第4章 第4节 第3课时 硝　酸--人教版高中化学必修一课时训练.doc

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1、第四章第四节第三课时硝酸课时跟踪训练一、选择题1.(2019陕西渭南中学月考)下列实验事实与硝酸性质不相对应的一组是()A.浓硝酸使紫色石蕊溶液先变红后褪色酸性和强氧化性B.铁与稀硝酸反应不能放出氢气强氧化性C.要用棕色瓶盛装浓硝酸不稳定性D.氢氧化亚铁固体与稀硝酸混合仅酸性解析：选D浓硝酸为酸，具有酸性，且具有强氧化性，则浓硝酸使紫色石蕊溶液先变红后褪色，故A正确；稀硝酸具有强氧化性，则不能用稀硝酸与铁反应制氢气，二者反应生成硝酸铁、NO和水，故B正确；浓硝酸见光易分解，则要用棕色瓶盛装浓硝酸，故C正确；氢氧化亚铁固体与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，表现了硝酸的酸性和强氧化性，故D错误

2、。故选D。2.工业上用洗净的废铜屑作原料来制备硝酸铜。为了节约原料和防止污染环境，宜采取的方法是()A.CuCuSO4Cu(NO3)2B.CuCuOCu(NO3)2C.CuCu(NO3)2D.CuCu(NO3)2解析：选B铜和浓硫酸在加热条件下，生成硫酸铜、水和二氧化硫，CuSO4Ba(NO3)2=BaSO4Cu(NO3)2，该过程中生成有毒气体二氧化硫且浪费浓硫酸，所以A项不符合条件；铜和氧气在加热条件下生成氧化铜，CuO2HNO3=Cu(NO3)2H2O，该反应中没有有毒气体生成，且能节约硝酸，所以B项符合条件；3Cu8HNO3=3Cu(NO3)22NO4H2O，NO有毒会污染环境，所以C

3、项不符合条件；Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O，NO2有毒会污染环境，所以D项不符合条件。 故选B。3.(2018山东聊城期末)实验室中，有关试剂的保存方法不正确的是()A.少量碳酸钙固体放在广口瓶中B.新制氯水保存在无色细口瓶中C.少量金属钠保存在煤油中D.浓硝酸保存在棕色细口瓶中解析：选B固体应存放在广口瓶中，方便取用，故A正确；新制氯水中含有次氯酸，次氯酸见光易分解，所以新制氯水应放在棕色细口瓶中避光保存，故B错误；钠易与空气中的氧气、水等反应，与煤油不反应，且密度比煤油大，可保存在煤油中，故C正确；浓硝酸见光易分解，应放在棕色细口瓶中避光保存，故D正确。故选B。4

4、.(2019福建福州期中联考)对下列实验现象的原因分析不正确的一项是()选项实验现象原因分析A久置的浓硝酸呈黄色浓硝酸不稳定，分解生成的NO2 溶解在其中B铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中，无明显现象浓硝酸具有强氧化性，常温下， 铝被浓硝酸钝化CSO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去SO2具有漂白性，使其褪色D向湿润蔗糖中加入浓硫酸，固体迅速变黑，后体积急剧膨胀在浓硫酸脱水作用下，蔗糖被炭化，炭与浓硫酸反应生成了CO2、SO2解析：选CHNO3不稳定受热分解成NO2，NO2溶于硝酸呈黄色，原因分析正确，A不符合题意；铝与浓硝酸发生钝化反应，阻碍反应的进行，原因分析正确，B不符合题意；利

5、用SO2的还原性，使酸性高锰酸钾溶液褪色，不是利用SO2的漂白性而是还原性，原因分析错误，C符合题意；利用浓硫酸的脱水性，使蔗糖碳化，然后利用浓硫酸的强氧化性，与炭发生氧化还原反应，生成CO2和SO2，体积膨胀，原因分析正确，D不符合题意。5.(2018福建仙游一中月考)足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol/L NaOH溶液至铜离子恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A.15 mLB.30 mLC.45 mL D.60 mL解析：选DC

6、u与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、NO和H2O时，Cu失去的电子数等于起氧化性作用的HNO3得到的电子数；NO2、NO的混合气与1.68 L O2混合通入水中，所有气体完全被水吸收生成HNO3，混合气体失去的电子数等于O2得到的电子数；根据得失电子守恒，2n(Cu)4n(O2)，n(Cu)2n(O2)20.15 mol，根据Cu守恒，结合反应Cu22OH=Cu(OH)2，消耗的NaOH物质的量为20.15 mol0.3 mol，消耗NaOH溶液的体积为0.3 mol5 mol/L0.06 L60 mL，故选D。6.各取0.1 mol Cu分别投入足量的下列酸中(必要时可加热)：浓

7、硫酸、浓硝酸、稀硫酸、稀硝酸，充分反应后在相同条件下得到的气体体积由大到小的顺序是()A. B.C. D.解析：选B铜和浓硫酸反应方程式为Cu2H2SO4(浓)=CuSO4SO22H2O，由此可知：0.1 mol Cu反应生成0.1 mol SO2；铜和浓硝酸反应方程式为Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O，由此可知：0.1 mol Cu反应生成0.2 mol NO2；铜和稀硫酸不反应，生成气体的物质的量为0 mol；铜和稀硝酸反应方程式为3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O，由此可知：0.1 mol Cu反应生成0.067 mol NO。故相同条件下得到

8、的气体体积由大到小的顺序是：，故选B。7.(2018高考化学之高频考点解密)已知稀硝酸和稀硫酸组成的混酸中 c(NO)c(SO)5 molL1。若要使等量的混酸溶解铜粉的量达到最大(假设还原产物只有NO)，则混酸中HNO3、H2SO4的物质的量浓度之比为()A.11 B.32C.23 D.21解析：选C根据得失电子守恒，如果混酸中NO完全参与氧化还原反应，则溶解铜的质量最大。即按反应NO3e4H=NO2H2O恰好完全反应时，溶解铜的质量最大。假设混酸体积为1 L，设1 L混酸中n(NO)a，溶液中，解得a2 mol。故混酸中，。故选C。8.(2019山东日照青山学校月考)过量的铁粉投入到一定量

9、的浓硝酸中，加热到不再冒气泡为止，生成的产物可能是()A.Fe(NO3)3、NO、NO2 B.Fe(NO3)2、H2C.Fe(NO3)3、H2 D.Fe(NO3)2、NO、NO2解析：选D将金属铁放在浓硝酸溶液中加热，Fe4HNO3(浓)Fe(NO3)33NO22H2O，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铁和稀硝酸反应生成一氧化氮，Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2O，过量的铁会和硝酸铁反应生成硝酸亚铁，Fe2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2，所以生成的产物可能是Fe(NO3)2、NO、NO2，故选D。9.(2019黑龙江佳木斯一中期末)硝酸既表现氧化性又表现酸性的是()A.

10、Na2CO3与稀HNO3 B.C和浓HNO3共热C.Ag和稀HNO3共热 D.Fe(OH)3和稀HNO3反应解析：选C选C发生反应：Na2CO32HNO3=2NaNO3H2OCO2，硝酸表现酸性，A错误；发生反应：C4HNO3(浓)CO24NO22H2O，硝酸表现氧化性，B错误；发生反应：3Ag4HNO3(稀)=3AgNO3NO2H2O，硝酸既表现氧化性又表现酸性，C正确；发生反应：Fe(OH)33HNO3=Fe(NO3)33H2O，硝酸表现酸性，D错误。故选C。10.(2018内蒙古鄂尔多斯一中月考)已知锌与某浓度的硝酸反应，锌与HNO3恰好完全反应时物质的量之比为512，则还原产物一定是(

11、)A.N2O B.N2C.NH4NO3 D.NO解析：选BZn与硝酸反应，HNO3表现氧化性和酸性，Zn被氧化成Zn(NO3)2；Zn与HNO3恰好完全反应时物质的量之比为512，设参加反应的Zn为5 mol，参加反应的HNO3为12 mol，则生成5 mol Zn(NO3)2，被还原的HNO3物质的量为12 mol10 mol2 mol,5 mol Zn失去10 mol电子，根据得失电子守恒，2 mol HNO3得到10 mol电子，则1 mol HNO3得到5 mol电子，N元素的化合价降低5价，HNO3中N元素的化合价为5价，还原产物中N元素的化合价为0价，还原产物为N2，故选B。11.

12、(2018山西省临汾一中期末)将过量Fe粉放入200 mL 2 mol/L的HNO3溶液中，假设还原产物只有NO且HNO3完全反应，则参加反应的Fe的质量为()A.4.2 g B.5.6 gC.8.4 g D.11.2 g解析：选C将过量Fe粉放入200 mL 2 mol/L的HNO3溶液中，反应方程式为3Fe8HNO3=3Fe(NO3)22NO4H2O，根据硝酸的物质的量为20.20.4 mol计算，则消耗的铁的物质的量为0.15 mol，其质量为0.15568.4 g。故选C。12.某同学设计了如图实验装置探究硝酸的性质，根据图示判断下列结论不正确的是()A.试管内壁上的“黄霜”的成分是硫

13、B.该实验既说明了浓硝酸具有氧化性，又说明了浓硝酸具有挥发性C.烧杯内氢氧化钠溶液的作用是除去尾气，防止尾气污染环境D.试管中浓硝酸可以用浓盐酸代替解析：选D硫化氢与浓硝酸发生氧化还原生成单质硫，所以试管内壁上“黄霜”的成分是硫，A正确；试管内壁上有黄霜生成说明硝酸有氧化性和挥发性，所以浓硝酸既有氧化性，又有挥发性，B正确；烧杯内氢氧化钠溶液能够吸收过量的硫化氢、挥发出的硝酸以及硫化氢与硝酸发生氧化还原反应生成氮的氧化物，防止尾气污染环境，所以烧杯内的NaOH溶液的作用是除去尾气，C正确；硫化氢不能与浓盐酸发生氧化还原反应，不能用浓盐酸代替，D错误。故选D。二、简答题13.将32.64 g铜与

14、140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。请回答：(1)NO的体积为 L(保留一位有效数字，下同)，NO2的体积为 L。(2)参加反应的HNO3的物质的量是 。(3)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a molL1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为 molL1。解析：(1)n(Cu)0.51 mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。根据气体的总体积为11.2 L，有xy0.5 mol，根据“得失电子守恒”，有3xy0.51 mol2，解方程组得：x0.26 mol

15、，y0.24 mol。则V(NO)0.26 mol22.4 Lmol15.8 L，V(NO2)11.2 L5.8 L5.4 L。(2)参加反应的HNO3分两部分：一部分显酸性生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3为：0.51 mol20.5 mol1.52 mol。(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO的形式留在溶液中，变成气体的HNO3的物质的量为0.5 mol，加入NaOH溶液至恰好使溶液中Cu2全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为103aV mol，也就是以NO形式留在溶液中的HNO3的物质的量为103aV mol，所以c(

16、HNO3) molL1。答案：(1)5.85.4(2)1.52 mol(3)14.某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应，研究NH3的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置(夹持装置未画出)进行实验。请回答下列问题：(1)仪器b中可选择的试剂为 。(2)实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是 (填字母)。A.Cl2 B.O2C.CO2 D.NO2(3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明NH3具有 性，写出相应的化学方程式： 。(4)E装置中浓硫酸的作用是 。(5)读取气体体积前，应对装置F进行的操作： 。(6)实验完毕，若测得干燥管D增重

17、 m g，装置F测得气体的体积为n L(已折算成标准状况)，则氨分子中氮、氢的原子个数比为 (用含字母m、n的代数式表示)。解析：(1)结合实验目的可知装置A为NH3的发生装置，故仪器b中应装入碱性物质，如氧化钙、NaOH固体或碱石灰等。(2)装置A可用作“固液气”的装置，结合实验室制取气体的反应原理可知该装置还可用于制取O2(原料为H2O2与MnO2)、CO2(原料为HCl和CaCO3)，Cl2、NO2均为有色气体。(3)CuO变为红色说明CuO被还原为Cu，说明NH3具有还原性，结合原子守恒可知量气管中收集到的气体为N2，因此可知CuO与NH3在加热条件下发生氧化还原反应生成Cu、N2和H

18、2O。(4)为达到实验目的，保证装置D中吸收的水为反应生成的水，可知装置E中浓硫酸有两个作用；一是阻止F中水蒸气进入D，二是吸收未反应的NH3。(5)可慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平，这样装置内外压强相等，读数准确。(6)结合前面分析可知装置D中增重的为生成的水的质量，装置F中收集气体为N2，故可确定NH3分子中N、H原子个数比为(2n L22.4 L mol1)(2m g18 gmol1)。答案：(1)氧化钙(或氢氧化钠固体或碱石灰)(2)BC(3)还原3CuO2NH33Cu3H2ON2(4)吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D(5)慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平(6)

19、15.(2019云南武定一中月考)实验室制氨气常用以下两种方法：用固体氢氧化钙与氯化铵晶体反应制取；用固体生石灰与浓氨水混合制取。请回答下列问题：(1)写出方法的化学方程式 。(2)方法能制取氨气的原理是 。(3)检验氨气是否收集满的方法是 。(4)通常用于证明氨气极易溶于水的实验是 ；氨水显碱性的原因是 。(5)制备氨气的装置如下，方法应选用 (填字母，下同)，方法应选用 。解析：(1)方法制取NH3的反应为加热NH4Cl和Ca(OH)2反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为Ca(OH)22NH4ClCaCl22NH32H2O。(2)采用方法制取氨气的原理是生石灰与水反应放出大量热，溶

20、液温度升高，氨气的溶解度减小，氨气从溶液中逸出；同时反应消耗掉部分水，溶剂减少溶质析出，氨气从溶液中逸出。(3)氨气是碱性气体，检验氨气是否收集满的方法是用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，如果试纸变蓝，则证明氨气收集满，或氨气与浓盐酸挥发出的氯化氢相遇生成白色固体氯化铵，形成白烟。(4)由于氨气极易溶解于水，所以当使用喷泉装置进行实验时，会形成喷泉，氨气溶解于水得到的是氨水，氨水显碱性，原因是：NH3H2ONH3H2ONHOH。(5)用固体氢氧化钙与氯化铵共热制备氨气，是固体和固体加热制备气体的反应，应选择A装置，在常温下用固体氢氧化钠与浓氨水反应是固体和液体不加热制备气体，应选择B装置。答案

21、：(1)Ca(OH)22NH4ClCaCl22NH32H2O(2)生石灰与水反应使溶剂减少，反应放出大量的热，使混合溶液温度升高，利于氨气逸出(3)在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看是否变蓝(或在试管口用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验，看是否有白烟生成)(4)喷泉实验(或其他合理方法)NH3H2ONH3H2ONHOH(5)AB16.某课外兴趣小组探究利用废铜屑制取CuSO4溶液，设计了以下几种实验方案。完成下列填空：(1)方案一：以铜和浓硫酸反应制备硫酸铜溶液。方案二：将废铜屑在空气中灼烧后再投入稀硫酸中。和方案一相比，方案二的优点是 ；方案二的实验中，发现容器底部残留少量紫红色固体，再加入稀硫酸依

22、然不溶解，该固体为 。(2)方案三的实验流程如图所示。溶解过程中有气体放出，该气体是 。随着反应的进行，生成气体速率加快，推测可能的原因是 。设计实验证明你的推测： 。(3)方案四的实验流程如图所示。为了得到较纯净的硫酸铜溶液，硫酸和硝酸的物质的量之比应为 。对方案四进行补充完善，设计一个既能防止污染，又能实现物料循环的实验方案(用流程图表示)。解析：(1)第一个方案中放出的有毒气体二氧化硫会造成空气污染；第二个方案中铜和氧气加热生成氧化铜，氧化铜和硫酸反应产生硫酸铜和水，因此反应过程中没有污染物，且原料的利用率高。方案二的实验中，发现容器底部残留少量紫红色固体为铜，不溶于稀硫酸。(2)方案三

23、中H2O2发生还原反应生成O2；随着反应的进行，生成气体速率加快，可能是反应产生的Cu2对H2O2分解有催化作用。取H2O2溶液，向其中滴加CuSO4溶液，如果产生气泡的速率加快，则证明Cu2对H2O2分解有催化作用。(3)根据离子方程式：3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O，反应消耗2 mol硝酸，生成3 mol硫酸铜，故为了得到较纯净的硫酸铜溶液，硫酸和硝酸的物质的量之比应为32。设计实验方案时，为防止NO污染空气，应通入空气氧化NO为NO2，用水吸收后，生成的HNO3再循环利用：答案：(1)不产生污染空气的SO2气体，制取等量的CuSO4溶液，消耗的硫酸量少Cu(2)O2反应产生的Cu2对H2O2分解有催化作用取H2O2溶液，向其中滴加CuSO4溶液，观察产生气泡的速率是否加快(3)32