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13.提升题 空气是一种宝贵的资源，利用空气制取氮肥的流程如下图所示。请完成下列填空。
(1)工业上分离液态空气得到$\ce{N_{2}}$和$\ce{O_{2}}$，利用了$\ce{N_{2}}$和$\ce{O_{2}}$的(填一种性质)不同。
(2)反应Ⅰ中单质甲的化学式为，反应Ⅰ的基本反应类型是。
(3)反应Ⅱ的化学方程式为。
(4)反应Ⅲ中，反应前后化合价不变的元素是(填元素符号)。
(1)工业上分离液态空气得到$\ce{N_{2}}$和$\ce{O_{2}}$，利用了$\ce{N_{2}}$和$\ce{O_{2}}$的(填一种性质)不同。
(2)反应Ⅰ中单质甲的化学式为，反应Ⅰ的基本反应类型是。
(3)反应Ⅱ的化学方程式为。
(4)反应Ⅲ中，反应前后化合价不变的元素是(填元素符号)。
答案
解：
(1) 沸点
(2) $\ce{H_{2}}$；化合反应
(3) $\ce{4NH_{3} + 5O_{2}\xlongequal[高温]{催化剂} 4NO + 6H_{2}O}$
(4) $\ce{H}$
(1) 沸点
(2) $\ce{H_{2}}$；化合反应
(3) $\ce{4NH_{3} + 5O_{2}\xlongequal[高温]{催化剂} 4NO + 6H_{2}O}$
(4) $\ce{H}$
解析
【分析】
本题围绕利用空气制取氮肥的流程展开，需结合空气分离原理、化学反应的元素守恒、反应类型判断、化学方程式书写及化合价变化规律逐一分析：
1. 工业分离液态空气利用两种气体的沸点差异，升温时沸点低的气体先汽化实现分离；
2. 反应Ⅰ是$\ce{N_{2}}$与单质甲生成$\ce{NH_{3}}$，根据元素守恒可确定单质甲，再依据反应特点判断基本反应类型；
3. 反应Ⅱ是$\ce{NH_{3}}$和$\ce{O_{2}}$在催化剂、高温条件下的反应，需配平化学方程式；
4. 反应Ⅲ是$\ce{NO}$、$\ce{O_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$生成$\ce{HNO_{3}}$，通过计算各元素化合价，找出反应前后化合价不变的元素。
【解析】
(1) 工业上分离液态空气时，利用液态氮和液态氧的沸点不同，升温时沸点较低的氮气先汽化，从而分离得到$\ce{N_{2}}$和$\ce{O_{2}}$，故填沸点。
(2) 反应Ⅰ中，$\ce{N_{2}}$与单质甲反应生成$\ce{NH_{3}}$，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，$\ce{N_{2}}$含$\ce{N}$元素，$\ce{NH_{3}}$含$\ce{N}$、$\ce{H}$元素，因此单质甲为$\ce{H_{2}}$；该反应是两种物质生成一种物质，属于化合反应。
(3) 反应Ⅱ是氨气的催化氧化反应，$\ce{NH_{3}}$和$\ce{O_{2}}$在催化剂、高温条件下反应生成$\ce{NO}$和$\ce{H_{2}O}$，配平后化学方程式为：$\ce{4NH_{3} + 5O_{2}\xlongequal[高温]{催化剂} 4NO + 6H_{2}O}$。
(4) 反应Ⅲ的化学方程式为$\ce{4NO + 3O_{2} + 2H_{2}O = 4HNO_{3}}$，反应前：$\ce{N}$为$+2$价，$\ce{O}$为$0$价，$\ce{H}$为$+1$价；反应后：$\ce{N}$为$+5$价，$\ce{O}$为$-2$价，$\ce{H}$仍为$+1$价，故化合价不变的元素是$\ce{H}$。
【答案】
(1) 沸点；(2) $\ce{H_{2}}$；化合反应；(3) $\ce{4NH_{3} + 5O_{2}\xlongequal[高温]{催化剂} 4NO + 6H_{2}O}$；(4) $\ce{H}$
【知识点】
空气分离原理；化合反应；化学方程式书写；化合价计算
【点评】
本题结合工业制氮肥的流程，综合考查化学基础知识点，需学生结合物质转化关系推理，难度适中，能较好检验学生对相关知识的掌握程度。
【难度系数】
0.5
本题围绕利用空气制取氮肥的流程展开，需结合空气分离原理、化学反应的元素守恒、反应类型判断、化学方程式书写及化合价变化规律逐一分析：
1. 工业分离液态空气利用两种气体的沸点差异，升温时沸点低的气体先汽化实现分离；
2. 反应Ⅰ是$\ce{N_{2}}$与单质甲生成$\ce{NH_{3}}$，根据元素守恒可确定单质甲，再依据反应特点判断基本反应类型；
3. 反应Ⅱ是$\ce{NH_{3}}$和$\ce{O_{2}}$在催化剂、高温条件下的反应，需配平化学方程式；
4. 反应Ⅲ是$\ce{NO}$、$\ce{O_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$生成$\ce{HNO_{3}}$，通过计算各元素化合价，找出反应前后化合价不变的元素。
【解析】
(1) 工业上分离液态空气时，利用液态氮和液态氧的沸点不同，升温时沸点较低的氮气先汽化，从而分离得到$\ce{N_{2}}$和$\ce{O_{2}}$，故填沸点。
(2) 反应Ⅰ中，$\ce{N_{2}}$与单质甲反应生成$\ce{NH_{3}}$，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，$\ce{N_{2}}$含$\ce{N}$元素，$\ce{NH_{3}}$含$\ce{N}$、$\ce{H}$元素，因此单质甲为$\ce{H_{2}}$；该反应是两种物质生成一种物质，属于化合反应。
(3) 反应Ⅱ是氨气的催化氧化反应，$\ce{NH_{3}}$和$\ce{O_{2}}$在催化剂、高温条件下反应生成$\ce{NO}$和$\ce{H_{2}O}$，配平后化学方程式为：$\ce{4NH_{3} + 5O_{2}\xlongequal[高温]{催化剂} 4NO + 6H_{2}O}$。
(4) 反应Ⅲ的化学方程式为$\ce{4NO + 3O_{2} + 2H_{2}O = 4HNO_{3}}$，反应前：$\ce{N}$为$+2$价，$\ce{O}$为$0$价，$\ce{H}$为$+1$价；反应后：$\ce{N}$为$+5$价，$\ce{O}$为$-2$价，$\ce{H}$仍为$+1$价，故化合价不变的元素是$\ce{H}$。
【答案】
(1) 沸点；(2) $\ce{H_{2}}$；化合反应；(3) $\ce{4NH_{3} + 5O_{2}\xlongequal[高温]{催化剂} 4NO + 6H_{2}O}$；(4) $\ce{H}$
【知识点】
空气分离原理；化合反应；化学方程式书写；化合价计算
【点评】
本题结合工业制氮肥的流程，综合考查化学基础知识点，需学生结合物质转化关系推理，难度适中，能较好检验学生对相关知识的掌握程度。
【难度系数】
0.5
三、实验题
14.某校同学用下图所示的实验装置验证质量守恒定律。
(1)图1实验中铜粉加热反应的化学方程式是；固体的颜色变化是。
(2)图2中倾斜烧杯使稀盐酸与碳酸钠接触反应，观察到烧杯内的现象是；反应结束后，天平的示数与反应前相比（填“变大”“变小”或“不变”）。
(3)结合上述实验及现象，同学们得知，验证质量守恒定律时，有气体参加或生成的化学反应需要在装置中进行实验。
14.某校同学用下图所示的实验装置验证质量守恒定律。
(1)图1实验中铜粉加热反应的化学方程式是；固体的颜色变化是。
(2)图2中倾斜烧杯使稀盐酸与碳酸钠接触反应，观察到烧杯内的现象是；反应结束后，天平的示数与反应前相比（填“变大”“变小”或“不变”）。
(3)结合上述实验及现象，同学们得知，验证质量守恒定律时，有气体参加或生成的化学反应需要在装置中进行实验。
答案
解：
(1) $\ce{2Cu + O_{2}\xlongequal{\Delta} 2CuO}$；由红色（或紫红色）逐渐变为黑色
(2) 有大量气泡产生；变小
(3) 密闭
(1) $\ce{2Cu + O_{2}\xlongequal{\Delta} 2CuO}$；由红色（或紫红色）逐渐变为黑色
(2) 有大量气泡产生；变小
(3) 密闭
解析
【分析】
本题围绕质量守恒定律的验证展开，分三个小问逐步分析：
第(1)问需回忆铜与氧气的加热反应，明确反应物、生成物及颜色变化；
第(2)问要掌握碳酸钠与稀盐酸的反应产物，结合装置是否密闭判断天平示数变化；
第(3)问需对比两个实验的装置差异，总结验证质量守恒定律的装置要求。
【解析】
(1) 铜粉在加热条件下与空气中的氧气反应生成氧化铜，化学方程式为$\ce{2Cu + O_{2}\xlongequal{\Delta} 2CuO}$；铜为红色（或紫红色）固体，反应生成的氧化铜是黑色固体，因此固体颜色由红色（或紫红色）逐渐变为黑色。
(2) 碳酸钠与稀盐酸反应会生成二氧化碳气体，所以观察到有大量气泡产生；图2装置为敞口，反应生成的二氧化碳气体会逸散到空气中，导致烧杯内物质总质量减少，因此天平示数与反应前相比变小。
(3) 图2因敞口导致气体逸出，无法准确验证质量守恒，而图1为密闭装置，能保证气体不逸出，因此验证质量守恒定律时，有气体参加或生成的化学反应需要在密闭装置中进行。
【答案】
(1) $\ce{2Cu + O_{2}\xlongequal{\Delta} 2CuO}$；由红色（或紫红色）逐渐变为黑色
(2) 有大量气泡产生；变小
(3) 密闭
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式书写、实验现象分析
【点评】
本题通过两个典型实验考查质量守恒定律的验证，明确了有气体参与或生成的反应验证质量守恒时的装置要求，是质量守恒定律应用的基础题型，有助于加深对质量守恒定律的理解。
【难度系数】
0.6
本题围绕质量守恒定律的验证展开，分三个小问逐步分析：
第(1)问需回忆铜与氧气的加热反应，明确反应物、生成物及颜色变化；
第(2)问要掌握碳酸钠与稀盐酸的反应产物，结合装置是否密闭判断天平示数变化；
第(3)问需对比两个实验的装置差异，总结验证质量守恒定律的装置要求。
【解析】
(1) 铜粉在加热条件下与空气中的氧气反应生成氧化铜，化学方程式为$\ce{2Cu + O_{2}\xlongequal{\Delta} 2CuO}$；铜为红色（或紫红色）固体，反应生成的氧化铜是黑色固体，因此固体颜色由红色（或紫红色）逐渐变为黑色。
(2) 碳酸钠与稀盐酸反应会生成二氧化碳气体，所以观察到有大量气泡产生；图2装置为敞口，反应生成的二氧化碳气体会逸散到空气中，导致烧杯内物质总质量减少，因此天平示数与反应前相比变小。
(3) 图2因敞口导致气体逸出，无法准确验证质量守恒，而图1为密闭装置，能保证气体不逸出，因此验证质量守恒定律时，有气体参加或生成的化学反应需要在密闭装置中进行。
【答案】
(1) $\ce{2Cu + O_{2}\xlongequal{\Delta} 2CuO}$；由红色（或紫红色）逐渐变为黑色
(2) 有大量气泡产生；变小
(3) 密闭
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式书写、实验现象分析
【点评】
本题通过两个典型实验考查质量守恒定律的验证，明确了有气体参与或生成的反应验证质量守恒时的装置要求，是质量守恒定律应用的基础题型，有助于加深对质量守恒定律的理解。
【难度系数】
0.6
15. 提升题 一种呼吸自救器中的制氧药剂的主要成分为$\ce{NaClO_{3}}$、$\ce{MnO_{2}}$和铝粉。某同学对呼吸自救器的制氧药剂展开了探究。
【查阅资料】①$\ce{NaClO_{3}}$制氧原理为$\ce{2NaClO_{3}\xlongequal[MnO_{2}]{210～260\ °C} 2X + 3O_{2}\uparrow}$，其中X的化学式为。213 g $\ce{NaClO_{3}}$按此原理完全分解，理论上能生成$\ce{O_{2}}$的质量为g。
②铝粉燃烧时产生大量热量，制氧药剂中铝粉的作用是燃烧提供$\ce{NaClO_{3}}$分解所需的热量。
【实验探究】控制制氧药剂中$\ce{NaClO_{3}}$和$\ce{MnO_{2}}$的质量比为22:1，进行实验，最终收集到氧气的质量见下表。
(1)上述4个实验中，当制氧药剂中铝粉的质量分数为时，收集到的氧气最多。
(2)实验1和实验2中得到氧气的质量明显小于实验3，最主要的原因是
。
(3)实验4中铝粉的用量过大，在燃烧过程中，导致收集到氧气的质量小于实验3。
【查阅资料】①$\ce{NaClO_{3}}$制氧原理为$\ce{2NaClO_{3}\xlongequal[MnO_{2}]{210～260\ °C} 2X + 3O_{2}\uparrow}$，其中X的化学式为。213 g $\ce{NaClO_{3}}$按此原理完全分解，理论上能生成$\ce{O_{2}}$的质量为g。
②铝粉燃烧时产生大量热量，制氧药剂中铝粉的作用是燃烧提供$\ce{NaClO_{3}}$分解所需的热量。
【实验探究】控制制氧药剂中$\ce{NaClO_{3}}$和$\ce{MnO_{2}}$的质量比为22:1，进行实验，最终收集到氧气的质量见下表。
(1)上述4个实验中，当制氧药剂中铝粉的质量分数为时，收集到的氧气最多。
(2)实验1和实验2中得到氧气的质量明显小于实验3，最主要的原因是
。
(3)实验4中铝粉的用量过大，在燃烧过程中，导致收集到氧气的质量小于实验3。
答案
【查阅资料】① $\boldsymbol{\ce{NaCl}}$；$\boldsymbol{96}$
【实验探究】(1) $\boldsymbol{3\%}$
(2) 铝粉质量不足，燃烧放出的热量少，$\ce{NaClO_{3}}$未完全分解
(3) 消耗部分生成的氧气
【实验探究】(1) $\boldsymbol{3\%}$
(2) 铝粉质量不足，燃烧放出的热量少，$\ce{NaClO_{3}}$未完全分解
(3) 消耗部分生成的氧气
解析
【分析】首先，查阅资料部分需利用质量守恒定律确定未知物化学式，再通过化学方程式计算生成氧气的质量；实验探究部分需先计算各实验中铝粉的质量分数，对比氧气质量找到最大值对应的铝粉占比，再结合铝粉的作用分析实验1、2和实验4的现象原因。
【解析】
【查阅资料】①根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类、数目不变，反应前有2个Na、2个Cl、6个O，反应后已有6个O，故2个X含2个Na和2个Cl，X为$\ce{NaCl}$。
设213g $\ce{NaClO_{3}}$完全分解生成$\ce{O_{2}}$的质量为$x$，
$\ce{2NaClO_{3}\xlongequal[MnO_{2}]{210～260\ °C} 2NaCl + 3O_{2}\uparrow}$
2×106.5 3×32
213g $x$
$\frac{213}{2×106.5}=\frac{x}{3×32}$，解得$x=96g$。
【实验探究】(1) 铝粉质量分数=（铝粉质量/100g）×100%，实验1为1%，实验2为2%，实验3为3%，实验4为4%，实验3收集氧气最多，故铝粉质量分数为3%。
(2) 铝粉作用是提供$\ce{NaClO_{3}}$分解的热量，实验1、2铝粉不足，燃烧放热少，$\ce{NaClO_{3}}$未完全分解，氧气收集量少。
(3) 实验4铝粉过量，燃烧时会消耗部分生成的氧气，导致收集氧气质量减少。
【答案】
【查阅资料】① $\ce{NaCl}$；$96$
【实验探究】(1) $3\%$；(2) 铝粉质量不足，燃烧放出的热量少，$\ce{NaClO_{3}}$未完全分解；(3) 消耗部分生成的氧气
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、实验数据分析
【点评】
本题结合化学计算与实验探究，考查质量守恒定律应用、实验变量分析，需理解物质作用并对比数据推导结论，难度适中。
【难度系数】
0.5
【解析】
【查阅资料】①根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类、数目不变，反应前有2个Na、2个Cl、6个O，反应后已有6个O，故2个X含2个Na和2个Cl，X为$\ce{NaCl}$。
设213g $\ce{NaClO_{3}}$完全分解生成$\ce{O_{2}}$的质量为$x$，
$\ce{2NaClO_{3}\xlongequal[MnO_{2}]{210～260\ °C} 2NaCl + 3O_{2}\uparrow}$
2×106.5 3×32
213g $x$
$\frac{213}{2×106.5}=\frac{x}{3×32}$，解得$x=96g$。
【实验探究】(1) 铝粉质量分数=（铝粉质量/100g）×100%，实验1为1%，实验2为2%，实验3为3%，实验4为4%，实验3收集氧气最多，故铝粉质量分数为3%。
(2) 铝粉作用是提供$\ce{NaClO_{3}}$分解的热量，实验1、2铝粉不足，燃烧放热少，$\ce{NaClO_{3}}$未完全分解，氧气收集量少。
(3) 实验4铝粉过量，燃烧时会消耗部分生成的氧气，导致收集氧气质量减少。
【答案】
【查阅资料】① $\ce{NaCl}$；$96$
【实验探究】(1) $3\%$；(2) 铝粉质量不足，燃烧放出的热量少，$\ce{NaClO_{3}}$未完全分解；(3) 消耗部分生成的氧气
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、实验数据分析
【点评】
本题结合化学计算与实验探究，考查质量守恒定律应用、实验变量分析，需理解物质作用并对比数据推导结论，难度适中。
【难度系数】
0.5
