2023年届高考化学一轮复习突破训练：硝酸的性质与相关计算

10硝酸的性质与相关计算【原卷】一、选择题〔共27题〕硝酸是重要的化工原料，在工业上可用于制造化肥、农药、炸药和染料等。以下关于浓硝酸性质的描述的是( )难挥发B．能溶于水 C．能与碳反响D．能与氨气反响以下金属在冷、浓的硝酸或硫酸中，能形成致密氧化膜的是( )Mg B．Fe C．Cu D．Na以下有关浓硝酸说法正确的选项是( A．保存在无色中 挥发C．常温时与铁反响放出氢气D．受热不分解制取炸药的重要原料。以下试验事实与硝酸性质不相对应的一组是( )B．不能用稀硝酸与锌反响制氢气——强氧化性C．要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性D．能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去——强氧化性从降低本钱和削减环境污染的角度考虑，制取硝酸铜最好的方法是()A．铜和浓硝酸反响 B．铜和稀硝酸反响C．氧化铜和硝酸反响 D．氯化铜和硝酸银反响铜粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显现象发生。当参加一种盐后，铜粉的质量削减，溶液呈蓝色，同时有气体逸出。该盐是()Fe

(SO)2 43

NaCO2 3

C．KNO3

D．FeSO4以下有关硝酸的说法正确的选项是( )A．工业硝酸的质量分数约为69%，常因溶有少量NO而略显黄色B．硝酸是一种氧化性很强的酸，可以与金、铂等金属反响C．将木炭放入浓硝酸中，可马上观看到有气泡生成D．工业制备硝酸第三步为用水吸取二氧化氮生成硝酸以下关于硝酸说法正确的选项是( )A．硝酸与金属反响，主要是＋5价氮得电子硝酸硝酸电离出H＋离子，能被Zn、Fe等金属复原成H2常温下，向浓HNO3

中投入Fe片，会产生大量红棕色气体以下有关铜与浓硝酸反响的说法中错误的选项是( )A．HNO3

是氧化剂，NO2

是复原产物B2molHNO3

22.4LNO气体2C．参与反响的硝酸中，被复原和未被复原的硝酸的物质的量之比是1∶1D．硝酸在反响中既表现了强氧化性，又表现了酸性以下有关试验操作、现象和解释或结论都正确的选项是( )选项选项试验操作现象解释或结论过量的Fe溶液AHNO，充分反响后，滴入3呈红稀HNO将Fe3Fe3＋KSCN溶液 色无明常温下，Fe、Al放入浓B显现Fe、AlHNO或3HNO或浓HSO中3 2 4象HSO发生钝化2 4无现无现AlHNO3CAlHNO3化，形成致密的氧化象膜试纸DHNO点3变蓝到红色石蕊试纸上浓HNO3色等质量的以下物质与足量稀硝酸反响放出NO物质的量最多的是( )FeO

FeO23

FeSO4

FeO34足量铜与肯定量的浓硝酸反响，得到硝酸铜溶液和NO

、NO的混合气体2O

(标准状况)混合后通入水中，全部气24mol•L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50mL，以下说法正确的选项是( A．参与反响的硝酸是0.2mol B．消耗氧气的体积为1.68LC．铜和硝酸反响过程中转移的电子为0.3mol D．混合气体中含NO1.12L2将肯定质量的铜粉参加到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反响后，容器m

g铜粉，此时共收集到NO气体448mL1参加足量稀硫酸至不再反响为止，容器剩有铜粉m

g，则(m2

－m)为( )1 2A．5.76 B．2.88 C．1.92D．00.01molCu，amolCu

O、bmolCuO6mol·L2－1的稀硝酸溶液至10ml时，固体恰好完全溶解，得到标准状况下224mL气体(纯洁物)。以下说法正确的选项是( )A0.01molB．a：b＝1：1C．被复原的硝酸为0.06mol D．将少量铁粉投入该稀硝酸中能生Fe(NO32将mg铜粉和锌粉的混合物分成两等份，将其中一份参加200mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反响，并产生标准状况下的NO2.24L(标准状况下)；将另一份在空气中充分加热，的到ng固体，将所得固体溶于上述稀硝酸Vml。以下说法不正确的选项是()A．V＝150mL B2mol·L－1C．mg铜粉和锌粉的物质的量之和为0.3mol D．n＝m＋2.4向500mL稀硝酸中参加肯定质量的铁粉，恰好使铁粉完全溶解，放出NO气体5.6L(标准状况)，同时溶液质量增加9.3g。以下推断正确的选项是( 原溶液中投入铁粉物质的量是0.25mol原溶液中HNO3

2.0mol·L－1反响后的溶液中还可溶解9.6g铜D．反响后的溶液中e2)e)1有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中HSO2 4

HNO3

的物质的量浓度分别4mol·L－12mol·L－110mLHNO3

被复原成NO)( )A．0.448L B．0.672L C．0.896L D．0.224L将肯定体积稀硝酸溶液平均分为两份，一份与足量的铜粉反响收集到气体的体积为V

1V(V2 1

和V都在同一条件下测定)，则以下观点不正确的选项是( )2A．V2

V1B3V

=V，则反响后的溶液中均有NO1 2

－剩余3C4V

=V，则稀硝酸和稀硫酸的物质的量浓度之比为1：31 2D．V2

5V119．500mL(NH

)CO42

NaHCO3

的混合溶液分成两等份。向其中一份溶液加入过量氢氧化钠溶液并加热，产生amolNH

。另一份中参加过量盐酸产生bmol3CO，则该混合溶液中Na+物质的量浓度为( )2A．(4b-2a)mol/L B．(8b-4a)mol/L C．(b-a)mol/LD．(b-a/2)mol/L将肯定量的铁粉参加到肯定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反响c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝3∶2Fe和HNO3比为( )A．1∶1 B．5∶16 C．2∶3 D．3∶2

的物质的量之向18.4g铁和铜组成的合金中参加过量的硝酸溶液，合金完全溶解，NO

NONaOH30.3g2沉淀。另取等质量的合金，使其与肯定量的氯气恰好完全反响，则氯气的体积在A．7.84L B．6.72L C．4.48L D．无法计算将质量为32g的铜与150mL的肯定浓度的硝酸反响，铜完全溶解，产生11.2L的NO和NO2

一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸取生成NaNO

。以下说法不正确的选项是3标准状况下，通入的O2

体积为5.6L向反响后的溶液加NaOH，使铜沉淀完全，需要NaOH的物质的量至少为1.0mol5.6L的NO5.6LNO2硝酸的物质的量浓度为10.0mol·L1试验争论觉察，金属与硝酸发生氧化复原反响时，硝酸的浓度越稀，对应复原产物中氮元素的化合价越低现有肯定量的铝粉和铁粉的混合物与足量很稀的硝酸充分反响，反响过程中无气体放出，在反响完毕后的溶液中逐滴参加5mol/LNaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如下图，以下说法不正确的选项是( )ANH+4B．b点与a点的差值为0.05molC．原硝酸溶液中硝酸的物质的量为0.47molD．样品中铝粉和铁粉的物质的之比为5：3我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下这里的“强水”是指()A．氨水B．硝酸C．醋D．卤水以下物质可以用铝制容器存放的是()A．浓硝酸B．稀硫酸 C．浓盐酸 D．浓氢氧化钠溶液A．B．C．D．A．B．C．D．常温下，铁与以下酸溶液作用产生H的是( )2A．浓硫酸B．稀硫酸 C．浓硝酸 D．稀硝酸二、非选择题〔共2题〕取肯定量的Fe、Cu的混合物粉末，平均分成A、B、C、D、E五等份，分别向每一份中参加肯定量的稀硝酸，试验中收集到的NO气体(惟一复原产物)的体积及所得剩余物的质量记录如下(全部体积均在标准状况下测定)：试验序号A100mlB200mLC300mLD400mLE500mL量17.2g8g0g0g0g气体体积2.24L4.48L6.72L7.84L7.84LA组试验后17.2g剩余固体为 ，B组试验后8g剩余固体为 。(均填写化学式)试验中每次所取混合物中铁的物质的量为 mol。假设C组金属恰好反响完，则反响后溶液中的金属阳离子为： ，物质的量之比是 。某小组争论Cu与浓硝酸反响时觉察如下现象：装置与试剂装置与试剂现象Cu片完全溶解，产生红棕色气Cu片完全溶解，产生红棕色气体，得到绿色溶液A，该溶液长时间放置后得到蓝色溶液B。反应后溶液体积几乎不变。Cu与浓硝酸反响的离子方程式为 。ANO2

BNO

N2

观看到现象，2证明猜测合理。甲同学为深入争论溶液A呈绿色的缘由，查得如下资料并提出了的假设：假设一：A中形成了Cu(NO

)2-使溶液呈绿色。24为了验证假设一的合理性，甲同学进展了如下试验：(试验一)操作操作现象①向20.0mL0.5mol·L-1Cu(NO)蓝色溶液中通入32溶液呈绿NO气体2色溶液呈无溶液呈无20.0mLNO气体2色操作②的目的是 。乙同学向①所得溶液中滴加浓硫酸，使溶液中c(H+)达约8mol·L-1，观看到有无色气体放出(遇空气变为红棕色)，溶液很快变回蓝色利用平衡移动原理解释溶液变蓝的缘由： 。综合甲乙两位同学的试验，假设一不成立。请说明理由： 。乙同学查得如下资料并提出来另一种假设：假设二：A中浓硝酸溶解了NO2

所得黄色溶液与Cu2+的蓝色复合形成的绿色。为验证假设二的合理性，乙同学进展了如下试验：(试验二)操作操作现象①配制与溶液A的c(H+)浓度一样的HNO3溶液呈黄色20.0mLNO气体2②参加溶液变为绿色③……③……溶液马上变回蓝色操作②中参加的试剂为 。 。硝酸的性质与相关计算一、选择题〔共27题〕硝酸是重要的化工原料，在工业上可用于制造化肥、农药、炸药和染料等。以下关于浓硝酸性质的描述的是( )难挥发B．能溶于水 C．能与碳反响D．能与氨气反响【答案】A【解析】A项，浓硝酸属于易挥发性的酸，A错误；B项，浓硝酸能溶于水，可配成各种浓度的稀硝酸，B正确；C项，浓硝酸有强氧化性，在加热条件下和碳反响生成二氧化碳、二氧化氮和水，C正确；D项，浓硝酸与氨气反响生成硝酸铵，D正确。应选A。以下金属在冷、浓的硝酸或硫酸中，能形成致密氧化膜的是( )Mg B．Fe C．Cu D．Na【答案】B【解析】铁、铝在冷、浓的硝酸或硫酸中钝化，故B正确。3．以下有关浓硝酸说法正确的选项是( )A．保存在无色中 B．易挥发C．常温时与铁反响放出氢气D．受热不分解【答案】B【解析】A项，浓硝酸见光简洁分解，因此应当保存在棕色中，A错误；B项，浓硝酸属于挥发性的酸，浓度越大，越简洁挥发，B正确；C项，常温下，Fe与浓硝酸会发生钝化，不会生成氢气，C错误；D项，浓硝酸不稳定受热易分解，生成NO、O2 2

和水，D错误。制取炸药的重要原料。以下试验事实与硝酸性质不相对应的一组是( )B．不能用稀硝酸与锌反响制氢气——强氧化性C．要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性D．能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去——强氧化性【答案】D【解析】硝酸能使滴有酚酞的NaOH溶液红色褪去，缘由是硝酸和NaOH发生了酸碱中和反响，表达的是硝酸的酸性，D从降低本钱和削减环境污染的角度考虑，制取硝酸铜最好的方法是()A．铜和浓硝酸反响 B．铜和稀硝酸反响C．氧化铜和硝酸反响 D．氯化铜和硝酸银反响【答案】CA项，Cu～4HNO

(浓)～Cu(NO)3 32

～2NO2

；B项，Cu～HNO

(稀)～3Cu(NO

)～NO；C．CuO～2HNO32

～Cu(NO3

)～H32

O；由以上关系式可以看出：C2既节约原料，同时又不产生有毒气体。D项，本钱太高亦不行承受。故C为最好的方法。铜粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显现象发生。当参加一种盐后，铜粉的质量削减，溶液呈蓝色，同时有气体逸出。该盐是()Fe

(SO)2 43

NaCO2 3

C．KNO3

D．FeSO4【答案】CKNO3

H＋存在，故会发生如下反响：3Cu＋8H＋＋2NO==3Cu＋2NO↑＋4HC。以下有关硝酸的说法正确的选项是( )

OFe2

(SO2

)，也会使铜43工业硝酸的质量分数约为69%，常因溶有少量NO而略显黄色硝酸是一种氧化性很强的酸，可以与金、铂等金属反响将木炭放入浓硝酸中，可马上观看到有气泡生成【答案】DA69%NO2

而略显黄色，而不是NO，故A错误；B项，硝酸是一种氧化性很强的酸，和很多金属(除金、BC速率很慢，不能马上观看到有气泡生成，中学阶段一般理解为要加热才反响，CD3NO2+HO=2HNO2

+NODD。以下关于硝酸说法正确的选项是( )A．硝酸与金属反响，主要是＋5价氮得电子硝酸硝酸电离出H＋离子，能被Zn、Fe等金属复原成H2常温下，向浓HNO3

中投入Fe片，会产生大量红棕色气体【答案】A【解析】硝酸与金属反响，主要是＋5价氮得电子，生成氮的低价化合物，一般不生成氢气；浓HNO3

比稀HNO3

CuHNO3

和稀HNO3

的反响猛烈程度可以证明；常温下铁遇到浓硝酸发生钝化，不会生成大量红棕色气体。以下有关铜与浓硝酸反响的说法中错误的选项是( )A．HNO3

是氧化剂，NO2

是复原产物B2molHNO3

22.4LNO气体2C．参与反响的硝酸中，被复原和未被复原的硝酸的物质的量之比是1∶1D．硝酸在反响中既表现了强氧化性，又表现了酸性【答案】B气体的体积，B以下有关试验操作、现象和解释或结论都正确的选项是( )选项选项试验操作现象解释或结论过量的Fe溶液AHNO，充分反响后，滴入3呈红稀HNO将Fe3Fe3＋KSCN溶液 色无明常温下，Fe、Al放入浓B显现Fe、AlHNO或3HNO或浓HSO中3 2 4象HSO发生钝化2 4无现AlHNO氧3CAlHNO中3化，形成致密的氧化象膜试纸DHNO点3变蓝到红色石蕊试纸上浓HNO3色【答案】BFe3＋Fe3＋复原，最终得到Fe2＋，滴入KSCN溶液不显红色，A错误；常温下，Fe、AlHNO或3HSO2 4

中发生钝化，生成致密的保护膜阻挡了反响进展，B正确；Al箔能与稀HNO3

反响放出气体，C错误；浓硝酸具有氧化性，能使红色石蕊试纸先变红后褪色，D错误。等质量的以下物质与足量稀硝酸反响放出NO物质的量最多的是( )FeO【答案】A

FeO23

FeSO4

FeO34【解析】假设质量都为mg：A项，FeO与硝酸反响被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为

mmol；BFeO72 23

与硝酸不发生氧化复原反响，失电子为0；Cm项，FeSO4

与硝酸反响被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为 mol；D项，FeO152 34Fe2、+3Fe3+，则失电子物质的量为m232

mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO；应选A。足量铜与肯定量的浓硝酸反响，得到硝酸铜溶液和NO

、NO的混合气体2O

(标准状况)混合后通入水中，全部气24mol•L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50mL，以下说法正确的选项是( )A．参与反响的硝酸是0.2mol B．消耗氧气的体积为1.68LC．铜和硝酸反响过程中转移的电子为0.3mol D．混合气体中含NO1.12L2【答案】D【解析】A项，沉淀到达最大，溶液中溶质为NaNO

，依据N元素守恒，参3n(NaNO

n(NONO3

)=(50×102

—3×4＋2.24/22.4)mol=0.3mol，故错误；B项，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)

↓，依据离子反响2方程式求出参与n(Cu)=50×10－3×4/2mol=0.1mol，依据分析，铜失去得电子最终给了氧气，依据得失电子数目守恒，即n(Cu)2=n(O

42n(O

)=0.2/4mol=0.05mol，即氧气的体积为0.05×22.4L=1.12L，故错误；C项，2铜和硝酸反响失去的电子物质的量为0.1×2mol=0.2mol，故错误；D项，令NO的物质的量为xmol，则NO2

的物质的量为(2.24×22.4－x)mol，依据得失电子数3x＋(2.24/22.4－x)=0.2x=0.05molNO2×22.4L=1.12L，故正确。

0.05将肯定质量的铜粉参加到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反响后，容器m

g铜粉，此时共收集到NO气体448mL1参加足量稀硫酸至不再反响为止，容器剩有铜粉m

g，则(m2

－m)为( )1 2A．5.76 B．2.88 C．1.92D．0【答案】A【解析】铜粉参加到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反响后，容器中剩有mg铜粉，反响生成Cu(NO)1 3

和NO气体，NO的物质的量为n(NO)=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，依据电子转移守恒可知，参与反响的铜的物质的量为0.02mol(5 2)2=0.03moln[Cu(NO3

)]=0.03mol，溶液中n(NO2

-)=0.06mol。再向溶液中足量稀硫酸至不再反响为止，Cu(NO3

NO2

-发生反响3Cu＋8H＋＋2NO

－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H3

O，容2器剩有铜粉m2

g，(m-m1

)为再与溶液中NO2

-反响的铜的质量，则由反响3Cu＋8H＋＋2NO

－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H3

O0.06molNO2

－再发生反响消耗Cu的物质的量3是n(Cu)=3/2×n(NO3

－)=3/2×0.06mol=0.09mol，所以再次反响的铜的质量为0.09mol×64g/mol=5.76g，即(m

-m)=5.76g。应选A。1 20.01molCu，amolCu

O、bmolCuO6mol·L2－1的稀硝酸溶液至10ml时，固体恰好完全溶解，得到标准状况下224mL气体(纯洁物)。以下说法正确的选项是( )A0.01molB．a：b＝1：1C．被复原的硝酸为0.06mol D．将少量铁粉投入该稀硝酸中能生Fe(NO32【答案】B【解析】A项，NO是Cu与硝酸反响生成的，HNO3

中N，化合价从+5降低到+21molNO3mol0.01molNO0.03mol，ABCu02，Cu

OCu+12+2，转移的电子的物质的量为0.03mol，依据得失电子守恒有a=0.0130.0122=0.005mol，由Cu原子守恒有b=6.0mol/L0.01L0.01mol2

-0.01mol-0.005mol×2=0.005mol，则a:b=1:1，B项正确；C项，被复原的硝酸为生成NO的硝酸，物质的量为0.01mol，C项错误；D项，少量铁与硝酸反响生成硝酸铁，只有当铁粉过量后才能生成硝酸亚铁，DB。将mg铜粉和锌粉的混合物分成两等份，将其中一份参加200mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反响，并产生标准状况下的NO2.24L(标准状况下)；将另一份在空气中充分加热，的到ng固体，将所得固体溶于上述稀硝酸Vml。以下说法不正确的选项是()A．V＝150mL B2mol·L－1C．mg铜粉和锌粉的物质的量之和为0.3mol D．n＝m＋2.4【答案】D200mLCu(NO)、32Zn(NO

)，NO的物质的量为2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，转移电子为0.1mol×32(5﹣2)＝0.3mol，金属都表现+2，依据电子转移守恒可知n(Cu)+n(Zn)＝0.3mol÷2＝0.15mol，故溶液中NO

﹣的物质的量为：0.15mol×2＝0.3mol，由N原子守3恒可知200mL溶液中HNO3

的物质的量为：0.1mol+0.3mol＝0.4mol，故HNO的物3质的量浓度为：0.4mol÷0.2L＝2mol/LA项，反响后溶液中Cu(NO

Zn(NO32 32可知消耗HNO3

的物质的量为0.15mol×2＝0.3mol，故消耗硝酸的体积为0.3mol÷2mol/L＝0.15L150mL，故A正确；B项，由分析可知，HNO3

的物质的量浓0.4mol÷0.2L＝2mol/LBC)l则mg铜粉和锌粉的物质的量之和为0.15mol×2＝0.3mol，故C正确；D项，每一份中金属总质量为0.5mg，得到ng固体为CuO、ZnO，n(O)＝n(Cu)+n(Zn)＝0.15mol，则ng＝0.5mg+0.15mol×16g/mol＝(0.5m+2.4)g，故D错误；应选D。向500mL稀硝酸中参加肯定质量的铁粉，恰好使铁粉完全溶解，放出NO气体5.6L(标准状况)，同时溶液质量增加9.3g。以下推断正确的选项是( 原溶液中投入铁粉物质的量是0.25mol原溶液中HNO3

2.0mol·L－1反响后的溶液中还可溶解9.6g铜D．反响后的溶液中e2)e)1【答案】B【解析】n(NO)＝

5.6L

＝0.25mol，m(NO)＝0.25mol×30g·mol22.4L·mol－116.8g－1＝7.5g。m(Fe)＝9.3g＋7.5g＝16.8g，n(Fe)＝ ＝0.3mol，由56g·mol－1得失电子守恒知反响后溶液中存在Fe2＋、Fe3，则(Fe＋)＋(Fe3＋)＝0.3mol；由得失电子守恒得2(Fe2＋)＋3(Fe3＋)＝3(NO)2(Fe2＋＋3(Fe3＋)＝0.25mol×3，解得(Fe2＋)＝0.15mol，(Fe3＋)0.15mol。

)＝2(Fe2＋)＋3(Fe331mol＋)＋(NO)＝0.15mo×2＋0.15mo3＋0.25mo1mo，(HNO)＝ ＝3 0.5L2.0mol·L－1。还可溶解铜：(Cu)＝(Fe3＋)/2＝0.075mol，(Cu)＝0.075mol×64g·mol－1＝4.8g。有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中HSO2 4

HNO3

的物质的量浓度分别4mol·L－12mol·L－110mLHNO3

被复原成NO)( )A．0.448L B．0.672L C．0.896L D．0.224L【答案】B3Fe＋8H＋＋2NO－===33Fe2＋＋2NO↑＋4H

OFe2＋FeH＋过量，生成的2NONO－为准来计算，共得NO3

0.448L，假设只考虑到这一步反响，得答案AH＋H2

Fe＋2H＋===Fe2＋＋H

↑，生成的H2

0.224L0.672L，应选B。将肯定体积稀硝酸溶液平均分为两份，一份与足量的铜粉反响收集到气体的体积为V

1V(V2 1

和V都在同一条件下测定)，则以下观点不正确的选项是( )2A．V2

V1B3V

=V，则反响后的溶液中均有NO1 2

－剩余3C4V

=V，则稀硝酸和稀硫酸的物质的量浓度之比为1：31 2D．V2

5V1【答案】Cxmolymol，然用3Cu＋8H＋＋2NO

－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H3

O4V=V2 1

，则稀硝酸和稀硫酸的物质的量浓度之比为2：3。19．500mL(NH

)CO42

NaHCO3

的混合溶液分成两等份。向其中一份溶液加入过量氢氧化钠溶液并加热，产生amolNH

。另一份中参加过量盐酸产生bmol3CO，则该混合溶液中Na+物质的量浓度为( )2A．(4b-2a)mol/L B．(8b-4a)mol/L C．(b-a)mol/LD．(b-a/2)mol/L【答案】A【解析】向其中一份溶液参加过量氢氧化钠溶液并加热，产生amolNH，3则依据氮原子守恒可知溶液中铵根的物质的量是amol，所以(NH

)CO

的物质的42 30.5amol；另一份中参加过量盐酸产生bmolCO

，则依据碳原子守恒可知2溶液中碳酸根和碳酸氢根的物质的量之和是bmol，所以碳酸氢根离子的物质的量是bmol－0.5amol，则碳酸氢钠的物质的量是bmol－0.5amol，因此该混合溶液中Na+物质的量浓度为(bmol－0.5amol)÷0.25L＝(4b－2a)mol/L。答A。将肯定量的铁粉参加到肯定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反响c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝3∶2Fe和HNO3比为( )A．1∶1 B．5∶16 C．2∶3 D．3∶2【答案】B

的物质的量之【解析】同一溶液中，离子的浓度之比等于其物质的量之比， c(Fe2+)：c(Fe3+)=3：2，所以该溶液中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：2，设亚铁离子的物质的量为3xmol，则铁离子的物质的量为2xmol，依据化学式Fe(NO

Fe(NO

知，起酸32 33作用的硝酸的物质的量=3xmol×2+2xmol×3=12xmol；氧化复原反响中得失电子离子的物质的量为ymol，所以3xmol×2+2xmol×3=3ymol，y=4x，所以参与反响的硝酸的物质的量=12xmol+4xmol=16xmol物质的量=3xmol+2xmol，所以参与反响的Fe和HNO316xmol=5：16，应选B。

的物质的量之比为5xmol：向18.4g铁和铜组成的合金中参加过量的硝酸溶液，合金完全溶解，NO

NONaOH30.3g2沉淀。另取等质量的合金，使其与肯定量的氯气恰好完全反响，则氯气的体积在A．7.84L B．6.72L C．4.48L D．无法计算【答案】A18.4g离子和铜离子，参加足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe(OH)

、Cu(OH)3

，则氢氧2化铁和氢氧化铁中含有的氢氧根离子的质量为：30.3g-18.4g=11.9g，氢氧根离子的物质的量为：n(OH-)=11.9g÷17g/mol=0.7mol；Cl2

与铜、铁反响产物为：FeCl

CuCl3

02

CuCl3

中n(Cl-)=Fe(OH)

Cu(OH)3 中n(OH-)，即n(Cl-)=0.7mol，依据质量守恒，消耗Cl2

的物质的量为：n(Cl

)=n(Cl-)/2=0.35mol，标况下0.35mol氯气的体积为：22.4L/mol20.35mol=7.84LA。将质量为32g的铜与150mL的肯定浓度的硝酸反响，铜完全溶解，产生11.2L的NO和NO2

一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸取生成NaNO

。以下说法不正确的选项是3标准状况下，通入的O2

体积为5.6L向反响后的溶液加NaOH，使铜沉淀完全，需要NaOH的物质的量至少为1.0mol5.6L的NO5.6LNO2硝酸的物质的量浓度为10.0mol·L1【答案】D【解析】32g的铜的物质的量为0.5mol；11.2L的NO和NO2

的物质的量为0.5mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2

的物质的量为y，则x+y=0.5，反应过程中铜全部被氧化成Cu2+，依据电子守恒有3x+y=0.5×2，和前式联立可得x=0.25mol，y=0.25mol；设氧气的物质的量为z，NO和NO2

全部转化为NaNO3则依据电子守恒有0.5×2=4z，解得z=0.25mol；依据元素守恒可知生成的n(NaNO

)=0.5molAO3

为0.25mol0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故A正确；B项，当硝酸无剩余时消耗的NaOH最少，此时NaOH只与Cu2+

Cu(OH)2

(NaOH)=2(Cu2+)=0.5mol×2=1mol，故BC项，依据分析可知，混合气体0.25molNO0.25molNO

5.6LNO5.6L的NO2

，故C2D错误；应选D。试验争论觉察，金属与硝酸发生氧化复原反响时，硝酸的浓度越稀，对应复原产物中氮元素的化合价越低现有肯定量的铝粉和铁粉的混合物与足量很稀的硝酸充分反响，反响过程中无气体放出，在反响完毕后的溶液中逐滴参加5mol/LNaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如下图，以下说法不正确的选项是( )ANH+4B．b点与a点的差值为0.05molC．原硝酸溶液中硝酸的物质的量为0.47molD．样品中铝粉和铁粉的物质的之比为5：3【答案】C【解析】A项，依据题目信息可知硝酸氧化金属单质时没有气体放出，所以硝酸的复原产物全部是铵根，故A正确；B项，b与a的差值为氢氧化铝的物质ef段消耗的氢氧化钠溶液为104mL-94mL=10mL，故该阶段参与反响的氢氧化钠为0.01L×5mol/L=0.05mol，依据Al(OH)+Oˉ=AlO-+2HO可3 2 2Al(OH)3

的物质的量为0.05mol，故B正确；C项，由反响过程可知，到参加氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵。由图可知，de段消耗的氢氧化钠的体积为94mL-88mL=6mL，故该阶段参与反响的氢氧化钠为 0.006L×5mol/L=0.03mol，依据NH4

++OHˉ=NH•H3

O可知溶液中n(NH2

+)=0.03mlN4

NO)=n(NH4 3

+)=0.03mol4n(NaNO

)=n(NaOH)=0.088L×5mol/L=0.44mol，依据氮元素守恒原硝酸溶液中3n(HNO

)=n(NaNO3

)+2n(NH3

NO)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，故C错误；D项，4 3由Al原子守恒可知n(Al)=n[Al(OH)

]=0.05mol，依据电子转移守恒有：33n(Fe)+3n(Al)=8n(NH

+)，即3n(Fe)+30.05mol=80.03mol4n(Fe)=0.03moln(Al)：n(Fe)=0.05mol：0.03mol=5：3DC。我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下这里的“强水”是指()A．氨水B．硝酸C．醋D．卤水【答案】B【解析依据题意“强水能溶解大多数金属及金属氧化物所以为硝酸25．以下物质可以用铝制容器存放的是( )A．浓硝酸B．稀硫酸 C．浓盐酸 D．浓氢氧化钠溶液【答案】AA因此铝制容器可以存放浓硝酸，A正确；B项，稀硫酸会与铝反响，直至铝反响完全，不能用铝容器存放稀硫酸，B错误；C项，浓盐酸会与铝反响，直至铝反响C错误；D项，浓氢氧化钠溶液会与铝反响，直至铝反响完全，不能用铝容器存放浓氢氧化钠溶液，DA。A．B．C．D．A．B．C．D．【答案】D是强氧化剂，因此应当使用是强氧化剂，因此应当使用D。常温下，铁与以下酸溶液作用产生H的是( )2A．浓硫酸B．稀硫酸 C．浓硝酸 D．稀硝酸【答案】B【解析】A项，浓硫酸在常温下可以使铁钝化，不生成氢气；B项，稀硫酸在常温下可以与铁反响生成氢气；C项，浓硝酸在常温下可以使铁钝化，不生成氢气；DB。二、非选择题〔共2题〕取肯定量的Fe、Cu的混合物粉末，平均分成A、B、C、D、E五等份，分别向每一份中参加肯定量的稀硝酸，试验中收集到的NO气体(惟一复原产物)的体积及所得剩余物的质量记录如下(全部体积均在标准状况下测定)：试验序号A100mlB200mLC300mLD400mLE500mL量17.2g8g0g0g0g气体体积2.24L4.48L6.72L7.84L7.84LA组试验后17.2g剩余固体为 ，B组试验后8g剩余固体为 。(均填写化学式)试验中每次所取混合物中铁的物质的量为 mol。假设C组金属恰好反响完，则反响后溶液中的金属阳离子为： ，物质的量之比是 。【答案】(1)Fe、Cu Cu (2)0.2(3)Fe3+、Fe2+和Cu2+ 1：3：4.5或2：6：9【解析】(1)由A．B两组数据分析可知，两次剩余物的质量相差17.2g8g=9.2g2.24LNONO的物质的量为Ll转移电子0.1mol×(52)=0.3mol，假设只溶解铁，依据得失电子守恒，溶解铁的质量为𝟎.𝟑𝐦𝐨𝐥×56g/mol=8.4g，假设只溶解铜，质量为𝟎.𝟑𝐦𝐨𝐥×64g/mol=9.6g，由𝟐 𝟐9.2gFeCuAFeCu，BCu；(2A100mL溶液溶解的9.2g金属中Fe、Cu物质的量分别为xmol、ymol，则依据质量守恒56x+64y=9.22(x+y)=3×0.1x=0.05故混合物中Cu的物质的量为0.1mol，则每次所取混合物中铜的物质的量为：0.1mol+8g÷64g/mol=0.225mol，依据试验D和E可知，最终生成NO的体积为7.84L7.84L÷22.4L/mol=0.35mol0.35mol×3=1.05mol，0.225mol铜完全反响失去0.45molD中铁完全变成铁离子，依据得失电子守恒，混合物中含有Fe的物质的量为：𝐥=0.20mol0.20mol；𝟑(3).依据上述分析可知，C组参加稀硝酸还能连续生成NO，则溶液中亚铁离子被氧化为铁离