于它可能部分被氧化,某学生进行如下实验：取少量溶液，滴入BaCl2溶液,产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸,充分振荡后,仍有白色沉淀。对此实验下述结论正确的是(）A．Na2SO3已部分被空气中的氧气氧化B．加入BaCl2溶液后，生成的沉淀中一定含有BaSO4C．此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化D．加硝酸后的沉淀一定是BaSO3答案C解析取少量溶液，滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸,充分振荡后,仍有白色沉淀，则该白色沉淀一定是BaSO4。因为硝酸具有强氧化性，可以将BaSO3氧化成BaSO4,所以原溶液中可能含SOeq\o\al(2－，3)或SOeq\o\al（2－,4)或两种离子都有，加入BaCl2溶液后,生成的沉淀中可能含有BaSO3，也可能含有BaSO4,所以无法确定Na2SO3是否部分被氧化。3．向FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色,同时有白色沉淀产生。下列说法正确的是（)A．该实验表明FeCl3有还原性B．白色沉淀为BaSO3C．该实验表明SO2有漂白性D．反应后溶液酸性增强答案D解析往FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生，说明发生了氧化还原反应，Fe3＋被还原为Fe2＋,还原剂是SO2,化学方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4）＋4H＋,SOeq\o\al(2－，4）＋Ba2＋=BaSO4↓，故最后生成的沉淀是BaSO4。由于反应生成了H＋，溶液酸性增强。综上所述，D项正确。二、氮及其化合物(加试要求）4．下列关于氮气的说法中错误的是（）A．通常情况下N2性质很稳定,所以N2可以在电焊时作保护气B．N2＋O2eq\o（=,\s\up7(高温）)2NO，该反应是汽车尾气造成污染的主要因素之一C．N2在空气中约占质量比的eq\f(4,5)D．在反应3Mg＋N2eq\o(=,\s\up7（点燃)）Mg3N2中N2作氧化剂答案C解析N2很稳定，常用作保护气，但在高温下N2与O2产生的NO易被氧化为NO2,故汽车尾气会造成环境污染；N2在空气中的体积含量约为eq\f（4,5)，N2与金属、H2反应时作氧化剂。5．将体积为V的试管充满NO气体,按如图进行实验。当通入相同条件下O249mL时，液面仍在原来位置，则试管体积V为()A．49mL B．28mLC．30mL D．24。5mL答案B解析液面仍在原来位置，说明NO已完全反应，试管中剩余气体为O2，且剩余O2的体积为V，消耗的氧气体积为（49mL－V)，由4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3可知，反应消耗的NO体积为eq\f(4,3)（49mL－V），即V＝eq\f(4，3）（49mL－V），解得V＝28mL。6．如图是实验室制取气体的装置，其中发生装置相同，干燥和集气装置有两套,分别用a和b表示。下列选项中正确的是(）选项发生装置中的药品干燥和集气装置A氧化钙和浓氨水aB大理石和稀盐酸aC铜和稀硝酸bD二氧化锰和浓盐酸b答案A解析CaO和浓氨水反应可制取NH3,NH3要用碱石灰干燥,用向下排空气法收集;大理石和稀盐酸反应可制取CO2，CO2不能用碱石灰干燥，应用向上排空气法收集；铜与稀硝酸反应生成的NO很容易被空气中的氧气氧化,不能用排空气法收集;二氧化锰和浓盐酸反应可制取氯气，该实验需要加热，不能用图示发生装置。三、金属与硝酸和硫酸反应的有关计算7．等物质的量的铁和铜的混合物24g与600mL稀硝酸恰好完全反应，生成NO6。72L（标准状况)。向反应后的溶液中加入1mol·L－1NaOH溶液使金属离子恰好沉淀。下列有关说法错误的是()A．混合物溶解后的溶液中c（Fe3＋)∶c(Fe2＋）＝1∶1B．需要加入NaOH溶液1000mLC．稀硝酸的物质的量浓度是2mol·L－1D．最后所得沉淀在空气中充分加热可得固体32g答案B解析A项，铁和铜的混合物24g，n（Fe)＝n（Cu）＝eq\f（24g，56＋64g·mol－1）＝0.2mol，n（NO)＝eq\f（6。72L，22.4L·mol－1)＝0。3mol,n（e－）＝3n(NO）＝3×0。3mol＝0.9mol，根据Fe原子守恒，n(Fe3＋）＋n（Fe2＋）＝n(Fe)＝0.2mol，根据得失电子守恒，3n(Fe3＋）＋2n（Fe2＋）＋2n（Cu2＋）＝n(Fe3＋）＋2×［n（Fe3＋)＋n(Fe2＋）＋n(Cu2＋）]＝n(Fe3＋)＋2×（0.2mol＋0。2mol）＝0.9mol，得n(Fe3＋)＝0。1mol，n(Fe2＋）＝0。1mol，则混合物溶解后的溶液中c（Fe3＋）∶c（Fe2＋）＝n(Fe3＋）∶n(Fe2＋)＝0.1mol∶0.1mol＝1∶1，A项正确；B项，金属离子所带的电荷数等于氢氧根离子的数目，等于金属原子失去的电子数目，故n(NaOH）＝n（e－）＝0.9mol，V(NaOH)＝eq\f(0.9mol,1mol·L－1)＝0.9L＝900mL，B项错误。8．6.4g铜与过量的硝酸(8mol·L－1、60mL）充分反应后，硝酸的还原产物有NO、NO2，反应后溶液中含有的H＋为nmol.此时溶液中所含NOeq\o\al（－,3）的物质的量为（）A．0。28mol B．0。31molC．（n＋0.2)mol D．(n＋0。4）mol答案C解析反应后溶液中的溶质为HNO3和Cu（NO3）2，Cu2＋有0。1mol，H＋有nmol，故NOeq\o\al(－,3)物质的量为(n＋0.2）mol。9．将2.56gCu和一定量的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少,反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕后,共收集到气体1.12L（标准状况），则反应中消耗HNO3的物质的量为()A．0。05mol B．1molC．1.05mol D．0。13mol答案D解析参加反应的硝酸由两部分构成，一是被还原为氮氧化物的硝酸，为0。05mol;二是作酸，生成Cu（NO3)2的硝酸,为0.08mol。四、硫、氮及其化合物的综合应用10．(加试要求)下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质,F是强酸.当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。eq\x(A）eq\o（→，\s\up7(X)）eq\x（B)eq\o(→，\s\up7（Cl2)）eq\x（C)eq\o(→,\s\up7(O2）)eq\x(D)eq\o（→,\s\up7(O2））eq\x（E）eq\o(→，\s\up7(H2O))eq\x（F)下列说法中不正确的是()A．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3C．B和Cl2的反应是氧化还原反应D．当X是强酸时，C在常温下是气态单质答案D解析无机化合物涉及S、N、C、Na，连续氧化的有S→SO2→SO3;H2S→S→SO2→SO3；N2→NO→NO2;NH3→NO→NO2；C→CO→CO2；Na→Na2O→Na2O2。由B为气态氢化物，C为单质，可推测连续氧化是无机化合物的连续氧化，对照上面的连续氧化过程，可以知道B为NH3或H2S。进一步分析，NH3在碱性条件下生成，H2S在酸性条件下生成。当X为强酸时，B为H2S,C为S单质，D为SO2，E为SO3，F为H2SO4，A中含有S2－.当X为强碱时,B为NH3,C为N2，D为NO，E为NO2,F为HNO3,A中含有NHeq\o\al(＋，4)。所以A为(NH4）2S。C选项中H2S与Cl2反应是氧化还原反应。五、综合实验11．（加试要求)某校化学研究性学习小组的同学在学习了氨的性质后讨论：运用类比的思想,既然氨气具有还原性，能否像H2那样还原CuO呢？他们设计实验制取氨气并探究上述问题。请你参与该小组的活动并完成下列实验:[制取氨气](1）实验室常用加热氯化铵固体和氢氧化钙固体的混合物来制取氨气，写出反应的化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.用该方法制备氨气的装置为________(填字母，下同)，收集氨气的装置可以是____________。［实验探究］该小组成员设计实验探究氨气的还原性及其产物，实验装置图（夹持及尾气处理装置未画出）如下：(2）通入的NH3必须干燥的原因是___________________________________________________________________________________________________________________.（3)实验中观察到CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝，同时生成一种无污染的气体.请写出NH3与CuO反应的化学方程式：___________________________________________________________________________________________________________________。[问题讨论](4）已知Cu2O为红色粉末，在酸性溶液中，Cu＋能发生自身氧化还原反应生成Cu2＋和Cu.有同学认为：NH3与CuO反应生成的红色物质中可能含有Cu2O。现向得到的红色物质中直接加入试剂M,通过观察现象可直接确定产物成分，则试剂M可以是________(填编号)。①稀硫酸②稀盐酸③稀硝酸④浓硝酸答案(1)2NH4Cl＋Ca(OH）2eq\o(=，\s\up7（△））CaCl2＋2NH3↑＋2H2OACD(2)若NH3不进行干燥，会干扰反应产物水的检验（3）2NH3＋3CuOeq\o（=,\s\up7（△)）3Cu＋N2＋3H2O（4)①②解析(1)制备氨气的反应的特点为固体＋固体eq\o（→,\s\up7（△）)气体，与实验室用KClO3固体和MnO2制取O2的装置类似，故可选用A装置。NH3极易溶于水，不能用排水法收集，NH3的密度小于空气，可用向下排空气法收集,也可用装置D进行收集，但气体应从短管进长管出。（2)若NH3中混有水蒸气，会干扰反应产物水的检验。（3)由题意可知，NH3与CuO反应有Cu、H2O、N2生成，其化学方程式为2NH3＋3CuOeq\o（=，\s\up7(△))3Cu＋N2＋3H2O。（4)Cu2O在酸性溶液中能发生自身氧化还原反应生成Cu2＋和Cu，而Cu与非氧化性酸不反应，因此可向M中直接加入稀硫酸或稀盐酸。若溶液变蓝，说明M中含有Cu2O,若溶液不变蓝，说明M中没有Cu2O。所加入的酸不是硝酸，因为硝酸具有强氧化性，无论是Cu还是Cu2O均能被硝酸氧化生成Cu2＋,溶液都会变蓝.12．(加试要求)甲、乙两个研究性学习小组为测定氨分子中氮、氢原子个数比，设计了如下实验流程：eq\x（制取氨气)→eq\x（装有足量干燥剂的干燥管）→eq\x(装有氧化铜的硬质玻璃管）→eq\x（盛有足量浓硫酸的洗气瓶)→eq\x(测定生成氮气的体积）实验中，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜。反应完成后，黑色的氧化铜转化为红色的铜。下图A、B、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，D为盛有浓硫酸的洗气瓶。甲小组测得：反应前氧化铜的质量为m1g、氧化铜反应后剩余固体的质量为m2g、生成氮气在标准状况下的体积V1L.乙小组测得：洗气前装置D的质量m3g、洗气后装置D的质量m4g、生成氮气在标准状况下的体积V2L。请回答下列问题：(1）写出仪器a的名称:________________.（2）检查A装置气密性的操作是_____________________________________________________________________________________________________________________。(3）甲、乙两小组选择了不同的方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填写在下表的空格中。实验装置实验药品制备原理甲小组A氢氧化钙、硫酸铵反应的化学方程式为:①______________________________________________。乙小组②____浓氨水、氢氧化钠用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用:③_____________________________________________________________________________________.（4)甲小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数之比为______________。（5)乙小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比明显小于理论值，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.为此，乙小组在原有实验的基础上增加了一个装有某药品的实验仪器，重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出了合理的实验结果。该药品的名称是________________________________________________________________________。答案（1)圆底烧瓶(2）连接导管，将导管插入水中；加热试管，导管口有气泡产生；停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱（3）①(NH4）2SO4＋Ca（OH）2eq\o(=,\s\up7(△))2NH3↑＋2H2O＋CaSO4②B③氢氧化钠溶于氨水后放热、增加氢氧根浓度，使NH3＋H2ONH3·H2ONHeq\o\al（＋，4)＋OH－向逆方向移动，加快氨气逸出(4)eq\f（5V1，7m1－m2)（5）浓硫酸吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高碱石灰(氢氧化钠、氧化钙等）解析（1）a为圆底烧瓶。（