- 氨硝酸硫酸
- 共7509题
（2011秋•福建期末）在下列变化
①大气通过闪电固氮
②硝酸分解
③实验室用氯化铵和消石灰制取氨气
④二氧化氮溶于水中，
按氮元素被还原、被氧化、既被氧化又被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列正确的是（ ）
正确答案
解析
解：①大气通过闪电固氮，是氮气和氧气反应生成一氧化氮的过程，氮元素化合价升高，N元素被氧化；
②硝酸分解生成二氧化氮和氧气、水，N元素化合价降低，N元素被还原；
③实验室制取氨气没有发生氧化还原反应，N元素的化合价没有变化，即氮元素既不被氧化又不被还原；
④二氧化氮溶于水中生成硝酸和一氧化氮，氮元素化合价既升高又降低，所以氮元素既被氧化又被还原．
氮元素被还原、被氧化、既被氧化又被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列为②①④③．
故选A．
我们用字母L、M、Q、R、X分别代表五种含不同化合价的氮元素的物质，并且每种物质中氮元素的化合价只有一种．又知道物质L中氮元素的化合价要比物质M中氮元素的化合价低，并且在一定条件下，它们会有如下的相互转换关系（未配平）：
①Q+HCl→M+Cl2；
②R+L→X+H2O；
③R+O2→L+H2O．
（1）已知这五种物质中有一种是硝酸，那么硝酸应该是L、M、Q、R、X中的______（填字母），判断的依据是______．
（2）反应③是在催化剂（如铂、氧化铁等）存在，并且加热到一定温度时发生的，这个反应在工业上有重要的应用．请据此推断，若物质X是密度比CO2密度小的气体，那么X的化学式是______．
（3）某同学写出下面三个不同价态的氮的化合物相互转换的关系（未配平）：
a、NO+HNO3→N2O3+H2O
b、NH3+NO→HNO2+H2O
c、N2O4+H2O→HNO3+HNO2
其中你认为一定不可能实现的是______（填编号）．
正确答案
解：（1）根据提意已知反应以及元素化合价的变化规律，可知①反应式中，Cl2是氧化产物，M是还原产物，因此氮元素化合价：Q＞M；同理由③得氮元素化合价：L＞R；由②反应式可知，X中氮的化合价介于R和L之间，又由于L＞R，因此L＞X＞R，根据已知氮元素化合价M＞1，五种化合物中氮元素化合价由高到低的顺序为：Q＞M＞L＞X＞R．HNO3中N的价态最高：+5价，故答案为：Q，由于Q中氮化合价为最高；
（2）由③推知R中含H，且R中氮化合价小于或等于0价，那么R为NH3，由题意L为NO，X中氮的化合价介于NH3和NO中氮的化合价，因此X为N2，故答案为：N2；
（3）b不可能实现，NH3中N为-3价，NO中N为+2价，而HNO2中N为+3价，+3＞+2＞-3，故答案为：b．
解析
解：（1）根据提意已知反应以及元素化合价的变化规律，可知①反应式中，Cl2是氧化产物，M是还原产物，因此氮元素化合价：Q＞M；同理由③得氮元素化合价：L＞R；由②反应式可知，X中氮的化合价介于R和L之间，又由于L＞R，因此L＞X＞R，根据已知氮元素化合价M＞1，五种化合物中氮元素化合价由高到低的顺序为：Q＞M＞L＞X＞R．HNO3中N的价态最高：+5价，故答案为：Q，由于Q中氮化合价为最高；
（2）由③推知R中含H，且R中氮化合价小于或等于0价，那么R为NH3，由题意L为NO，X中氮的化合价介于NH3和NO中氮的化合价，因此X为N2，故答案为：N2；
（3）b不可能实现，NH3中N为-3价，NO中N为+2价，而HNO2中N为+3价，+3＞+2＞-3，故答案为：b．
（1）水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质．水质优劣直接影响人体健康．请回答下列问题：
①区别硬水和软水的最佳方法是______；
②硬度为1°的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质（如7．lmgMgO），若某天然水中c（Ca2+）=1.2×l0-3 mol/L，c（Mg2+）=6×l0-4mol/L，则水的硬度为______．
③若②中的天然水还含有c（HCO3-）=8×l0-4 mol/L，现要软化10m3这种天然水，则需要加入Ca（OH）2______g，后加入Na2CO3______g．
（2）工业上常用氨氧化法生产硝酸，其过程包括氨的催化氧化（催化剂为铂铑合金丝网）．一氧化氮的氧化和水吸收二氧化氮生成硝酸．请回答下列问题：
①氨催化氧化的化学方程式为______：
②将铂铑合金做成薄丝网的主要原因是______；
③水吸收二氧化氮生成硝酸为放热反应，其化学方程式为______，为了提高水对二氧化氮的吸收率，可采取的措施为______（答2项）
正确答案
解：（1）①区别软水和硬水的方法就是：取少量水样，加入肥皂水，搅拌后泡沫多的是软水，浮渣多的是硬水，故答案为：取少量水样，加入肥皂水，搅拌后泡沫多的是软水，浮渣多的是硬水；
②；某天然水中c（Ca2+）=1.2×10-3mol•L-1，c（Mg2+）=6×10-4mol•L-1，硬度为1°的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质（如7.1mgMgO）；1L水中钙离子物质的量=1.2×10-3mol，相当于CaO质量=1.2×10-3mol×56g/mol=67.2mg，1L水中镁离子物质的量=6×10-4mol，相当于氧化镁质量6×10-4mol×40g/mol=24mg，所以水的硬度=
+
=10°故答案为：10°；
③10m3这种天然水水中含有钙离子物质的量=10×103L×1.2×10-3mol•L-1=12mol；镁离子物质的量=10×103L×6×10-4mol•L-1=6mol；碳酸氢根离子物质的量=10×103L×8×10-4mol•L-1=8mol；加入氢氧化钙发生的反应为：
Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓ HCO3-+OH-=CO32-+H2O
1 2 1 1 1
6mol 12mol 8mol 8mol 8mol
共需氢氧根物质的量20mol；需要Ca（OH）2物质的量10mol，氢氧化钙质量为74g/mol×10mol=740g，水溶液中Ca2+物质的量为12mol+10mol=22mol，其中需要加入的碳酸根离子为22mol-8mol=14mol，需要碳酸钠的质量为14mol×106g/mol=1484g，
故答案为：740；1484．
（2）①氨催化氧化的产物是一氧化氮和水，是工业生产硝酸获得一氧化氮的一步反应，化学方程式为4NH3+5O2
故答案为：4NH3+5O2
②在氨催化氧化时，将铂铑合金做成薄丝网，可以增大单位质量的催化剂与反应物的接触面积，让反应更充分，故答案为：增大单位质量的催化剂与反应物的接触面积；
③水吸收二氧化氮生成硝酸的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应放热，可以使平衡向右移动的方法是：加压、降温或及时把生成的硝酸移走，
故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；加压、降温 （及时移走生成的硝酸）．
解析
解：（1）①区别软水和硬水的方法就是：取少量水样，加入肥皂水，搅拌后泡沫多的是软水，浮渣多的是硬水，故答案为：取少量水样，加入肥皂水，搅拌后泡沫多的是软水，浮渣多的是硬水；
②；某天然水中c（Ca2+）=1.2×10-3mol•L-1，c（Mg2+）=6×10-4mol•L-1，硬度为1°的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质（如7.1mgMgO）；1L水中钙离子物质的量=1.2×10-3mol，相当于CaO质量=1.2×10-3mol×56g/mol=67.2mg，1L水中镁离子物质的量=6×10-4mol，相当于氧化镁质量6×10-4mol×40g/mol=24mg，所以水的硬度=
+
=10°故答案为：10°；
③10m3这种天然水水中含有钙离子物质的量=10×103L×1.2×10-3mol•L-1=12mol；镁离子物质的量=10×103L×6×10-4mol•L-1=6mol；碳酸氢根离子物质的量=10×103L×8×10-4mol•L-1=8mol；加入氢氧化钙发生的反应为：
Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓ HCO3-+OH-=CO32-+H2O
1 2 1 1 1
6mol 12mol 8mol 8mol 8mol
共需氢氧根物质的量20mol；需要Ca（OH）2物质的量10mol，氢氧化钙质量为74g/mol×10mol=740g，水溶液中Ca2+物质的量为12mol+10mol=22mol，其中需要加入的碳酸根离子为22mol-8mol=14mol，需要碳酸钠的质量为14mol×106g/mol=1484g，
故答案为：740；1484．
（2）①氨催化氧化的产物是一氧化氮和水，是工业生产硝酸获得一氧化氮的一步反应，化学方程式为4NH3+5O2
故答案为：4NH3+5O2
②在氨催化氧化时，将铂铑合金做成薄丝网，可以增大单位质量的催化剂与反应物的接触面积，让反应更充分，故答案为：增大单位质量的催化剂与反应物的接触面积；
③水吸收二氧化氮生成硝酸的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应放热，可以使平衡向右移动的方法是：加压、降温或及时把生成的硝酸移走，
故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；加压、降温 （及时移走生成的硝酸）．
含氮废水进人水体而对环境造成的污染越来越严重，环境专家认为可以用金属铝将水体中的NO3-还原为N2，从而消除污染．其反应的离子方程式是：
6NO3-+10Al+6H2O=3N2↑+4Al（OH）3+6AlO2-
（1）现在要除去含氮元素0.3mol的废水中的NO3-（设氮元素都以NO3-的形式存在，下同），则至少需要消耗金属铝______g．
（2）有人认为金属镁比铝能更快消除氮的污染，反应原理和金属铝相同，其反应的离子方程式是：
2NO3-+5Mg+6H2O=N2↑+5Mg（OH）2+2OH-．
已知金属镁是从海水中提取的MgCl2通过电解[MgCl2（熔融）
正确答案
解：（1）因为含氮0.3mol的废水中的NO3-的物质的量为0.3mol，根据化学方程式6NO3-+10Al+18H2O═3N2↑+10Al（OH）3+6OH-，0.3mol的硝酸根离子消耗金属铝的物质的量为
（2）根据过程中发生的反应：2NO3-+5Mg+6H2O=N2↑+5Mg（OH）2+2OH-，MgCl2（熔融）
令至少需要含0.5%（质量分数）MgCl2的海水mkg，则：
5MgCl2～5Mg～2NO3-
5×95g 2mol
m×103g×0.5% 0.3mol
所以
故答案为：14.25．
解析
解：（1）因为含氮0.3mol的废水中的NO3-的物质的量为0.3mol，根据化学方程式6NO3-+10Al+18H2O═3N2↑+10Al（OH）3+6OH-，0.3mol的硝酸根离子消耗金属铝的物质的量为
（2）根据过程中发生的反应：2NO3-+5Mg+6H2O=N2↑+5Mg（OH）2+2OH-，MgCl2（熔融）
令至少需要含0.5%（质量分数）MgCl2的海水mkg，则：
5MgCl2～5Mg～2NO3-
5×95g 2mol
m×103g×0.5% 0.3mol
所以
故答案为：14.25．
（1）各物质的化学式
A______、B______、D______、E______
（2）各步反应的化学方程式
①A-→C______．
②D-→C______．
③B-→E______．
正确答案
N2
NO2
NH3
HNO3
N2+O2
4NH3+5O2
3NO2+H2O═2HNO3+NO
解析
解：（1）氮气在放电的条件下可以和氧气之间反应生成一氧化氮，一氧化氮能和氧气化合为红棕色的二氧化氮气体，氮气和氢气在高温高压下催化剂作用下发生反应合成氨气，氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，二氧化氮可以和水之间反应生成硝酸和一氧化氮，金属铜可以和硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮和水．所以A、B、C、D、E分别是：N2、NO2、NO、NH3、HNO3，故答案为：N2、NO2、NH3、HNO3；
（2）①氮气在放电的条件下可以和氧气之间反应生成一氧化氮，即N2+O2
②氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，即4NH3+5O2
③二氧化氮可以和水之间反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O═2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO．
（1）写出实验室制NH3的反应方程式为______；
（2）硝酸具有强氧化性，它能和许多物质发生反应．写出浓硝酸与非金属单质碳的反应方程式．______．
配平下列化学（或离子）方程式：
（3）______FeCl2+______KNO3+______HCl-______FeCl3+______KCl+______NO↑+______H2O
（4）______SO32-+______MnO4-+______H+-______Mn2++______SO42-+______H2O．
正确答案
（1）实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，该反应是复分解反应，
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2
（2）浓硝酸具有强氧化性，能和非金属单质C在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，
故答案为：C+4HNO3（浓）
（3）反应方程式中元素的化合价变化为 FeCl2→FeCl3，铁元素由+2价→+3价，一个分子失去一个电子；
KNO3→NO，氮元素由+5价→+2价，一个分子得3个电子，所以其最小公倍数为3，所以氯化亚铁的计量数为3，硝酸钾的计量数为1，其它元素根据原子守恒配平，所以该方程式为：
3 FeCl2+1KNO3+4 HCl=3FeCl3+1KCl+1NO↑+2H2O，
故答案为：3；1；4；3；1；1；2；
（4）反应方程式中元素的化合价变化为 SO32-→SO42-，硫元素由+4价→+6价，一个离子失去2个电子； MnO4-→Mn2+，
锰元素由+7价→+2价，一个离子得5个电子，所以其最小公倍数为10，故亚硫酸根离子的计量数为5，高锰酸根离子的计量数为2，其它元素根据原子守恒配平，所以该方程式为：5SO32-+2 MnO4-+6H+=2Mn2++5SO42-+3H2O．
故答案为：5；2；6；2；5；3；
某短周期主族元素的原子最外层电子数为次外层的2倍，其单质甲可发生如下反应：
甲+乙
（1）若丙为NO2．
①甲与乙反应的化学方程式为______．
②NO2可作火箭重要燃料-肼（N2H4）的助燃剂．已知：
N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ•mol-1，
2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1135.7kJ•mol-1．
写出燃料-肼（N2H4）燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式：______．
（2）若丙为SO2．
①把乙滴入硫酸铜晶体，观察到的现象是______．
②SO2能使酸性KMnO4溶液紫红色褪去，完成下列离子方程式：
MnO4-+
SO2+
______=
Mn2++
SO42-+
H+
③SO2在一定条件下，发生：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0反应．
该反应的化学平衡常数K=______（填表达式）；反应达平衡时，若改变其中一个条件x，则符合图中曲线的是______（填序号）．
a．x表示温度，y表示SO2的物质的量
b．x表示压强，y表示SO2的转化率
c．x表示SO2的物质的量，y表示O2的物质的量
d．x表示SO3的物质的量，y表示化学平衡常数K．
正确答案
短周期主族元素的原子最外层电子数为次外层的2倍，该原子有2个电子层，最外层电子数为4，为C元素，其单质甲为C单质，可以发生：甲+乙
（1）若丙为NO2，由转化关系可知，乙为HNO3，丁为CO2；
①碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮、水，反应方程式为：C+4HNO3（浓）
故答案为：C+4HNO3（浓）
②已知：Ⅰ、N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ•mol-1，
Ⅱ、2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1135.7kJ•mol-1．
根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ得2N2H4（g）+2O2（g）=2N2（g）+4H2O（g）△H=-1068kJ•mol-1；
即N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ•mol-1；
故答案为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ•mol-1；
（2）若丙为SO2，由转化关系可知，乙为H2SO4，丁为CO2；
①把硫酸滴入硫酸铜晶体中，浓硫酸具有吸水性，蓝色晶体变白色；
故答案为：蓝色晶体变白色；
②反应中MnO4-→Mn2+，Mn元素化合价由+7降低为+2，总共降低5价，SO2→SO42-，S元素化合价由+4升高为+6，总共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，故MnO4-系数为2，故SO2系数为5，根据元素守恒故Mn2+系数为2，故SO42-系数为5，由电荷守恒故H+系数为4，根据元素守恒可知缺项为H2O，故H2O系数为2，配平后为：②2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+；
故答案为：2、5、2H2O、2、5、4；
③平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，故可逆反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的平衡常数K=
由图象可知，随x的增大y值降低，
a．该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应反应，SO2的物质的量增大，图象与实际不相符，故a错误；
b．反应为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，SO2的转化率增大，图象与实际不相符，故b错误；
c．增大SO2的物质的量，平衡向正反应移动，O2的物质的量减小，图象与实际相符合，故c正确；
d．化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变，图象与实际不相符，故d错误；
故答案为：
氧化还原反应中实际上包含 氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：
NO3- ＋4H+＋3e-===NO↑＋2H2O KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质(甲)能使上述还原过程发生。
(1)写出并配平该氧化还原反应的方程式： ___________________________________。
(2)反应中硝酸体现了________、________性质。
(3)反应中若产生0.2 mol气体，则转移电子的物质的量是________mol。
(4)若1 mol甲与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，原因是____________________________________________________________。
正确答案
(1)14HNO3＋3Cu2O=== 6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O
(2)酸性；氧化性
(3)0.6
(4)使用了较浓的HNO3，产物中有部分NO2
已知铜在常温下能被稀硝酸溶解，其反应的化学方程式如下
3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
（1）用双线桥法分析上述反应（只需标出电子得失的方向和数目）______
（2）上述反应中氧化剂是______，氧化产物是______；
（3）硝酸在反应过程中起的作用是______、______；硝酸没有全部参加氧化还原反应，没有参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的______；
（4）若反应中转移了0.6mol电子，产生的气体在标准状况下的体积是______．
正确答案
（1）在反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素的化合价由0升高到+2价，N元素的化合价由+5降低为+2价，转移的电子为6e-，
则双线桥法标出电子得失的方向和数目为
，
故答案为：
；
（2）N元素的化合价降低，Cu元素的化合价升高，则硝酸为氧化剂，硝酸铜为氧化产物，
故答案为：稀硝酸；硝酸铜；
（3）生成硝酸盐体现硝酸的酸性，生成NO体现硝酸的氧化性，由反应及氮原子守恒可知，8mol硝酸反应时6mol硝酸体现酸性，2mol硝酸体现氧化性，则没有参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的
故答案为：氧化剂；酸；
（4）由反应可知生成2molNO转移的电子为6mol，则反应中转移了0.6mol电子，产生的气体的物质的量为0.2mol，其在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，
故答案为：4.48L．
A、B、C、D、E是五种中学常见的单质，已知A、B、C、D在常温下均为气体．E是地壳中含量居第二位的金属．D可分别跟A、B、C在一定的条件下化合，生成X、Y、Z；Y、Z与Ne的电子数相等，A是第三周期的元素．有关的转化关系如下图所示（反应条件均已略去）：
（1）A的化学式为______，B的化学式为______，C的电子式为______．
（2）Z和W在催化剂和加热的条件下反应生成C和Y，这是一个很有意义的反应，可以消除W对环境的污染，该反应的化学方程式为______．
（3）将N溶液滴入G的溶液中会产生W，写出上述变化的离子反应方程式：______．
（4）Z与N恰好反应后产物溶解在水中，所得溶液的pH（填“大于”、“小于”或“等于”）______7，用离子反应方程式表示其原因为______．
正确答案
A、B、C、D、E是五种中学常见的单质，已知A、B、C、D在常温下均为气体．E是地壳中含量居第二位的金属，则E为铁；Y、Z与Ne的电子数相等，则Y、Z为10电子微粒，再由框图中G与H的转化可知，A是第三周期的元素，A在常温下为气体，则A为氯气，H为氯化铁，G为氯化亚铁；再由转化中X与Y混合与铁反应，则D为氢气，X为氯化氢，Y为水，即B为氧气；由Z和B→W，W和B→M，M和Y反应生成W和N，则Z为氨气，即C为氮气，W为NO，M为NO2，N为硝酸；
（1）因A为氯气，其化学式为Cl2，B为氧气，其化学式为O2，C为氮气，其电子式为
，故答案为：Cl2；O2；
；
（2）Z和W在催化剂和加热的条件下反应生成C和Y，即氨气和NO反应生成氮气和水，其反应为6NO+4NH3
5N2+6H2O，
故答案为：6NO+4NH3
5N2+6H2O；
（3）将N溶液滴入G的溶液中会产生W，即硝酸滴到氯化亚铁溶液中发生氧化还原反应生成NO，离子反应为4H++NO3-+3Fe2+═NO↑+2H2O+3Fe3+，
故答案为：4H++NO3-+3Fe2+═NO↑+2H2O+3Fe3+；
（4）Z与N恰好反应后产物溶解在水中所得溶液为硝酸铵溶液，由铵根离子的水解反应NH4++H2O
NH3•H2O+H+可知该溶液显酸性，溶液的pH小于7，
故答案为：小于；NH4++H2O
NH3•H2O+H+．
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