2023年届高考化学一轮复习训练：硝酸的性质与相关计算

硝酸的性质与相关计算【原卷】

一、选择题（共23题）

1.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNo3的物质的量浓度分

别是4moI∙Lτ和2mol∙L-ι,取10mL此混合酸，向其中参加过量的铁粉，待

反响完毕后，可产生标准状况下的气体的体积为（设反响中HNo3被复原成

NO）（）

A.0.448LB.0.672LC.0.896LD.0.224L

2.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V1,另一份先参加与其等体积的稀硫酸，再投入足量的铜粉收集到

气体的体积为V2（V1和V2都在同一条件下测定），则以下观点不正确的选项是（

）

A.V2肯定大于V1

B.假设3V1=y,则反响后的溶液中均有NQ-剩余

C.假设4V占V,则稀硝酸和稀硫酸的物质的量浓度之比为1：3

D.V?不行能等于5倍的V1

3.5θOmL（NHJCO3和NaHCo3的混合溶液分成两等份。向其中一份溶液

参加过量氢氧化钠溶液并加热，产生amolNH30另一份中参加过量盐酸产生b

moɪCO2,则该混合溶液中Na+物质的量浓度为（）

A.(4b-2a)moI∕LB.(8b-4a)moI∕LC.(b-a)moI∕LD.(b-a∕2)moI∕L

4.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

后溶液中存在：c(Fe2+)：c(Fe3+)=3：2,则参与反响的Fe和HNO3的物质的量之

比为()

A.1：1B.5：16C.2：3D.3：2

5.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，同

时生成No2、NO混合气体，再向所得溶液中参加足量的NaOH溶液，生成30.3g

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

在标准状况下为()

A.7.84LB.6.72LC.4.48LD.无法计算

6.将质量为32g的铜与15OmL的肯定浓度的硝酸反响，铜完全溶解，产生

标准状况下11.2L的No和NO2的混合气体，将生成的混合气体与肯定体积的氧气

一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸取生成NaNO3O以下说法不正确

的是

A.标准状况下，通入的O2体积为5∙6L

B.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LOmoI

C.标准状况下，混合气体构成是5.6L的NO和5.6L的NO2

D.硝酸的物质的量浓度为10.0mol∙L-ι

7.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

5moI∕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（）

A.硝酸的复原产物全部是NH4÷

B.b点与a点的差值为0.05mol

C.原硝酸溶液中硝酸的物质的量为0.47mol

D.样品中铝粉和铁粉的物质的之比为5：3

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

2

体2∙24L（标准状况），这些气体与肯定体积OJ标准状况）混合后通入水中，全部

气体完全被水吸取生成硝酸。假设向所得硝酸铜溶液中参加4mol∙L-ιNaOH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∙2molB.消耗氧气的体积为1.68L

C.铜和硝酸反响过程中转移的电子为0.3molD.混合气体中含

NO21.12L

9.将肯定质量的铜粉参加到IOomL某浓度的稀硝酸中，充分反响后，容器

中剩有mɪg铜粉，此时共收集到NO气体448mL（标准状况）。然后向上述混合物

中参加足量稀硫酸至不再反响为止，容器剩有铜粉m2g,则（叫一m2）为（）

A.5.76B.2.88C.1.92D.0

10.向含有0.01molCu,amolCu7O>bmolCuO的混合物中滴加6mol∙L

-i的稀硝酸溶液至IOml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（）

A.反响过程中转移0.01mol电子B.a：b=l：1

C.被复原的硝酸为0.06molD.将少量铁粉投入该稀硝酸中能生

成Fe（NO3）2

11.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，消耗稍酸的体积为VmL以下说法不正确的选项是（）

A.V=150mLB.硝酸的浓度为2mol∙L

—1

C.mg铜粉和锌粉的物质的量之和为0.3molD.n=m+2.4

12.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不正砸的是（）

A.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（）

A.MgB.FeC.CuD.Na

14.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

15.硝酸被称为“国防工业之母”是由于它是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（）

A.浓硝酸使紫色石蕊试液先变红后褪色——酸性和强氧化性

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.能使滴有酚酸的氢氧化钠溶液红色褪去——强氧化性

16.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

17.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（）

A.FeJSOJ,B.Na,CO,C.KNO,D.FeSO

‰Jɔ4Q

18.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、龄等金属反响

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

19.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

B.与金属反响时，稀硝酸可能被复原为更低价态，则稀硝酸氧化性强于浓

硝酸

C.硝酸电离出H+离子，能被Zn、Fe等金属复原成H2

D.常温下，向浓HNO3中投入Fe片，会产生大量红棕色气体

20.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

B.假设2molHNO3被复原，则反响中肯定生成22.4LNO2气体

C.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1：1

D.硝酸在反响中既表现了强氧化性，又表现了酸性

21.以下有关试验操作、现象和解释或结论都正确的选项是()

试验操作现象解释或结论

过量的Fe粉中参加稀溶液稀HNO3将Fe氧化

A

呈红为Fe3+

HNO3,充分反响后，滴

入KSCN溶液

无明Fe、Al与浓HNO3

常温下，Fe、Al放入浓

B显现或浓凡5()4发生钝

HNO或浓HSO中

324象化

Al箔外表被HNo3

无现

CAl箔插入稀HNO$中氧化，形成致密的氧

象

化膜

试纸

用玻璃棒蘸取浓HNo3点

D变蓝浓HNO3具有酸性

到红色石蕊试纸上

色

22.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()

A.FeOB.Fe2O3C.FeSO4D.Fe3O4

23.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9.3go以下推断正确的选项是()

A.原溶液中投入铁粉物质的量是0.25mol

B.原溶液中HNo3的浓度是2.0mol∙L-ι

C.反响后的溶液中还可溶解9.6g铜

D.反响后的溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=l：2

二、非选择题（共2题）

24.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ABCDE

200300400500

硝酸溶液体积IOOmI

HlLmLmLmL

剩余固体的质

17.2g8gOgOgθg

.量

气体体积2.24L4.48L6.72L7.84L7.84L

（1）A组试验后17.2g剩余固体为，B组试验后8g剩余固体为

o（均填写化学式）

（2）试验中每次所取混合物中铁的物质的量为moɪo

⑶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0

25.某小组争论Cu与浓硝酸反响时觉察如下现象:

装置与试剂现象

Cu片完全溶解，产生红棕色气

上J一气体收铢体，得到绿色溶液A,该溶液长

/I∖0.64gCuf(0.01mol)和

时间放置后得到蓝色溶液B0反

3S½)2C0aL10ιικJL∣浓始酸

应后溶液体积几乎不变。

(I)Cu与浓硝酸反响的离子方程式为

(2)甲同学猜测溶液A不是蓝色而呈绿色与溶解了NO2有关，于是向溶液B

中通入NO2,然后再持续通入一段时间N2,观看到现象:,

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:

资料i:NCh溶于水部分发生歧化反应：2NCh+HQw=-HNCh+HNO∖

fttii:Neh他与Cu?结合：CUK(衽色)+4NO2*^*CU(NO(绿色)

资料出:HNoJ是财SL加热或遇强收发生分辨3HN0；-HNOj+2N0↑+H2O

假设一：A中形成了CU(No2)4＞使溶液呈绿色。

为了验证假设一的合理性，甲同学进展了如下试验;

(试验一)

操作现象

：向20.0mL0.5molLiCu(N()3)2蓝色溶液中通入溶液呈绿

少量NC>2气体色

溶液呈无

：向20.0mL水中通入与：中等量的NO2气体

色

(3)操作：的目的是o

(4)乙同学向：所得溶液中滴加浓硫酸，使溶液中c(H+)达约8mol∙L-ι,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：O

(5)综合甲乙两位同学的实验，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:

资料iv：浓硝股中溶有NO2时呈黄色：水或稀硝质中溶有少量NO?时呈无色

假设二：A中浓硝酸溶解了NO?所得黄色溶液与Cin+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)

操作现象

：配制与溶液A的C(H+)浓度相同的

HNO,溶液，取20.0mL,通入少量NO2溶液呈黄色

气体

：参力q_______溶液变为绿色

•••••••溶液马上变回蓝色

⑹操作：中参加的试剂为

⑺操作：进一步证明了假设二的合理性，写出该操作：

硝酸的性质与相关计算

一、选择题（共23题）

1.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNo3的物质的量浓度分

别是4moI∙Lτ和2mol∙L-ι,取10mL此混合酸，向其中参加过量的铁粉，待

反响完毕后，可产生标准状况下的气体的体积为（设反响中HNo3被复原成

NO）（）

A.0.448LB.0.672LC.0.896LD.0.224L

【答案】B

【解析】金属和混酸反响通过离子方程式计算比较简便，3Fe+8H÷+2NOf

3Fe2++2NOT+4H2O（铁过量，产物为Fe2+）,反响中Fe和H+过量，生成的

NO的量以NO?为准来计算，共得NO0.448L,假设只考虑到这一步反响，得答

案A是错误的，由于过量的铁还可以和溶液中过量的H+反响产生H2,即有Fe+

2H

+===Fe2+÷H2↑,生成的耳为0.224L,所以气体体积共计0.672L,应选B。

2.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V1,另一份先参加与其等体积的稀硫酸，再投入足量的铜粉收集到

气体的体积为V2（V1和V2都在同一条件下测定），则以下观点不正确的选项是（

）

A.V2肯定大于V1

B.假设3V1=y,则反响后的溶液中均有NQ-剩余

C.假设4V^V,则稀硝酸和稀硫酸的物质的量浓度之比为1：3

D.V2不行能等于5倍的V1

【答案】C

【解析】设等体积的硝酸和硫酸中硝酸和硫酸的物质的量分别为Xmokymol,然

用3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NOT+4H2O解题。假设4V1=V7,则稀硝酸和

稀硫酸的物质的量浓度之比为2：3o

3.50OmL(NHJCO3和NaHCo3的混合溶液分成两等份。向其中一份溶液

参加过量氢氧化钠溶液并加热，产生amolNH3O另一份中参加过量盐酸产生b

molCO,,则该混合溶液中Na+物质的量浓度为()

A.(4b-2a)moI∕LB.(8b-4a)mol∕LC.(b-a)moI∕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amolNH3,

则依据氮原子守恒可知溶液中钱根的物质的量是amol,所以(NHJCO3的物质

的量是0.5amol；另一份中参加过量盐酸产生bmo】CO则依据碳原子守恒可

知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bmoɪ-0.5amol,因此该混

合溶液中Na+物质的量浓度为(bmol-0.5amolH0.25L=(4b-2a)mol/L。答案选

Ao

4.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

后溶液中存在：c(Fe2+)：c(Fe3+)=3：2,则参与反响的Fe和HNO3的物质的量之

比为()

A.1B.5：16C.2：3D.3：2

【答案】B

【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II(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

3233

酸作用的硝酸的物质的量=3XmoIX2+2XmoIX3=12XmoI；氧化复原反响中得失电子

数相等，即铁失去的电子数等于硝酸根离子得到的电子数，设作氧化剂的硝酸根离

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+4XmOI=I6xmol,依据铁元素守恒知，参与反响的铁的

物质的量=3Xmol+2XmO1,所以参与反响的Fe和HNo3的物质的量之比为5xmol:

16xmol=5:16,Bo

5.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，同

时生成No2、NO混合气体，再向所得溶液中参加足量的NaOH溶液，生成30.3g

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

在标准状况下为()

A.7.84LB.6.72LC.4.48LD.无法计算

【答案】A

【解析】向18.4g铁和铜组成的合金中参加过量的硝酸溶液，反响生成了铁

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),则氢

32

氧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=0.7mokC12与铜、铁反响产物为：Fea3、

CuCl2,依据化合物总电荷为O可知，FeCIrCUCl2中n(Cl-)=Fe(OH)3、Cu(OH)2

中n(OH-),即n(Cl-)=0.7mol,依据质量守恒，消耗＜¾的物质的量为：

n(Cl2)=n(Cl-)/2=0.35mol,标况下035mol氯气的体积为：

22.4L/moIx0.35mol=7.84L,Ao

6.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

标准状况下11.2L的NO和NO2的混合气体，将生成的混合气体与肯定体积的氧气

一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸取生成NaNOr以下说法不正确

的是

A.标准状况下，通入的O2体积为5∙6L

B.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LOmol

C.标准状况下，混合气体构成是5.6L的NO和5.6L的NO2

D.硝酸的物质的量浓度为10.0mol∙L-ι

【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\，则x+y=0.5,

反响过程中铜全部被氧化成Cu2+,依据电子守恒有3x+y=0∙5x2,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NaNO,

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(NaNO3)=0.5moloA项，依据分析可知通入的为0∙25mol,标况积为

0.25molx22.4L/moI=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Cl>2+反响生成CU(OH)2沉淀，根据元素守恒可知此时

∕ι(NaOH)=2n(Cu2+)=0.5mol×2=lmol,故B正确；C项，依据分析可知，混合气

体中有0∙25molNO和0.25molNO，即标准状况下的5.6L的NO和5.6L的NO,

22

故C正确；D项，由于不知道和铜反响后硝酸是否有剩余，所以无法计算硝酸

的浓度，故D错误；应选D0

7.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()

A.硝酸的复原产物全部是NH4÷

B.b点与a点的差值为0.05mol

C.原硝酸溶液中硝酸的物质的量为0.47mol

D.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钱根，故A正确；B项，b与a的差值为氢氧化铝的物质

的量，由图可知，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0.01Lx5moI/L=(H)5mol,依据Al(OH)广OH-=AlO+2H,O

J2N

可知AI(OH)3的物质的量为0.05mol,故B正确；C项，由反响过程可知，到加

入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸钱。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=0.03moI,根据NH4++OH-=N∏3∙H,O可知溶液中

n(NH4÷)=0.03ml,由N原子守恒可知n(NH4N03)=n(NH4+)=0.03moI,依据钠元素

守恒可知/i(NaNO3)=π(NaOH)=0.088L×5moI∕L=0.44mol,依据氮元素守恒原硝酸

溶液中«(HN03)=n(NaN03)+2n(NH4N03)=0.44mol+0.03moIx2=0.5moI,故C错

误D项，由AI原子守恒可知mAl)=∕2[AI(OH)3]=O.θ5mol,依据电子转移守恒有：

3n(Fe)+3n(Al)=8n(NH4÷),BP3n(Fe)+3×0.05mol=8×0.03mol,解得〃(Fe)=O.03mol,

故n(Al)：n(Fe)=0.05mol:0.03mol=5:3,故D正确；应选Co

8.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

2

体2.24L(标准状况)，这些气体与肯定体积。2(标准状况)混合后通入水中，全部

气体完全被水吸取生成硝酸。假设向所得硝酸铜溶液中参加4mol∙L-ιNaOH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∙2molB.消耗氧气的体积为1.68L

C.铜和硝酸反响过程中转移的电子为0.3moɪD.混合气体中含

NO21.12L

【答案】D

【解析】A项，沉淀到达最大，溶液中溶质为NaNO3依据N元素守恒，

参加反应硝酸的物质的量为n(NaNO3)+n(NO、N02)=(50×10-3x4+

2.24/22.4)moI=0.3moI,故错误；B项，Cu2++2OH-=Cu(OH)J,依据离子反响

方程式求出参与n(Cu)=50×10-3×4∕2mol=0.ImoI,依据分析，铜失去得电子最终

给了氧气，根据得失电子数目守恒，即n(Cu)×2=n(O2)×4,即

n(0,)=0.2/4mol=0.05mol,即氧气的体积为0.05×22.4L=1.12L,故错误；C项，

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N("的物质的量为(2.24x22.4—x)mol,依据得失电子数

目守恒，即3x+(2.24/22.4-X)=O.2,解得X=O.05mol,因此NO2体积为

0.05×22.4L=1.12L,故正确。

9.将肯定质量的铜粉参加到IOomL某浓度的稀硝酸中，充分反响后，容器

中剩有m1g铜粉，此时共收集到NO气体448mL(标准状况)。然后向上述混合物

中参加足量稀硫酸至不再反响为止，容器剩有铜粉m2g,则(叫一m2)为()

A.5.76B.2.88C.1.92D.O

【答案】A

【解析】铜粉参加到IOomL某浓度的稀硝酸中，充分反响后，容器中剩有

m∣g铜粉，反响生成CU(NO3)2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=0.03mol,根据铜元素守恒可知，溶液中

n[Cu(NO3)2]=0.03mol,溶液中n(NO3)=0.06molo再向溶液中足量稀硫酸至不再反

响为止，CU(No3)2中N(V发生反响3CU+8H++2NO-=3CU2++2NO↑+4H2O,

容器剩有铜粉叫g,(叫加2)为再与溶液中NO3-反响的铜的质量，则由反响3Cu

+8H++2NO-=3CU2++2NO↑+4HO可知0.06molNO-再发生反响消耗Cu的

323

物质的量是n(Cu)=3∕2×n(NO-)=3∕2×0.06mol=0.09mol,所以再次反响的铜的质

3

量为0.09molx64g∕mol=5.76g,BP(m1-m2)=5.76go应选A。

10.向含有0.01molCu,amolCu2O>bmolCuO的混合物中滴加6moI∙L

-ɪ的稀硝酸溶液至IOmI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()

A.反响过程中转移0.0ImOl电子B.a：b=l：1

C.被复原的硝酸为0.06molD.将少量铁粉投入该稀硝酸中能生

成Fe(NO3)2

【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+2,生成ImolNO,转移3mol电子，因此生成0.0ImolNO时，电子转移

0.03mol,A项错误；B项，Cu的化合价从O上升到+2,Cu2O中的Cu的化合

价从+1上升到+2,转移的电子的物质的量为0.03mol,依据得失电子守恒有a=

0.01×3-0.01×2=0.005mol,由Cu原子守恒有b=6.0mol/Lx0.01L-0.01mol

22

-0.01mol-0.005mol×2=0.005mol,贝)a:b=l：LB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，D项错误；应选B0

11.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，消耗硝酸的体积为VmL以下说法不正确的选项是()

A.V=150mLB.硝酸的浓度为2mol∙L

C.mg铜粉和锌粉的物质的量之和为0.3molD.n=m+2.4

【答案】D

【解析】其中一份与200mL的稀硝酸恰好完全反响，溶液中溶质为Cu(NO∖2.

Zn(NO3)7,NO的物质的量为2.24L÷22.4L∕moI=0.1mol,转移电子为0.1molx(5

-2)=0∙3moi,金属都表现+2,依据电子转移守恒可知Il(CU)+n(Zn)=0∙3moI÷2

=0.15mol,故溶液中NCφ的物质的量为：0.15molx2=0∙3mol,由N原子守恒

可知20OmL溶液中HNo3的物质的量为：0.1mol+0.3mol=0.4moL故HNO3的

物质的量浓度为：0.4mol÷0.2L=2mol∕L°A项，反响后溶液中CU(NO?公Zn(No］于

可知消耗HNO3的物质的量为0.15molx2=0∙3moL故消耗硝酸的体积为

0.3moI÷2mol∕L=0.15L,即150mL,故A正确；B项，由分析可知，HNo,的物

质的量浓度为：0.4mol÷0∙2L=2mol∕L,故B正确；C项，每一份中n(Cu)+n(Zn)

=0.15mol,则mg铜粉和锌粉的物质的量之和为0.15molx2=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)=0.15mob则ng=0.5mg+0.15molxl6g/mo】=(0.5m+2.4)g,故D错

误;应选Do

12.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不巧砸的是（）

A.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

铁，D正确。应选A0

13.以下金属在冷、浓的硝酸或硫酸中，能形成致密氧化膜的是（）

A.MgB.FeC.CuD.Na

【答案】B

【解析】铁、铝在冷、浓的硝酸或硫酸中钝化，故B正确。

14.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NO2、O2和水，D错误。

15.硝酸被称为“国防工业之母”是由于它是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()

A.浓硝酸使紫色石蕊试液先变红后褪色——酸性和强氧化性

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.能使滴有酚配的氢氧化钠溶液红色褪去—强氧化性

【答案】D

【解析】硝酸能使滴有酚酸的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错。

16.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】C

【解析】A项，CU〜4HNO4浓)〜CU(NO3)2〜2NC>2；B项，CU〜HNO式稀)〜

Cu(NO)-NO;C.CUo〜2HNO〜CU(NO)〜HO；由以上关系式可以看出：

323322

C项，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。

17.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（）

A.Fe,（SOJ1B.Na7CO,C.KNO,D.FeSOd

【答案】C

【解析】铜与稀硫酸不反响，但参加KNO3后，由于溶液中有H+存在，故

会发生如下反响：3Cu+8H++2NO==3Cu+2NO↑+4H,Oɑ参力口Fe2（SO4）3,也

会使铜粉的质量削减，但无气体逸出，故答案选Co

18.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、铝等金属反响

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

【答案】D

【解析】A项，工业硝酸的质量分数约为69%,常因溶有少量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、粕）反响，故B错误；C项，将木炭放入浓硝酸中，由于木炭的活泼性较

弱，反响速率很慢，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，故C错误；D项，工业制备硝酸第三步为用水吸取二氧化氮生成硝酸，

发生3^^。2+1120=211^^03+^^0反响，故D正确。应选D。

19.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

B.与金属反响时，稀硝酸可能被复原为更低价态，则稀硝酸氧化性强于浓

硝酸

C.硝酸电离出H+离子，能被Zn、Fe等金属复原成H2

D.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氧化性强，磷Cu与浓HNO3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。

20.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

B.假设2moIHNO3被复原，则反响中肯定生成22.4LNo2气体

C.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1：1

D.硝酸在反响中既表现了强氧化性，又表现了酸性

【答案】B

【解析】题目没有指明温度和压强，故无法确定气体的摩尔体积，无法计算

气体的体积，B项错误。

21.以下有关试验操作、现象和解释或结论都正确的选项是()

试验操作现象解释或结论

过量的Fe粉中参加稀溶液

稀HNO3将Fe氧化

AHNO3,充分反响后，滴呈红

为Fe3+

入KSCN溶液色

无明Fe、Al与浓HNo3

常温下，Fe.Al放入浓

B显现或浓H2SO4发生钝

HNO3或浓晚04中

象化

Al箔外表被HNo§

无现

CAI箔插入稀HNO中氧化，形成致密的氧

3象

化膜

试纸

用玻璃棒蘸取浓HNO3点

D变蓝浓HNo3具有酸性

到红色石蕊试纸上

色

【答案】B

【解析】稀硝酸与铁粉反响，铁首先被氧化成Fe3÷,过量铁粉将Fe3+复原，

最终得到Fez+,滴入KSCN溶液不显红色，A错误；常温下，Fe>Al在浓HNO3

或浓H2SO4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。

22.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()

A.FeOB.FeOC.FeSOD.FeO

2374t34j

【答案】A

【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2mol；B项，Fe’O,与硝酸不发生氧化复原反响，失电子为0；

7223

m

C项，FeS(∖与硝酸反响被氧化生成Fe-H,则失电子物质的量为一mol；D项，

4152

Fe3C∖中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反响被氧化生成Fe3÷,则失电子

物质的量为二mol,由以上分析可知，失电子最多的是FeO,则放出NO物质

232

的量最多的是FeO;应选A0

23.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9.3go以下推断正确的选项是()

A.原溶液中投入铁粉物质的量是0.25mol

B.原溶液中HNO3的浓度是2.0moI∙Lτ

C.反响后的溶液中还可溶解9.6g铜

D.反响后的溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=l：2

【答案】B

【解析】"(NO)=5.6L=0.25mol,∕n(NO)=0.25mol×30g∙mol-ɪ=

22.4L∙mol-ι

7.5go∕n(Fe)=9.3g+7.5g=16.8g,加Fe)=16.8g=0.3mol,由得失电子守

56g∙mol-ι

恒知反响后溶液中存在Fe2+、Fe3+,则n(Fe2+)÷n(Fea+)=0.3mol；由得失电子

守恒得2n(Fe2+)+3n(Fe3+)=3n(NO),2n(Fe2+)+3n(Fe3+)=0.25mol×3,解得

n(Fe2+)=0.15mol,n(Fe3+)=0.15moL71(HNO3)=2n(Fe2+)÷3n(Fe3+)÷n(NO)

1mol

=0.15mol×2÷0.15mol×3÷0.25mol=lmobc(HNOɔ,)=vn∙-O≡^Lτɪ2.θmol∙L-ιo

还可溶解铜：n(Cu)=n(Fe3+)∕2=0.075mobm(Cu)=0.075mol×64g∙mol-ι=4.8go

二、非选择题（共2题）

24.取肯定量的Fe、Cu的混合物粉末，平均分成A、B、GD、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ABCDE

200300400500

硝酸溶液体积IOOmI

HlLmLmLHlL

剩余固体的质

17.2g8gOgOgOg

*

气体体积2.24L4.48L6.72L7.84L7.84L

（1）A组试验后17.2g剩余固体为，B组试验后8g剩余固体为

o（均填写化学式）

（2）试验中每次所取混合物中铁的物质的量为moɪo

⑶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O

【答案】⑴Fe、CuCu(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