2020_2021学年高中化学专题4硫氮和可持续发展2_3硝酸的性质课时作业含解析苏教版必修1

2020_2021学年高中化学专题4硫氮和可持续发展2_3硝酸的性质课时作业含解析苏教版必修1

课时作业29　硝酸的性质 时间：45分钟　　满分：100分 一、选择题(每小题4分，共48分)‎ ‎1．下列关于硝酸的叙述正确的是(　C　)‎ A．常温下，浓硝酸可以使金属镁钝化 B．稀硝酸与活泼金属反应主要放出氢气 C．浓硝酸和稀硝酸都是强氧化剂 D．室温下，铜能与浓硝酸反应，不能与稀硝酸反应 解析：浓硝酸与镁反应时镁表面不会生成致密的氧化膜，所以常温下，浓硝酸不能使金属镁发生钝化，A项错误；稀硝酸是强氧化剂，与活泼金属反应时NO得电子，而不是氢离子得电子，所以无氢气产生，B项错误；浓、稀硝酸都具有强氧化性，都是强氧化剂，C项正确；室温下，铜与浓、稀硝酸都能反应，D项错误。‎ ‎2．下列有关硝酸的说法中正确的是(　B　)‎ A．常温下浓硝酸与铁、铝不反应 B．浓硝酸具有强氧化性和不稳定性 C．浓硝酸通常略显黄色，是因为在其中溶解了Fe3＋‎ D．稀硝酸与铜反应，氮元素化合价由＋5降为＋2；浓硝酸与铜反应，氮元素化合价由＋5降为＋4。由前后降价的多少可知，稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强 解析：常温下浓硝酸与铁、铝反应，在金属表面生成致密的氧化膜，A错误；浓硝酸呈黄色是因为HNO3分解生成的二氧化氮又溶解在硝酸中，C错误；判断物质氧化性强弱，应该依据其得电子能力强弱，而不是得电子的多少，浓硝酸的氧化性强于稀硝酸的，D错误。‎ ‎3．以下关于铜跟浓、稀HNO3反应的说法中错误的是(　A　)‎ A．1 mol浓HNO3被还原转移2 mol电子 B．Cu与浓HNO3反应比与稀HNO3反应剧烈 C．Cu与浓、稀HNO3反应都不需要加热 D．生成等量的Cu(NO3)2，消耗浓HNO3的量多 解析：1 mol浓HNO3被还原生成1 mol NO2，转移1 mol电子，A错误；浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，Cu与浓HNO3反应比与稀HNO3反应剧烈，B正确；Cu与浓、稀HNO3反应都不需要加热，C正确；浓硝酸的还原产物是NO2，稀硝酸的还原产物是NO，根据得失电子守恒可判断生成等量的Cu(NO3)2，消耗浓HNO3的量多，D正确。‎ ‎4．某化学兴趣小组设计了如图所示的浓HNO3‎ 8‎ 与Cu反应的微型实验。下列说法中错误的是(　D　)‎ A．挤压塑料瓶使浓HNO3进入干燥管就可引发反应 B．将装置口向上提起就可停止反应 C．蘸碱液的棉花可起到吸收NO2的作用 D．该装置适用于木炭与浓硝酸或浓硫酸的反应实验 解析：挤压塑料瓶使浓HNO3进入干燥管与铜接触，可以引发反应，A正确；将装置口向上提起使铜与浓HNO3分离，可使反应停止，B正确；NO2是酸性气体，可被碱液吸收，C正确；木炭与浓硝酸或浓硫酸的反应需要加热才能够进行，而该装置是在常温下进行的反应装置，D错误。‎ ‎ 5.将10.8 g的Ag投入一定量的浓硝酸中完全溶解得到NO和NO2的混合气体，用NaOH溶液将该混合气体完全吸收得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，则所得NaNO2的物质的量为(　A　)‎ A．0.05 mol　　　　　　　 B．0.06 mol C．0.075 mol D．0.1 mol 解析：10.8 g Ag的物质的量为10.8 g÷108 g/mol＝0.1 mol，分析整个反应过程，由得失电子守恒可知，Ag失去的电子数等于硝酸转化为NaNO2得到的电子数，即n(Ag)×(1－0)＝n(NaNO2)×(5－3)，n(NaNO2)＝0.1 mol/2＝0.05 mol，答案选A。‎ ‎6．如图所示Cu与HNO3反应的量的关系，A、B、C、D四点中表示铜与稀硝酸反应中被还原的HNO3与Cu的量的关系的点是(　A　)‎ A．A点 B．B点 C．C点 D．D点 8‎ 解析：Cu与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu＋8HNO3===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，由化学方程式可知参加反应的HNO3只有被还原，故被还原的HNO3与Cu的关系为3Cu～2HNO3(被还原)。‎ ‎7．对下列事实解释错误的是(　C　)‎ A．向蔗糖中加入浓H2SO4后出现发黑现象，说明浓H2SO4具有脱水性 B．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定 C．常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应 D．反应CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4能进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸 ‎8．在15.2 g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4 g沉淀，则下列表示气体X组成的选项中合理的是(　B　)‎ A．0.3 mol NO、0.1 mol NO2‎ B．0.3 mol NO2、0.1 mol NO C．0.6 mol NO D．0.3 mol NO2‎ 解析：由题意知15.2 g铁和铜组成的合金转化生成25.4 g氢氧化物沉淀，利用质量守恒可得沉淀中m(OH－)＝25.4 g－15.2 g＝10.2 g，n(OH－)＝＝0.6 mol，根据得失电子守恒可知，金属提供电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，即金属提供电子的物质的量为0.6 mol。若生成0.3 mol NO、0.1 mol NO2，则转移电子的物质的量为0.3 mol×(5－2)＋0.1 mol×(5－4)＝1 mol，A错误；若生成0.3 mol NO2、0.1 mol NO，则转移电子的物质的量为0.3 mol×(5－4)＋0.1 mol×(5－2)＝0.6 mol，B正确；若生成0.6 mol NO，则转移电子的物质的量为0.6 mol×(5－2)＝1.8 mol，C错误；若生成0.3 mol NO2，则转移电子的物质的量为0.3 mol×(5－4)＝0.3 mol，D错误。‎ ‎9．将镁铝合金溶于100 mL稀硝酸中，产生1.12 L NO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀的情况如图所示。下列说法不正确的是(　D　)‎ A．可以求出合金中镁的质量 B．氢氧化钠溶液的浓度为3 mol/L C．可以求出沉淀的最大质量 D．不能求出硝酸的物质的量浓度 8‎ 解析：向反应后的溶液中加入NaOH溶液，开始没有沉淀说明硝酸过量，与硝酸反应的氢氧化钠溶液的体积是10 mL，Mg2＋、Al3＋完全转化为沉淀消耗氢氧化钠溶液的体积是50 mL，溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液的体积是10 mL，则生成氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液的体积是30 mL，因此生成氢氧化镁消耗氢氧化钠溶液的体积是20 mL，根据方程式Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓可知金属镁、铝的物质的量之比为11。生成的NO是0.05 mol，NO得0.15 mol电子，根据得失电子守恒可知金属镁、铝的物质的量均是0.15 mol÷5＝0.03 mol。根据以上分析可知可以求出合金中镁的质量，A项正确；溶解0.03 mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.03 mol，氢氧化钠溶液的浓度为0.03 mol÷0.01 L＝3 mol/L，B项正确；根据以上分析可知可以求出沉淀的最大质量，C项正确；沉淀达到最大值时所得溶液是硝酸钠溶液，根据氮原子守恒能求出硝酸的物质的量浓度，D项错误。‎ ‎10．1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1 120 mL(标准状况)。向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是(　C　)‎ A．该合金中铜与镁的物质的量之比是21‎ B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L C．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL D．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%‎ 解析：设1.52 g合金中Cu、Mg的物质的量分别为x、y，根据题目所给信息知x×64 g/mol＋y×24 g/mol＝1.52 g　①；金属单质失去电子的物质的量等于金属阳离子完全沉淀所需OH－的物质的量，n(OH－)＝＝0.06 mol，故2x＋2y＝0.06 mol　②，联立①、②解得x＝0.02 mol，y＝0.01 mol，A项正确。c(HNO3)＝＝14.0 mol/L，B项正确。得到2.54 g沉淀时，消耗0.06 mol NaOH，消耗NaOH溶液的体积为60 mL，C项错误。由上述分析可知，Cu、Mg共失去0.06 mol电子，根据得失电子守恒可知，如果硝酸完全被还原为NO2，NO2的物质的量应为0.06 mol，现得到0.05 mol 混合气体，是由于存在2NO2N2O4，由差量法可求得混合气体中N2O4的物质的量为0.01 mol，则NO2的物质的量为0.04 mol，D项正确。‎ ‎11．向13.6 g由Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250 mL，当固体物质完全溶解后生成Cu(NO3)2和NO气体。在所得溶液中加入0.5 mol/L的NaOH溶液1.0 L，生成沉淀的质量为19.6 g，此时溶液呈中性且金属离子已完全沉淀。下列有关说法正确的是(　D　)‎ A．原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为11‎ B．原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度为1.3 mol/L C．产生NO的体积为2.24 L 8‎ D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余的HNO3为0.1 mol 解析：生成的沉淀为Cu(OH)2，质量为19.6 g，其物质的量为0.2 mol。设Cu、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol，则x mol＋2y mol＝0.2 mol，64 g/mol×x mol＋144 g/mol×y mol＝13.6 g，解得x＝0.1，y＝0.05，Cu与Cu2O的物质的量之比为21，A错误；Cu和Cu2O中的Cu元素都变为＋2价的Cu2＋，转移电子的物质的量为(0.1×2＋0.05×2) mol＝0.3 mol，根据得失电子守恒可知，生成的NO应为0.1 mol，但未注明是否为标准状况，故气体体积不一定为2.24 L，C错误；n(NaOH)＝0.5 mol，生成0.2 mol Cu(OH)2时消耗了0.4 mol NaOH，另外0.1 mol NaOH中和了剩余的0.1 mol硝酸，D正确；硝酸的总物质的量为0.1 mol(剩余)＋0.1 mol(表现氧化性)＋0.4 mol(表现酸性)＝0.6 mol，其物质的量浓度为2.4 mol/L，B错误。‎ ‎12．下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是(　D　)‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ A.由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体 B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应 C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物 D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 解析：本题考查硝酸的氧化性、不稳定性、挥发性等性质。③中的CO2可能是空气中的氧气与木炭反应的产物。‎ 二、非选择题(共52分)‎ ‎13．(12分)实验室用稀硝酸与铜反应制备NO气体，如果采用图Ⅰ装置(烧瓶内加入稀硝酸和铜片，必要时可加热)，实验效果不是十分理想，因为观察到的现象不能有力证明反应产物是NO。有人设计了图Ⅱ装置(橡皮塞下端连有铜丝圈)，用来做该实验可以达到满意的效果。‎ ‎(1)用图Ⅰ装置做实验时，用排水法收集到的气体的颜色为无色；实验过程中由于烧瓶中有空气，可以将产生的NO氧化成NO2，不易观察到无色的NO生成，从而不能有力证明反应产物是NO。‎ 8‎ ‎(2)用图Ⅱ装置做实验时，将有关操作补充完整：‎ ‎①将分液漏斗的活塞打开，从U形管的B侧管口注入稀硝酸，一直注到液面与橡皮塞接触(或A侧管中恰好充满液体)为止。‎ ‎②关闭活塞，用酒精灯在U形管的A侧加热，当铜丝上有气泡产生时，立即撤去酒精灯。‎ ‎(3)根据图Ⅱ装置的实验完成下列问题：‎ ‎①反应在什么情况下可以自动停止？当反应产生的NO气体将稀硝酸排入U形管B侧管内，使铜丝圈与稀硝酸脱离时，反应立刻停止。可在何处观察到无色的NO气体？在U形管A侧管内可观察到无色NO气体。‎ ‎②如果将分液漏斗的活塞慢慢打开，可立即观察到哪些明显现象？U形管B侧管内的稀硝酸又回到A侧管中，分液漏斗中有红棕色气体产生。‎ 解析：由于NO易被空气中的O2氧化成NO2(红棕色)，所以在铜与稀硝酸反应的常规实验中，很难观察到无色NO气体的生成，而是观察到红棕色气体。本题图Ⅱ装置提供无氧气环境，使NO能存在相当长一段时间。‎ ‎14．(12分)下图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X和H是固体，B和G是液体，其余均为气体，1 mol X分解得到A、B、C各1 mol。‎ 试回答下列各题：‎ ‎(1)写出下列物质的化学式：XNH4HCO3，BH2O。‎ ‎(2)写出下列反应的化学方程式：‎ ‎①G＋H→A＋F：C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。‎ ‎②C＋D→E：4NH3＋5O24NO＋6H2O。‎ ‎(3)写出下列反应的离子方程式：‎ G＋Cu→E：3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。‎ ‎(4)工业上合成C，合成后采用加压、降温液化的方法从混合气体中分离出C，能用上述方法分离出C的原因是NH3易液化。‎ 解析：X和盐酸反应产生的气体A能和过氧化钠反应生成气体D，说明A是二氧化碳，X是碳酸盐或碳酸氢盐，D是氧气。X和氢氧化钠反应产生气体是氨气，X中含NH，说明X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，又因为1 mol X分解得A、B、C各1 mol，X为(NH4)2CO3。氨气和氧气反应生成NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2‎ 8‎ 和水反应生成硝酸，硝酸和铜反应既能生成NO2，又能生成NO。‎ ‎15．(18分)某学习小组为探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。‎ 可选药品：浓硝酸、3 mol·L－1稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。‎ 已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应：2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)实验应避免有害气体排放到空气中。装置③④⑥中盛放的药品依次是3_mol·L－1稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液。‎ ‎(2)滴加浓硝酸之前的操作是检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中的导管末端伸入倒置的烧瓶内。‎ ‎(3)装置①中发生反应的化学方程式是Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。‎ ‎(4)装置②的作用是将NO2转化为NO，发生反应的化学方程式是3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。‎ ‎(5)该小组得出的结论所依据的实验现象是装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色。‎ ‎(6)实验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验方案来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是acd(填字母)。‎ a．加热该绿色溶液，观察颜色变化 b．加水稀释该绿色溶液，观察颜色变化 c．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化 d．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化 解析：(1)根据装置特点和实验目的，装置⑤收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2，因为要验证稀HNO3不能氧化NO，所以装置③中应该盛放稀硝酸。(2)由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出。(3)Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。(4)装置②中盛放蒸馏水，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2＋H2O===2HNO3‎ 8‎ ‎＋NO。(5)NO通过稀HNO3后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化。装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO，则装置④的液面上方会产生红棕色气体。(6)要证明是Cu(NO3)2浓度过高或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，可设计将溶解的NO2赶走(a、c方案)，再观察颜色变化。也可在Cu(NO3)2浓溶液中通入NO2，观察比较反应后的颜色变化(d方案)，确定是不是由溶有NO2引起的。‎ ‎16．(10分)为了测定某铜银合金的成分，将30 g合金溶于80 mL 13.5 mol/L的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到6.72 L(标准状况下)气体，并测得溶液中c(H＋)＝1 mol/L，设反应后溶液体积仍为80 mL。计算：‎ ‎(1)被还原的硝酸的物质的量；‎ ‎(2)合金中银的质量分数。‎ 答案：(1)0.3 mol　(2)36%‎ 解析：浓HNO3与合金反应后c(H＋)＝1 mol/L。说明硝酸过量且浓HNO3变成了稀HNO3，因此产生的气体是NO和NO2的混合气体。根据N守恒知：被还原的HNO3的物质的量等于NO和NO2的物质的量之和，可首先计算出参加反应的HNO3，扣除被还原的HNO3即可求出与Ag＋、Cu2＋形成盐的NO的物质的量，然后列式求解。‎ ‎(1)据N原子守恒1 mol HNO3―→1 mol气体(NO2或NO)‎ 故被还原HNO3的物质的量为＝0.3 mol。‎ ‎(2)设铜银合金中Cu为x mol，Ag为y mol。‎ 解得x＝0.3 mol，y＝0.1 mol 则银的质量分数为：×100%＝36%。‎ 8‎