资源描述
氨 硝酸 硫酸习题精解
夯基达标
一、选择题
1.将湿润的红色石蕊试纸放在进行以下实验的试管口，试纸变蓝色的有〔 〕
A.加热浓氨水
B.加热NH4Cl固体
C.加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物
D.加热饱和NH4Cl溶液
思路解析：湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明有碱性气体产生，故为A、C。
答案：AC
2.把a L含硫酸铵、硝酸铵的混合溶液分成两等份，一份用b mol烧碱刚好把NH3全部赶出，另一份与氯化钡溶液完全反响消耗c mol BaCl2，那么原溶液中c〔NO〕为〔 〕
A. mol·L－1
B. mol·1－1
C. mol·L－1
D. mol·L－1
思路解析：依题意，
NH～OH-～NH3↑，SO～Ba2+～BaSO4↓
b mol b mol c mol c mol
即混合溶液中含〔NH4〕2SO4为2c mol，其电离产生NH4c mol，那么原混合溶液中NH4NO3的物质的量为〔2b-4c〕 mol，所以，c〔NO〕＝mol·L－1。
答案：B
3.关于浓H2SO4、稀H2SO4的表达中正确的选项是〔 〕
A.浓H2SO4、稀H2SO4都难挥发
B.浓H2SO4、稀H2SO4都有氧化性，故浓H2SO4、稀H2SO4都是氧化性的酸
C.浓H2SO4、稀H2SO4在加热时都能与铜反响
D.浓H2SO4、稀H2SO4在常温下都能用铁制容器贮存
思路解析：由于硫酸沸点较高，所以难挥发；浓硫酸属于氧化性酸但稀硫酸不属于氧化性酸，稀硫酸在加热条件下也不与铜反响，由于稀硫酸能够与铁反响，所以稀硫酸不能用铁制容器盛装。
答案：A
4.向盐酸中参加浓硫酸会有白雾产生，以下表达中与此现象无关的是〔 〕
A.浓硫酸具脱水性
B.浓硫酸具有吸水性
C.盐酸具有挥发性
D.气态物质的溶解度随温度的升高而降低
思路解析：由于浓硫酸的稀释过程放热，且浓盐酸具有挥发性，气体物质的溶解度随温度的升高而降低，所以可以用浓盐酸和浓硫酸制备HCl气体。
答案：A
5.“浓硫酸可用铁罐贮存，但其外表常有严重的腐蚀现象〞这句话表达了浓硫酸的〔 〕
A.强氧化性和脱水性
B.强氧化性和吸水性
C.不挥发性和酸性
D.脱水性和吸水性
思路解析：能用铁罐贮存说明发生了钝化生成致密的氧化膜，具有强氧化性；腐蚀的原因是吸水成为稀硫酸，与铁反响。
答案：B
6.有一种白色固体化合物X，当它与NaOH溶液共热时，放出气体可使湿润的酚酞试液变红色，这种溶液用硝酸酸化后，再参加氯化钡溶液时，能生成沉淀，那么X可能是〔 〕
A.(NH4)2SO3
B.(NH4)2SO4
C.(NH4)2CO3
D.(NH4)3PO4
思路解析：由于白色化合物与碱溶液反响产生使酚酞试液变红色的气体，所以该物质属于铵盐；又该溶液用硝酸酸化后，再参加氯化钡溶液时，能生成沉淀，所以产生的沉淀为硫酸钡，故对应的阴离子可以是硫酸根离子，也可以是亚硫酸根离子。
答案：AB
7.密度为0.918 g·cm的氨水，质量分数为25％，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液溶质质量分数为〔 〕
％
B.>12.5％
C.<12.5％
D.无法确定
思路解析：一个可以证明的结论：密度比水大的、质量分数不同的、同种溶质的两种不同溶液，等体积混合所得溶液的溶质质量分数比等质量混合的要大；密度比水小的、质量分数不同的、同种溶质的两种不同溶液，等体积混合所得溶液的溶质质量分数比等质量混合的要小。在解题时，上述结论可以直接使用。
答案：C
8.工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca(NO3)2· 4H2O晶体。为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，所用硝酸溶液中溶质的质量分数应为〔 〕
A.70.0%
B.69.5%
C.63.6%
D.53.8%
思路解析：CaO+2HNO3====Ca(NO3)2+H2O，而最终产生的物质为Ca(NO3)2·4H2O晶体，所以所用硝酸溶液中硝酸与水的物质的量之比为2∶3。
答案：A
9.浓硝酸与以下物质反响，其中硝酸既表现酸性又表现氧化性的是〔 〕
A.Cu2O
B.CuO
C.Fe2O3
D.FeCO3
思路解析：凡金属或低价态的金属化合物与硝酸反响时，由于有硝酸盐生成，所以一定表现出酸性；同时由于低价态的金属被氧化为高价态，所以硝酸又表现出氧化性。
答案：AD
二、填空题
10.结合所学知识，完成以下问题：
(1)舞台上的幕布与布景多是用浓氯化铵溶液浸过制成的，可以防火。其原因是________。
(2)NH3分子结合H+的能力比结合Ag+的能力强。要使[Ag(NH3)2]+转化为自由的Ag+，应参加的试剂名称是________。实现转化的离子方程式是________________________________。
(3)氮的氧化物NOx与氨气反响生成N2和H2O，写出反响的化学方程式________________________________，假设在标准状况下1.5 LNOx与2 L NH3恰好完全作用，那么NOx中x的值为_______。
答案：(1)氯化铵受热分解时吸热降温，同时生成不易燃的气体HCl与NH3，能隔绝空气。故用NH4Cl溶液浸过的幕布可以防火
(2)硝酸(不能用盐酸或硫酸)
(3)
11.〔1〕浓硫酸与木炭粉在加热条件下的化学方程式为________________________________。
〔2〕KMnO4酸性溶液可以吸收SO2，试用以下列图中各装置设计一个实验，验证上述反响所产生的各种产物。
_______→_______→_______→_______。
〔3〕实验时可观察到装置①中A瓶的溶液褪色，C瓶的溶液不褪色。A瓶溶液的作用是________________________________，B瓶溶液的作用是________________，C瓶溶液的作用是________________________________ 。
〔4〕装置②中所加的固体药品是_______，可确认的产物是_______，确定装置②在整套装置中位置的理由是___________________________。
〔5〕装置③中所盛溶液是________，可验证的产物是________。
编号
①
②
③
④
装置
思路解析：木炭与浓硫酸加热反响，生成CO2和SO2。CO2和SO2都跟Ca〔OH〕2反响，生成CaSO3和CaCO3，使澄清石灰水变浑浊，使反响产物无法验证。在SO2、CO2混合气体中，首先用品红溶液可检验SO2存在，然后将SO2氧化除去，再用澄清石灰水检验CO2的存在。
答案：〔1〕C+2H2SO42SO2↑+CO2+2H2O↑
〔2〕④②①③
〔3〕验证产物气流中是否有SO2 将SO2全部氧化吸收 确证产物中SO2已被B瓶溶液全部氧化
〔4〕无水CuSO4〔或变色硅胶〕 水蒸气 由于产物气流通过①③时会带出水蒸气，所以②必须在①③之前
〔5〕澄清石灰水 CO2
12.枯燥的氨气在高温下能被氧化铜氧化，生成两种单质和一种化合物。完成上述反响可选用以下装置进行。
〔1〕当气体流向从左到右时，仪器连接的顺序是________。
〔2〕装置B的作用是________。装置C的作用是________。
〔3〕装置D中反响的化学方程式是________________________。
思路解析：根据装置图可知A装置为制取氨气的装置，B装置为尾气吸收装置，C为枯燥装置，D为氨气与氧化铜反响的装置，所以顺序为A、C、D、B。
答案：〔1〕A、C、D、B
〔2〕吸收多余的氨气 枯燥氨气
〔3〕2NH3+3CuO====3Cu+N2+3H2O
13.实验室常用以下装置来进行铜跟浓硫酸反响等一系列实验。
〔1〕根据什么现象可判断铜跟浓硫酸反响有SO2生成________________。根据什么现象可判断铜跟浓硫酸反响有硫酸铜生成_____________。写出甲装置中发生的主要反响的化学方程式________________________________。
〔2〕你在实验室中进行这个实验时，除了〔1〕小题中提到的实验现象外，还可以观察到许多其他的实验现象，请写出两种：________________________________、________________________________。
〔3〕装置乙的试管口部放有一团浸有碱液的棉花，棉花中通常是浸有饱和碳酸钠溶液，写出棉花中发生反响的化学方程式________________________________ 。
思路解析：由于SO2能够使品红溶液褪色，所以可以通过品红颜色的变化来判断是否有SO2产生。
答案：〔1〕乙中品红褪成无色 甲中溶液显蓝色 Cu+2H2SO4(浓)====CuSO4+SO2↑+2H2O
〔2〕装置甲试管内溶液变黑色浑浊 装置甲中试管上部有白雾 反响开始时铜片外表变黑并有气泡产生，等等
〔3〕Na2CO3+SO2====Na2SO2+CO
走近
一、选择题
1.(2022重庆理综，8) 能正确表示以下反响的化学方程式是〔 〕
A.黄铁矿煅烧：2FeS2+5O2FeO+4SO2
B.石英与石灰石共熔：SiO2+CaOCaSiO3
C.氨的催化氧化：4HN3+5O24NO＋6H2O
D.氯气与石灰乳反响：2Cl2+2Ca(OH)2====CaCl2+CaClO2+2H2O
思路解析：A项产物应为Fe2O3;B项石灰石是CaCO3;D项产物之一应为Ca(ClO)2。
答案：C
2.(2022上海，8) 浓硫酸和2 mol·L-1的稀硫酸，在实验室中敞口放置，它们的质量和放置天数的关系如以下列图。分析a、b曲线变化的原因是〔 〕
A.a升华、b冷凝
B.a吸水、b挥发
C.a蒸发、b潮解
D.a冷凝、b吸水
思路解析：由于浓硫酸具有吸水性，所以浓硫酸放置在空气中浓度会减小，而稀硫酸放置在空气中由于水分蒸发，导致其浓度会有所增大。
答案：B
3.(2022江苏，17) Cu2S与一定浓度的HNO3反响，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量为1∶1时，实际参加反响的Cu2S与HNO3的物质的量之比为〔 〕
A. 1∶7
B. 1∶9
C.1∶5
D.2∶9
思路解析：设参加反响的Cu2S的物质的量为1 mol，那么发生上述反响时失去的电子的物质的量为10 mol，由得失电子守恒可知NO2和NO的物质的量均为2.5 mol，所以作氧化剂的硝酸的物质的量为5 mol，形成硝酸铜时消耗的硝酸的物质的量为2 mol，所以参加反响的硝酸的物质的量为7 mol。
答案：A
4.(2022江苏，3) 物质氧化性、复原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反响温度有关。以下各组物质:
①Cu与HNO3溶液 ②Cu与FeCl3溶液 ③Zn与H2SO4溶液 ④Fe与HCl溶液
由于浓度不同而发生不同氧化复原反响的是〔 〕
A.①③
B.③④
C.①②
D.①③④
思路解析：根据题目给定的几组物质知①③中会因浓度的不同发生不同的反响。
答案：A
5.如下列图，夹子开始处于关闭状态，将液体A滴入试管②与气体B充分反响，翻开夹子，可发现试管①内的水立刻沸腾了。那么液体A和气体B的组合不可能是以下的〔 〕
A.氢氧化钠溶液、二氧化碳
B.水、氨气
C.氢氧化钠溶液、一氧化氮
D.水、二氧化氮
思路解析： 由于试管①中96 ℃的水此时沸腾了，说明整个系统内部的压强减小了，即②中的气体将被消耗使气体的物质的量减小，结合选项可知只有C项中气体的物质的量保持不变，其他几项中气体的物质的量均会减小。
答案：C
6.著名丹麦物理学家尼·玻尔〔N.Bohr〕将他钟爱的金制诺贝尔奖章用王水溶解成“金溶液〞，化学方程式可简单表示为：Au+HNO3+3HClAuCl3+NO↑+2H2O,AuCl2+HClHAuCl4〔四氯合金酸〕。纳粹分子对这种溶液“愚笨〞得视而不见、毫无所知。战争结束后，物理学家又根据以下反响，炼出黄金并铸出更加灿烂夺目的奖章：2HAuCl42HCl↑+3Cl2↑+2Au。表现出伟大科学家对祖国的无比热爱和非凡智慧。以下表达中正确的选项是〔 〕
A.王水能溶解黄金，但不能溶解白金
B.HAuCl4具有很强的氧化性
C.盐酸有很强的复原性
D.浓盐酸和浓硝酸按照体积比1∶3能配成王水
思路解析：选项A王水的氧化性很强，既能溶解黄金〔Au〕，又能溶解白金〔Pt〕。由反响2HAuCl42HCl↑+3Cl2↑+2Au知，该分解反响是氧化复原反响，由此可知HAuCl4一定具有很强的氧化性〔类似于强氧化性酸如硝酸的分解反响，属于氧化复原反响〕。因此选项B正确。选项C很明显是错误的。选项D配制王水的时候浓盐酸和浓硝酸的体积比应为3∶1。
答案：B
7.(2022江苏南通调研) 一定条件下CuS与稀HNO3发生反响，所得复原产物为NO，氧化产物为SO。现将0.06 mol CuS参加到50 mL 4.2 mol·L－1HNO3中充分反响之后，忽略溶液体积变化，以下说法正确的选项是〔 〕
A.被复原的硝酸为0.16 mol
B.反响后溶液中仍有硝酸剩余
C.反响后溶液的pH=1
D.CuS未全部参加反响
思路解析：此题考查了硝酸的氧化性和酸性。0.06 mol CuS被氧化时转移0.06 mol×8=0.48 mol e-，能使0.48 mol/3=0.16 mol硝酸被复原，所以A对；结合题给条件，显然B也对，但D错；经计算很容易判断C错。
答案：AB
8.(2022北京朝阳区抽样检测) 为了社会可持续开展，化工生产过程应尽量减少对环境的负作用。“绿色化学〞是当今社会提出的一个新概念，它要求从经济、环保和技术上设计可行的化学反响，据此，由单质铜制取硝酸铜的以下衍变关系可行且符合“绿色化学〞的是〔 〕
A.CuCu(NO3)2
B.CuCuOCu(NO3)2
C.CuCuOCu(OH)2Cu(NO3)2
D.CuCuSO4
思路解析：此题主要考查“绿色化学〞知识。绿色化学要求尽可能地利用原料并保证生产过程无污染。A和D中，铜与硝酸或硫酸反响都会有污染物生成，不符合“绿色化学〞的思想；C中将CuO再转化为Cu(OH)2，在技术上难以实现，且增加了步骤，不符合“绿色化学〞中经济的要求。
答案：B
二、填空题
9.(2022全国理综Ⅰ，26) A、B、C、D为气体，E、F为固体，G是氯化钙，它们之间的转换关系如以下列图所示：
〔1〕D的化学式是________，E的化学式〔分子式〕是________。
〔2〕A和B反响生成C的化学方程式是________________________。
〔3〕E和F反响生成D、H和G的化学方程式是________________________。
思路解析：由G是氯化钙且E和F为固体且反响生成气体D、G和H，可联想出为实验室制备NH3 。因此可以得出E为NH4Cl。那么D为NH3 ，C为HCl。
答案：〔1〕NH3 NH4Cl 〔2〕H2+Cl22HCl 〔3〕2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2
10.以下列图甲是课本中验证铜和浓硝酸反响的装置，乙、丙是师生对演示实验改进后的装置：
(1)甲、乙、丙三个装置中共同发生的化学方程式是________________。
(2)和甲装置相比，乙装置的优点是①________________，②________________。
(3)为了进一步验证NO2和水的反响，某学生设计了丙装置。实验时先关闭活塞________，再翻开活塞_______，才能使NO2气体充满②试管；当气体充满②试管后，将铜丝提起与溶液脱离。欲使烧杯中的水进入②试管，应如何操作 ________________________。
思路解析：根据题目给定的装置图可知乙装置有尾气处理装置，同时可以通过移动铜丝来控制反响的发生。
答案：(1)Cu+4HNO3(浓)====Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
(2)①可以控制反响 ②可吸收NO2气体，防止污染环境
(3)c a、b 先关闭b，再关闭a，然后翻开c，用手捂住试管②
三、计算题
11.将40 g铁粉放入600 g稀硝酸中，假设两者恰好完全反响，且稀硝酸被复原成NO，请计算：
〔1〕稀硝酸的质量分数。
〔2〕被复原的硝酸的物质的量。
思路解析：由于反响Fe+2Fe3+====3Fe2+存在的可能性，题中“两者恰好完全反响〞隐含三种情况。设HNO3质量为x ，被复原的HNO3物质的量为y：
〔1〕Fe恰好与HNO3反响生成Fe(NO3)3
Fe+4HNO3====Fe(NO3)3+NO↑+2H2O
56 g252 g 1 mol
40 gx y
x= =180 g
y= =0.714 mol
硝酸质量分数为：w(HNO3)=×100%=30%
此时被复原的硝酸为0.714 mol。
〔2〕Fe恰好与HNO3反响生成Fe(NO3)2
168 g504 g 2 mol
40 g x y
x= =120 g
y==0.476 mol
硝酸质量分数为w(HNO3)=×100%=20%
此时被复原的硝酸为0.476 mol。
〔3〕Fe与HNO3完全反响生成Fe(NO3)2和Fe(NO3)3。
硝酸质量分数介于20%～30%之间，被复原的硝酸介于：0.476～0.714 mol之间。
答案：〔1〕介于20%～30%之间 〔2〕0.476～0.714 mol之间
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