高三化学一轮复习-44-氮的氧化物和硝酸课时练习含解析.doc

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 （ ）
A．2.4 mol B．2.6 mol C．2.8mol D．3.2 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+3x·3=1 mol×2，得x=0.2，即n(NO2)+n(NO)=0.8 mol，所以消耗的n(HNO3)=0.8 mol+1 mol×2=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
D．H2S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①②③是工业生产硝酸的主要途径
B．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ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③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①，一氧化氮与氧气反应2NO+O2=2NO2路线②，二氧化氮被水吸收3NO2+H2O═2HNO3+NO路线③，路线①②③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Ⅰ；NO不稳定，易被氧气氧化为二氧化氮：2NO+O2═2NO2路线Ⅱ，二氧化氮溶于水生成硝酸：3NO2+H2O═2HNO3+NO路线Ⅲ，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．③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 （ ）
A．0.3mol NO、0.1mol NO2 B．0.3mol NO2
C．0.6mol NO D．0.3mol 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0.3×3+0.1×1=1摩尔，错误，不选A；B、氮原子得到电子数为0.3×1=0.3，错误，不选B；C、氮原子得到电子数为0.6×3=1.8摩尔，错误，不选C；D、氮原子得到电子数为0.3×1+0.1×3=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FeSO4
B．原混合酸中NO3-物质的量为0.1mol
C．m值为9.6
D．H2SO4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。
7．1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g·mL－1、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 mol·L－1NaOH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1∶2
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol·L－1
C．NO2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x×64 g/mol＋y×24 g/mol＝1.52g①；设金属为M，在反应过程中有：M－ne－＝Mn＋，Mn＋＋OH－＝M(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2x＋2y＝0.06 mol②，由①②解得x＝0.02 mol，y＝0.01 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③、④、⑥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①中发生反应的化学方程式是___________。
（4）装置②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①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⑤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③液面上方气体仍为无色，装置④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⑤是收集NO，装置⑥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③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⑤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②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2 + H2O＝2HNO3 + 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④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④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+H2O＝2HNO3+NO，不能排除乙说法是否正确，因此答案选acd。