新教材2023_2024学年高中化学第3章物质的性质与转化分层作业21硝酸人类活动对氮循环和环境的影响鲁科版必修第一册

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硝酸　人类活动对氮循环和环境的影响A级　必备知识基础练1.下列实验事实与硝酸性质不相对应的一组是(　　)A.浓硝酸使紫色石蕊溶液先变红后褪色——酸性和强氧化性B.铁与稀硝酸反应不能放出氢气——强氧化性C.要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性D.氢氧化亚铁固体与稀硝酸混合——强酸性2.将相同质量的铜分别和过量浓硝酸、稀硝酸反应,下列叙述正确的是(　　)A.反应生成气体的物质的量相等B.消耗硝酸的物质的量:前者多,后者少C.反应生成气体的颜色:前者浅,后者深D.反应中转移的电子总数:前者多,后者少3.涉及HNO3的下列反应中,不属于酸的通性的是(　　)A.4HNO3(浓)+SSO2↑+ 4NO2↑+2H2OB.HNO3+NaOH══NaNO3+ H2OC.2HNO3+CuO══Cu(NO3)2+H2OD.2HNO3+CaCO3══Ca(NO3)2+CO2↑+H2O4.下列反应中硝酸既表现出氧化性又表现出酸性的是(　　)A.氧化铝和硝酸 B.少量氧化铁和硝酸C.硫化氢和硝酸 D.铜和浓硝酸5.已知3Cu+8HNO3(稀)══3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,则下列说法不正确的是(　　)A.Cu做还原剂,HNO3做氧化剂B.HNO3在该反应中只有部分表现出了氧化性C.每生成22.4 L(标准状况)NO,有3 mol的电子转移D.如果有8 mol HNO3被还原,则生成了2 mol NO6.下列有关硝酸化学性质的叙述正确的是(　　)A.硝酸能与Na2SO3反应,但不生成SO2B.硝酸的氧化性很强,能氧化所有金属C.可用铝质或铁质容器盛装稀硝酸D.浓硝酸因易挥发出HNO3而呈黄色7.1 L稀硝酸和稀硫酸的混合溶液,其物质的量浓度分别为0.1 mol·L-1和0.4 mol·L-1。若向该混合液中加入足量的铜粉,则最多能溶解铜粉的质量为(　　)A.2.4 g B.3.2 g C.6.4 g D.9.6 g8.[2023山东菏泽单县二中高一月考]将相同质量的铜分别与足量的浓硝酸、稀硝酸反应,下列叙述正确的是(　　)A.硝酸浓度越大消耗的硝酸越少,产生的有毒气体也越少B.反应中转移的电子总数稀硝酸少C.试管内壁上的铜用浓硝酸除去较好,因反应速率快D.两者用排水法收集的气体在同温同压下的体积相同9.氨氮废水超标排放是水体富营养化的重要原因,可用以下流程处理:高浓度氨氮废水低浓度氨氮废水含硝酸废水达标废水下列说法正确的是(　　)A.过程Ⅰ中发生的化学反应属于氧化还原反应B.过程Ⅱ中N→N,每转化1 mol N转移的电子数为6NAC.过程Ⅲ中CH3OH→CO2,甲醇做还原剂D.过程Ⅲ中HNO3→N2,转移10 mol e-时可生成N211.2 L(标准状况)10.将加热至红热的2.4 g木炭投入盛有足量的12 mol·L-1浓硝酸的试管中,立即塞好塞子,如图所示连接好装置(已检查装置的气密性)。(1)反应开始后,试管a中除看到木炭剧烈反应直至最后消失外,还能观察到的现象是                                                               　。 (2)试管b中最终　　　(填“有”或“无”)沉淀产生,原因是　 　　　　　　　　　。(3)试管c中发生反应的化学方程式为 　　　　　　　　　　　　　。 (4)集气瓶e中最后收集到的气体为　　　　,理论上该气体的总体积约为　　　　L(标准状况),但实际数值　　　　(填“大于”或“小于”)这个数值。 (5)若向集气瓶e中通入O2至液体又重新充满整个集气瓶,则通入O2的体积为　　　L(标准状况,按生成气体的理论值计算)。 B级　关键能力提升练11.[2023湖南师大附中高一月考]某稀溶液中含有3.5 mol KNO3和2.2 mol H2SO4,向其中加入1.2 mol Fe,充分反应(已知N被还原为NO)。下列说法正确的是(设NA为阿伏加德罗常数的值)(　　)A.反应过程中转移的电子数是3NAB.反应后生成NO的体积为24.64 LC.所得溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=1∶3D.所得溶液中c(N)=2.4 mol·L-112.某化学兴趣小组进行有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验,实验过程如图所示。下列有关说法正确的是(　　)A.①中溶液呈蓝色,试管口有红棕色气体产生,稀硝酸被还原为NO2B.③中反应的化学方程式:3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4══4CuSO4+2NO↑+4H2OC.③中滴加稀硫酸,铜片继续溶解,说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强D.由上述实验可知:Cu在常温下不能与稀硝酸反应13.下列事实不能说明浓硝酸氧化性比稀硝酸强的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)(　　)A.浓硝酸遇石蕊溶液变红后褪色,稀硝酸遇石蕊溶液只变红不褪色B.浓硝酸能与NO反应生成NO2,而稀硝酸不能与NO反应C.浓硝酸在加热条件下可与碳单质反应,而稀硝酸则不能D.足量的铜与浓硝酸、稀硝酸反应消耗1 mol HNO3转移电子数分别为NA和3NA14.常温下,将一定量的铁粉加入50 mL 10 mol·L-1硝酸(①)中,待其充分反应后,收集到的气体换算成标准状况下的体积为4.2 L(②),所得溶液能够使淀粉碘化钾溶液变蓝(③),该溶液也能使酸性高锰酸钾溶液褪色(④)。下列说法中正确的是(　　)A.①中数据表明,硝酸是浓硝酸,因此Fe已经钝化B.②中数据表明,生成的气体中只有NO2C.③中现象表明,硝酸一定有剩余D.④中现象表明,溶液中一定含有Fe2+15.3.2 g铜与过量硝酸(8 mol·L-1,30 mL)充分反应,硝酸的还原产物为NO2和NO,反应后溶液中所含H+为a mol,则此时溶液中所含N为(　　)A.(0.2+a) mol B.(0.1+a) molC.(0.05+a) mol D.a mol16.1.92 g Cu投入一定量的浓硝酸中,Cu完全溶解,生成气体的颜色越来越浅,共收集到标准状况下的气体672 mL,将盛有此气体的容器倒扣在水槽中,通入标准状况下一定体积的氧气,恰好使气体完全溶于水,则通入氧气的体积为(　　)A.504 mL B.336 mL C.224 mL D.168 mL17.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　　　 L,NO2的体积为　　　 L。 (2)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。 C级　学科情境创新练18.为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮,某校学生实验小组设计了一个实验,其装置如图所示(加热装置和固定装置均已略去),B为一个用金属丝固定的干燥管,内装块状碳酸钙固体;E为一个空的蒸馏烧瓶;F是用于鼓入空气的双连打气球。(1)实验时,为在E烧瓶中收集到NO,以便观察颜色,必须事先赶尽其中的空气。其中第一步实验操作是 　　　　　　　　　　　　　　　　　。 如何确定E中空气已被赶尽?　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)如何证明E中收集到的是NO而不是H2?　　　　　　　　　　　　　　。 一段时间后,C中白色沉淀溶解,其原因是 　　　　　　　　　。 (3)装置D的作用是 　　　　　　　　　　　　　。  答案：1.D　解析 A项,浓硝酸因有酸性而使紫色石蕊溶液变红色,又因浓硝酸的强氧化性而使其褪色;B项,因稀硝酸有强氧化性,与铁反应不产生H2;C项,因浓硝酸不稳定,见光或受热易分解,因此应用棕色瓶盛装浓硝酸,且避光保存;D项,稀硝酸与氢氧化亚铁反应生成硝酸铁、一氧化氮和水,表现了硝酸的酸性和强氧化性。2.B　解析 由反应Cu+4HNO3(浓) ══Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O和3Cu+8HNO3(稀)══3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知,当铜质量相同,硝酸过量时,生成气体的物质的量前者多,消耗HNO3的物质的量前者多,反应中转移电子总数相等。3.A　解析 HNO3属于酸,具有酸的通性,能与碱、碱性氧化物和某些盐反应,故B、C、D均体现了酸的通性;浓硝酸与S加热时发生氧化还原反应,体现了浓硝酸的强氧化性,A符合题意。4.D　解析 HNO3中N元素价态降低,表现HNO3的氧化性。反应中生成盐,表现出HNO3的酸性。Al2O3与HNO3反应生成Al(NO3)3和水,Fe2O3与HNO3生成Fe(NO3)3和水,都只表现HNO3的酸性。Cu与浓硝酸反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)══Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,HNO3既表现出氧化性又表现出酸性。5.D　解析 根据反应:知,A项正确;HNO3在该反应中既表现酸性又表现氧化性,B项正确;根据反应的方程式分析,该反应每生成2molNO转移6mol电子,C项正确;HNO3被还原生成NO,若有8molHNO3被还原,则生成8molNO,D项错误。6.A　解析 硝酸与Na2SO3发生氧化还原反应,Na2SO3被氧化生成Na2SO4,不会生成SO2,A项正确;硝酸具有强氧化性,能氧化大部分金属,Au、Pt等除外,B项错误;常温下,Fe、Al均能与稀硝酸反应,不能用铝质或铁质容器盛装稀硝酸,C项错误;浓硝酸见光或受热易分解,生成的NO2溶于其中而使浓硝酸呈黄色,D项错误。7.D　解析 据反应原理写出反应的离子方程式为3Cu+2N　+　8H+══3Cu2++2NO↑+4H2O0.1mol 0.9molH+过量,根据n(N)计算溶解铜粉的质量,m(Cu)==9.6g。8.D　解析 相同质量的铜分别与足量的稀硝酸和浓硝酸完全反应,化学方程式分别是3Cu+8HNO3(稀)══3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O、Cu+4HNO3(浓) ══Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。等质量的Cu与两种酸反应,消耗浓硝酸中溶质的物质的量多,生成有毒气体多,选项A错误;等质量的Cu与两种酸反应,生成Cu(NO3)2的物质的量相同,由Cu元素的化合价变化可知转移电子相同,选项B错误;等质量的Cu与两种酸反应,消耗的稀硝酸中溶质的物质的量少,则试管内壁上的铜用稀硝酸除去最好,选项C错误;因3NO2+H2O══2HNO3+NO,最终收集气体均为NO,由电子守恒可知,收集的NO在同温同压下的体积相等,选项D正确。9.C　解析 过程Ⅰ相当于向含的溶液中加碱加热,将转变为氨气,此过程不是氧化还原反应,A项错误;中的氮元素是-3价,中的氮元素是+5价,因此每转化1mol要转移8mol电子,B项错误;甲醇中的碳元素是-2价,而CO2中的碳元素是+4价,因此甲醇变成CO2的过程中甲醇被氧化,做还原剂,C项正确;硝酸中的氮元素是+5价的,转化为氮气中0价的氮元素需要得到电子,因此转移10mol电子可以得到2mol的0价氮原子,即可生成1mol氮气,D项错误。10.答案 (1)试管上部充满红棕色气体(2)无　NO2与水反应生成的HNO3(足量)中和了Ca(OH)2(3)Ba(OH)2+CO2══BaCO3↓+H2O、BaCO3+CO2+H2O══Ba(HCO3)2(4)NO　6.0　小于(5)4.5解析 (1)木炭在加热条件下与浓硝酸发生反应:C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O。(2)将混合气体通入试管b中,由于NO2与水反应生成的HNO3(足量)中和了Ca(OH)2,故试管b中最终无沉淀产生。(3)从b试管中出来的气体NO和CO2通入c试管中,CO2会和Ba(OH)2反应,经计算知CO2通过c试管后有剩余,试管d中的NaOH溶液能够吸收未反应的CO2。(4)集气瓶e中收集到的气体为NO;由相关化学方程式可知,n(NO)=n(NO2)=n(C)=mol,V(NO)=mol×22.4L·mol-1≈6.0L。(5)向集气瓶e中通入O2后发生反应:4NO+3O2+2H2O══4HNO3,可得V(O2)=V(NO)=4.5L。11.C　解析 该溶液中n(N)=3.5mol,n(H+)=4.4mol。向其中加入1.2molFe,充分发生反应(已知N被还原为NO),先发生反应的离子方程式为:Fe　+　 N+　 4H+══Fe3++NO↑+2H2O1.2mol 3.5mol 4.4mol可见,4.4molH+完全反应,铁过量,反应消耗1.1mol金属铁和1.1molN,生成1.1molFe3+和1.1molNO气体,铁还剩余0.1mol,铁又和铁离子发生反应:Fe+2Fe3+══3Fe2+,因此0.1mol铁消耗0.2molFe3+,生成0.3molFe2+。1.1molN反应转移电子数是3.3NA,Fe和Fe3+反应时还有电子转移,故A错误;没有给出气体所处条件,无法计算反应生成的NO的体积,故B错误;由前面分析可知生成0.3molFe2+和0.9molFe3+,则所得溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=1∶3,故C正确;所得溶液中剩余n(N)=2.4mol,溶液的体积未知,无法计算c(N),故D错误。12.B　解析 A项,实验①中溶液呈蓝色,试管口有红棕色气体产生,稀硝酸被Cu还原为NO,在试管口NO遇到空气中的氧气反应生成NO2,所以错误;B项,③中反应的化学方程式为3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4══4CuSO4+2NO↑+4H2O,所以正确;C项,实验③中滴加稀硫酸,铜片继续溶解,硝酸根离子在酸性条件下等同于硝酸,硝酸的氧化性强于稀硫酸,所以错误;D项,Cu在常温下可与稀硝酸反应,所以错误。13.D　解析 由于浓硝酸的强氧化性能将有色物质氧化,因此浓硝酸遇石蕊溶液先变红后褪色,而稀硝酸只能使石蕊溶液变红,不能褪色,能够说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸,A不符合题意;浓硝酸能将NO氧化成NO2,体现浓硝酸的强氧化性,而稀硝酸不能将NO氧化成NO2,从而说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸,B不符合题意;浓硝酸在加热条件下能与碳单质反应生成CO2、NO2和H2O,体现浓硝酸的强氧化性,而稀硝酸则不与碳单质发生反应,从而推出浓硝酸的氧化性强于稀硝酸,C不符合题意;不能从转移电子多少判断氧化性的强弱,D符合题意。14.D　解析 A项,两者反应有气体生成,由此可知硝酸与铁发生了氧化还原反应,未发生钝化,所以错误;B项,由题意可知反应中生成了Fe3+、Fe2+,说明铁过量,则硝酸先被还原生成NO2,后生成NO,所以错误;C项,铁过量硝酸无剩余,所以错误;D项,使酸性高锰酸钾溶液褪色的是Fe2+,所以正确。15.B　解析 反应后N存在于硝酸和硝酸铜中,n[Cu(NO3)2]=n(Cu)==0.05mol,n(HNO3)剩余=amol,则n(N)=2n[Cu(NO3)2]+n(HNO3)剩余=(0.1+a)mol。16.B　解析 由题意分析整个过程可看作HNO3未参加氧化还原反应,而是1.92gCu被氧气氧化,由2Cu~O2可知通入氧气(标准状况下)的体积为336mL。17.答案 (1)5.8　5.4　(2)解析 本题主要应用反应过程中得失电子守恒和元素守恒来解决。(1)V(NO)+V(NO2)=11.2L①再由得失电子守恒可得:×2=×3+×1②由①②解得:V(NO)=5.8L,V(NO2)=5.4L。(2)根据氮元素守恒,N最终以NO、NO2及NaNO3的形式存在。因此c(HNO3)==mol·L-1。18.答案 (1)将装CaCO3的干燥管下移与稀硝酸反应产生CO2　当C处出现白色沉淀时,则说明空气已除尽(2)用F向E中鼓入空气,E内颜色变为红棕色　NO2进入C生成HNO3,HNO3使CaCO3溶解(3)吸收过量的NO、NO2,防止空气污染解析 (1)由题给装置可知,赶走空气要用到碳酸钙,则将装CaCO3的干燥管下移与稀硝酸反应产生CO2,当C处出现白色沉淀时,说明生成的CO2已进入C试管,则E中空气已除尽。(2)证明NO存在,使其和O2反应生成红棕色NO2,NO2溶于水生成HNO3,HNO3与CaCO3反应使沉淀溶解。(3)NO、NO2都是大气污染物,不能排放到空气中。