1、课时作业29硝酸的性质时间：45分钟满分：100分一、选择题(每小题4分，共48分)1下列关于硝酸的叙述正确的是(C)A常温下，浓硝酸可以使金属镁钝化B稀硝酸与活泼金属反应主要放出氢气C浓硝酸和稀硝酸都是强氧化剂D室温下，铜能与浓硝酸反应，不能与稀硝酸反应解析：浓硝酸与镁反应时镁表面不会生成致密的氧化膜，所以常温下，浓硝酸不能使金属镁发生钝化，A项错误；稀硝酸是强氧化剂，与活泼金属反应时NO得电子，而不是氢离子得电子，所以无氢气产生，B项错误；浓、稀硝酸都具有强氧化性，都是强氧化剂，C项正确；室温下，铜与浓、稀硝酸都能反应，D项错误。2下列有关硝酸的说法中正确的是(B)A常温下浓硝酸与铁、铝不
2、反应B浓硝酸具有强氧化性和不稳定性C浓硝酸通常略显黄色，是因为在其中溶解了Fe3D稀硝酸与铜反应，氮元素化合价由5降为2；浓硝酸与铜反应，氮元素化合价由5降为4。由前后降价的多少可知，稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强解析：常温下浓硝酸与铁、铝反应，在金属表面生成致密的氧化膜，A错误；浓硝酸呈黄色是因为HNO3分解生成的二氧化氮又溶解在硝酸中，C错误；判断物质氧化性强弱，应该依据其得电子能力强弱，而不是得电子的多少，浓硝酸的氧化性强于稀硝酸的，D错误。3以下关于铜跟浓、稀HNO3反应的说法中错误的是(A)A1 mol浓HNO3被还原转移2 mol电子BCu与浓HNO3反应比与稀HNO3反应剧烈CCu与
3、浓、稀HNO3反应都不需要加热D生成等量的Cu(NO3)2，消耗浓HNO3的量多解析：1 mol浓HNO3被还原生成1 mol NO2，转移1 mol电子，A错误；浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，Cu与浓HNO3反应比与稀HNO3反应剧烈，B正确；Cu与浓、稀HNO3反应都不需要加热，C正确；浓硝酸的还原产物是NO2，稀硝酸的还原产物是NO，根据得失电子守恒可判断生成等量的Cu(NO3)2，消耗浓HNO3的量多，D正确。4某化学兴趣小组设计了如图所示的浓HNO3与Cu反应的微型实验。下列说法中错误的是(D)A挤压塑料瓶使浓HNO3进入干燥管就可引发反应B将装置口向上提起就可停止反应C蘸碱液的棉花可起
4、到吸收NO2的作用D该装置适用于木炭与浓硝酸或浓硫酸的反应实验解析：挤压塑料瓶使浓HNO3进入干燥管与铜接触，可以引发反应，A正确；将装置口向上提起使铜与浓HNO3分离，可使反应停止，B正确；NO2是酸性气体，可被碱液吸收，C正确；木炭与浓硝酸或浓硫酸的反应需要加热才能够进行，而该装置是在常温下进行的反应装置，D错误。 5.将10.8 g的Ag投入一定量的浓硝酸中完全溶解得到NO和NO2的混合气体，用NaOH溶液将该混合气体完全吸收得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，则所得NaNO2的物质的量为(A)A0.05 molB0.06 molC0.075 mol D0.1 mol解析：10.8 g
5、 Ag的物质的量为10.8 g108 g/mol0.1 mol，分析整个反应过程，由得失电子守恒可知，Ag失去的电子数等于硝酸转化为NaNO2得到的电子数，即n(Ag)(10)n(NaNO2)(53)，n(NaNO2)0.1 mol/20.05 mol，答案选A。6如图所示Cu与HNO3反应的量的关系，A、B、C、D四点中表示铜与稀硝酸反应中被还原的HNO3与Cu的量的关系的点是(A)AA点 BB点CC点 DD点解析：Cu与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu8HNO3=3Cu(NO3)22NO4H2O，由化学方程式可知参加反应的HNO3只有被还原，故被还原的HNO3与Cu的关系为3Cu2HNO3(
6、被还原)。7对下列事实解释错误的是(C)A向蔗糖中加入浓H2SO4后出现发黑现象，说明浓H2SO4具有脱水性B浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定C常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应D反应CuSO4H2S=CuSH2SO4能进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸8在15.2 g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25.4 g沉淀，则下列表示气体X组成的选项中合理的是(B)A0.3 mol NO、0.1 mol NO2B0.3 mol NO2、0.1 mol NOC0.6 mol NOD0.3 mo
7、l NO2解析：由题意知15.2 g铁和铜组成的合金转化生成25.4 g氢氧化物沉淀，利用质量守恒可得沉淀中m(OH)25.4 g15.2 g10.2 g，n(OH)0.6 mol，根据得失电子守恒可知，金属提供电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，即金属提供电子的物质的量为0.6 mol。若生成0.3 mol NO、0.1 mol NO2，则转移电子的物质的量为0.3 mol(52)0.1 mol(54)1 mol，A错误；若生成0.3 mol NO2、0.1 mol NO，则转移电子的物质的量为0.3 mol(54)0.1 mol(52)0.6 mol，B正确；若生成0.6 mol NO
8、，则转移电子的物质的量为0.6 mol(52)1.8 mol，C错误；若生成0.3 mol NO2，则转移电子的物质的量为0.3 mol(54)0.3 mol，D错误。9将镁铝合金溶于100 mL稀硝酸中，产生1.12 L NO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀的情况如图所示。下列说法不正确的是(D)A可以求出合金中镁的质量B氢氧化钠溶液的浓度为3 mol/LC可以求出沉淀的最大质量D不能求出硝酸的物质的量浓度解析：向反应后的溶液中加入NaOH溶液，开始没有沉淀说明硝酸过量，与硝酸反应的氢氧化钠溶液的体积是10 mL，Mg2、Al3完全转化为沉淀消耗氢氧化钠溶液的体积
9、是50 mL，溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液的体积是10 mL，则生成氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液的体积是30 mL，因此生成氢氧化镁消耗氢氧化钠溶液的体积是20 mL，根据方程式Al33OH=Al(OH)3、Mg22OH=Mg(OH)2可知金属镁、铝的物质的量之比为11。生成的NO是0.05 mol，NO得0.15 mol电子，根据得失电子守恒可知金属镁、铝的物质的量均是0.15 mol50.03 mol。根据以上分析可知可以求出合金中镁的质量，A项正确；溶解0.03 mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.03 mol，氢氧化钠溶液的浓度为0.03 mol0.01 L3 mol/L，B项正确；
10、根据以上分析可知可以求出沉淀的最大质量，C项正确；沉淀达到最大值时所得溶液是硝酸钠溶液，根据氮原子守恒能求出硝酸的物质的量浓度，D项错误。101.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g/mL、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 NaOH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(C)A该合金中铜与镁的物质的量之比是21B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LC得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mLDNO2和N2O4的混合气体
11、中，NO2的体积分数是80%解析：设1.52 g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/mol1.52 g；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)0.06 mol，故2x2y0.06 mol，联立、解得x0.02 mol，y0.01 mol，A项正确。c(HNO3)14.0 mol/L，B项正确。得到2.54 g沉淀时，消耗0.06 mol NaOH，消耗NaOH溶液的体积为60 mL，C项错误。由上述分析可知，Cu、Mg共失去0.06 mol电子，根据得失电子守恒可知，如果硝酸完全被还原为NO2，NO2的
12、物质的量应为0.06 mol，现得到0.05 mol 混合气体，是由于存在2NO2N2O4，由差量法可求得混合气体中N2O4的物质的量为0.01 mol，则NO2的物质的量为0.04 mol，D项正确。11向13.6 g由Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250 mL，当固体物质完全溶解后生成Cu(NO3)2和NO气体。在所得溶液中加入0.5 mol/L的NaOH溶液1.0 L，生成沉淀的质量为19.6 g，此时溶液呈中性且金属离子已完全沉淀。下列有关说法正确的是(D)A原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为11B原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度为1.3 mol/LC产生N
13、O的体积为2.24 LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余的HNO3为0.1 mol解析：生成的沉淀为Cu(OH)2，质量为19.6 g，其物质的量为0.2 mol。设Cu、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol，则x mol2y mol0.2 mol，64 g/molx mol144 g/moly mol13.6 g，解得x0.1，y0.05，Cu与Cu2O的物质的量之比为21，A错误；Cu和Cu2O中的Cu元素都变为2价的Cu2，转移电子的物质的量为(0.120.052) mol0.3 mol，根据得失电子守恒可知，生成的NO应为0.1 mol，但未注明是否为标准状况，故气体体积不一定
14、为2.24 L，C错误；n(NaOH)0.5 mol，生成0.2 mol Cu(OH)2时消耗了0.4 mol NaOH，另外0.1 mol NaOH中和了剩余的0.1 mol硝酸，D正确；硝酸的总物质的量为0.1 mol(剩余)0.1 mol(表现氧化性)0.4 mol(表现酸性)0.6 mol，其物质的量浓度为2.4 mol/L，B错误。12下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是(D)A.由中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B红棕色气体不能表明中木炭与浓硝酸发生了反应C由说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定
15、与浓硝酸发生了反应解析：本题考查硝酸的氧化性、不稳定性、挥发性等性质。中的CO2可能是空气中的氧气与木炭反应的产物。二、非选择题(共52分)13(12分)实验室用稀硝酸与铜反应制备NO气体，如果采用图装置(烧瓶内加入稀硝酸和铜片，必要时可加热)，实验效果不是十分理想，因为观察到的现象不能有力证明反应产物是NO。有人设计了图装置(橡皮塞下端连有铜丝圈)，用来做该实验可以达到满意的效果。(1)用图装置做实验时，用排水法收集到的气体的颜色为无色；实验过程中由于烧瓶中有空气，可以将产生的NO氧化成NO2，不易观察到无色的NO生成，从而不能有力证明反应产物是NO。(2)用图装置做实验时，将有关操作补充完
16、整：将分液漏斗的活塞打开，从U形管的B侧管口注入稀硝酸，一直注到液面与橡皮塞接触(或A侧管中恰好充满液体)为止。关闭活塞，用酒精灯在U形管的A侧加热，当铜丝上有气泡产生时，立即撤去酒精灯。(3)根据图装置的实验完成下列问题：反应在什么情况下可以自动停止？当反应产生的NO气体将稀硝酸排入U形管B侧管内，使铜丝圈与稀硝酸脱离时，反应立刻停止。可在何处观察到无色的NO气体？在U形管A侧管内可观察到无色NO气体。如果将分液漏斗的活塞慢慢打开，可立即观察到哪些明显现象？U形管B侧管内的稀硝酸又回到A侧管中，分液漏斗中有红棕色气体产生。解析：由于NO易被空气中的O2氧化成NO2(红棕色)，所以在铜与稀硝酸
17、反应的常规实验中，很难观察到无色NO气体的生成，而是观察到红棕色气体。本题图装置提供无氧气环境，使NO能存在相当长一段时间。14(12分)下图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X和H是固体，B和G是液体，其余均为气体，1 mol X分解得到A、B、C各1 mol。试回答下列各题：(1)写出下列物质的化学式：XNH4HCO3，BH2O。(2)写出下列反应的化学方程式：GHAF：C4HNO3(浓)CO24NO22H2O。CDE：4NH35O24NO6H2O。(3)写出下列反应的离子方程式：GCuE：3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O。(4)工业上合成C，合成后
18、采用加压、降温液化的方法从混合气体中分离出C，能用上述方法分离出C的原因是NH3易液化。解析：X和盐酸反应产生的气体A能和过氧化钠反应生成气体D，说明A是二氧化碳，X是碳酸盐或碳酸氢盐，D是氧气。X和氢氧化钠反应产生气体是氨气，X中含NH，说明X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，又因为1 mol X分解得A、B、C各1 mol，X为(NH4)2CO3。氨气和氧气反应生成NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2和水反应生成硝酸，硝酸和铜反应既能生成NO2，又能生成NO。15(18分)某学习小组为探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化
19、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 molL1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：2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O。请回答下列问题：(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3_molL1稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液。(2)滴加浓硝酸之前的操作是检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置中的导管末端伸入倒置的烧瓶内。(3)装置中发生反应的化学方程式是Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O。(4
20、)装置的作用是将NO2转化为NO，发生反应的化学方程式是3NO2H2O=2HNO3NO。(5)该小组得出的结论所依据的实验现象是装置中液面上方气体仍为无色，装置中液面上方气体由无色变为红棕色。(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个实验方案来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是acd(填字母)。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入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化解析：(
21、1)根据装置特点和实验目的，装置收集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：Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O。(4)装置中盛放蒸馏水，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2H2O=2HNO3NO。(5)NO通过稀HNO3后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化N
22、O，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化。装置中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO，则装置的液面上方会产生红棕色气体。(6)要证明是Cu(NO3)2浓度过高或是溶解了NO2导致装置中溶液呈绿色，可设计将溶解的NO2赶走(a、c方案)，再观察颜色变化。也可在Cu(NO3)2浓溶液中通入NO2，观察比较反应后的颜色变化(d方案)，确定是不是由溶有NO2引起的。16(10分)为了测定某铜银合金的成分，将30 g合金溶于80 mL 13.5 mol/L的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到6.72 L(标准状况下)气体，并测得溶液中c(H)1 mol/L，设反应后溶液体积仍为80 mL。
23、计算：(1)被还原的硝酸的物质的量；(2)合金中银的质量分数。答案：(1)0.3 mol(2)36%解析：浓HNO3与合金反应后c(H)1 mol/L。说明硝酸过量且浓HNO3变成了稀HNO3，因此产生的气体是NO和NO2的混合气体。根据N守恒知：被还原的HNO3的物质的量等于NO和NO2的物质的量之和，可首先计算出参加反应的HNO3，扣除被还原的HNO3即可求出与Ag、Cu2形成盐的NO的物质的量，然后列式求解。(1)据N原子守恒1 mol HNO31 mol气体(NO2或NO)故被还原HNO3的物质的量为0.3 mol。(2)设铜银合金中Cu为x mol，Ag为y mol。解得x0.3 mol，y0.1 mol则银的质量分数为：100%36%。