2022届高考化学总复习(大纲版)章节精练精析第8章氮族元素.docx

第8章　氮族元素
第一节氮和磷
1．(2022年重庆市高三诊断性考试)以下关于氮气的性质的说法中，错误的选项是(　　)
A．通常情况下，氮气性质很不活泼
B．可在氧气中燃烧，生成一氧化氮
C．氮气可以制氮肥、硝酸和铵盐
D．跟氢气在一定条件下发生反响，氮气是氧化剂
解析：选B。N2分子中含有氮氮三键，非常牢固，决定了N2的性质非常稳定，不能与O2点燃生成NO。
2．关于非金属元素N、O、Cl、P的表达，正确的选项是(　　)
A．在通常情况下其单质均为气体
B．其单质均由双原子分子构成
C．都属于主族元素
D．每种元素仅生成一种氢化物
解析：选C。N、O、Cl通常情况下单质为气体，且为双原子分子，而P不是，白磷分子式为P4，N的氢化物有NH3、N2H4等，O的氢化物有H2O、H2O2，所以A、B、D选项均不正确。
3．某集气瓶中气体呈红棕色，参加足量水，盖上玻璃片振荡，得橙色溶液，气体颜色消失，再翻开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色，那么该气体可能是以下混合气体中的(　　)
A．N2、NO2、Br2(g)　　　　　　　B．NO2、NO、N2
C．NO2、NO、O2D．N2、O2、Br2(g)
解析：选A。加足量水振荡得橙色溶液，那么混合气体中含有溴蒸气，翻开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色，那么混合气体中含有NO2或NO，或同时含有NO2和NO。
4. (2022年成都市高中毕业班诊断性检测)如下列图，两个连通器用活塞分开，左右两室各充入一定量NO和O2，且恰好使容器内气体密度相同，翻开活塞，使NO与O2充分反响，最终容器内混合气体的密度与原来的相比(　　)
A．增大B．减小
C．不变D．无法确定
解析：选C。翻开活塞后，使NO与O2接触虽发生反响2NO＋O2===2NO2，但反响前后气体的总质量和容器的容积并没有改变，依据公式ρ＝知，反响后气体的密度与反响前相等。
5．相同状况下，在体积相同的三个烧瓶中分别盛NH3、HCl和NO2气体，并分别倒立在水槽里，充分溶解后烧瓶内三种溶液物质的量浓度之比为(设烧瓶内液体未扩散到水槽里)(　　)
A．1∶1∶1B．2∶2∶3
C．3∶3∶2D．2∶2∶1
解析：选A。NH3、HCl的水溶液充满烧瓶，NO2有转化成了HNO3，水进入烧瓶也是，所以三种溶液物质的量浓度之比为1∶1∶1。
6．(2022年广西桂林、钦州、贺州高三第一次联考)砷污染事件曾屡次发生，含砷化合物一般都有毒性，其中以砒霜(As2O3)毒性最强。As2O3可用于制造杀虫剂和灭鼠剂等，是两性偏酸性氧化物，其无色晶体在193 ℃升华，微溶于水生成H3AsO3，其对应的盐也有毒性，其中碱金属对应的盐易溶于水，其他金属对应的盐几乎不溶于水。根据以上信息，以下说法正确的选项是(　　)
A．As2O3是砷的最高价含氧酸的酸酐
B．As2O3晶体为原子晶体
C．如As2O3不慎撒落河水中，可投入纯碱以消除污染
D．如As2O3不慎撒落河水中，可投入生石灰以消除污染
解析：选D。As2O3中As元素显＋3价，不是最高价含氧酸的酸酐，A错；根据As2O3193 ℃升华可以判断As2O3是分子晶体，B错；As2O3是一种两性偏酸性氧化物，可与强碱反响，生成亚砷酸盐，由于亚砷酸钙几乎不溶于水，可用生石灰消除污染，C错，D正确。
7．鉴别NO2和溴蒸气不可用的是(　　)
A．湿润的淀粉-KI试纸B．AgNO3溶液
C．水D．CCl4
解析：选A。NO2和Br2都具有氧化性，都能把I－氧化成I2而使湿润的淀粉KI试纸变蓝。NO2和Br2的水溶液颜色不一样，溴水为橙色；Br2在CCl4中呈橙色，NO2不溶于CCl4。另外Br2通入AgNO3溶液中能产生浅黄色沉淀。
8．(2022年北京西城区高三抽样测试)在容积为672mL的烧瓶里充满NO、NO2的混合气体，将其倒立在水槽里，去塞后再通入280mL氧气，反响恰好完成，且水充满烧瓶(气体体积都已折合为标准状况)。以下有关表达中，正确的选项是(　　)
A．总反响为NO＋NO2＋O2＋H2O===2HNO3
B．总反响为4NO＋8NO2＋5O2＋6H2O===12HNO3
C．生成HNO3浓度接近0.03mol·L－1
D．生成HNO3浓度约为0.45mol·L－1
解析：选B。由题意n(NOx)∶n(O2)＝V(NOx)∶V(O2)＝672mL∶280mL＝12∶5，即B项正确；那么生成HNO3的浓度＝＝mol·L－1≈0.045mol·L－1。
9．(2022年湖北天门高三第一次模拟)在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂外表吸附与解吸作用的过程如下列图。以下说法错误的选项是(　　)
A．NO2是该过程的中间产物
B．NO和O2必须在催化剂外表才能反响
C．汽车尾气的主要污染成分包括CO和NO
D．催化转化总反响式为2NO＋O2＋4CO4CO2＋N2
解析：选B。涉及的反响依次为：2NO＋O2===2NO2，2NO2＋4CO4CO2＋N2，总反响式为2NO＋O2＋4CO4CO2＋N2，说明NO2为该过程的中间产物。
10．(2022年湖北黄冈中学高三期中)NO、NO2均可与NH3反响转化为无害的N2和H2O，现有3.0 LNO、NO2的混合气体，当耗用3.0 LNH3时，可全部转化为N2和H2O，那么NO与NO2的体积之比为(体积均为同温同压下测定)(　　)
A．1∶1B．1∶2
C．1∶3D．任意比
解析：选A。NO、NO2被复原成N2，平均每个分子会得到3e－。故二者的体积比应为1∶1。
11．将20mL充满NO和NO2的混合气体的试管倒立于盛水的水槽中，充分反响后，剩余气体的体积变为10mL，那么原混合气体中NO占________mL，NO2占________mL。
解析：NO不与水反响，NO2与水反响时每一体积的NO2会生成1/3体积的NO，所以剩余的气体为未参加反响的NO和生成的NO。
设原混合气体中含NO2的体积为x，那么含NO20mL－x
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
31
xx
由题意：20mL－x＋x＝10mL
解得x＝15mL
那么原NO的体积：20mL－15mL＝5mL。
答案：515
12．(1)实验室常用饱和NaNO2和NH4Cl溶液反响制取纯洁的氮气，反响方程式为：NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O＋Q。
实验装置如下列图，试答复：

a．防止NaNO2饱和溶液蒸发
b．保证实验装置不漏气
c．使NaNO2饱和溶液容易滴下
②B局部的作用是________。
a．冷凝b．冷却氮气c．缓冲氮气流
③加热前必须进行的一个操作步骤是__________________，加热片刻后，即应移去酒精灯以防反响物冲出，其原因是______________________________________________________________________________________________________。
④收集N2前，必须进行的步骤是(用文字说明)________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
收集N2最适宜的方法是________。
a．用排气法收集在集气瓶中
b．用排水法收集在集气瓶中
c．直接收集在球胆或塑料袋中
(2)实验室合成氨装置如下列图，试答复：
装置甲的作用是：①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________。
从乙处导出的气体是________________，检验产物的简单化学方法是
________________________________________________________________________。
解析：(1)从反响方程式看，发生反响时，烧瓶中的压强必然比漏斗A中大，因而A中NaNO2溶液不易滴入烧瓶中。如果将A与烧瓶间用导管连接，可以使A与烧瓶中压强始终保持相等，有利于NaNO2溶液滴入烧瓶中。由于是液体与液体反响制气体，又是放热反响，因此，产物中一定含有大量水蒸气，通过冰盐冷却后，可将大局部水蒸气冷凝。制气体在反响前必须检查装置的气密性。该反响是放热反响，反响一旦启动，就不必再继续加热，否那么，会由于反响过于剧烈而使反响物冲出。由于实验目的是制纯洁的N2，因而，在收集N2前必须将系统内的空气排尽。收集N2最适宜的方法是直接收集在球胆或塑料袋中。
(2)从装置看，瓶甲中装有浓H2SO4，起到枯燥气体的作用。通过观察气泡产生的情况控制气流的速率。反响气体可以在瓶甲内部充分混合。题目中已给出的是合成氨装置，从乙处导出的气体必然是NH3及N2、H2的混合物。检验氨气最简便的方法是用蘸有浓盐酸的玻璃棒接近导管口，产生白烟(微小的NH4Cl晶体)，说明有氨气生成。
答案：(1)①c②a③检查装置的气密性本反响为放热反响④将系统内空气排尽c　(2)①枯燥气体②使两种气体充分混合③观察气泡以调节H2、N2的流速NH3及N2、H2的混合物用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在导管口，产生白烟，说明有氨气生成
13．为了证明NO可以与O2和H2O共同反响生成HNO3，某学生设计了如图装置并按如下实验步骤进行实验。
①检查装置气密性。
②在中间四通直管中装入一定的水，并向左右两侧试管及分液漏斗中参加图示试剂。
③将铜丝插入稀硝酸中，开始反响，一段时间后再把铜丝从溶液中抽出。
④翻开分液漏斗活塞，向试管中参加少量水，再立刻关闭。
⑤滴入几滴石蕊试液。
请你参与帮助解答以下问题：
(1)步骤①中，如何检查该装置的气密性________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)步骤③中，当铜丝插入稀硝酸时，观察到的主要现象有：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)步骤④中，中间四通直管中，水面是否变化____________(填“上升〞、“下降〞或“不变〞)，写出此时变化的反响方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)参加石蕊试液的作用是：________________________________________________________________________。
解析：(1)挤压胶头滴管后，使系统处于密闭状态，根据胶头滴管的橡胶头是否恢复原状来判断装置的气密性是否良好。
(2)Cu与稀HNO3发生反响3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，NO与装置内残留O2发生反响2NO＋O2===2NO2，NO2接触水后发生反响3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，因此系统内气体压强先减小后增大，导致中间四通直管中液面先略微上升，后开始下降。
(3)Na2O2与H2O发生反响2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，NO、O2在水中发生反响4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3，导致系统内压强降低，中间四通直管中水面上升。
答案：(1)翻开分液漏斗活塞并取下上面塞子，挤压胶头滴管使其成“瘪〞状，同时立刻关闭分液漏斗上的活塞，假设胶头滴管橡胶头一段时间内仍呈“瘪〞状，表示气密性良好
(2)试管内先有红棕色气体，后又逐渐变为无色；左试管中的液体由无色逐渐变成蓝色；中间四通直管中的液面起初略为上升，后开始下降
(3)上升4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3(或分步写：2NO＋O2===2NO2,3NO2＋H2O===2HNO3＋NO)
(4)检验是否有酸生成
14．A～M所代表的各物质是中学化学里常见的物质，B、J是单质，A是化合物；E的溶液跟苯酚溶液混合，溶液呈紫色。A～M各物质之间相互反响的转化关系如下列图(未注明必要的反响条件)：
请答复：
(1)B在A的浓溶液中反响而溶解的条件是________________________________________________________________________。
(2)写出以下反响的化学方程式：
F→G+A:_____________________________________，
G→F:________________________________________；
E→I的离子方程式为___________________________。
(3)L转化成I的现象是
_____________________________________________。
(4)常温下Cu能与B3＋反响：Cu＋2B3＋===Cu2＋＋2B2＋。现取Cu与M的混合物26.4 g与1 L1mol·L－1的H2SO4溶液(过量)充分反响。反响后测得溶液中B3＋的浓度为
0.05mol·L－1(溶液体积仍可视为1 L)，那么原固体混合物中Cu的质量是多少反响后溶液中H＋的物质的量浓度是多少(不考虑盐类的水解)
解析：E的溶液跟苯酚溶液混合，溶液呈紫色，可确定E中含Fe3＋，所以B是铁，A的浓溶液具有较强的氧化性，再结合A的稀溶液与B的反响及G、F间的转化，可以确定A是HNO3。依次推出D是H2O，E是Fe(NO3)3，F是NO2，G是NO，J是O2，H是Fe(NO3)2，I是Fe(OH)3，K是NaNO3，L是Fe(OH)2，M是Fe2O3。
(4)溶液中存在Fe3＋，所以Cu已完全反响，
Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
12
n(Cu)　2n(Cu)
依题意：n(Cu)×64 g·mol－1＋×160 g·mol－1＝26.4 g，
n(Cu)＝0.1mol，m(Cu)＝0.1mol×64 g·mol－1＝6.4 g，
n(Fe2O3)＝＝0.125mol。
由Fe2O3～6H＋知，剩余H＋：n(H＋)＝1mol·L－1×1 L×2－0.125mol×6＝1.25mol，
c(H＋)＝＝1.25mol·L－1。
答案：(1)加热　(2)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO2NO＋O2===2NO2Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓
(3)白色沉淀先变成灰绿色，最后变成红褐色
(4)6.4 g1.25mol·L－1
第二节氨和铵盐
1．(2022年湖北武汉高三月考)有关氨气的实验较多，下面对这些实验的实验原理的分析中，错误的选项是(　　)
A．氨气极易溶解于水的性质可以解释氨气的喷泉实验
B．氨气的复原性可以解释氨气与水的反响
C．氨水显碱性可解释氨水中参加酚酞呈红色
D．NH3·H2O的热稳定性差可以解释实验室中用向氨水中参加固体NaOH的方法制取氨气
解析：选B。氨气与水的反响是非氧化复原反响，与氨气的复原性无关。
2．(2022年河北衡水中学高三调研考试)针对实验室制取氨气，以下说法不正确的选项是(　　)
A．发生装置与用KClO3制取O2的装置相同
B．可用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨水
C．氨气的验满可以用湿润的红色石蕊试纸或蘸有浓盐酸的玻璃棒放于试管口附近
D．所用的铵盐不能是NH4NO3，因为NH4NO3受热易爆炸
解析：选B。实验室制取NH3属于固体与固体混合加热型，与KClO3分解制O2装置一样；由于NH3在水中的溶解度太大，NH4Cl无法抑制氨气的溶解；氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝或遇浓盐酸产生白烟；NH4NO3受热易爆炸，一般使用NH4Cl或其他非氧化性酸的铵盐。
3．以下说法中不正确的选项是(双选)(　　)
A．NH3溶于水后，水溶液中存在大量的NH
B．NH3在铂存在下与O2反响生成NO2
C．铵盐都能与苛性钠共热产生NH3
D．碳酸铵受热分解产生的气体经碱石灰枯燥后可得纯洁的NH3
解析：选AB。NH3溶于水，大局部生成NH3·H2O，NH3·H2O只有小局部发生电离，溶液中只有少量NH；NH3在铂催化加热条件下被O2氧化生成NO。
4．(2022年天津一中高三月考)实验室制取以下气体时，可选用同一套气体发生装置的一组是(　　)
A．NH3和Cl2B．NH3和H2
C．NH3和CO2D．NH3和O2
解析：选D。选择气体发生装置的依据是反响物的状态和反响的条件，制NH3和O2都属固、固加热型，可选用同一套气体发生装置。
5．现欲别离NaCl和NH4Cl，以下方法正确的选项是(　　)
A．参加AgNO3溶液B．参加NaOH溶液
C．参加水D．加热并冷却
解析：选D。参加AgNO3溶液，二者均产生AgCl白色沉淀，无法别离，A错误；参加NaOH溶液，发生反响NaOH＋NH4ClNaCl＋NH3↑＋H2O，这样能除去NaCl中的NH4Cl，但达不到别离的目的，B错误；两种物质均易溶于水，参加水也无法进行别离，C错误；因NH4ClNH3↑＋HCl↑，但遇冷时NH3＋HCl===NH4Cl，而NaCl受热不分解，所以可用加热并冷却的方法使二者别离。
6．对溶液里的离子鉴定，进行以下实验，结论不正确的选项是(　　)
A．溶液中参加稀硝酸后，再加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，那么溶液中可能含有Cl－
B．溶液中参加氯化钡溶液有白色沉淀生成，再参加稀硝酸，沉淀不溶解，那么溶液中一定含有SO
C．溶液中参加氢氧化钠溶液，加热后能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，那么溶液中含有NH
D．溶液中参加盐酸，有能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体放出，那么溶液中可能含有CO
解析：选B。由题意可知B选项不正确，假设原溶液中有Ag＋，生成的AgCl白色沉淀也不溶于稀硝酸。
7. (2022年广西南宁高三阶段考试)如下列图，锥形瓶内盛有气体X，滴管内盛有液体Y。假设挤压胶头滴管，使液体Y滴入瓶中，振荡，过一会可见小气球a鼓起来。气体X和液体Y不可能是(　　)
A．X是NH3，Y是水
B．X是SO2，Y是NaOH浓溶液
C．X是CO2，Y是稀硫酸
D．X是HCl，Y是NaNO3稀溶液
解析：选C。当锥形瓶中气压减小时气球会鼓起来。
8．有以下4瓶质量分数不等的氨水，其中密度最大的是(　　)
A．29%的氨水B．2.2%的氨水
C．34%的氨水D．16%的氨水
解析：选B。氨水的密度小于1，质量分数越小，密度越大。
9．(2022年云南昆明高三教学质量检测)将NH4HCO3在试管中加热，使放出的气体依次通过盛有足量Na2O2、CaCl2的容器，最后得到的气体是(　　)
A．H2O B．CO2
C．O2D．NH3
解析：选C。NH4HCO3受热分解生成NH3、CO2和H2O，CO2、H2O与足量Na2O2反响生成O2，NH3被CaCl2吸收，所以最后得到的气体是O2。
10．如下列图装置中，烧瓶中充满枯燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后翻开弹簧夹f，烧杯中的液体c呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。那么a和b分别是(双选)(　　)

a(枯燥气体)
b(液体)
A
NO2
H2O
B
CO2
4 mol/L NaOH溶液
C
Cl2
饱和NaCl溶液
D
NH3
1 mol/L盐酸
解析：选BD。A项中反响为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，故最终液体不能充满烧瓶；B项中反响为CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O，故该项符合条件；C项中Cl2难溶于饱和NaCl溶液，不会形成喷泉；D项中NH3极易溶于盐酸溶液，符合条件，所以B、D两项正确。
11．A、B、C、D为气体，E、F为固体，G是氯化钙，它们之间的转化关系如下所示：
根据图中转化关系答复以下问题：
(1)D的化学式是________，E的化学式是________。
(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
________________________________________________________________________。
解析：此题的题干与框图给出的信息很有限，要想推断出所有物质，我们需要把题干信息与转化框图充分结合起来。根据G是氯化钙，固体E和固体F反响除了得到CaCl2外，还得到了一种气体D，即固＋固―→CaCl2＋D(气体)＋H，由此反响特征，根据以往所学的反响，不难确定该反响是实验室制取NH3的反响，进而可推出其他物质，此题就可顺利求解了。
答案：(1)NH3NH4Cl　(2)H2＋Cl22HCl
(3)2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋2H2O＋CaCl2
12．选择性催化复原是在有催化剂的条件下将NOx转变为N2和H2O，这是目前国外硝酸厂进行尾气治理所普遍采用的一种方法。
某化学兴趣小组拟验证NO能被氨气复原并测算其转化率。
试答复以下问题：
(1)假设制取氨气用图中A装置，那么发生反响的化学方程式为
________________________________________________________________________；
假设用B装置制取氨气，那么分液漏斗和锥形瓶中盛放的药品分别是________________________________________________________________________。
(2)用C装置制取NO时，用可抽动的铜丝其优点是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)装置⑦的作用可能是_______________________________。
(4)假设进入装置⑤的NO共2688mL(已折算为标准状况，下同)，氨气过量，最后收集到标准状况下2022mLN2，那么NO的转化率为________。
解析：(1)A装置发生反响为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。假设改用B装置属“固＋液―→气体〞型，那么可利用浓氨水与碱石灰反响制取。
(2)C装置的优点是铜丝可抽动，因此可以随时关停，操作方便且铜丝可反复使用，节约药品。
(3)装置⑦的作用是吸收未反响的NO。
(4)NO与NH3的反响方程式为：6NO＋4NH35N2＋6H2O，由反响方程式知，2688mLNO可以生成2240mLN2，NO的转化率为×100%＝90%。
答案：(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O浓氨水、碱石灰(生石灰或氢氧化钠固体)　(2)反响可以随时关停，操作方便，铜丝可反复使用，节约药品　(3)吸收未反响的NO　(4)90%
13．(2022年广西桂林高三第一次模拟)某化学课外活动小组设计了如下列图的实验装置，进行“氨的催化氧化〞实验(固定装置略去)。
(1)A处是气体发生装置，A中所用的试剂只能从以下物质中选取：
①碳酸钠②碳酸氢钠③碳酸氢铵④氯化铵⑤熟石灰⑥氢氧化钠
假设A中制取气体时只用了一种药品，那么该药品是________(填物质序号)，并在图中空白处将实验装置图补充完整(使用以下简易装置图，固定装置省略；使用尺、规作图)
(2)该装置补充完整后，仍然存在一定缺陷，试从平安与环保的角度来考虑，对该装置进行改进：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________。
(3)按照改进后的装置进行实验，请完成以下问题：
①装置B的作用是_______________________________；
②写出C中发生反响的化学方程式：__________________________________________；
③假设A处试剂足量，那么装置D中可以观察到的实验现象有
________________________________________________________________________。
解析：(1)“氨的催化氧化〞实验必须有NH3和O2，所以只用一种药品时，必须产生NH3且通过Na2O2产生O2，这种药品就是NH4HCO3：NH4HCO3NH3↑＋H2O↑＋CO2↑，而2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2,2H2O＋2Na2O2===4NaOH＋O2↑。
(2)如果产生气体不均匀，导管插入溶液中易发生倒吸，故在装置C与D之间加一个平安瓶；NO2有毒，不能直接排放到空气中，在D装置后面增加一个尾气吸收装置。
答案：
(1)③由酒精灯、大试管、橡胶塞和导管组成的固体加热装置，如上图所示
(2)①在装置C与D之间增加一个防倒吸(或平安瓶)装置②在D装置后面增加一个尾气吸收装置
(3)①吸收二氧化碳和水蒸气，使其生成氧气②4NH3＋5O24NO＋6H2O③铜片溶解，溶液变蓝色，生成无色气体，并在广口瓶上方变成红棕色
第三节硝酸
1．以下材料制成容器既不能用来盛放盐酸，也不能用来盛浓HNO3的是(　　)
A．AlB．Sn
C．CuD．Pt
解析：选B。常温下，只有Sn既可被盐酸溶解也可被浓HNO3溶解。
2．(2022年桂林十八中高三月考)将相同质量的铜分别和过量浓硝酸、稀硝酸反响，以下表达正确的选项是(　　)
A．反响速率：两者相同
B．消耗硝酸的物质的量：前者多，后者少
C．反响生成气体的颜色：前者浅，后者深
D．反响中转移的电子总数：前者多，后者少
解析：选B。硝酸浓度越大，反响速率越快，A项错。从化学方程式①Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，②3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O知，消耗同样多的铜，需要的浓硝酸多，B项正确。NO2是红棕色，NO为无色，应是前者深，后者浅，C项错误。等质量的铜反响，转移的电子数相同，D项错误。
3．(2022年四川绵阳中学高三第一次模拟)以下化学实验事实解释正确的选项是(　　)
A．过量的铜屑与稀硝酸作用，反响停止后，再参加1mol·L－1稀硫酸，铜屑又逐渐溶解，是因为铜可直接与1mol·L－1稀硫酸反响
B．铁钉放在浓硝酸中浸泡后，再用蒸馏水冲洗，然后放入CuSO4溶液中不反响，说明铁钉外表形成了一层致密稳定的氧化膜
C．相同物质的量浓度乙酸铅溶液导电能力比乙酸钙弱得多，说明乙酸铅属于非电解质
D．浓NH4Cl溶液处理过的舞台幕布不易着火，是因为处理后幕布质量增加，着火点升高
解析：选B。Cu与稀硝酸反响生成Cu(NO3)2，再参加1mol·L－1稀硫酸，H＋＋NO又能溶解Cu，A错；乙酸铅溶液导电能力比乙酸钙弱，说明乙酸铅属弱电解质，C错；浓NH4Cl溶液处理过的舞台幕布不易着火，是因为NH4ClNH3↑＋HCl↑反响吸热降低温度，同时生成的NH3和HCl隔绝空气，D错。
4．铜粉放入稀H2SO4溶液中，加热后无明显现象发生。当参加一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出。该盐是(　　)
A．Fe2(SO4)3B．Na2CO3
C．KNO3D．FeSO4
解析：选C。参加KNO3后，电离产生的NO与H2SO4电离产生的H＋可形成HNO3，表现出强氧化性，可溶解铜粉，同时有NO气体产生。
5．把6mol铜粉投入含8mol硝酸和2mol硫酸的稀溶液中，那么标准状况下放出气体的物质的量为(　　)
A．2molB．3mol
C．4molD．5mol
解析：选B。此题外表上似乎是铜与稀硝酸能反响，不能与稀硫酸反响，只能按铜与稀硝酸的反响计算。但在硝酸与硫酸的混合溶液中，H＋与NO相当于硝酸，故实际应按离子反响计算。
6．(2022年湖北武汉武昌区模拟)将7.84 g铁粉参加200mL2mol·L－1的HNO3溶液中，使之充分反响放出NO气体，所得溶液中，主要离子浓度的大小符合以下关系的是(　　)
A．c(NO)>c(Fe2＋)>c(Fe3＋)>c(H＋)
B．c(NO)>c(Fe3＋)>c(Fe2＋)>c(H＋)
C．c(Fe2＋)>c(Fe3＋)>c(NO)>c(H＋)
D．c(Fe2＋)>c(NO)>c(Fe3＋)>c(H＋)
解析：选A。n(NO)总＝0.2 L×2mol·L－1＝0.4mol，n(Fe)＝7.84 g÷56 g·mol－1＝0.14mol，n(Fe2＋)＋n(Fe3＋)＝0.14mol,2n(Fe2＋)＋3n(Fe3＋)＝0.4mol－，所以n(Fe2＋)＝0.12mol，n(Fe3＋)＝0.02mol，硝酸并无剩余，A项正确。
7．(2022年四川成都高三诊断检测)300mL2mol·L－1硝酸与一定量的铝镁铁合金反响生成3.36 LNO (标准状况)和铁盐、铝盐、镁盐等，再向反响后的溶液中参加3mol·L－1NaOH溶液，使铝、镁、铁元素恰好全部转化为沉淀，那么所加NaOH溶液的体积是(　　)
A．150mLB．200mL
C．450mLD．无法计算
解析：选A。抓住终态分析，模糊中间过程。当铝、镁、铁元素恰好全部转化为沉淀时，溶液中仅含NaNO3，依据元素守恒，故n(NaOH)＝n(HNO3)总－n(NO)。即
V(NaOH)＝
＝0.15 L＝150mL。
8．硝酸被称为“国防工业之母〞是因为它是制取炸药的重要原料。以下实验事实与硝酸性质不相对应的一组是(　　)
A．浓硝酸使紫色石蕊试液先变红后褪色——酸性和强氧化性
B．不能用稀硝酸与锌反响制氢气——强氧化性
C．要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性
D．能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去——强氧化性
解析：选D。D项中“滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去〞，其褪色的原因可能是因为硝酸的强氧化性将酚酞氧化而褪色，但也有可能是硝酸与氢氧化钠发生中和反响，究竟是哪个原因，还需要实验验证，D项不准确。
9．将m1 g铜加到m2 g60%的硝酸溶液中，反响共放出nL气体(标准状况)，那么被复原的HNO3的物质的量是(　　)
A. mol B. mol
C. mol D.mol
解析：选C。被复原HNO3的物质的量等于生成的气体的物质的量。
10．(2022年高考大纲全国卷Ⅱ)物质的量之比为2∶5的锌与稀硝酸反响，假设硝酸被复原的产物为N2O，反响结束后锌没有剩余，那么该反响中被复原的硝酸与未被复原的硝酸的物质的量之比是(　　)
A．1∶4B．1∶5
C．2∶3D．2∶5
解析：选A。设有2molZn与5mol硝酸反响，那么必生成2molZn(NO3)2，那么未被复原的硝酸的物质的量为4mol，被复原的硝酸的物质的量为1mol。
11．在浓硝酸中放入铜片：
(1)开始反响的化学反响方程式为
_______________________________________，
实验现象为______________________________。
(2)假设铜有剩余，那么反响将要结束时的化学反响方程式为
________________________________________________________________________。
(3)待反响停止后，再参加少量25%的稀H2SO4，这时铜片上又有气泡产生，其原因是
________________________________________________________________________。
(4)假设将12.8 g铜跟一定量的浓硝酸反响，铜消耗完时，共产生气体5.6 L(标准状况下)。那么所消耗硝酸的物质的量是________________。
解析：(1)在浓硝酸中放入铜片，开始反响的化学方程式为：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。(2)铜跟浓硝酸反响时，随着反响的进行，硝酸浓度不断减小，故反响最后阶段发生的是铜与稀HNO3的反响。(3)反响停止后，反响体系中有：Cu、Cu2＋、NO，参加稀H2SO4后，H2SO4电离出H＋，又“生成了HNO3”，故又会有Cu溶解。(4)产生的5.6 L气体是NO2和NO的混合气体。根据N原子守恒可算出被复原的HNO3的物质的量，再根据Cu的量可算出显酸性的HNO3的物质的量[Cu反响后转化为Cu(NO3)2，故显酸性的HNO3的物质的量应为Cu的物质的量的2倍]。消耗HNO3的总物质的量＝起酸作用的HNO3的物质的量＋被复原(起氧化剂作用)的HNO3的物质的量。铜的物质的量为：＝0.2mol，起酸作用的HNO3的物质的量为：0.2mol×2＝0.4mol，NO2和NO的总物质的量为：＝0.25mol，那么起氧化作用的HNO3(即被复原的HNO3)总物质的量为0.25mol，故总共消耗的硝酸的物质的量为：0.4mol＋0.25mol＝0.65mol。
答案：(1)Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O铜片逐渐溶解，产生红棕色气体，溶液变为蓝色
(2)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(3)参加稀H2SO4后，H2SO4电离出的H＋，与原溶液中的NO构成强氧化性条件(即相当于溶液中又生成了“稀硝酸〞)，因此Cu又会溶解，铜片上产生气泡
(4)0.65mol
12．某校课外活动小组为了探究铜与硝酸反响产生的是NO而设计了一个实验，其装置如图(加热装置和固定装置均已略去)所示。图中K为止水夹(处于关闭状态)，F是一个装有半管空气的注射器，D是尾气处理装置(兼防倒吸功能)。
请答复有关问题：
(1)设计装置A的目的是
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