苏教版高中化学必修第二册专题7氮与社会可持续发展复习提升练含答案

本专题复习提升易混易错练易错点1误认为钝化是没有发生反应1.对下列事实的解释错误的是()A.在蔗糖中加入浓硫酸后出现黑色物质,说明浓硫酸具有脱水性B.浓硝酸在光照下颜色变黄,发生反应4HNO34NO2↑+O2↑+2H2OC.常温下,浓硝酸可以用铝罐贮存,说明铝与浓硝酸不反应D.浓HNO3露置于空气中,浓度减小,是因为浓硝酸易挥发2.(2022江苏高邮重点中学第一次诊断测试)某兴趣小组探究在室温下金属与硝酸反应的还原产物,进行了下列三组实验,下列说法正确的是()实验操作及实验现象①将足量的铜粉加入1mL10mol·L-1HNO3溶液中,产生红棕色气体,溶液呈绿色②将足量的铜粉加入100mL0.1mol·L-1HNO3溶液中,产生无色气体,溶液呈蓝色③将足量的铝粉加入1mL10mol·L-1HNO3溶液中,无气体生成,溶液呈无色A.实验①中消耗的铜粉质量小于实验②B.实验②中产生的气体可用向上排空气法收集C.实验③中没有发生化学反应D.以上实验说明金属与硝酸反应的还原产物与硝酸的浓度及金属的活泼性有关易错点2忽视NO33.(2022黑龙江哈尔滨第九中学阶段性验收)对于某些离子的检验及结论不正确的是()A.向某溶液中加入稀盐酸产生无色无味的气体,将气体通入澄清石灰水中,溶液变浑浊,原溶液中不一定有COB.向某盐溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热,产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,原溶液中含有NHC.向某溶液中加入Cu和浓H2SO4,试管口有红棕色气体产生,说明溶液中可能含有NOD.向某溶液中先加入足量盐酸酸化,没有明显现象,再加入Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀产生,则原溶液中一定有SO4.(2023山东单县第二中学开学考试)某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验,实验过程如图所示:实验1实验2①③中溶液呈蓝色,试管口有红棕色气体产生⑥中溶液呈蓝色,试管口有红棕色气体产生下列说法错误的是()A.稀硝酸一定被还原为NO2B.②中溶液中加入铁粉,有金属铜析出C.由上述实验可得出结论:常温下,Cu可以与稀硝酸反应,但不能与稀硫酸反应D.③⑥中反应的离子方程式:3Cu+2NO3−+8H+3Cu2++2NO↑+4H2易错点3忽视守恒法的应用5.向含有0.01molCu、amolCu2O、bmolCuO的混合物中滴加6mol·L-1的稀硝酸至10mL时,固体恰好完全溶解,得到标准状况下224mL气体(纯净物)。下列说法正确的是()A.反应过程中转移0.01mol电子B.a=0.05C.a∶b=1∶1D.被还原的硝酸为0.06mol

思想方法练守恒思想在硝酸与金属有关计算中的应用方法概述金属与硝酸的反应是典型的氧化还原反应,有关计算是其中的重点和难点。由于氮元素有多种化合价,有的金属元素也有多种化合价,使得硝酸与金属的反应很复杂,有时同一条件下可能同时发生几个不同的化学反应。因此,单纯利用化学方程式进行计算非常繁琐,用守恒法(包括原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒)解此类计算题可使复杂的问题简单化。原子守恒法:反应前后各元素的原子个数相等。如反应中硝酸被还原为NO2、NO、N2,还有表现酸性的NO3−存在,计算原溶液中硝酸的物质的量时,我们可以通过反应前后N原子守恒的方法,即n总(HNO3)=n(NO2)+n(NO)+2n(N2)+n(NO得失电子守恒法:氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。电荷守恒法:溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。1.铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸,若反应中硝酸被还原只产生4.48LNO2气体和0.336LN2O4气体(气体的体积已折算为标准状况下),在反应后的溶液中,加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为()A.9.02g B.8.51g C.8.26g D.7.04g2.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L,固体物质完全反应,生成NO和Cu(NO3)2,在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L,此时溶液呈中性,金属离子已完全沉淀,沉淀的质量为39.2g。下列有关说法不正确的是()A.Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1B.硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC.产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余的HNO3的物质的量为0.2mol3.(2023湖北宜城第一中学、枣阳一中等六校期中)硝酸是一种重要的化工原料,可用于制化肥、农药、炸药、染料等。将一定质量的镁铜合金放入5mL的浓硝酸中恰好完全反应,共收集到(折算为标准状况下)NO2和NO的混合气体448mL,将混合气体倒立于水中,通入0.0075molO2恰好使混合气体全部转化为硝酸,下列说法正确的是()A.该反应中硝酸只表现出强氧化性B.混合气体中NO2和NO的体积比为3∶1C.镁铜合金的质量可能是1.2gD.原硝酸的物质的量浓度为6mol/L4.(2022辽宁沈阳第三十一中学月考)FeS与一定浓度的硝酸反应,生成了Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3、NO、NO2、N2O4和H2O,当NO、NO2和N2O4分子的个数之比为2∶1∶1时,实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为()A.1∶6 B.1∶7 C.1∶8 D.1∶95.将2.56gCu和200mL某浓度的浓HNO3混合,随着反应的进行生成气体的颜色逐渐变浅,当Cu反应完全时,HNO3有剩余,共收集到气体1.12L(标准状况,假设只生成NO2、NO)。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列关于该反应的叙述错误的是()A.该反应生成的NO2与NO的体积比为7∶3B.该反应转移电子数为0.08NAC.该反应消耗HNO3的物质的量为0.13molD.反应结束后所得溶液中(忽略反应前后溶液体积的变化)c(NO3−)=答案与分层梯度式解析本专题复习提升易混易错练1.C2.A3.D4.A5.C1.C常温下铝遇浓硝酸钝化,它们之间发生了氧化还原反应,C项错误。易错分析常温下铁、铝遇浓硝酸、浓硫酸钝化,钝化是化学变化,不能认为常温下铁、铝与浓硝酸、浓硫酸不反应。2.A实验①产生红棕色气体,溶液呈绿色,发生反应Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,实验②产生无色气体,溶液呈蓝色,发生反应3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,实验①与实验②中硝酸的物质的量相等,故实验①中消耗的铜粉质量小于实验②,A正确;实验②中生成一氧化氮气体,一氧化氮易与氧气反应,故不能用排空气法收集,B错误;实验③无气体生成,铝发生了钝化,C错误;根据实验①②可得金属与硝酸反应的还原产物与硝酸的浓度有关,由实验①③无法得出与金属活泼性有关,D错误。3.D使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体为二氧化碳,则溶液中可能含CO32−或HCO3−,A正确;湿润的红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝,加入氢氧化钠溶液并加热,产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,一定有NH4+,B正确;红棕色气体是二氧化氮,说明溶液中可能含有NO3−,C正确;加入足量盐酸酸化,再加入Ba(NO3)易错分析当溶液中存在NO3−时,加入酸溶液,则N4.A稀硝酸与铜发生反应:3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,生成的硝酸铜溶液呈蓝色,试管口NO被空气中的O2氧化生成红棕色的NO2,但硝酸被还原生成NO,A错误;②中溶液含Cu2+,加入铁粉置换出铜,B正确;由题述实验可得出结论:常温下,Cu可以与稀硝酸反应,但不能与稀硫酸反应,C正确;③⑥中反应的离子方程式为3Cu+2NO3−+8H++2NO↑+4H25.C得到的气体为NO,HNO3中氮元素的化合价从+5价降低到+2价,每生成1molNO,转移3mol电子,因此生成标准状况下224mLNO时,转移0.03mol电子,A项错误;单质Cu中铜元素的化合价从0价升高到+2价,Cu2O中铜元素的化合价从+1价升高到+2价,转移电子的总物质的量为0.03mol,根据得失电子守恒知a=0.03−0.01×22=0.005,由电荷守恒知反应后溶液中n(Cu2+)=12n(NO3−),由Cu原子守恒知b=6×0.01−0.012-0.01-0.005×2=0.005,则易错分析忽视得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒的应用。思想方法练1.B2.B3.B4.A5.D1.B4.48LNO2气体的物质的量为4.48L22.4L/mol=0.2mol,0.336LN2O4气体的物质的量为0.336L22.4L/mol=0.015mol,根据得失电子守恒可知,金属失去电子的物质的量为0.2mol×1+0.015mol×2×1=0.23mol;加入氢氧化钠溶液最终生成的沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2,根据电荷守恒可知,金属失去电子的物质的量等于沉淀中OH-的物质的量,故沉淀质量为方法点津最终生成的沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2。根据电荷守恒可知,金属失去电子的物质的量等于沉淀中OH-的物质的量;根据得失电子守恒计算金属失去电子的物质的量;沉淀质量等于金属质量与OH-质量之和。2.B设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol,根据题意,有64x+144y=27.2①,由Cu~Cu(OH)2、Cu2O~2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2②,解得x=0.2、y=0.1。Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1,A正确;根据氮原子守恒、电荷守恒和得失电子守恒可知硝酸的物质的量为1.0mol+(0.2mol×2+0.1mol×2)/3=1.2mol,硝酸的物质的量浓度为1.2mol÷0.5L=2.4mol/L,B错误;根据得失电子守恒可知产生的NO在标准状况下的体积为22.4L/mol×(0.2mol×2+0.1mol×2)/3=4.48L,C正确;Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余的HNO3的物质的量为1.0mol/L×1.0L-(0.2+0.1×2)×2mol=0.2mol,D正确。方法点津解答本题需要运用原子守恒、电荷守恒与得失电子守恒对题给数据进行分析、比较。3.B硝酸转化为硝酸镁、硝酸铜、NO2、NO,硝酸表现出酸性和强氧化性,A项错误;NO2和NO的混合气体的物质的量为448100022.4mol=0.02mol,设收集到的NO2为xmol,收集到的NO为ymol,则有x+y=0.02①,0.0075molO2完全反应,转移0.03mol电子,则有x+3y=0.03②,联立①②,解得x=0.015,y=0.005,则混合气体中NO2和NO的体积比为3∶1,B项正确;硝酸生成NO2和NO气体共得到0.03mol电子,则Mg和Cu失去的电子数也为0.03mol,Mg和Cu的物质的量共0.03÷2mol=0.015mol,所以镁铜合金的最大质量为0.015×64g=0.96g,不可能为1.2g,C项错误;Mg和Cu共0.015mol,生成NO2和NO气体共0.02mol,则根据N原子守恒、电荷守恒n(HNO3)=0.015×2mol+0.02mol=0.05mol,原硝酸的物质的量浓度为4.A设参加反应的FeS为3mol,则根据S原子守恒可知生成1molFe2(SO4)3,根据Fe原子守恒可知生成1molFe(NO3)3,Fe元素化合价由+2价升高为+3价,S元素化合价由-2价升高为+6价,所以3molFeS共失去27mol电子,根据得失电子守恒可知HNO3共得到27mol电子,生成NO、NO2和N2O4;设NO、NO2和N2O4的物质的量分别为2x、x、x,则有2x×3+x+2x=27mol,解得x=3mol,即NO、NO2和N2O4的物质的量分别为6mol、3mol、3mol;根据N原子守恒可知HNO3的物质的量为1mol×3+6mol+3mol+3mol×2=18mol,所以实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为3mol∶18mol=1∶6。5.Dn(NO2)+n(NO)=1.12L22.4L/mol=0.05mol,即被还原的硝酸的物质的量为0.05mol;n(Cu)=2.56g64g/mol=0.04mol,则生成n[Cu(NO3)2]=0.04mol,可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.04mol×2=0.08mol,则参加反应的硝酸的物质的量为0.05mol+0.0