2021高考化学全国通用一轮习题：第四章 微题型31 金属与硝酸反应的规律与计算 Word版含解析

2021高考化学全国通用一轮习题：第四章 微题型31 金属与硝酸反应的规律与计算 Word版含解析

题型一　金属与硝酸反应的规律 ‎1．如图表示铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系，则下列说法不正确的是(　　)‎ A．一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的 B．用一定量的铁粉与大量的9.75 mol·L－1 HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24 L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol C．硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多 D．当硝酸浓度为9.75 mol·L－1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为5∶3∶1‎ 题型二 　金属与硝酸反应的计算 ‎2．(2019·湖南、江西十四校联考)向25 mL 12.0 mol·L－1浓硝酸中加入足量的铜，充分反应后共收集到标准状况下2.24 L NO和NO2的混合气体(不考虑NO2与N2O4的相互转化)，则参加反应的铜的质量为(　　)‎ A．3.2 g B．6.4 g C．12.8 g D．19.2 g ‎3．(2019·太原期末)将14 g铁粉溶于1 L稀硝酸中恰好完全反应，放出标准状况下4.48 L NO气体(假设是唯一还原产物)，则原溶液中硝酸的浓度为(　　)‎ A．1.0 mol·L－1 B．0.4 mol·L－1‎ C．0.6 mol·L－1 D．0.8 mol·L－1‎ ‎4．将11.2 g的Mg—Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体x(假定产生的气体全部逸出)。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀。根据题意推断气体x的成分可能是(　　)‎ A．0.3 mol NO2和0.3 mol NO B．0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4‎ C．0.6 mol NO D．0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4‎ ‎5．将Mg和Cu的合金2.64 g，投入适量的稀HNO3中恰好反应，固体全部溶解时，收集的还原产物为NO，体积为0.896 L(标准状况下)，向反应后的溶液中加入2 mol·L－1NaOH溶液60 mL时，金属离子恰好完全沉淀，则形成沉淀的质量为(　　)‎ A．4.32 g B．4.68 g C．5.36 g D．6.38 g ‎6．(2020·贵阳质检)Cu与浓硝酸反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示。‎ 下列有关判断正确的是(　　)‎ A．若铜片为51.2 g，则生成0.2 mol NaNO3‎ B．常温下，Cu遇浓硝酸发生钝化，不可能发生上述反应 C．标准状况下收集的氮氧化物为20.16 L D．反应过程中生成的Cu(NO3)2既是氧化产物，又是还原产物 ‎7．向10 mL浓度均为3 mol·L－1的HNO3与H2SO4的混合溶液中加入1.92 g铜，充分反应后，设溶液体积仍为10 mL，则产生的气体在标准状况下的体积为(　　)‎ A．0.448 L B．0.224 L C．0.336 L D．无法求解 ‎8．向含有1 mol HNO3和1 mol H2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断不正确的是(　　)‎ A．a表示Fe3＋的关系曲线 B．n1＝0.75‎ C．P点时，n(Fe2＋)＝0.562 5 mol D．向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14.4 g ‎‎ 答案精析 ‎1．B ‎2．B　[25 mL 12.0 mol·L－1浓硝酸中含0.3 mol HNO3，硝酸反应后生成硝酸铜和氮的氧化物，根据氮元素守恒，生成的硝酸铜中含氮0.3 mol－0.1 mol＝0.2 mol，所以硝酸铜的物质的量为0.1 mol，参加反应的铜为0.1 mol，即6.4 g，故选B项。]‎ ‎3．D ‎4．D　[向Mg—Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中m(OH－)为21.4 g－11.2 g＝10.2 g，物质的量为＝0.6 mol，根据电荷守恒可知，11.2 g的Mg—Cu提供的电子为0.6 mol。生成0.3 mol NO2和0.3 mol NO，N元素获得电子为0.3 mol×(5－4)＋0.3 mol×(5－2)＝1.2 mol，得失电子不相等，A错误；生成0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4，N元素获得电子为0.2 mol×(5－4)＋0.1 mol×2×(5－4)＝0.4 mol，得失电子不相等，B错误；生成0.6 mol NO，N元素获得电子为0.6 mol×(5－2)＝1.8 mol，C错误；生成0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4，N元素获得电子为0.1 mol×(5－2)＋0.2 mol×(5－4)＋0.05 mol×2×(5－4)＝0.6 mol，得失电子相等，D正确。]‎ ‎5．B　[根据电子转移守恒可知，Mg、Cu生成0.896 L NO转移的电子为×(5－2)＝0.12 mol，Mg、Cu在反应中失去电子，最终生成Mg(OH)2、Cu(OH)2，根据电荷守恒可知，生成沉淀需要OH－的物质的量一定等于Mg、Cu失去电子的物质的量，所以反应后生成沉淀的质量为2.64 g＋0.12 mol×17 g·mol－1＝4.68 g。]‎ ‎6．A ‎7．A　[n(Cu)＝＝0.03 mol，n(H＋)＝3 mol·L－1×0.01 L×1＋3 mol·L－1×0.01 L×2＝0.09 mol，n(NO)＝3 mol·L－1×0.01 L＝0.03 mol，‎ ‎3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O ‎ 3 8 2‎ ‎ 0.03 0.09 0.03‎ 可以知道Cu完全反应，H＋和NO过量，由反应的离子方程式可以知道：‎ n(NO)＝＝0.02 mol，V(NO)＝0.02 mol×22.4 L·mol－1＝0.448 L。]‎ ‎8．C