1、硝酸时间：45分钟满分：100分一、选择题(每小题4分，共40分)1下列反应中硝酸既能表现出酸性又表现出氧化性的是(B)A使石蕊试液变红B与铜反应放出NO气体，生成Cu(NO3)2C与Na2CO3反应放出CO2气体，生成NaNO3D与S单质混合共热时生成H2SO4和NO2解析：A、C项中HNO3均表现出酸性。在B、D项中HNO3中氮元素的化合价均降低，表现出氧化性，并且在B项中又有Cu(NO3)2和水生成，说明此反应中HNO3还表现出酸性。2可用下图装置制取(必要时可加热)，净化，收集的气体(B)A用铜和稀硝酸制一氧化氮B用氯化钠与浓硫酸制氯化氢C用锌和稀硫酸制氢气D用硫化亚铁与稀硫酸制硫化氢
2、解析：一氧化氮不能用排空气法收集，A项错误；氢气不能用向上排空气法收集，C项错误；硫化氢不能用浓硫酸干燥，D项错误。3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，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应解析：中的碎玻璃不与浓硝酸反应，但仍有红棕色气体产生，说明浓硝酸受热分解产生了二氧化氮和氧气，A正确；中红热的木炭可能与硝酸发生反应生成了二氧化氮，也可能硝酸受热分解产生二氧化氮，B正确；中红热木炭未与浓硝酸接触
3、，但产生了二氧化氮，说明浓硝酸具有挥发性，C正确；的气体产物中检测出CO2，有可能是C与O2反应产生的，D错误。4足量铜与一定浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 molL1 NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(A)A60 mL B45 mLC30 mL D15 mL5物质的量之比为13的锌与稀硝酸混合，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，下列说法正确的是(D)A在此反应中硝酸只体现强氧化性B向反应后的溶液中再加入金属
4、铁，不再发生化学反应C该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸之比为14D该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸之比为15解析：锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和电子守恒，1 mol锌失去2 mol电子，生成1 mol锌离子，由于生成硝酸锌，则其结合的硝酸根离子是2 mol，则剩余的1 mol的硝酸中有0.5 mol被还原为N2O就得到2 mol电子，硝酸没有全部反应，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是15，加入金属铁还会继续发生反应。6.如图所示，向一定量的铁粉中加入一定体积12 molL1的硝酸，加热充分反应后，下列微粒在体系中一定大量存在的是(B)N
5、OFe3HNONO2A BC D解析：本题对Fe与浓HNO3由于相对量不同而得到不同产物的知识进行了考查。Fe与浓HNO3反应可能生成Fe(NO3)2(Fe过量)或Fe(NO3)3(Fe不足)和NO2。故一定存在NO和NO2。7把铁与铜的混合物放入稀硝酸中，反应后过滤，把滤出的固体物质投入盐酸中无气体放出，则滤液中一定含有的金属盐是(C)ACu(NO3)2 BFe(NO3)3CFe(NO3)2 DFe(NO3)2和Cu(NO3)2解析：Fe、Cu能与稀HNO3反应，反应后有固体剩余，则溶液中有Fe(NO3)2，无Fe(NO3)3，因为Fe3氧化Fe或Cu。由于滤出的固体物质投入盐酸中无气体放出
6、，说明该固体只有Cu没有Fe，所以滤液一定有Fe(NO3)2，可能有Cu(NO3)2。8用图中所示的装置进行实验，实验现象与预测不一致的是(C)选项中的物质中的物质预测的现象A浓氨水FeCl3溶液中有红褐色沉淀B浓氨水浓盐酸中有白烟C浓硝酸淀粉KI溶液中溶液无明显变化D浓盐酸酚酞溶液中溶液无明显变化解析：浓氨水挥发，空气中的NH3进入中生成NH3H2O，溶液显碱性，则中生成红褐色沉淀Fe(OH)3：3NH3H2OFe3=Fe(OH)33NH，A正确；浓盐酸、浓氨水均易挥发，中因生成NH4Cl固体小颗粒而有白烟：NH3HCl=NH4Cl，B正确；浓硝酸易挥发，且有强氧化性，I有还原性，能被HNO
7、3氧化生成I2，而使中淀粉溶液变蓝，C错误；酸不能使酚酞溶液变色，D正确。9某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果错误的是(D)AOA段产生的是NO，AB段发生的反应为Fe2Fe3=3Fe2，BC段产生氢气B原混合酸中NO物质的量为0.4 molC第二份溶液中最终溶质为FeSO4D取20 mL原混合酸加水稀释至1 L，溶液中c(H)0.1 mol/L解析：由图象可知，由于铁过量，OA段发生的反应为FeNO4H=Fe3N
8、O2H2O，AB段发生的反应为Fe2Fe3=3Fe2，BC段发生的反应为Fe2H=Fe2H2，A正确；OA段发生的反应为FeNO4H=Fe3NO2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以每份溶液中n(NO)n(Fe)0.2 mol，因此原混合酸中NO的物质的量为0.4 mol，B正确；消耗22.4 g Fe时，此时溶液中溶质为FeSO4，再加铁，不发生反应，溶质不改变，C正确；消耗22.4 g Fe时，此时溶液中溶质为FeSO4，根据原子守恒可知，n(H2SO4)n(FeSO4)n(Fe)0.4 mol，故c(H2SO4)4 mol/L，硝酸的浓度是2 mol/L，则取20 mL原混合酸加水稀释至1
9、 L后溶液中c(H)0.2 mol/L，D错误。10下列有关硫酸和硝酸的说法中正确的是(C)A将过量的Zn投入一定量的浓H2SO4中，最终生成的气体只有SO2B向50 mL 12 molL1的浓硝酸中加入足量铜片使其充分反应，生成0.3 mol NO2C向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4，在试管口观察到红棕色气体D运输保存浓硫酸的槽罐车一旦泄漏后应立即用大量水冲洗解析：浓硫酸和锌反应生成SO2，随着反应的进行，硫酸浓度逐渐减小，稀硫酸与锌反应生成氢气，A错误；由于Cu足量，则浓硝酸完全反应，被还原的硝酸生成NO2和NO，由N元素守恒可知：2nCu(NO3)2n(气体)n(HNO
10、3)0.05 L12 mol/L0.6 mol，生成气体只有NO2时，被还原的硝酸达到最大值，根据得失电子守恒有2nCu(NO3)2n(NO2)，联立方程解得：n(NO2)0.3 mol，而随反应的进行浓硝酸逐渐变成稀硝酸，所以生成NO2的物质的量小于0.3 mol，B错误；向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4，酸性条件下，NO与Fe2发生氧化还原反应生成NO，NO在试管口被氧气氧化成红棕色的二氧化氮气体，C正确；运输保存浓硫酸的槽罐车一旦泄漏后，如果用水冲洗，浓硫酸被稀释而与铁反应生成氢气并放出大量的热，易爆炸，D错误。二、非选择题(共60分)11(16分)(1)实验室用金属铜
11、和稀硝酸制取NO的离子方程式为3Cu8H2NO=3Cu24H2O2NO。(2) NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图甲所示。实验室若没有铜丝，而只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实验，这种丝状材料的成分可以是C、D(填选项编号)。A铁B铝C铂D玻璃打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，原因是2NOO2=2NO2(填化学方程式)。(3)为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某学生另设计了一套如图乙所示的装置制取NO。反应开始后，可以在U形管右端观察到无
12、色的NO气体。长玻璃管的作用是接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出。让反应停止的操作方法及原因是关闭U形管右端导气管上的活塞；反应产生的气体将U形管右端管内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止。(4)以下收集NO气体的装置，合理的是C、D(填选项代号)。解析：(1)离子方程式的书写，要注意电荷守恒；(2)包裹铜粒的丝状材料不能与稀硝酸反应，所以A、B项不行；红棕色的气体是NO2，原因是生成的NO与空气中的氧气反应；(3)该实验装置是防止产生的气体与空气接触，长玻璃管的作用是接收被气体压出U形管的稀硝酸，防止稀硝酸溢出；关闭活塞，产生的气体使稀硝酸液面下降，从而铜丝与稀硝酸分开
13、，反应停止；(4)不能用排空气法收集NO，因为NO与空气中的氧气反应，只能用排水法，C和D装置符合题意，E装置是洗气装置。12(20分)某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图装置进行实验(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 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(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
14、)装置中发生反应的化学方程式是Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O。(3)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。(4)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。(5)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a、c、d(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
15、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：(1)根据装置特点和实验目的可知，装置收集NO，装置中盛放氢氧化钠溶液吸收NO2，因为要验证稀硝酸不能氧化NO，所以装置中应该盛放3 molL1稀硝酸。(2)Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O：Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O。(3)装置中盛放蒸馏水，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2H2O=2HNO3NO。(4)NO通过稀硝酸后，若无红棕色NO2产生，说明稀硝酸不能氧化NO，所以盛放稀硝酸装置的液面上方没有颜色变化即可说明。装置中盛放的是浓硝酸，若浓硝酸能氧化N
16、O则装置液面的上方会产生红棕色气体。(5)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进行比较观察反应后的颜色变化(d方案)，确定是否是由溶有NO2引起的。方案b中由于Cu(NO3)2和溶解在其中的NO2浓度均可发生变化，无法确定是哪一种因素引起的。13(12分)盐酸、硫酸和硝酸是常见的“三大酸”。现就三大酸与金属铜反应的情况，回答问题：(1)稀盐酸不与Cu反应，若在稀盐酸中加入H2O2后，则可使铜顺利溶解。该反应的化学方程式为H2O2Cu2HCl=CuCl22H2O。(2)
17、在一定体积的10 molL1的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9 mol。则浓硫酸的实际体积大于(填“大于”“等于”或“小于”)180 mL。若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液(如KNO3溶液)，则该反应的离子方程式为3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O。(3)镁铁混合物4.8 g，溶解在过量的某浓度的稀硝酸中，完全反应后得到标准状况下2.24 L NO气体。若向反应后的溶液中加入足量的烧碱，则可生成沉淀的质量是9.9_g。解析：(1)过氧化氢在酸性环境下能够氧化铜生成铜离子，化学方程式：CuH2O22HCl=CuCl22H2O。(2)铜只能和浓硫酸反应，
18、和稀硫酸不反应，Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O，随着铜和浓硫酸的反应的进行，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫，当被还原的硫酸是0.9 mol，则10 molL1的浓硫酸的实际体积要大于180 mL；若使剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸盐，因为溶液中有H，再加入硝酸盐引入NO，相当于存在了硝酸，硝酸能将铜溶解，反应实质为3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O。(3)n(NO)0.1 mol，生成0.1 mol NO，转移的电子的物质的量为n(e)0.1 mol(52)0.3 mol，反应中存在MgMg2Mg(OH)2，FeFe3Fe(OH)3，得出n(e)n(OH)，又因
19、m(沉淀)m(混合物)m(OH)，所以m(沉淀)4.8 g0.3 mol17 gmol19.9 g。14(12分)将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。请回答：(1)NO的体积为5.8 L，NO2的体积为5.4 L。(2)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a molL1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为 molL1。(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要双氧水的物质的量是0.51 mol。解析：(1)设混合气体中NO的物
20、质的量为x，NO2的物质的量为y。可得：xy0.5 mol(根据气体的总体积为11.2 L)。3xy0.51 mol2(根据“得失电子数相等”，左边为N得电子数，右边为Cu失电子数)解方程组得：x0.26 mol，y0.24 mol。所以NO的体积为0.26 mol22.4 Lmol15.8 L；NO2的体积为11.2 L5.8 L5.4 L。(2)根据质量守恒定律进行考虑。HNO3在反应中部分被还原为NOx，另一部分以NO的形式留在溶液中。其中变成气体的HNO3的物质的量为0.5 mol；加入NaOH溶液至正好使溶液中Cu2全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为103aV mol，也就是以NO形式留在溶液中的HNO3的物质的量为103aV mol。所以，HNO3的浓度为 molL1。(3)NO、NO2变成NaNO3需要转移电子总数等于Cu与HNO3反应时转移电子总数：0.51 mol21.02 mol。需要用作氧化剂的H2O2的物质的量为0.51 mol。