2022高考化学一轮复习题组训练4.5生产生活中的含氮化合物2含解析

这是一份2022高考化学一轮复习题组训练4.5生产生活中的含氮化合物2含解析，共5页。试卷主要包含了硝酸被称为“国防工业之母”，1 ml·L-1，将32等内容，欢迎下载使用。

1.(2020·长春模拟)硝酸被称为“国防工业之母”。下列说法正确的是
( )
A.常温下将金属铁放入浓HNO3中,Fe将被氧化成Fe(NO3)3
B.将一定量的铁粉放入HNO3中,生成物中Fe的存在形式为Fe(NO3)3
C.铁与浓HNO3反应生成NO2,而与稀HNO3反应生成NO,说明稀HNO3比浓HNO3的氧化性更强
D.将一定量的Fe放入稀HNO3,其产物可能是Fe(NO3)3,也可能是Fe(NO3)2或它们的混合物
【解析】选D。常温下浓HNO3能使金属铁钝化,A不正确;HNO3的氧化性是指HNO3的得电子能力,浓HNO3的氧化性强于稀HNO3,C不正确;HNO3与Fe反应的产物除与HNO3的浓度有关外,还与Fe的量有关,若Fe过量,则有2Fe3++Fe3Fe2+,B不正确。
2.某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO而设计了下列实验,装置如图所示(加热装置和固定装置均已略去)。图中K为止水夹(处于关闭状态),F是一半空的注射器。
请回答有关问题:
(1)设计装置A的目的是____________;
为达到此目的,应进行的操作是打开K,且打开分液漏斗活塞,当装置C中产生____________时,关闭K。
(2)在完成(1)中的“操作”后,将装置B中铜丝插入稀硝酸,并微热之,观察到装置B中的现象是__________________________________________;
B中反应的离子方程式为____________________________________。
(3)装置E和F的作用是____________________________________;为实现此作用,其操作方法是____________________________________。
(4)装置D的作用是吸收多余的氮氧化物,防止污染空气,兼有____________的功能。
【解析】(1)由于装置中含有空气,能把NO氧化生成NO2,从而干扰实验。所以需要利用生成的二氧化碳将整个装置内的空气赶尽,避免NO和氧气反应生成二氧化氮对气体产物的观察产生干扰。澄清的石灰水能吸收CO2,产生白色沉淀,据此可以判断。
(2)稀硝酸具有氧化性,能把铜氧化,生成硝酸铜、NO和水,所以现象就是铜丝表面产生气泡,稀硝酸液面上仍为无色,溶液变为蓝色。有关反应的离子方程式为3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O。
(3)由于NO极易被氧气氧化生成NO2,所以E、F的作用是验证无色气体为NO。具体的操作是将注射器F中的空气推入E中或将E中的无色气体吸入注射器中。
(4)NO2极易溶于水,所以还有防止倒吸的作用。
答案:(1)利用生成的二氧化碳将整个装置内的空气赶尽,避免NO和氧气反应生成二氧化氮对气体产物的观察产生干扰 白色沉淀
(2)铜丝表面产生气泡,稀硝酸液面上仍为无色,溶液变为蓝色 3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O
(3)验证无色气体为NO 将注射器F中的空气推入E中或将E中的无色气体吸入注射器中
(4)防止倒吸
【归纳提升】
(1)多角度突破HNO3的强氧化性
①硝酸与金属的反应
a.除Au、Pt等少数金属外,硝酸几乎可以氧化所有的金属。
b.活泼金属与硝酸反应不生成H2,硝酸的浓度不同,还原产物不同。
c.常温下浓硝酸能使Fe、Al钝化。
②硝酸与非金属的反应
非金属单质+浓硝酸→最高价氧化物或其含氧酸+NO2↑+H2O。
③硝酸与还原性化合物的反应
硝酸的强氧化性还表现在可以氧化具有还原性的化合物或离子,如HI、HBr、SO2、Fe2+、FeO、Br-、I-、、S等均能被HNO3氧化。
(2)现象描述答题模板
①全面描述现象的程序——“海、陆、空”
“海”——溶液有什么变化;“陆”——固体有什么变化;“空”——气体有什么变化。
②规范描述现象的答题模板
如颜色:……由……(具体颜色)变为……(具体颜色);气体:溶液中产生……(颜色)的气体,(或)在固体表面产生……(颜色)气体;沉淀:在……(颜色)溶液中产生……(颜色)的沉淀(浑浊)。
金属与硝酸反应的多角度计算
3.铜跟稀硝酸反应中,如果有63 g硝酸被还原,则被氧化的铜的物质的量为
( )
A. ml B. ml
C.3 mlD. ml
【解析】选D。根据得失电子守恒可知×(5-2)=n×2,解得n= ml。
4.某100 mL混合液中,HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4 ml·L-1和
0.1 ml·L-1。向该混合液中加入1.92 g铜粉,加热,待充分反应后,所得溶液中Cu2+的物质的量浓度(忽略体积变化)为( )
ml·L-1 ml·L-1
ml·L-1 ml·L-1
【解析】选B。解答本题要从离子反应的角度来考虑,H2SO4提供的H+可以和N构成强氧化性环境,继续氧化铜单质。HNO3、H2SO4混合液中H+总的物质的量为
0.06 ml,N的物质的量为0.04 ml,Cu的物质的量为0.03 ml。Cu与稀硝酸发生反应:
3Cu + 8H+ + 2N3Cu2++2NO↑+4H2O
3 8 2
0.03 ml 0.06 ml0.04 ml
H+不足量,应根据H+的物质的量来计算。
3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O
8 3
0.06 mln(Cu2+)
n(Cu2+)=0.06 ml×=0.022 5 ml
c(Cu2+)==0.225 ml·L-1。
5.(2020·衡水模拟)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。请回答下列问题:
(1)NO的体积为________________________L,NO2的体积为_______________L。
(2)参加反应的HNO3的物质的量是__________________。
(3)待产生的气体全部释放后,向溶液中加入V mL a ml·L-1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____________ml·L-1。
(4)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30%的双氧水____________g。
【解析】(1)n(Cu)==0.51 ml,设混合气体中NO的物质的量为x,NO2的物质的量为y。
根据气体的总体积为11.2 L,有x+y=0.5 ml。
根据得失电子守恒,有3x+y=(0.51×2) ml。
解方程组得:x=0.26 ml,y=0.24 ml。
则:V(NO)=0.26 ml×22.4 L·ml-1=5.824 L,
V(NO2)=11.2 L-5.824 L=5.376 L。
(2)参加反应的HNO3分两部分:一部分没有被还原,显酸性,生成Cu(NO3)2;另一部分被还原成NO2和NO,所以参加反应的HNO3的物质的量为0.51 ml×2+
0.5 ml=1.52 ml。
(3)HNO3在反应中一部分变成气体,一部分以N的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5 ml。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10-3aV ml,也就是以N形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10-3aV ml。
所以,c(HNO3)=ml·L-1。
(4)由电子守恒得:2×n(Cu)=2×n(H2O2),×2=n(H2O2)×2,n(H2O2)=0.51 ml,则m(H2O2)=17.34 g。需30%的双氧水:17.34 g÷30%=57.8 g。
答案:(1)5.824 5.376 (2)1.52 ml
(3) (4)57.8
【归纳提升】
(1)金属与硝酸反应的思维模型
(2)计算方法
①电子守恒法:硝酸与金属反应属于氧化还原反应,
氮原子得到的电子数等于金属原子失去的电子数,由此可求出氮元素被还原后的价态,根据价态确定反应产物。
②原子守恒法:硝酸与金属反应时,一部分以N的形式存在,一部分转化为还原产物,这两部分中N的物质的量与反应消耗的HNO3中N的物质的量相等。
③电荷守恒法:Mn+和H+所带正电荷总数应等于N所带负电荷总数(因为这种溶液中OH-浓度很小,可被忽略)。
④离子方程式法:HNO3与H2SO4混合液跟金属的反应,当金属足量时,不能用HNO3与金属反应的化学方程式计算,应用离子方程式计算,因为生成的硝酸盐的N借助H+仍能继续与金属反应。