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

第四章第四节第三课时 硝酸课时跟踪训练一、选择题.(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.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一一不稳定性D.氢氧化亚铁固体与稀硝酸混合一一仅酸性解析：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。故选 D。.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 ( )浓H2SO4 BaNO32溶液A.Cu >CuSO4 >Cu(NO3)2△空气稀HNO3B.Cu >CuO >Cu(NO3)2△稀HNO3C.Cu >Cu(NO3)2浓HNO3D.Cu >Cu(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， CuSO4+Ba(NO3)2===BaSOU+Cu(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，CuO＋2HNO3===Cu(NO3)2+H2O,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；3Cu+8HNO3===3Cu(NO3)2+2NOT+4H2O,NO有毒会污染环境，所以C项不符合条件；Cu+4HNO3(M)===Cu(NO3)2+2NO2t+2H2O,NO2有毒会污染环境，所以D项不符合条件。 故选Bo.(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□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Bo.(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通入酸性高钮酸钾溶液中，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卜.，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；利用SO2的还原性，使酸性高钮酸钾溶液褪色，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。.(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1.68L02(标准X^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5mol/LNaOH溶液至铜离子恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )A.15mL B.30mLC.45mL D.60mL解析：选DCu与浓HN03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1.68LO2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)1.68L 2=2X224L/mol=0.15mol,根据Cu守恒，结合反应Cu2++2OH-===Cu(OH)2；,消耗的NaOH物质的量为2X0.15mol=0.3mol,消耗NaOH溶液的体积为0.3mol5mol/L=0.06L=60mL,故选D。.各取0.1molCu分别投入足量的下列酸中(必要时可加热)：①浓硫酸、②浓硝酸、③稀硫酸、④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.②>④>①>③B.A.②>④>①>③B.②>①>④>③C.① D.③解析：选B①铜和浓硫酸反应方程式为Cu+2H2SO4(浓)===CuSQ+SO2T+2H2O,由此可知：0.1molCu反应生成0.1molSO2；②铜和浓硝酸反应方程Cu+4HNO3(M)===Cu(NO3)2+2NO2t+2H2O,由此可知：0.1molCu反应生成0.2molNO2；③铜和稀硫酸不反应，生成气体的物质的量为0mol;④铜和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NOT+4H2O,由此可知：0.1molCu反应生成0.067molNO。故相同条件下得到的气体体积由大到小的顺序是：②>①>④>③，故选Bo.(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(NO3)+c(SO4)=5molL10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.1：1 B.3：2C.2：3 D.2：1解析：选C根据得失电子守恒，如果混酸中NO3完全参与氧化还原反应，则溶解铜的质量最大。即按反应NO3+3e-+4H+===NOT+2H2O恰好完全反应时，溶解铜的质量最大。假设混酸体积为 1L,设1L混酸中n(NO3)=a,溶解得a=2mol。故混酸中,cHNO3 2CH2解得a=2mol。故混酸中,cHNO3 2CH2SO4=3。故液中 ~一— =4,nH+ 25mol—a+a4选Co.(2019山东日照青山学校月考)过量的铁粉投入到一定量的浓硝酸中， 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， Fe+4HNO3(浓尸=二==Fe(NO3)3+3NO2f+2H2O,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，Fe+4HNO3(稀尸==Fe(NO3)3+NOT+2H2O,过量的铁会和硝酸铁反应生成硝酸亚铁，Fe+2Fe(NO3)3===3Fe(NO)2,所以生成的产物可能是Fe(NO3)2、NO、NO2,故选D。.(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.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：Na2CO3+2HNO3===2NaNO3+H2O+CO2t,△硝酸表现酸性，A错误；发生反应：C+4HNO3(浓)=====CO2f+4NO2T+2H2。,硝酸表现氧化性，B错误；发生反应：3Ag+4HNO3(稀)===3AgNO3+NOT+2H2O，硝酸既表现氧化性又表现酸性，C正确；发生反应：Fe(OH)3＋3HNO3===Fe(NO3)3+3H2O,硝酸表现酸性，D错误。故选C。.(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5：12,则还原产物一定是()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5：12,设参加反应的Zn为5mol,参加反应的HNO3为12mol,则生成5molZn(NO3)2,被还原的HNO3物质的量为12mol—10mol=2mol,5molZn失去10mol电子，根据得失电子守恒，2molHNO3得至ij10mol电子，则1molHNO3得到5mol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Bo.(2018山西省临汾一中期末)将过量Fe粉放入200mL2mol/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.4.2g B.5.6gC.8.4g D.11.2g解析：选C将过量Fe粉放入200mL2mol/L的HNO3溶液中，反应方程式为3Fe+8HNO3===3Fe(NO)2+2NOT+4H2O,根据硝酸的物质的量为2X0.2=0.4mol计算，则消耗的铁的物质的量为0.15mol,其质量为0.15X56=8.4g。故选C。.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.将32.64g铜与140mL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11.2L。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VmLamol-L—1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molL1o解析：(1)n(Cu)=6426mOl=0.51mol,设混合气体中NO的物质的量为x,NO2的物质的量为V。根据气体的总体积为11.2L,有x+y=0.5mol①,根据“得失电子守恒”，有3x+y=0.51molX2②，解方程组得：x=0.26mol,y=0.24mol。则V(NO)=0.26molx22.4Lmor11=5.8L,V(NO2)=11.2L-5.8L=5.4L。(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：0.51molX2+0.5mol=1.52mol。(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO3的形式留在溶液中，变成气体的HNO3的物质的量为0.5mol,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10-3XaVmol,也就是以NO3■形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10-3XaVmol,所以c(HNO3)=aVX10-3+0.5 10^mol「。aVX103+0.5答案：(1)5.85.4(2)1.52mol(3) 0^4 .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：⑴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.C12 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mg,装置F测得气体的体积为nL（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H2O。(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(2Xn1 19nL攵2.4Lmol-1)：(2Xmg48gmol)=112m。答案：(1)氧化钙(或氢氧化钠固体或碱石灰)(2)BC△(3)还原3CuO+2NH3=====3Cu+3H2O+N2(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9n(6)11.2m.(2019云南武定一中月考)实验室制氨气常用以下两种方法：①用固体氢氧化钙与氯化俊晶体反应制取；②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①的化学方程式。(2)方法②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①应选用(填字母，下同)，方法②应选用。解析：(1)方法①制取NH3的反应为加热NH4C1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)2+2NH4Cl=====CaCl2+2NH3T+2H2O。(2)采用方法②制取氨气的原理是生石灰与水反应放出大量热，溶液温度升高，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俊，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：NH3+H2。， “NH3H2O" 、NH才+OH-。(5)用固体氢氧化钙与氯化俊共热制备氨气，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：(1)Ca(OH)2+2NH4Cl=====CaCl2+2NH3f+2H2O(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）NH3+__ _ 工____ __ _ 、____十____ ,__H20T NH3H2。^ NH4+OH（5）AB.某课外兴趣小组探究利用废铜屑制取CuS04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