高中化学复习知识点有关酸性环境下硝酸根氧化性的有关计算.docx

1、高中化学复习知识点有关酸性环境下硝酸根氧化性的有关计算高中化学复习知识点：有关酸性环境下硝酸根氧化性的有关计算一、单选题1足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A60mL B45mL C30mL D15mL2将9.0 g铜和铁的混合物投入100 mL稀硝酸中并加热，充分反应后得到标准状况下1.12 L NO，剩余4.8 g金属；继续加入100 mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又

2、得到标准状况下1.12 L NO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是()A原混合物中铜和铁的物质的量均为0.075 molB反应前稀硝酸的物质的量浓度无法计算C若向上述最后所得溶液中再加入足量稀硝酸，还可得到标准状况下1.12 L NOD第一次与100 mL稀硝酸反应后剩余的4.8 g金属为铜和铁3将14.4g的镁铜合金完全溶解于硝酸中，反应产生的气体只可能有NO2、NO中的一种或两种，测得气体在标准状况下的体积为13.44L。反应完全后，向所得溶液中加入过量的NaOH溶液，所得沉淀的质量可能为（ ）A24g B30g C34.8g D45g4CuO和Fe2O3

3、的混合物mg，向其中加入1molL-1的HNO3溶液200mL恰好完全反应，若将mg该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体质量为（ ）A(m-3.2)g B(2m-3.2)g C(m-1.6)g D(2m-1.6)g5有某硫酸和硝酸的混合溶液20mL，其中含有硫酸的浓度为2mol/L，含硝酸的浓度为1mol/L，现向其中加入0.96g铜粉，充分反应后（假设只生成NO气体），最多可收集到标况下的气体的体积为A89.6mL B112mL C168mL D224mL6将Mg、Cu组成的2.64g混合物投入适量稀稍酸中恰好完全反应，并收集还原产物气体NO（还原产物只有一种）。然后向反应后的溶液中加

4、入一定浓度的氢氧化钠溶液，使金属恰好沉淀完全，此时生成沉淀的质量为4.68g，则反应过程中收集到NO气体（标况下）体积为 （ ）A8.96L B4.48L C0.896L D0.448L7在100mL硝酸和硫酸的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L。向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）A0.225 mol/L B0.3 mol/L C0.36 mol/L D0.45 mol/L8取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mLN2O4的气体(都已折算到

5、标准状态)，在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于A8.64g B9.20g C9.00g D9.44g9有某硫酸和硝酸的混合溶液20 mL，其中含硫酸的浓度为2 molL1，含硝酸的浓度为1 molL1，现向其中加入0.96 g铜粉，充分反应后(假设只生成NO气体)，最多可收集到标准状况下的气体的体积为( )A224 mL B168 mLC112 mL D89.6 mL二、多选题10某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示（已知硝酸只

6、被还原为NO气体）。下列分析或结果错误的是 （）A原混合酸中HNO3的物质的量为0.8 molBOA段产生的是NO，AB段的反应为Fe2Fe3+= 3Fe2+，BC段产生氢气C第二份溶液中最终溶质为FeSO4DH2SO4的物质的浓度为5 molL-1三、综合题11将一定质量的铁粉加入装有100 mL某浓度稀硝酸的容器中充分反应。试回答:（1）容器中剩余mg铁粉，收集到NO气体448 mL(标准状况下)。所得溶液中溶质的化学式为_。原稀硝酸的物质的量浓度为_。（2）向（1）中所得的固液混合物中逐滴滴加稀硫酸至刚好不再产生遇空气变成红棕色的气体为止，此时容器中剩余铁粉ng。此时溶液中溶质的化学式为

7、_。m-n的值为_(精确到0.1)。12物质的分类有多种方法，下列对无机化合物分类如图：（1）如图所示的物质分类方法的名称是_。（2）以元素 Na、Ba、H、O、S、N 中任意两种或三种元素组成合适的物质，将化学式分别填在下表中、的后面_、_（3）和的水溶液可导电，它们_（填“是”或“不是”）电解质；相同质量的两气体所含氧原子的个数比为_；标准状况下等体积两气体的质量比为_。（4）少量与足量的溶液反应的离子方程式为_。（5）写出与反应的化学方程式_。（6）写出工业制造硝酸过程中NH3 与氧气反应的化学方程式为_，若 16g 氧气全部被还原，则转移电子_mol。（7）现有由与混合的稀溶液 100

8、mL，其中的物质的量浓度为 2.0molL1，的物质的量浓度为 1.0molL1。则该溶液能溶解铜的最大质量为_g，同时，反应生成的气体在标准状况下的体积为_L。参考答案1A【解析】【详解】从题叙述可以看出，铜还原硝酸得到的气体，恰好又与1.68 L O2完全反应，所以可以使用电子得失守恒先求n(Cu)，即n(Cu)2n(O2)4，得n(Cu)2n(O2)20.15 mol，所以这些铜对应的铜离子恰好沉淀所需n(NaOH)应为0.3 mol，所需V(NaOH)应为60 mL，故选A。2A【解析】【分析】第一次加硝酸时金属有剩余，无论参加反应的是铁还是铁和铜，溶解的4.2克金属均被氧化到+2价：

9、3Fe（或3Cu）+8HNO3=3Fe(NO3)2或3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，金属的物质的量为=0.075mol ，则第一次溶解的金属摩尔质量为56gmol-1，所以第一次溶解的是铁。第二次加硝酸后的溶液不能使KSCN溶液变红，溶解的4.8克金属也一定被氧化到+2价，同理可得其物质的量为0.075mol，金属摩尔质量为64gmol-1，是铜。【详解】A. 根据分析，第一次溶解的是0.075mol铁，第二次溶解的是0.075mol铜，原混合物中铜和铁的物质的量均为0.075 mol，故A正确；B. 根据氮元素守恒，反应前稀硝酸的物质的量浓度为 =2mol/L，故B错误；C. 若向上述

10、最后所得溶液中再加入足量稀硝酸，亚铁离子被氧化为铁离子，反应为3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O，生成NO的物质的量是，标准状况下的体积为0.56 L NO，故C错误；D. 根据以上分析，第一次与100 mL稀硝酸反应后剩余的4.8 g金属为铜，不含铁，故D错误；选A。【点睛】本题考查混合物的有关计算，利用整体法解答及判断最终的产物是关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的化学计算能力。3B【解析】【分析】【详解】氮的氧化物物质的量为13.44L22.4L/mol=0.6mol，若只生成二氧化氮，金属只有Mg时，需要金属的最小质量为0.6mol1/224g

11、/mol=7.2g,金属只有Cu时,需要金属质量最大为0.6mol1/264g/mol=19.2g，符合题意；若只生成NO,金属只有Mg时，需要金属的最小质量为0.6mol(5-2)/224g/mol=21.6g，大于14.4g，故不符合；若为NO、NO2时，金属提供的电子最多，全是Mg时提供电子最多为(14.4g24g/mol)2=1.2mol，生成为二氧化氮时，气体最多为1.2mol，生成气体为NO时，气体最少为1.2mol/3=0.4mol，符合题意，Mg、Cu在反应中失去电子,最终生成Mg(OH)2、Cu(OH)2，则可知失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，若为，则

12、转移电子数目为0.6mol,故n(OH)=0.6mol，故最终固体质量为14.4g+0.6mol17g/mol=24.6g，若为，则金属提供的电子最多，全是Mg时提供电子最多为1.2mol，故n(OH)=1.2mol，故最终固体质量为14.4g+1.2mol17g/mol=34.8g，故沉淀质量介于24.6gm(沉淀)34.8g，故选：B。4C【解析】【分析】【详解】金属氧化物与硝酸反应生成硝酸盐和水，有关系式CuOCu(NO3)2，Fe2O3Fe(NO3)3，由电荷守恒可知：2n混合物(O)=n(NO3-)，n(HNO3)=0.2L1 mol/L=0.2mol，则n混合物(O)=0.1mol

13、，所以金属氧化物中O的质量为0.1mol16g/mol=1.6g，若将mg该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体为金属单质，则金属质量为氧化物的质量减去氧元素的质量，即金属质量为：mg-1.6g=(m-1.6)g，故C正确；答案选C。5D【解析】【分析】硫酸的浓度为2mol/L为稀硫酸，硝酸的浓度为1mol/L为稀硝酸，溶液中能与铜粉反应的为稀硝酸。【详解】铜与稀硝酸的离子反应方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O。Cu的物质的量为，硝酸根离子的物质的量为0.02mol，硝酸和硫酸均提供氢离子，故H+的物质的量为，故氢离子、硝酸根离子过量，则生成的NO在标况下的体积

14、为。答案选D。【点睛】硝酸根在溶液中存在氢离子时，仍是硝酸具有强氧化性。铜与硝酸反应生成硝酸盐，若有酸存在时，铜依然能被硝酸氧化，故直接利用离子方程式进行计算更为便利。6C【解析】【分析】【详解】根据题意可知金属的质量为2.64g，金属氢氧化物的质量为4.68g，可求出OH-的质量为2.04g，金属失1mol电子就结合1molOH-，因此OH-的量就是失电子的量，所以反应中失电子，1molNO生成得3mol电子，根据得失电子数相等可求得NO的量为0.04mol，所以标准状况下，NO的体积为0.896L。答案选C。7C【解析】【分析】有关反应离子方程式为：3Cu+2NO3+8H=3Cu2+2NO

15、+4H2O，由上述反应方程式可知，NO3和H的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3）：n（H）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.60.1，据此计算x、y的值，再根据方程式计算铜离子的物质的量，根据c=n/V计算铜离子浓度【详解】反应离子方程式为：3Cu+2NO3+8H=3Cu2+2NO+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3和H的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3）：n（H）=x：（x+2y）=1：4

16、，x+y=0.60.1，联立解得x=0.024mol、y=0.036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.024mol3/2=0.036mol，故铜离子的最大浓度为0.036mol0.1L=0.36molL1，故选C。8B【解析】【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量，据此分析计算。【详解】8960mL的NO2气体的物质的量为=0.4mol，672mL的N2O4气体的物质的量为=0.03mol，

17、所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol(5-4)+0.03mol2(5-4)=0.46mol，所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol17g/mol=7.82g，所以金属的质量为17.02g-7.82g=9.2g，故选B。【点睛】解答本题的关键是找到铜和镁失去的电子的物质的量，等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量。要注意关键反应的方程式分析判断。9A【解析】【详解】铜与稀硝酸反应的实质为8H+3Cu+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO，题中0.96g铜粉的物质的量为=0

18、.015mol，混合溶液中H+的物质的量为2molL10.02L2+1molL10.02L=0.10mol，NO3-的物质的量为1molL10.02L=0.02mol，根据离子方程式的关系：8H+3Cu+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，显然氢离子过量，铜完全反应，生成的NO气体由铜的物质的量计算得出，生成NO的物质的量为0.01mol，在标准状况下的体积为0.01mol22.4L/mol=0.224L=224mL。故选A。10AD【解析】【分析】【详解】A消耗9.6g铜，即0.15molCu，失去0.3mol电子，因为还原产物是NO，所以被还原的硝酸就有0.1mol，根据铁粉质量与气体

19、变化图可知，硝酸根离子会全部反应转化为NO，反应最终得到的是硫酸铜和硫酸混合物，所以此份硝酸的物质的量是0.1mol，原混合酸中硝酸的物质的量是0.2mol，故A错误；B铁先与硝酸反应，生成三价铁离子和一氧化氮，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应生成氢气，故B正确；C硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确；D反应消耗14g铁，也就是0.25mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，所以每份含硫酸0.25mol，浓度是2.5mol/L，故D错误；答案选AD。11Fe(NO3)2 0.8 molL-1 Fe

20、SO4 5.0 【解析】【详解】（1）容器中剩有m g的铁粉，铁过量，所得溶液中的溶质为Fe(NO3)2；硝酸完全反应生成硝酸亚铁与NO，NO的物质的量=0.448L22.4L/mol=0.02mol，根据电子转移守恒，参加反应的n（Fe）=0.02mol=0.03mol，由氮元素守恒可知：n（HNO3）=2nFe(NO3)2+n（NO）=20.03mol+0.02mol=0.08mol，故原硝酸的物质的量浓度=0.08mol0.1L=0.8mol/L；（2）向上述固-液混合物中逐滴加入稀硫酸，溶液中的反应顺序为：Fe先和HNO3（氢离子由硫酸提供）生成NO，因为此时铁还是有剩余，所以硝酸根离

21、子被消耗尽，硝酸根反应完全后，最后是Fe和H2SO4反应生成H2，至刚好不再产生遇空气变成红棕色的气体为止，此时溶液中的溶质为FeSO4；Fe先和HNO3（氢离子由硫酸提供）生成NO，关系为：3Fe2NO3-，溶液中硝酸根离子的物质的量是0.08mol-0.02mol=0.06mol，所以消耗铁的物质的量是0.06mol3/2=0.09mol，质量是0.09mol56g/mol5.0g，即m-n的值为5.0。12树状分类法 NaOH或Ba(OH)2 BaSO4 不是 16:11 11:16 SO2+2OH-=SO32-+H2O或Ba2+ SO2+2OH-= BaSO3+H2O 2CO2+2Na

22、2O2= 2Na 2CO3+O2 4NH3+5O24NO+6H2O 2 9.6 2.24 【解析】【分析】（1）（1）树状分类法是一种很形象的分类法，就像一棵大树；（2）碱电离出的阴离子全部为氢氧根离子；盐电离出得阳离子为金属离子，阴离子为酸根离子；（3）根据电解质的定义判断；根据计算同质量的二氧化碳、二氧化硫所含氧原子的个数比；标准状况下等体积二氧化碳、二氧化硫的物质的量相等；（4）少量SO2与足量氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水。（5）CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气。（6）NH3与氧气反应生成NO和H2O，反应中氧元素化合价由0变为-2。（7）根据铜与硝酸反应的离子方程式计算溶解铜

23、的最大质量、反应生成的气体的体积。【详解】（1）树状分类法是一种很形象的分类法，就像一棵大树，有叶、枝、杆、根，图示方法就是树状分类法；（2）碱电离出的阴离子全部为氢氧根离子，如NaOH或Ba(OH)2 ；盐电离出得阳离子为金属离子，阴离子为酸根离子，如BaSO4；（3）二氧化硫、二氧化碳的水溶液导电，是由于亚硫酸、碳酸能电离出自由移动的离子，但二氧化硫、二氧化碳自身不能电离，所以二氧化硫、二氧化碳不是电解质；相同质量的二氧化碳、二氧化硫所含氧原子的个数比为2：2=16:11；标准状况下等体积二氧化碳、二氧化硫的物质的量相等，质量比等于摩尔质量的比=44:64=11:16；（4）少量SO2与足

24、量氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应离子方程式为SO2+2OH-=SO32-+H2O。（5）CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，反应化学方程式为2CO2+2Na2O2= 2Na 2CO3+O2。（6）NH3与氧气反应生成NO和H2O，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，反应中氧元素化合价由0变为-2， 16g 氧气的物质的量是0.5mol，全部被还原，转移电子2mol。（7）溶液中氢离子的物质的量为0.1L(4.0molL1+1.0molL1)=0.5mol，NO3-的物质的量为0.1L1.0molL1=0.1mol，根据铜与硝酸反应的离子方程式3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，硝酸根离子不足，根据硝酸根离子计算溶解铜的物质的量为0.15mol，质量为0.15mol64g/mol= 9.6g；同时生成NO气体0.1mol，在标准状况下的体积为0.1mol 22.4L/mol=2.24L。