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北京市2017届高三化学一轮复习4.4氮的氧化物和硝酸课时练习(含解析)4-3 氮的氧化物和硝酸1在一定温度下,某浓度的硝酸与金属锌反应生成N02和NO,两者的物质的量之比为1:3,则要使1mol金属锌完全反应,反应过程中消耗此硝酸的物质的量为 ( ) A2.4 mol B2.6 mol C2.8mol D3.2 mol【答案】C【解析】根据Zn到最后全部以Zn(NO3)2的形式存在且Zn失去的电子给了HNO3,HNO3被还原为NO2和NO,根据电子守恒,设n(NO2)=x,n(NO)=3x,有x+3x3=1 mol2,得x=0.2,即n(NO2)+n(NO)=0.8 mol,所以消耗的n(HNO3)=0.8 mol+1 mol2=2.8 mol,答案选C。 2某同学用下列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“黄霜”的成分是硫B该实验探究说明浓硝酸既有氧化性,又有挥发性C烧杯内的NaOH溶液的作用是除去尾气,防止尾气污染环境DH2S用SO2代替,将无明显反应现象【答案】B【解析】已知H2S+2HNO3=S+2NO2+2H2O;A.试管内壁附着的是淡黄色硫,正确;B.此反应只体现了浓硝酸的强氧化性,不显示酸性和挥发性,错误;C.利用烧杯内的氢氧化钠溶液吸收生成的二氧化氮气体,防污染,正确;D.如果用SO2代替硫化氢,发生的反应是SO2+2HNO3=2NO2+H2SO4,无明显现象,正确;答案为B。3关于氮的变化关系图如下:则下列说法不正确的是 ( )A路线是工业生产硝酸的主要途径B路线、是雷电固氮生成硝酸的主要途径C上述所有反应都是氧化还原反应D上述反应中只有属于氮的固定【答案】D【解析】A工业上生产硝酸的流程是:氮气和氢气生成氨气,氨气与氧气反应4NH3+5O24NO+6H2O路线,一氧化氮与氧气反应2NO+O2=2NO2路线,二氧化氮被水吸收3NO2+H2O2HNO3+NO路线,路线是工业生产硝酸的主要途径,故A正确;B在放电条件下,氮气和氧气发生化合反应:N2+O22NO路线;NO不稳定,易被氧气氧化为二氧化氮:2NO+O22NO2路线,二氧化氮溶于水生成硝酸:3NO2+H2O2HNO3+NO路线,故B正确;C从氮的变化关系图可知:N从N2(0价)NO(+2价)NO2(+4价)HNO3(+5价),都是氧化还原反应,故C正确;D含氮化合物转变为其它物质,是氮的化合物之间的转化,不是氮的固定,故D错误;故选D。 4把少量NO2气体通入过量小苏打溶液中,再使逸出的气体通过装有足量的过氧化钠颗粒的干燥管,最后收集到的气体是 ( )A氧气 B 二氧化氮 C 二氧化氮和氧气 D 二氧化氮和一氧化氮【答案】C【解析】假设3摩尔二氧化氮和水反应生成2摩尔硝酸和1摩尔一氧化氮,2摩尔硝酸和小苏打反应生成2摩尔二氧化碳,2摩尔二氧化碳和过氧化钠反应生成1摩尔氧气,1摩尔一氧化氮和0.5摩尔氧气反应生成1摩尔二氧化氮,所以剩余气体有二氧化氮和氧气,选C。5在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液,合金完全溶解,同时生成气体X,再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液,生成25.4g沉淀,则下列表示气体X组成的选项中合理的是 ( )A0.3mol NO、0.1mol NO2 B0.3mol NO2C0.6mol NO D0.3mol NO2、0.1mol NO【答案】D【解析】铁和铜和过量的硝酸反应生成硝酸铁和硝酸铜,再加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀和氢氧化铜沉淀,沉淀比金属多的质量为结合的氢氧根的质量,为25.4-15.2=10.2克,即10.2/17=0.6摩尔,说明金属失去0.6摩尔电子,根据反应中得失电子守恒分析。A、氮原子得到的电子数为0.33+0.11=1摩尔,错误,不选A;B、氮原子得到电子数为0.31=0.3,错误,不选B;C、氮原子得到电子数为0.63=1.8摩尔,错误,不选C;D、氮原子得到电子数为0.31+0.13=0.6摩尔,正确,选D。6某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200ml,平均分成两份,向其中一份中逐渐加入铜粉,最多能溶解m g。向另一份中逐渐加入铁粉,产生的气体量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)下列分析或结果错误的是 ( )A第二份溶液中最终溶质为FeSO4B原混合酸中NO3-物质的量为0.1molCm值为9.6DH2SO4浓度为2.5mol/L【答案】B【解析】A、加入铁粉,首先反应为铁在硫酸存在下和硝酸反应生成硫酸铁和一氧化氮和水,AB段为铁和硫酸铁反应生成硝酸亚铁,BC段为铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,所以最后溶质为硫酸亚铁,正确,不选A;B、从第一个阶段分析,Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2O溶解了5.6克铁,即0.1摩尔,硝酸全部做氧化剂,所以硝酸根为0.1摩尔,因为原溶液分成两等份,所以原混合酸中硝酸根为0.2摩尔,错误,选B;C、根据BC阶段反应计算,Fe+2H+=Fe2+H2,溶解的铁为14.0-8.4=5.6克,则氢离子物质的量为0.2摩尔,第一阶段氢离子为0.2摩尔,则根据3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O分析,最多溶解铜为0.15摩尔,即9.6克,正确,不选C;D、根据上面计算,每份溶液中氢离子总共0.6摩尔,硝酸根为0.1摩尔,则含有0.1摩尔硝酸和0.25摩尔硫酸,则硫酸的浓度=0.25/0.1=2.5mol/L,正确,不选D。71.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 gmL1、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2和N2O4的混合气体 1 120 mL(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0 molL1NaOH溶液,当金属离子全部沉淀时,得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是 ( )A该合金中铜与镁的物质的量之比是12B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 molL1CNO2和N2O4的混合气体中,NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时,加入NaOH溶液的体积是60 mL【答案】A【解析】A、设合金中Cu、Mg的物质的量分别为x、y,根据题目所给信息知x64 g/moly24 g/mol1.52g;设金属为M,在反应过程中有:MneMn,MnOHM(OH)n,从而可以看出,金属单质失去电子的物质的量等于金属阳离子完全沉淀所需OH的物质的量,n(OH)0.06mol,故2x2y0.06 mol,由解得x0.02 mol,y0.01 mol,A不正确。B、硝酸的浓度是,B正确;C、由上述分析可知,Cu、Mg共失去0.06 mol电子,根据得失电子守恒知,如果硝酸完全被还原为NO2,NO2的物质的量应为0.06 mol。现得到0.05 mol混合气体,是由于2NO2N2O4,由差量法可求得N2O4为0.01 mol,则NO2为0.04 mol,体积分数是80%,C正确;D、得到2.54 g沉淀时,消耗0.06 mol NaOH,其体积为60 mL,D正确,答案选A。8某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱,按下图装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2,而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。可选药品:浓硝酸、3 mol/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳已知:氢氧化钠溶液不与NO反应,能与NO2反应:2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。(1)实验应避免有害气体排放到空气中。装置、中盛放的药品依次是_。(2)滴加浓硝酸之前的操作是检验装置的气密性,加入药品,打开弹簧夹后_。(3)装置中发生反应的化学方程式是_。(4)装置的作用是 ,发生反应的化学方程式是_。(5)该小组得出的结论所依据的实验现象是_。(6)实验结束后,同学们发现装置中溶液呈绿色,而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致,而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是_。(填序号字母,多选不给分) a加热该绿色溶液,观察颜色变化b加水稀释该绿色溶液,观察颜色变化c向该绿色溶液中通入氮气,观察颜色变化d向饱和硝酸铜溶液中通人浓硝酸与铜反应产生的气体,观察颜色变化【答案】(1)3 mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液(2)通CO2一段时间,关闭弹簧夹,将装置导管末端伸入倒置的烧瓶内(3)Cu+4HNO3(浓) =Cu(NO3)2 + 2NO2+2H2O (4)将NO2转化为NO;3NO2+H2O =2HNO3 +NO(5)装置液面上方气体仍为无色,装置液面上方气体由无色变为红棕色 (6)a c d【解析】(1)根据装置特点和实验目的,装置是收集NO,装置中盛放NaOH溶液吸收NO2,因为要验证稀HNO3不能氧化NO,所以装置中应该盛放稀硝酸。(2)由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰,所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气,同时也需将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出。(3)Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O,所以反应的离子方程式是Cu + 4HNO3(浓)Cu(NO3)2 + 2NO2 +2 H2O。(4)装置中盛放H2O,使NO2与H2O反应生成NO:3NO2 + H2O2HNO3 + NO。(5)NO通过稀HNO3溶液后,若无红棕色NO2产生,说明稀HNO3不能氧化NO,所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之。装置中盛放的是浓HNO3,若浓HNO3能氧化NO则装置液面的上方会产生红棕色气体。(6)做题依据为“甲认为溶液中Cu(NO3)2质量分数高,乙认为是溶解生成的气体”,能证明某一人说法正确的方案为可行方案。a通过加热,降低气体在水中的溶解度;c通过向溶液中通入N2,赶走溶解的气体,这两种做法原理相同,都是立足于乙说法,若溶液由绿蓝,说明乙正确。d则是“反其道而行之”,再向其中通NO2,若乙正确,则溶液颜色会更绿。以上方案均可行。而b看似可行,针对甲说法,降低浓度,但忽略了3NO2+H2O2HNO3+NO,不能排除乙说法是否正确,因此答案选acd。5 / 5
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