课时梯级训练(7) 硝酸（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中化学必修第二册（苏教版2019）

课时梯级训练(7)　硝酸 1．将Cu、Zn混合物投入稀硝酸中，充分反应后，锌有剩余，则反应后的混合物中肯定不存在的是(　　) ①Cu　②Cu(NO3)2　③HNO3　④Zn(NO3)2 A．①② B．②③ C．①③ D．②④ B　解析：Zn比Cu活泼，充分反应后，锌有剩余，则说明反应后的溶液中不存在HNO3、Cu(NO3)2，因为锌与二者发生反应：3Zn＋8HNO3(稀)===3Zn(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，Cu(NO3)2＋Zn===Zn(NO3)2＋Cu。 2．某实验小组同学把小块木炭在酒精灯上烧至红热，迅速投入热的浓硝酸中，发生剧烈反应，同时有大量红棕色气体产生，液面上木炭迅速燃烧发出亮光。经查阅资料可知浓硝酸分解产生NO2和O2。为了探究“液面上木炭迅速燃烧发出亮光”的原因，该小组同学用如图装置完成以下实验： 序号 实验Ⅰ 实验Ⅱ 集气瓶中所盛气体 O2 加热浓硝酸产生的气体 现象 木炭迅速燃烧发出亮光 木炭迅速燃烧发出亮光 下列说法正确的是(　　) A．浓硝酸分解产生的V(NO2)∶V(O2)＝1∶1 B．红棕色气体的产生表明木炭与浓硝酸发生了反应 C．能使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体是氧气 D．以上实验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2 D　解析：浓硝酸分解的化学方程式为4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O，则V(NO2)∶V(O2)＝4∶1，A错误；红棕色气体为NO2，它的产生不能表明木炭与浓硝酸发生了反应，也可能是浓硝酸分解产生的，B错误；实验Ⅱ中浓硝酸受热分解产生的气体为二氧化氮和氧气，木炭在此混合气体中能迅速燃烧发出亮光，可能是氧气助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，C错误，D正确。 3．将Mg和Cu组成的2.64 g混合物投入100 mL的稀硝酸中恰好反应，固体完全溶解时收集到NO气体0.896 L(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液60 mL时金属离子恰好沉淀完全。下列说法正确的是(　　) A．反应中被还原的硝酸的物质的量为0.12 mol B．混合物中Cu、Mg的物质的量之比为1∶1 C．NaOH溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1 D．反应最终形成的沉淀的质量为4.32 g B　解析：n(NO)＝0.04 mol，反应中被还原的硝酸的物质的量为0.04 mol，A错误；根据分析可知，n(Cu)＋n(Mg)＝0.06 mol，64n(Cu)＋24n(Mg)＝2.64 g，n(Cu)＝n(Mg)＝0.03 mol，n(Cu)∶n(Mg)＝1∶1，B正确；根据分析可知，反应生成的Mg2＋和Cu2＋一共0.06 mol，完全沉淀时需要结合0.12 mol OH－，c(NaOH)＝＝2 mol·L－1，C错误；形成沉淀的质量2.64 g＋0.12 mol×17 g·mol－1＝4.68 g，D错误。 4．氮及其化合物在生产中应用广泛。工业上以氨气为原料制硝酸，氨气催化氧化的热化学方程式为4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－904 kJ·mol－1。硝酸工业尾气中的NO、NO2等大气污染物，可用碱性溶液吸收处理。实验室模拟工业上纯碱溶液吸收NOx，并制备亚硝酸钠(原理为2Na2CO3＋NO＋NO2＋H2O===2NaNO2＋2NaHCO3)，流程如下图所示。下列说法不正确的是(　　) A．用铜粉替代铜片可加快“制气”速率 B．控制NOx的通入速率，可提高“吸收”效率 C．“结晶”后的操作通常是过滤、洗涤、干燥 D．利用“焰色反应”可检验NaNO2中是否含NaHCO3 D　解析：用铜粉替代铜片可增大反应物的接触面积，加快“制气”速率，A正确；控制NOx的通入速率，可使气体被充分吸收，从而提高“吸收”效率，B正确；“结晶”后得到晶体，其操作通常是过滤、洗涤、干燥，C正确；亚硝酸钠和碳酸氢钠的焰色均是黄色的，不能利用“焰色反应”检验NaNO2中是否含NaHCO3，D错误。 5.某兴趣小组的同学利用如图所示装置进行铜片与硝酸反应的实验，先将铜片放入试管的底部，通过分液漏斗加入2 mL浓硝酸，将产生的气体通入倒置于水槽里充满水的集气瓶中，反应一段时间后，用分液漏斗向试管中加5 mL水，继续收集气体。下列说法不正确的是(　　) A．硝酸在反应中既体现氧化性，又体现酸性 B．若铜片过量，继续用分液漏斗滴加稀硫酸，铜片表面无明显变化 C．如图中的分液漏斗可用长颈漏斗代替，但长颈漏斗的下端须插入液面以下 D．试管中前后两次实验得到的气体不同，集气瓶中前后两次收集到的气体相同 B　解析：试管中反应的化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，硝酸在反应中既体现氧化性，又体现酸性，A正确；由于试管溶液中存在Cu(NO3)2，加入稀硫酸相当于增加H＋浓度，NO在酸性条件下具有氧化性，能与过量的Cu反应，则观察到铜片继续溶解，B错误；试管中发生的反应产生NO2，若用长颈漏斗代替，为防止气体从漏斗上口溢出，长颈漏斗的下端须插入液面以下，C正确；第一次实验是浓硝酸和Cu反应产生NO2，NO2进入集气瓶中和水反应生成硝酸和NO，收集的气体是NO，第二次实验是稀硝酸和Cu反应产生NO，NO难溶于水，集气瓶收集的气体是NO，故反应得到的气体不同，收集的气体相同，D正确。 6．2.25 g镁铝合金完全溶解于50.0 mL 6 mol·L－1稀硝酸中，得到NO气体1.568 L(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.00 mol·L－1的NaOH溶液，使沉淀达到最大值，此时消耗的NaOH溶液的体积为(　　) A．230 mL B．270 mL C．300 mL D．330 mL A　解析：当生成的沉淀达到最大值时，溶液中溶质为NaNO3，根据氮原子守恒，n(NaNO3)＝n(HNO3)－n(NO)＝0.05 L×6 mol·L－1－＝0.23 mol，由钠离子守恒n(NaOH)＝n(NaNO3)＝0.23 mol，V(NaOH)＝＝0.23 L＝230 mL。 7．锌和某浓度的硝酸反应时，若参加反应的锌与硝酸的物质的量之比为2∶5，产物有硝酸锌、X和水，则X可能是(　　) A．NO B．N2O C．N2O3 D．NO2 B　解析：锌和稀硝酸发生氧化还原反应，参加反应的锌和硝酸的物质的量之比为2∶5，假设锌为4 mol，生成硝酸锌为4 mol，作酸性的硝酸为8 mol，反应后Zn被氧化为＋2价，设硝酸还原产物为x价，则根据得失电子守恒可知4 mol×(2－0)＝2 mol×(5－x)，解得x＝＋1，即还原产物为N2O。 8．向稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列分析错误的是(　　) A．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，BC段产生H2 B．A点溶液中的溶质为Fe(NO3)3和H2SO4 C．原混合酸中NO物质的量为0.2 mol D．原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为2 mol·L－1 B　解析：根据分析可知，OA段发生反应为Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，AB段发生反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，BC段发生反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，所以OA段产生的是NO，BC段产生H2，A正确；A点时，NO被Fe全部还原为NO，因此溶液中不再含有NO，B错误；OA段消耗11.2 g Fe，即0.2 mol Fe，根据离子方程式Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，消耗的HNO3的物质的量为0.2 mol，因此原混合酸中NO物质的量为0.2 mol，C正确；最终消耗22.4 g Fe，即0.4 mol Fe，最后溶液中溶质为FeSO4，根据铁元素守恒可得n(FeSO4)＝0.4 mol，则n(H2SO4)＝0.4 mol，原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为＝2 mol·L－1，D正确。 9．将6.4 g铜投入30 mL一定浓度的硝酸中，恰好完全反应，产生标准状况下的NO和NO2混合气体共2.24 L。则下列叙述正确的是(　　) A．NO体积为0.56 L B．原硝酸浓度10.0 mol·L－1 C.NO和NO2物质的量之比为2∶1 D．体现酸性的硝酸为0.1 mol B　解析：由铜原子守恒，n[Cu(NO3)2]＝n(Cu)＝＝0.1 mol由氮原子守恒，n(HNO3)＝n(NO)＋n(NO2)＋2n[Cu(NO3)2]＝＋2×0.1 mol＝0.3 mol。由得失电子守恒，0.1 mol×2＝n(NO)×3＋n(NO2)×1，解得n(NO)＝n(NO2)＝0.05 mol，标准状况下NO体积为1.12 L，A错误；c(HNO3)＝＝10.0 mol·L－1，B正确；由以上分析可知NO和NO2物质的量之比为1∶1，C错误；体现酸性的硝酸的物质的量＝生成盐中的硝酸根的物质的量＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.2 mol，D错误。 10．为了测定铁铜合金的组成，将15.2 g铁、铜合金加入200 mL某浓度的稀硝酸中，待合金完全溶解后，共收集到NO气体4.48 L(标准状况下)，并测得反应后溶液中H＋的浓度为0.5 mol·L－1。若反应前后溶液的体积变化忽略不计，则下列判断正确的是(　　) A．反应后的溶液中可继续溶解铁铜合金质量最多为1.9 g B．上述合金中铁与铜的质量之比为2∶3 C．合金中，铁的质量分数为63.2% D．原硝酸的物质的量浓度为c(HNO3)＝4.5 mol·L－1 D　解析：n(NO)＝＝0.2 mol，则转移电子为0.2 mol×(5－2)＝0.6 mol，故金属共失去电子0.6 mol，故失去1 mol电子时合金的质量＝ g≈25.3 g，n剩(HNO3)＝0.5 mol·L－1×0.2 L＝0.01 mol，由于要求是最多溶解合金的质量，所以应该让铁铜都变成＋2价，根据化学方程式3R＋8HNO3(稀)===3R(NO3)2＋4H2O＋2NO 0.1 mol硝酸还可以得到电子＝ mol＝0.075 mol，对应合金质量＝0.075 mol×25.3 g·mol－1≈1.9 g，但是此时溶液中还有Fe3＋0.1 mol，还可以溶解更多的合金，A错误；设合金中Cu为x mol，Fe为y mol，则：，解得x＝0.15，y＝0.1，故Fe的质量为0.1 mol×56 g·mol－1＝5.6 g，Cu的质量为0.15 mol×64 g·mol－1＝9.6 g，其质量比为＝，B错误；合金中，铁的质量分数＝×100%≈36.8%，C错误；反应生成Cu(NO3)2、Fe(NO3)3和NO，还有剩余的硝酸，根据氮原子守恒n原来(HNO3)＝2×0.15 mol＋3×0.1 mol＋0.2 mol＋0.1 mol＝0.9 mol，故c原来(HNO3)＝＝4.5 mol·L－1，D正确。 11．FeOOH为一种不溶于水的黄色固体，在染料工业中有重要的作用。某工厂以Fe2O3废料(含少量SiO2、FeO等)为原料制备FeOOH，流程如图所示： 回答下列问题： (1)为提高“酸浸”的速率，可采取的措施有____________、____________(任填两种)。 (2)“废渣”的主要成分为________(填化学式)。 (3)“酸浸”不宜将稀硫酸换成稀硝酸的原因是__________。 (4)“试剂X”宜选择的是________(填标号)。 A．过氧化氢溶液 B．铁粉 C．氯水 (5)向“滤液2”中加入乙醇即可析出FeSO4·7H2O晶体，乙醇的作用是________。从“滤液2”中获得晶体的另一种方法是蒸发浓缩、________、过滤、洗涤。 (6)由FeSO4·7H2O转化为FeOOH的离子方程式是______________________________。 (7)“滤液4”中，溶质的主要成分为________(填化学式)。 答案：(1)粉碎原料　适当提高酸浸温度(适当增加硫酸浓度等)　(2)SiO2　(3)稀硝酸具有强氧化性，易与 Fe2＋反应生成污染性气体(或降低产率)　(4)B　(5)降低溶解度　冷却结晶　(6)4Fe2＋＋O2＋8OH－===4FeOOH↓＋2H2O　(7)Na2SO4 解析：(1)固液反应时，接触面积越大反应越充分，化学反应速率越快，温度越高化学反应速率越快。则为提高“酸浸”的速率，可采取的措施有粉碎原料、适当提高酸浸温度、适当增加硫酸浓度等(任填两种)。 (2)二氧化硅不溶于硫酸，“废渣”的主要成分为SiO2。 (3)“酸浸”过程使氧化铁、氧化亚铁转变为铁离子、亚铁离子，不宜将稀硫酸换成稀硝酸的原因是稀硝酸具强氧化性，易与 Fe2＋反应生成污染性气体(或降低产率)。 (4)“试剂X”用于将铁离子还原为亚铁离子，过氧化氢溶液具有强氧化性、能将亚铁离子氧化为铁离子，A不满足题意；铁粉具有还原性、能将铁离子还原为亚铁离子，且不引入杂质，B满足题意；氯水具有强氧化性、能将亚铁离子氧化为铁离子，C不满足题意。 (5)“滤液2”为硫酸亚铁溶液，“滤液2”中加入乙醇即可析出FeSO4·7H2O晶体，则乙醇的作用是降低溶解度。FeSO4·7H2O是一种结晶水合物，从“滤液2”中获得FeSO4·7H2O晶体的另一种方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。 (6)由流程知，由FeSO4·7H2O转化为FeOOH的反应是氧化还原反应，碱性条件下，氧气将亚铁离子氧化，则离子方程式是4Fe2＋＋O2＋8OH－===4FeOOH↓＋2H2O。 (7)FeSO4·7H2O在空气中与NaOH溶液发生反应，过滤后，所得“滤液4”中溶质的主要成分为Na2SO4。 12．为了证明稀硝酸与铜反应的气体产物是NO，某同学设计了如下实验。 (1)关闭K1，打开K2，通过分液漏斗向石灰石中加入稀硝酸，则石灰石的作用是____________________________，反应的化学方程式是_______________________________。 (2)将铜丝插入稀硝酸中，充分反应后，打开K1，通过气囊鼓入空气，可以观察到烧瓶中__________， 证明稀硝酸与铜反应的气体产物是NO。 (3)铜与稀硝酸反应的离子方程式为____________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)NaOH溶液的作用是_______________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(1)石灰石与稀硝酸反应生成CO2，将装置中的氧气排尽　CaCO3＋2HNO3===Ca(NO3)2＋CO2↑＋H2O　(2)气体由无色转变为红棕色　(3)3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O　(4)处理尾气，以免气体污染环境 解析：(1)石灰石与稀硝酸反应生成CO2，能把装置中的氧气排尽，防止NO遇氧气生成红棕色NO2，干扰反应现象的判断，反应的化学方程式是CaCO3＋2HNO3===Ca(NO3)2＋CO2↑＋H2O。 (2) NO遇氧气生成红棕色NO2，将铜丝插入稀硝酸中，充分反应后，打开K1，通过气囊鼓入空气，观察到烧瓶中无色气体变成红棕色，证明稀硝酸与铜反应产生的气体产物是NO。 (3)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式是3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。 (4)NO、NO2是大气污染物，由于它们可以与NaOH溶液反应生成盐，因此用NaOH溶液吸收尾气可以防止大气污染。 13．研究氮的循环和转化对生产、生活有重要的价值。 Ⅰ.氨气是重要的化工原料。某工厂用氨气制硝酸和铵盐的流程如图所示。 (1)设备1中发生反应的化学方程式是______________________。设备2中通入的物质A是________。 Ⅱ.氨氮废水的去除是当前科学研究的热点问题。氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在。某工厂处理氨氮废水的流程如图所示： 含NH的废水低浓度氨氮废水含余氯废水达标 (2)过程①的目的是将NH转化为NH3，并通过鼓入大量空气将氨气吹出，写出NH转化为NH3的离子方程式：_______________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)过程②加入NaClO溶液可将氨氮物质转化为无毒物质，反应后含氮元素、氯元素的物质化学式分别为________、________。 (4)含余氯废水的主要成分是NaClO以及HClO，X可选用以下哪种溶液以达到去除余氯的目的________(填标号)。 a．KOH B．Na2SO3 c．KMnO4 D．NaCl 写出其中一个反应的离子方程式：___________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(1)4NH3＋5O24NO＋6H2O　O2　(2)NH＋OH－NH3↑＋H2O　(3)N2　NaCl (4)b　SO＋ClO－===SO＋Cl－(或SO＋HClO===SO＋Cl－＋H＋) 解析：(1)设备1中氨气被催化氧化得到NO，化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O；设备2中NO不能与水直接反应，需要氧气发生的反应4NO＋O2＋H2O===4HNO3，故A是O2。 (2)铵根离子和强碱反应后受热逸出氨气，离子方程式为NH＋OH－NH3↑＋H2O。 (3)过程②加入NaClO溶液可将氨氮转化为无毒物质，根据元素价态变化规律可知，反应后含氮元素、氯元素的物质化学式分别为N2、NaCl。 (4)含余氯废水的主要成分是NaClO以及HClO，具有强氧化性，要除去需加入还原性物质达到去除余氯的目的；KOH与NaClO不反应，无法去除NaClO，a错误；Na2SO3具有强还原性，能达到去除余氯的目的，b正确；KMnO4具有强氧化性，无法去除NaClO，c错误；NaClO与NaCl可能反应生成氯气，不能用来去除NaClO，d错误；亚硫酸根离子可以被次氯酸根离子(或次氯酸)氧化为硫酸根离子，离子方程式为SO＋ClO－===SO＋Cl－或SO＋HClO===SO＋Cl－＋H＋。 学科网（北京）股份有限公司 $$