第三课时　硝酸的性质和制备

1、.第三课时硝酸的性质和制备根底过关1.有关硝酸化学性质的表达中,正确的选项是DA.浓、稀硝酸滴到蓝色石蕊试纸上试纸最终都变红色B.硝酸能与Na2CO3反响,但不生成CO2C.硝酸可与Na2S反响制得H2S气体D.浓硝酸因分解放出的NO2又溶解于硝酸而呈黄色解析:浓硝酸有强氧化性,使蓝色石蕊试纸先变红后褪色,A错误;HNO3与Na2CO3反响生成CO2,B错误;硝酸可以氧化H2S,所以得不到H2S气体,C错误。2.某强酸性溶液中可能存在NO3-、Cl-、I-、Fe3+中的一种或几种,向该溶液中参加溴水,单质溴被复原,由此推断该溶液中CA.不含NO3-可能含Fe3+B.含有NO3-、I-、Cl-C

2、.含I-但不能确定是否含Cl-D.含有Fe3+解析:向该溶液中参加溴水,单质溴被复原,由此推断该溶液中一定有I-,Fe3+有较强氧化性,酸性条件下NO3-有强氧化性,与I-都不能共存,Cl-可能存在,故C正确。3.以下实验过程中,溶液始终无明显现象发生的是BA.NO2通入FeSO4溶液中B.CO2通入CaCl2溶液中C.NH3通入AlCl3溶液中D.SO2通入酸性KMnO4溶液中解析:NO2通入FeSO4溶液中生成具有强氧化性的HNO3,使Fe2+转化为Fe3+,溶液由淡绿色变为黄色;CO2通入CaCl2溶液中,两者不发生反响,无明显现象;NH3通入AlCl3溶液中,产生白色胶状沉淀;SO2可

3、使酸性KMnO4溶液褪色。4.双选题较活泼的金属锌与不同浓度的HNO3反响时,可得到不同价态的复原产物。假如起反响的锌和HNO3的物质的量之比为410,那么HNO3的复原产物可能为CDA.NO2 B.NO C.N2O D.NH4NO3解析:4 mol Zn失去8 mol电子生成4 mol Zn2+,假如HNO3的复原产物中有两个氮原子,每个氮原子得到4个电子,复原产物中氮元素的化合价为+5+-4=+1,可能是N2O。假如HNO3的复原产物中有一个变价的氮原子,这个氮原子得到8个电子,复原产物中氮元素的化合价为+5+-8=-3,可能是NH4NO3。5.物质的量之比为25的锌与稀硝酸反响,假设硝酸

4、被复原的产物为N2O,反响完毕后锌没有剩余,那么该反响中被复原的硝酸与未被复原的硝酸的物质的量之比是AA.14B.15C.23D.25解析:锌与稀硝酸反响时硝酸既表现酸性又表现氧化性,根据原子守恒和电子守恒,2 mol锌失去4 mol电子,生成2 mol锌离子,由于生成硝酸锌,那么其结合的硝酸根离子是4 mol,那么剩余的1 mol的硝酸被复原为N2O就得到4 mol电子,硝酸也全部反响,那么该反响中被复原的硝酸与未被复原的硝酸的物质的量之比是14,即4Zn+10HNO3稀4ZnNO32+N2O+5H2O。应选A。6.根据以下图中氮元素及其化合物的转化关系,判断以下说法不正确的选项是BA.X是

5、N2O5B.可用排空气法搜集NO气体C.工业上以NH3、空气、水为原料消费硝酸D.由NH3N2,从原理上看,NH3可与NO2反响实现解析:X为+5价的氮的氧化物,化学式为N2O5,A正确;NO遇空气中的氧气氧化为NO2,不可用排空气法搜集NO气体,B错误;工业上氨催化氧化制硝酸,涉及原料为NH3、空气、水,C正确;由NH3N2是氧化过程,可添加氧化剂NO2,到达实验目的,D正确。7.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL,平均分成两份。向其中一份中逐渐参加铜粉,最多能溶解19.2 g硝酸只被复原为NO气体。向另一份中逐渐参加铁粉,产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图。以下分析或结果错误的选项

6、是AA.H2SO4浓度为5 mol·L-1B.OA段产生的是NO,AB段的反响为Fe+2Fe3+3Fe2+,BC段产生氢气C.第二份溶液中最终溶质为FeSO4D.混合酸中NO3-物质的量为0.2 mol解析:反响最多消耗22.4 g铁,也就是0.4 mol,所有溶解的铁最终都生成FeSO4,所以每份含硫酸0.4 mol,H2SO4是 4 mol/L,A错误;铁先与硝酸反响,生成三价铁离子和一氧化氮,之后AB段是铁与铁离子反响生成Fe2+,B正确;硝酸全部被复原,没有显酸性的硝酸,因为溶液中有SO42-,最终溶质为FeSO4,C正确;消耗19.2 g铜为0.3 mol,有离子反响3Cu

7、+8H+2NO3-3Cu2+4H2O+2NO,硝酸有 0.2 mol,D正确。8.以下各组中,所含离子在溶液中能大量共存的是CA.NH4+、Na+、SO42-、OH-B.NH4+、H+、Cl-、CO32-C.K+、NH4+、NO3-、Cl-D.Ca2+、NH4+、NO3-、SiO32-解析:A中NH4+和OH-不能大量共存;B中H+和CO32-不能大量共存;D中Ca2+和SiO32-不能大量共存。9.铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸,假设反响中硝酸被复原只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体都已折算到标准状况,在反响后的溶液中,参加足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量

8、为BA.0.02 g B.8.51 gC.8.26 g D.7.04 g解析:4.6 g铜、镁合金失电子的物质的量为4.480 L22.4 L·mol-1+0.336 L22.4 L·mol-1×2=0.230 mol,结合CuOH2、MgOH2 中OH-的物质的量与4.6 g铜、镁合金失电子的物质的量相等,那么沉淀的质量为4.6 g+17 g·mol-1×0.230 mol=8.51 g。10.在某100 mL的混合液中,硝酸和硫酸的物质的量浓度分别为0.4 mol·L-1和0.1 mol·L-1,向该混合液中参加1.92

9、 g铜粉,加热,充分反响后,所得溶液中的Cu2+浓度为AA.0.225 mol·L-1B.0.375 mol·L-1C.0.450 mol·L-1D.无法计算解析:依题意nH+=2nH2SO4+nHNO3=2×0.01 mol+0.04 mol=0.06 mol,nNO3-=0.04 mol,nCu=0.03 mol,在酸性溶液中,NO3-有氧化性,所以按3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O反响,nH+缺乏,用nH+和方程式共同求得nCu2+=0.225 mol·L-1,应选A。才能提升11.将 28.8 g 铜与100 mL一定

10、浓度的硝酸反响,最后铜还有剩余,溶液中NO3-的物质的量变化如下图。请答复:1原浓硝酸的物质的量浓度为。 2图中的硝酸完全反响后,消耗的铜的质量mCu=。 3假设溶液中NO3-的物质的量减少到0.8 mol时,硝酸的复原产物只有NO2,将此时生成NO2溶于水完全转化为HNO3,计算理论上需要补充标准状况下的O2的体积VO2=L。 4假设整个反响过程中生成的气体只有NO和NO2,计算其中NO和NO2的体积比,VNOVNO2=。 解析:1由题图可看出,原浓硝酸中含HNO3物质的量等于nNO3-=1 mol,cHNO3=1mol100 mL×10-3

11、L/mL=10 mol·L-1。2最后铜还有剩余,故1.0 mol HNO3完全反响,生成物溶液全部是CuNO32,反响消耗的铜的物质的量等于Cu2+的物质的量,等于最后剩余NO3-的一半,即12×0.6 mol=0.3 mol,mCu=64 g·mol-1×0.3 mol=19.2 g。3溶液中NO3-由1 mol减少到0.8 mol,说明有0.2 mol HNO3被复原,复原产物只有NO2,即nNO2=0.2 mol,将0.2 mol NO2溶于水完全转化为HNO3,需补充O2。由4NO2+O2+2H2O4HNO3 4 mol 22.4 L 0.2

12、molVO2VO2=0.2mol×22.4 L4mol=1.12 L。4结合2中分析,消耗nCu=0.3 mol,被复原 nHNO3=nNO+nNO2=1.0 mol-0.6 mol=0.4 mol由电子守恒3nNO+nNO2=nCu×2联立得nNO=0.1 mol,nNO2=0.3 mol,VNOVNO2=nNOnNO2=0.10.3=13。答案:110 mol·L-1219.2 g31.1241312.2019·宁波北仑中学高一期中选考以下图是某元素及其重要化合物之间的互相转化关系图生成物中不含该元素的物质均已略去。其中A是单质,D在常温下呈气态,F

13、可用作氮肥。据此,请答复以下问题:1写出以下物质的化学式:A,D,F。 2写出EC变化的化学方程式: 。 解析:1A是单质,D在常温下呈气态,F可用作氮肥,说明是含有氮元素的化合物,那么A是氮气,C是NO,D是NO2,E是硝酸,F是硝酸铵。2金属铜与稀硝酸反响生成硝酸铜、NO和水,反响的化学方程式为3Cu+8HNO3稀3CuNO32+2NO+4H2O。答案:1N2NO2NH4NO323Cu+8HNO3稀3CuNO32+2NO+4H2O13.某化学学习小组采用以下装置,对浓硝酸与木炭的反响进展探究。请答复以下问题:1检查装置气密性后,将燃烧匙中的木炭在酒精灯上加热至红热状态,

14、立即伸入三颈瓶中,并塞紧瓶塞,滴加浓硝酸,可观察到三颈瓶中气体的颜色为,产生该气体的化学反响方程式是 。 2装置C中盛有足量BaOH2溶液,反响一段时间后可观察到C中出现白色沉淀,该白色沉淀为写化学式。其中的BaOH2溶液填“能或“不能用CaOH2溶液代替,理由是 。 3装置B的作用是 。 4装置D中搜集到了无色气体,部分同学认为是NO,还有部分同学认为是O2。以下对该气体的检验方法适宜的是填序号。 A.敞口观察集气瓶内气体的颜色变化B.将润湿的蓝色石蕊试纸伸入集气瓶内,观察试纸是否变红C.将带火星的木条伸入集气瓶中,观察木条是否复燃假如集气瓶中搜集到的

15、无色气体是氧气,那么氧气的来源是 。 解析:1装置A中发生的是浓硝酸与木炭的反响,生成NO2、CO2、H2O,由于NO2为红棕色气体,故三颈瓶中的气体为红棕色。2将NO2、CO2通入BaOH2溶液中分别生成BaNO32和BaCO3,由于BaOH2溶液足量,故溶液为碱性环境,BaCO3不溶解以沉淀形式析出。BaOH2溶液不能用CaOH2溶液代替,因为CaOH2微溶于水,溶液中 CaOH2含量太少,浓度太低,缺乏以完全吸收生成的酸性气体,导致溶液呈酸性,从而不能生成CaCO3沉淀。3装置B可以防止装置C中酸性气体因溶解速率太快而出现倒吸。4NO与足量O2反响生成红棕色的NO2,A正确;N

16、O和O2均不具有酸性,B错误;O2能使带火星的木条复燃,而NO不能,C正确。装置A中除发生木炭与浓硝酸的反响外,还发生浓硝酸的分解反响。答案:1红棕色C+4HNO3浓4NO2+CO2+2H2O2BaCO3不能CaOH2溶液中CaOH2浓度较低,不能形成CaCO3沉淀3防倒吸4AC浓硝酸的分解14.某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱,按如图装置进展实验夹持仪器已略去。可选药品:稀硝酸、浓硝酸、浓硫酸、NaOH溶液、蒸馏水查阅资料:A.浓硝酸能将NO氧化成NO2,而稀硝酸不能氧化NO。B.氢氧化钠溶液不与NO反响,能与NO2反响2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O实验过程实验现

17、象.检查装置的气密性.翻开分液漏斗活塞,将浓硝酸缓慢滴入烧瓶中,关闭活塞。中产生大量的红棕色气体,红棕色气体在中变为无色,气体通过后仍然为无色,通过后变为红棕色1中发生反响的离子方程式是  2中发生反响的化学方程式是 。 3装置中盛放的药品分别是 、 4的操作是 ,  目的是 。 5能说明浓硝酸比稀硝酸氧化性强的现象是  解析:实验目的是探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱,根据查阅资料设计利用的实验原理是将制取获得的NO分别通入稀硝酸和浓硝酸中,由气体颜色变化证明稀硝酸不能氧化NO,而浓硝酸能将NO氧化为NO2。1由给定药品中铜片和浓硝酸

18、反响得到的是NO2气体。2利用NO2与H2O反响生成实验需要的NO气体。3中盛放蒸馏水,中盛放稀硝酸,中盛放浓硝酸,中盛放NaOH溶液作为尾气吸收装置。4为了防止装置中存在的O2与NO反响造成干扰,的操作是翻开止水夹,向装置中通入一段时间N2,排尽装置中的空气。答案:1Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O23NO2+H2O2HNO3+NO3蒸馏水稀硝酸浓硝酸NaOH溶液4翻开止水夹,通一段时间N2,关闭止水夹赶尽装置中的空气或氧气5中液面上方为无色,中液面上方变为红棕色15.2019·浙江宁波北仑中学高一期中选考将28.8 g铜与 140 mL 一定浓度的硝酸反响,铜完全溶解,产生的NO和NO2混合气