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

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生产生活中的含氮化合物硝酸的性质及应用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)3B.将一定量的铁粉放入HNO3中,生成物中Fe的存在形式为Fe(NO3)3C.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. mol　　　　　　 B. molC.3 mol     D. mol【解析】选D。根据得失电子守恒可知×(5-2)=n×2,解得n= mol。4.某100 mL混合液中,HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4 mol·L-1和0.1 mol·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(　　)A.0.15 mol·L-1   B.0.225 mol·L-1C.0.35 mol·L-1   D.0.45 mol·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 mol,N的物质的量为0.04 mol,Cu的物质的量为0.03 mol。Cu与稀硝酸发生反应:3Cu　+　  8H+　+　   2N3Cu2++2NO↑+4H2O3         8       20.03 mol   0.06 mol 0.04 molH+不足量,应根据H+的物质的量来计算。3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O  8          3  0.06 mol n(Cu2+)n(Cu2+)=0.06 mol×=0.022 5 molc(Cu2+)==0.225 mol·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 mol·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____________mol·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 mol,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 mol。根据得失电子守恒,有3x+y=(0.51×2) mol。解方程组得:x=0.26 mol,y=0.24 mol。则:V(NO)=0.26 mol×22.4 L·mol-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 mol×2+0.5 mol=1.52 mol。(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 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10-3aV mol,也就是以N形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10-3aV mol。所以,c(HNO3)=mol·L-1。(4)由电子守恒得:2×n(Cu)=2×n(H2O2),×2=n(H2O2)×2,n(H2O2)=0.51 mol,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 mol(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。