狂做06硝酸酸雨及防治-2021-2022学年高一化学小题狂做（人教版2019）

第五章化工生产中的重要非金属元素狂做06硝酸酸雨及防治1．下列金属在常温时能溶于足量浓HNO3的是（）A．Au B．Cu C．Al D．Fe【答案】B【详解】Au活泼性较差，和浓硝酸、浓硫酸都不反应，但能溶于王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比为1:3形成的混合物)；常温下，铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，所以Cu能完全溶于浓硝酸；常温下，Fe、Al和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应，所以Fe、Al不能完全溶于浓硝酸，故答案为B。2．（2021·广西钦州市·高一期末）下列对硝酸的认识正确的是()A．浓硝酸和稀硝酸都具有强氧化性B．铜与稀硝酸的反应属于置换反应C．可用铝制或铁制容器盛装稀硝酸D．在铜与浓硝酸的反应中，硝酸只体现氧化性，没有体现酸性【答案】A【详解】A．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，所以浓硝酸和稀硝酸都具有强氧化性，A正确；B．铜与稀硝酸发生反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，不属于置换反应，B错误；C．铝或铁在常温下遇到浓硝酸会发生钝化，所以可用铝制或铁制容器盛装浓硝酸，因为稀硝酸会与它们发生反应，因此不能用铝制或铁制容器盛装稀硝酸，C错误；D．铜与浓硝酸发生反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，其中硝酸部分被还原，体现氧化性，还有一部分未被还原，生成硝酸铜，体现其酸性，D错误；故选A。3．下列关于硝酸的说法中正确的是A．硝酸和活泼金属反应生成氢气和相应的硝酸盐B．硝酸的浓度越大，其氧化性越强C．稀硝酸可溶解Fe(OH)2生成Fe(NO3)2和水D．王水是浓硝酸和浓盐酸体积比为3∶1的混合物，能溶解金和铂【答案】B【详解】A．硝酸和活泼金属反应生成一氧化氮或二氧化氮气体和相应的硝酸盐，A错误；B．硝酸的浓度越大，其氧化性越强，B正确；C．稀硝酸可溶解Fe(OH)2生成Fe(NO3)3和水，C错误；D．王水是浓硝酸和浓盐酸体积比为1∶3的混合物，能溶解金和铂，D错误；故选B。4．下列反应中硝酸既能表现出酸性又表现出氧化性的是A．能使紫色石蕊溶液变为红色B．与铜反应放出一氧化氮气体，生成硝酸铜C．与碳酸钠反应放出二氧化碳气体，生成硝酸钠D．与单质硫混合共热时生成硫酸和二氧化氮【答案】B【详解】A．硝酸使紫色石蕊溶液变为红色，只表现酸性，A不符合题意；B．硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，既表现其强氧化性又表现其酸性，B符合题意；C．与碳酸钠反应放出二氧化碳气体，表现的是硝酸的酸性，C不符合题意；D．硝酸与单质硫混合共热时生成硫酸和二氧化氮，表现的是硝酸的强氧化性，D不符合题意；综上所述答案为B。5．以下关于铜跟浓硝酸、稀硝酸反应的说法中错误的是A．1mol浓硝酸被还原转移2mol电子B．铜与浓硝酸反应比与稀硝酸反应剧烈C．铜与浓、稀硝酸反应都不需要加热D．生成等量的硝酸铜，消耗浓硝酸的量多【答案】A【详解】A．铜与浓硝酸反应生成NO2，1mol浓HNO3被还原生成1molNO2，N元素化合价降低1价，转移1mol电子，A项错误；B．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项正确；C．硝酸氧化性较强，且Cu不会钝化，Cu与浓、稀HNO3反应都不需要加热，C项正确；D．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项正确；综上所述答案为A。6．（2021·湖南省邵东市第三中学高一阶段练习）下列关于硝酸的说法中正确的是A．硝酸和活泼金属反应生成氢气和相应的硝酸盐B．硝酸的浓度越大，其氧化性越强C．稀硝酸可溶解Fe(OH)2生成Fe(NO3)2和水D．王水是浓硝酸和浓盐酸体积比为3∶1的混合物，能溶解金和铂【答案】B【详解】A．硝酸和活泼金属反应生成一氧化氮或二氧化氮气体和相应的硝酸盐，A错误；B．硝酸的浓度越大，其氧化性越强，B正确；C．稀硝酸可溶解Fe(OH)2生成Fe(NO3)3和水，C错误；D．王水是浓硝酸和浓盐酸体积比为1∶3的混合物，能溶解金和铂，D错误；故选B。7．硝酸与铜反应实验装置如图所示，下列有关叙述不正确的是A．浓硝酸呈黄色是因溶有其分解产生的B．用稀硝酸实验时试管上方气体略有红棕色C．用浓硝酸实验时溶液呈绿色是因溶有D．反应中浓硝酸较稀硝酸反应更剧烈、氧化性更强【答案】C【详解】A．浓硝酸不稳定，容易分解，分解产生的溶解在浓硝酸中使浓硝酸呈黄色，故A正确；B．稀硝酸与铜反应生成NO，但试管有空气，生成的NO与空气中的氧气反应生成，使得试管上方气体略有红棕色，故B正确；C．浓硝酸与铜剧烈反应生成硝酸铜，使溶液呈绿色，故C错误；D．硝酸的浓度越大，氧化性越强，与铜反应越剧烈，故D正确；故选C。8．下列离子反应方程式正确的()A．实验室用固体氯化铵和熟石灰共热制取NH3：2+Ca(OH)22NH3↑+Ca2++2H2OB．铜与浓硝酸反应:3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2OC．氨水与FeCl3反应：3OH－+Fe3+＝Fe(OH)3↓D．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2+SO2+H2O=2+【答案】D【详解】A.实验室用固体氯化铵和熟石灰共热制取氨气的反应不是在水溶液中进行的反应，不能用离子方程表示，故A错误；B.铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，故B错误；C.氨水与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为3NH3·H2O+Fe3+＝3+Fe(OH)3↓，故C错误；D.碳酸钠溶液与少量二氧化硫反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠，反应的离子方程式为2+SO2+H2O=2+，故D正确；故选D。9．在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是A．Na+、K+、SO、HCO B．Cu2+、K+、SO、NOC．Fe2+、K+、NO、CH3COO D．Na+、K+、Cl、SO【答案】D【详解】A．酸性溶液中HCO不能大量共存，A不选；B．Cu2+在溶液中显蓝色，不是无色的，不能大量共存，B不选；C．在酸性溶液中Fe2+、NO发生氧化还原反应，CH3COO与氢离子反应，均不能大量共存，C不选；D．Na+、K+、Cl、SO在酸性溶液中不反应，且均是无色的，可大量共存，D选；答案选D。10．将3.84g铜粉与一定质量浓硝酸反应，当铜完全溶解时，收集到NO、NO2混合气体2.24L(标准状况下)，则所消耗酸的物质的量是()A．0.1mol B．0.11mol C．0.16mol D．0.22mol【答案】D【分析】根据铜和硝酸的反应，可知消耗的硝酸有两个去处，一个是被还原生成氮的氧化物，一个是生成硝酸铜，根据元素守恒可得答案。【详解】根据铜和硝酸的反应，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，可知消耗的硝酸有两个去处，一个是被还原生成氮的氧化物，一个是生成硝酸铜，根据元素守恒n(HNO3)=n(NOx)+2n(Cu(NO3)2)=，故选D。11．形成“酸雨”的主要原因是A．汽车排放出大量尾气 B．乱砍乱伐森林C．工业上大量燃烧含硫燃料 D．大气中二氧化碳含量增多【答案】C【详解】A．汽车排出大量尾气，主要含有CO、氮氧化物，主要与光化学烟雾有关，故A不选；B．森林遭到乱砍滥伐，破坏了生态平衡，会减少二氧化碳的吸收，与温室效应有关，故B不选；C．工业上大量燃烧含硫燃料，使空气中二氧化硫的含量增加，为酸雨形成的主要原因，故C选；D．大气中二氧化碳含量增多，与温室效应有关，故D不选；故选C。12．（2021·宁夏银川市·银川一中高一期末）酸雨被称为“天堂的眼泪”，会造成水土酸性化、建筑物加速腐蚀等危害。下列说法正确的是()A．酸雨不会对动植物产生任何影响B．使用新型能源不会对酸雨的防治产生效果C．酸雨指的是pH小于7的雨水D．NO2和SO2的过度排放是形成酸雨的主要原因【答案】D【详解】A．酸雨中含有硫酸和硝酸，因此酸雨会造成水土酸性化、建筑物加速腐蚀、污染水源，危害人体健康，使农作物和植物的生长遭到破坏，故A错误；B．使用新型能源，可以减少污染物的排放，有利于酸雨的防治，故B错误；C．pH小于5.6的雨水为酸雨，故C错误；D．人类超量排放的NO2和SO2，是形成酸雨的主要原因，故D正确；故选D。13．amolFeS与bmolFeO投入到VL、cmol∙L1的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液的成分可看作是Fe(NO3)3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为：()A．(a+b)×63g B．(a+b)×186g C．(a+b)mol D．(cV)mol【答案】D【分析】本题分两种情况：(1)当硝酸恰好反应时，生成硝酸铁的硝酸就是未被还原的硝酸，根据铁离子的物质的量计算未被还原的硝酸的物质的量即可；(2)若硝酸过量时，当硝酸过量时，除去生成一氧化氮的硝酸就是未被还原的硝酸，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算被还原的硝酸，硝酸总量被还原的硝酸=未被还原的硝酸。【详解】(1)如果硝酸不足量，则未被还原的硝酸为生成硝酸铁部分的硝酸，根据N、Fe原子守恒得n(HNO3)=3n[Fe(NO3)3]=3n(Fe)=3[n(FeS)+n(FeO)]=3×(a+b)mol=3(a+b)mol，m(HNO3)=n(HNO3)×M(HNO3)=(a+b)×189g；(2)如果硝酸过量，则FeS和FeO完全反应，被还原的硝酸为生成NO的硝酸，反应中Fe元素由+2价升高为+3价，硫元素由2价升高为+6价，氮元素由+5价降低为+2价，根据电子转移守恒知：设NO物质的量为x，(52)x=a×[(32)+6(2)]+b×(32)，生成NO的硝酸的物质的量x=mol，根据N原子守恒得未被还原的硝酸的量=cVmolmol。故答案选D。【点睛】复杂氧化还原反应中，抓住原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒可以使复杂问题简单化，若果绕去写化学方程式，就把复杂问题更复杂化了。14．将1.92g铜投入10mL一定浓度的硝酸中，铜完全溶解，产生标准状况下的NO和NO2混合气体共672mL。反应结束后向溶液中加入70mL1mol/L的NaOH，恰好使溶液中的Cu2+全部转化为沉淀。若将盛有生成的气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的氧气，又可将气体完全转化为NO。则下列判断正确的是()A．体现酸性的硝酸0.03mol B．NO体积为336mLC．原硝酸浓度9mol/L D．通入氧气的体积504mL【答案】B【详解】A．Cu与硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、NO2、H2O，1.92g铜的物质的量n(Cu)=1.92g÷64g/mol=0.03mol，根据Cu元素守恒，可知n[Cu(NO3)2]=0.03mol，则起酸作用的硝酸的物质的量n(HNO3)酸=2n[Cu(NO3)2]=2×0.03mol=0.06mol，A错误；B．反应产生NO、NO2气体的物质的量n=0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，根据电子守恒可得n(NO2)+3n(NO)=2×0.03mol=0.06mol；n(NO2)+n(NO)=0.03mol，解得n(NO)=0.015mol，n(NO2)=0.015mol，故反应产生的NO在标准状况下的体积为V(NO)=0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL，B正确；C．由于反应结束后向溶液中加入70mL1mol/L的NaOH，恰好使溶液中的Cu2+全部转化为沉淀，此时溶液为NaNO3，则根据N元素守恒，可知原溶液中HNO3的物质的量n(HNO3)=1mol/L×0.07L+n(NO)+n(NO2)=0.07mol+0.015mol+0.015mol=0.10mol，硝酸溶液体积是10mL，则原硝酸的浓度c(HNO3)=0.10mol÷0.01L=10mol/L，C错误；D．在该反应中Cu失去电子变为Cu2+，硝酸得到电子变为NO、NO2，若将盛有生成的气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的氧气，又可将气体完全转化为NO，则NO、NO2失去电子变为NO，O2得到电子变为H2O，故根据电子守恒可知Cu失去电子与O2得到电子物质的量相等，2n(Cu)=4n(O2)，所以n(O2)=n(Cu)=×0.03mol=0.015mol，则通入的O2在标准状况下的体积V(O2)=0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL，D错误；故合理选项是B。15．为研究物质性质，下列实验操作及现象描述正确的是A．如图，①中为浓盐酸和浓硝酸中的一种，②中为浓氨水，则大烧杯中均观察到白烟B．将氨水缓慢滴入AlCl3溶液中，研究Al(OH)3的两性C．常温下，浓硫酸或浓硝酸中投入Fe片，均会产生大量的气体D．加热除去NH4Cl中的少量NaHCO3【答案】A【详解】A．浓盐酸和浓硝酸会挥发出氯化氢或者硝酸分子，氨水会挥发出氨气分子，相遇后会生成氯化铵或者硝酸铵，出现白烟，A正确；B．一水合氨是弱碱，Al(OH)3和一水合氨不反应，Al(OH)3和强碱反应，B错误；C．浓硫酸或浓硝酸中投入Fe片后Fe片会钝化，不会产生大量的气体，C错误；D．加热时NH4Cl和NaHCO3都会分解，所以不能通过加热除去NH4Cl中的少量NaHCO3，D错误；故选A。16．下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，而在强酸性条件下不能大量共存的是A．K+、Na+、Cl、SO B．Ca2+、Fe3+、NO、ClC．Ba2+、Na+、I、NO D．NH、Fe2+、Cl、NO【答案】C【详解】A．K+、Na+、Cl、SO与OH能大量共存，与H+也能大量共存，A不符合题意；B．Ca2+、Fe3+、NO、Cl中Fe3+与OH不能大量共存，Ca2+、Fe3+、NO、Cl与H+能大量共存，B不符合题意；C．Ba2+、Na+、I、NO与OH能大量共存，其中NO在H+环境下具有强氧化性，与I发生氧化还原反应不能大量共存，C符合题意；D．NH、Fe2+、Cl、NO中的NH、Fe2+与OH都不能大量共存，其中NO在H+环境下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应不能大量共存，D不符合题意；故选C。17．利用氮元素的价类二维图可以设计氮及其化合物之间的转化路径，下列说法不正确的是A．工业固氮的常用方法是由N2和H2合成NH3B．可利用Cu与硝酸的反应，将N元素转化为NO或NO2C．由氮气转化为含氮化合物的反应中，必须提供氧化剂D．实验室可利用氢氧化钙固体与NH4Cl固体混合加热制备NH3【答案】C【详解】A．氮的固定是将游离态的氮转化为含氮化合物的过程，工业固氮的常用方法是由N2和H2合成NH3，故A正确；B．铜与稀硝酸反应生成NO，铜与浓硝酸反应生成NO2，故B正确；C．氮气生成氨气的过程中需要还原剂，故C错误；D．实验室可利用氢氧化钙固体与NH4Cl固体混合加热制备NH3，故D正确；故选C。18．重庆一中某小组设计了实验室中制备的装置，实验中除生成外，还生成了、NO和，与NO的物质的量之比为3：1，下列说法不正确的是已知：NaOH溶液中发生的反应可能有：，。A．配制混酸时，将浓沿器壁缓慢倒入浓中，并不断搅拌B．将烧瓶中反应后的溶液蒸发结晶可以获得晶体C．若NaOH溶液充分吸收气体，则本装置不需要再进行尾气处理D．假定NaOH恰好完全反应，、两种产物的物质的量之比设为3：1，则生成时，NaOH的理论用量为1.6g【答案】B【详解】A．硫酸的密度大于硝酸，配制混酸时，将浓沿器壁缓慢倒入浓中，并不断搅拌，故A正确；B．将烧瓶中反应后的溶液蒸发、浓缩、冷却可以获得晶体，故B错误；C．与NO的物质的量之比为3：1，根据，可知，与NO能被NaOH溶液完全吸收，故C正确；D．的物质的量是0.03mol，、两种产物的物质的量之比为3：1，则生成时，生成0.01mol，根据Na元素守恒，消耗NaOH的质量是0.04mol，理论用量为0.04mol×40g/mol=1.6g，故D正确；选B。19．有某硫酸和硝酸的混合溶液，其中含有硫酸的浓度为，含硝酸的浓度为，现向其中加入铜粉，充分反应后假设只生成气体，最多可收集到标况下的气体的体积为A． B． C．

D．【答案】D【详解】，、，发生反应为，根据方程式知，硝酸根离子完全反应需要为、为，所以硝酸根离子不足量，所以硝酸根离子完全被还原生成，根据原子守恒得，则，故选D。20．将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（换算为标准状况体积），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法正确的是（）A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1:2B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是7.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，N2O4的体积分数是20%D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL【答案】C【详解】A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为1.02g÷17g/mol=0.06mol，根据电荷守恒可