【人教版】高中化学必修1配套试题(含解析)：第4节-第2课时硫酸和硝酸的氧化性

第四章第四节第2课时基础巩固一、选择题1．浓硫酸与下列物质作用时，既表现氧化性，又表现酸性的是eq\x(导学号7391858)(A)①炽热的木炭②H2S气体③Cu④FeO⑤NH3⑥蔗糖⑦CuSO4·5H2O⑧铁、铝A．③④ B．①②⑤⑧C．①②③④⑦ D．⑥⑦2．下列反应中硝酸既表现出酸性又表现出氧化性的是eq\x(导学号7391858)(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NO23．(2017·郑州高一检测)下列有关浓硫酸的叙述中，正确的是eq\x(导学号7391858)(A)A．浓硫酸与铜片共热的反应中，浓硫酸既表现出强氧化性，又表现出酸性B．浓硫酸与金属活动性顺序中氢后面的金属反应生成的气体一般为H2C．常温下，铁不与浓硫酸反应，所以可用铁制的容器贮存浓硫酸D．浓硫酸是不挥发性强酸，氢硫酸是挥发性弱酸，所以可用浓硫酸与FeS反应制取H2S气体4．(2017·天津高一检测)下列现象或事实不能用同一原理解释的是eq\x(导学号7391858)(C)A．浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存B．硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质C．常温下铁和铂都不溶于浓硝酸D．SO2和Na2SO3溶液都能使氯水褪色5．碳与浓硫酸共热产生的气体X和铜与浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图所示)，下列有关说法正确的是eq\x(导学号7391858)(D)A．洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡B．在Z导管出来的气体中无二氧化碳C．洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡D．在Z导管口有红棕色气体出现6．(双选)下列在酸性溶液中不能大量共存的离子组是eq\x(导学号7391858)(AD)A．Fe2＋、NOeq\o\al(－,3)、Na＋、Cl－ B．K＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、Na＋C．Cl－、Na＋、NHeq\o\al(＋,4)、NOeq\o\al(－,3) D．SOeq\o\al(2－,3)、K＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－7．(2017·北京西城区高一检测)将气体a通入溶液b中，始终无明显变化的是eq\x(导学号7391858)(B)气体a溶液bACl2NaBrBCO2CaCl2CSO2Ba(NO3)2DNO2FeSO48．往两支分别装有浅绿色的Fe(NO3)2和FeSO4溶液的试管中分别逐滴加入稀硫酸时，溶液的颜色变化应该是eq\x(导学号7391858)(C)A．前者基本没有改变，后者变棕黄色B．前者变棕黄色，后者也变棕黄色C．前者变棕黄色，后者基本没有改变D．前者、后者都基本没有改变解析：Fe2＋和NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)在溶液中可以大量共存，但加入盐酸后，NOeq\o\al(－,3)在酸性条件下表现出强氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，溶液由浅绿色变成棕黄色。SOeq\o\al(2－,4)与H＋在水溶液中不能结合成浓硫酸，不能把Fe2＋氧化成Fe3＋，溶液颜色基本不变。9．(2017·哈尔滨高一检测)将3.2gCu跟30.0mL10.0mol·L－1的HNO3充分反应，还原产物有NO和NO2，若反应后溶液中有amolH＋，则此时溶液中含NOeq\o\al(－,3)的物质的量为eq\x(导学号7391858)(C)A．0.5amol B．0.1C．(0.1＋a)mol D．2a解析：反应后溶液中有硝酸铜和硝酸，其中硝酸是amol。3.2g铜是0.05mol，则硝酸铜是0.05mol，所溶液中硝酸根的物质的量是amol＋0.1mol，答案选C。二、非选择题10．(2017·东营高一检测)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：eq\x(导学号7391858)(1)稀盐酸不与Cu反应，若在稀盐酸中加入H2O2后，则可使用铜顺利溶解。该反应的化学方程式为__H2O2＋Cu＋2HCl=CuCl2＋2H2O__。(2)在一定体积的10mol·L－1的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9mol。则浓硫酸的实际体积__大于__(填“大于”“等于”或“小于”)180mL。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__3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O__。(3)镁铁混合物4.8g，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2.24LNO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：Cu＋H2O2＋2HCl=CuCl2＋2H2O。(2)铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋＋SO2↑＋2H2O，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0.9mol，则10mol·L－1的浓硫酸的实际体积要大于180mL；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NOeq\o\al(－,3)，相当于存在了硝酸，硝酸能将铜溶解，反应实质为3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。(3)n(NO)＝0.1mol，生成0.1molNO，转移的电子的物质的量为n(e－)＝0.1mol×(5－2)＝0.3mol，反应中存在Mg→Mg2＋→Mg(OH)2，Fe→Fe3＋→Fe(OH)3，得出n(e－)＝n(OH－)，又因m(沉淀)＝m(混合物)＋m(OH－)，所以m(沉淀)＝4.8g＋0.3mol×17g·mol－1＝9.9g。11．(2017·哈尔滨高一检测)将32.64g铜与140mL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11.2L。请回答：eq\x(导学号7391858)(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VmLamol·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__eq\f(aV·10－3＋0.5,0.14)__mol·L－1。(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的物质的量为x，NO2的物质的量为y。可得：x＋y＝0.5mol(根据气体的总体积为11.2L)。3x＋y＝0.51mol×2(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：x＝0.26mol，y＝0.24mol。所以NO的体积为0.26mol×22.4L·mol－1≈5.8L；NO2的体积为11.2L－5.8L＝5.4L。(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NOeq\o\al(－,3)的形式留在溶液中。其中变成气体的HNO3的物质的量为0.5mol；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10－3aVmol，也就是以NOeq\o\al(－,3)形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10－3aVmol。所以，HNO3的浓度为eq\f(aV·10－3＋0.5,0.14)mol·L－1。(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：0.51mol×2＝1.02mol。需要用作氧化剂的H2O2的物质的量为0.51mol。能力提升一、选择题1．(2017·杭州高一检测)将一定量的锌与100mL18.5mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体Y33.6L(在标准状况下)。将反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的c(H＋)＝0.1mol·L－1，则下列叙述不正确的是eq\x(导学号7391858)(B)A．气体Y是SO2和H2的混合物B．气体Y中SO2和H2的体积比为4∶1C．反应中共消耗锌97.5gD．反应中共转移电子3mol解析：Zn和浓硫酸反应生成SO2，随着反应的进行，浓硫酸的浓度降低，变成稀硫酸，此时生成H2。反应消耗H2SO4的物质的量为18.5mol·L－1×0.1L－0.05mol·L－1×1L＝1.8mol。根据得失电子守恒得：Zneq\o(→,\s\up7(失2mole－))Zn2＋，SOeq\o\al(2－,4)eq\o(→,\s\up7(得2mole－))SO2，2H＋eq\o(→,\s\up7(得2mole－))H2。此时生成1.5mol气体，则转移电子为3mol，反应掉的Zn为1.5mol。m(Zn)＝65g·mol－1×1.5mol＝97.5g，n(SO2)＝1.85mol－0.05mol－1.5mol＝0.3mol，n(H2)＝1.5mol－0.3mol＝1.2mol。故混合气体中n(SO2)∶n(H2)＝0.3∶1.2＝1∶4。2．取100mL18.3mol·L－1的H2SO4与Zn反应，当Zn完全溶解时，生成气体在标准状况下占有的体积为22.4L，将所得剩余溶液稀释成1L，测得溶液的H＋浓度为1mol·L－1，则所生成的气体中SO2与H2的体积比约为eq\x(导学号7391858)(A)A．1∶2 B．2∶1C．1∶4 D．4∶1解析：根据Zn与浓硫酸反应随着反应的进行浓硫酸逐渐变为稀硫酸，所以生成的气体中含有SO2、H2，分析题意可以得出，100mL18.3mol·L－1的H2SO4共分为三部分，①Zn与浓硫酸反应，设产生xmol的SO2，则消耗H2SO4的物质的量为2xmol；②Zn与稀硫酸反应，设产生ymol的H2，消耗H2SO4的物质的量为ymol；③剩余的H2SO4溶液中，H＋浓度为1mol·L－1，即剩余的H2SO4的物质的量为0.5mol；根据题意得xmol＋ymol＝22.4L÷22.4L·mol－1；2xmol＋ymol＋0.5＝0.100L×18.3mol·L－1求出：x∶y≈1∶2。3．14g铜、银合金与一定量某浓度的硝酸溶液完全反应，将放出的气体与1.12L(标准状况下)氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收，则合金中铜的质量是eq\x(导学号7391858)(D)A．9.6g B．6.4gC．4.8g D．3.2g解析：Cu、Ag合金与HNO3反应过程如下：eq\x(\a\al(Cu,Ag))eq\o(→,\s\up7(HNO3))eq\x(\a\al(NO2,NO))eq\o(→,\s\up7(O2),\s\do5(0.05mol))eq\x(HNO3)Cu、Ag与HNO3反应是氧化还原反应，Cu、Ag失电子，HNO3得电子，生成NO2或NO或二者的混合物。由NO2、NO、O2都被水吸收生成HNO3，即NO2、NO又将电子转移给O2，所以在整个反应过程中，相当于Cu、Ag失的电子给0.05molO2,0.05molO2得电子物质的量＝0.05mol×4＝0.2mol。设Cu为xmol、Ag为ymol，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(64x＋108y＝14，,2x＋y＝0.2))，解之得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0.05，,y＝0.1。))所以铜的质量为m(Cu)＝0.05mol×64g·mol－1＝3.2g。4．98%的浓硫酸和2mol/L的稀硫酸，在实验室中敞口放置。它们的质量和放置天数的关系如下图所示。a、b曲线变化的原因是eq\x(导学号7391858)(A)A．a吸水、b挥发 B．a升华，b冷凝C．a蒸发，b潮解 D．a冷凝，b吸水解析：浓硫酸敞口放置会吸收空气中的水气，溶液质量增加，浓度降低；稀硫酸敞口放置水挥发，溶液质量减少，浓度升高。二、非选择题5．某课外活动小组的同学在实验室做锌与浓硫酸反应的实验时，甲同学认为产生的气体是二氧化硫；而乙同学认为除二氧化硫气体外，还可能产生氢气。为了验证甲、乙两同学的判断是否正确，丙同学设计了如图所示的实验装置(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X，且该反应装置已略去)：eq\x(导学号7391858)试回答：(1)上述实验中生成二氧化硫气体的化学反应方程式为__Zn＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))ZnSO4＋SO2↑＋2H2O__。(2)乙同学认为反应产生氢气的理由是__反应过程中H2SO4被消耗，且有水生成，故硫酸的浓度减小而锌与稀硫酸反应可生成氢气__。(3)丙同学在安装好装置后，必不可少的一步操作是__检验装置气密性__。(4)B中加入的试剂是__浓硫酸__，其作用是__吸收水蒸气__。(5)可以证明气体X中含有氢气的实验现象是C中__黑色粉末变红__，D中__白色粉末变成蓝色__。如果撤去装置B，是否还能根据D中的现象判断气体X中含有氢气？答：__不能__，理由是__混合气体通过KMnO4溶液时会带出水蒸气，干扰生成水的检验__。解析：解题时应根据题目要求，整体分析可行性的思路或程序。为确定有SO2产生，可在A中加入品红溶液，然后利用酸性KMnO4溶液将其除去；为确定有H2产生，需用H2还原CuO，检验生成物H2O，但必须先用装置B中的液体干燥气体，这样整体思路就清晰了。6．某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验(夹持仪器略去)，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、3mol/L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2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O(1)实验应避免有害气体排放到空气中。装置③、④、⑥中盛放的药品依次是__3mol/L稀硝酸、