化学知识点测试酸性环境下硝酸根氧化性的相关计算.docx
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化学知识点测试酸性环境下硝酸根氧化性的相关计算
酸性环境下硝酸根氧化性的有关计算
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
一、单选题
1.将6.4gCu与400mL5mol·L-1的足量HNO3溶液充分反应,还原产物为NO2和NO。
如果反应结束后的溶液中含有H+amol,则此时溶液中NO3-的物质的量为()
A.0.5amolB.(a+0.2)mol
C.2amolD.(0.2-a)mol
2.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19.2g(已知硝酸只被还原为NO气体)。
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曲线如图所示。
下列分析错误的是()
A.AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+
B.第二份溶液中最终溶质为FeSO4
C.混合酸中NO
物质的量为0.4mol
D.混合酸中H2SO4浓度为5mol·L-1
3.一定质量铜和适量的浓硝酸反应,随着反应的进行,所生成的气体颜色逐渐变浅,当铜反应完毕后,共收集到11.2L气体(标况),将该气体与0.325molO2混合溶于水,恰好无气体剩余。
则反应中消耗硝酸的物质的量()
A.1.2molB.1.1molC.1.8molD.1.6mol
4.在100mL的稀硝酸中加入由铜和镁组成的2.64g混合物,两者恰好反应固体完全溶解时收集到0.896L(标准状态)NO气体。
向反应后的溶液中加入60mLNaOH溶液中金属离子恰好沉淀完全。
下列说法正确的是()
A.原硝酸溶液的物质的量浓度为1.2mol/L
B.形成的沉淀的质量为4.32g
C.混合物中Cu的质量为1.92g
D.NaOH溶液的物质的量浓度为1mol/L
5.实验研究发现,硝酸发生氧化还原反应时,硝酸的浓度越稀,对应还原产物中氮元素的化合价越低。
现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应,反应过程中无气体放出。
在反应结束后的溶液中,逐滴加入5mol·L-1NaOH溶液,所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示。
则下列说法不正确的是()
A.稀硝酸与铝粉、铁粉反应,其还原产物为硝酸铵
B.c点对应NaOH溶液的体积为48ml
C.b点与a点的差值为0.05mol
D.样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5:
3
6.向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液,合金完全溶解,同时生成NO2、NO混合气体,再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液,生成30.3g沉淀。
另取等质量的合金,使其与一定量的氯气恰好完全反应,则氯气的体积在标准状况下为()
A.7.84LB.6.72LC.4.48LD.无法计算
7.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中c(SO42-)+c(NO3-)=2.5mol•L-1.取200mL该混合酸,则能溶解铜的最大质量为()
A.12.8gB.19.2gC.32.0gD.38.4g
二、计算题
8.将1.92gCu放入50mL2mol/L稀硝酸中,当铜全部溶解后,
(1)产生的气体是____________,标准状况下的体积是___________L;
(2)溶液中H+物质的量浓度是______________mol/L,NO3-物质的量浓度是______mol/L(溶液体积变化忽略不计)。
9.1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时,得到2.54g沉淀,求:
(1)该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度?
(2)该合金中铜与镁的物质的量之比?
(3)NO2和N2O4的混合气体中,它们的体积分数分别是多少?
10.16.8gFe跟一定量浓HNO3反应,Fe全部溶解,共收集NO、NO2的总体积为11.2L(标准状况),所得溶液中H+的物质的量为0.02mol,请回答:
(1)反应中被还原的硝酸为_______mol。
(2)生成的NO与NO2的物质的量之比为______。
(3)写出该反应的离子方程式:
_________________________________。
参考答案
1.B
【解析】
【详解】
n(HNO3)=0.4L×5mol/L=2mol,剩余H+amol,即HNO3余amol;溶液中产生NO3-的还有Cu(NO3)2,Cu(NO3)2物质的量与Cu的物质的量相同,即
=0.1mol,故溶液中NO3-共amol+0.1mol=(a+0.2)mol。
答案选B。
2.D
【解析】
【详解】
n(Cu)=
=0.3mol,Cu与混合酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,则每份混合酸中H+、NO3-物质的量至少为0.8mol、0.2mol;
A、由图象可知,OA段随着铁粉的增多产生的气体增多,AB段消耗铁粉但不产生气体,则OA段发生的反应为:
Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O,AB段发生的反应为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+,A正确;
B、BC段加入铁粉又产生气体,则BC段发生的反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑,故OA段NO3-全部被还原,因为溶液中有硫酸根,并且铁单质最终全部转化为Fe2+,所以溶液中最终溶质为FeSO4,B正确;
C、根据A和B的分析,OA段发生的反应为:
Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O,消耗Fe的质量为11.2g,则每份混合酸中n(NO3-)=n(Fe)=
=0.2mol,所以原混合酸中NO3-物质的量为0.2mol×2=0.4mol,C正确;
D、反应最终消耗22.4g铁,n(Fe)=
=0.4mol,最终溶质为硫酸亚铁,根据硫酸根守恒可知,每份含硫酸0.4mol,所以硫酸的浓度是
=4.0mol/L,D错误;
答案选D。
3.C
【解析】
【详解】
收集到11.2L气体(标况),为0.5mol,将该气体与0.325molO2混合溶于水,恰好无气体剩余,说明生成的有一氧化氮和二氧化氮,反应为:
3Cu+8HNO3===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+H2O,混合气体在有氧气的条件下被吸收:
4NO+3O2+2H2O=4HNO3,4NO2+O2+2H2O=4HNO3,两式可知NO为0.4mol,消耗硝酸为1.6mol。
NO2为0.1mol,消耗硝酸为0.2mol,共消耗硝酸为1.8mol。
C项正确
4.C
【解析】
【分析】
铜和镁都是+2价金属,二者与稀硝酸反应都生成NO气体,根据n=
计算出NO的物质的量,然后设出Cu、Mg的物质的量,利用电子守恒可计算出铜和镁的总物质的量,从而可知生成氢氧化铜、氢氧化镁的物质的量。
【详解】
硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为0.896L,物质的量为:
=0.04mol,所以转移的电子的物质的量为:
0.04mol×(5-2)=0.12mol,最后沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2,金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量,则沉淀中氢氧根离子的物质的量为0.12mol,所以最后沉淀质量为:
2.64g+0.12mol×17g/mol=4.68g,根据氮元素守恒,硝酸的物质的量为0.12+0.04=0.16mol,金属的物质的量为0.06mol,质量为2.64g,设铜的物质的量为xmol,镁的物质的量为ymol,有方程组:
x+y=0.06,64x+24y=2.64,计算出x=0.03,y=0.03;加入的氢氧化钠的物质的量为0.12mol。
A、原硝酸溶液的物质的量浓度为
=1.6mol/L,故A错误;
B、形成的沉淀的质量为4.68g,故B错误;
C、混合物中Cu的质量为0.03mol×64g/mol=1.92g,故C正确;
D、NaOH溶液的物质的量浓度为
=2mol/L,故D错误。
答案选C。
【点睛】
考查混合金属与硝酸反应的计算,明确发生反应的实质为解答关键,注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法。
5.B
【解析】
【详解】
铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应,被氧化为Al3+、Fe3+,通过题意,反应始终没有气体生成,可以得出不会有氮的氧化物生成,又有硝酸的浓度越稀,对应还原产物中氮元素的化合价越低,可以推测N元素由+5变成了-3价,由图可得硝酸过量,加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应,再生成沉淀,当沉淀完全后,由图知继续加入氢氧化钠溶液,沉淀量不变,可得与NH4+发生了反应,则随着NaOH的滴加,发生的反应依次有:
①H++OH-=H2O,②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓,Al3++3OH-=Al(OH)3↓,③NH4++OH-═NH3•H2O,④Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,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-94m=10mL,故该阶段参加反应的氢氧化钠为:
0.01L×5mol/L=0.05mol,根据Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O可知,Al(OH)3的物质的量为0.05mol,根据铝元素守恒,故混合金属中n(Al)=0.05mol。
由图可知DE段消耗的氢氧化钠的体积为:
94mL-88mL=6mL,故该阶段参加反应的氢氧化钠为:
0.006L×5mol/L=0.03mol,根据NH4++OH-═NH3•H2O可知,计算溶液中n(NH4+)=0.03mL,根据电子转移守恒有:
3n(Fe)+3n(Al)=8n(NH4+),即3n(Fe)+3×0.05mol=8×0.03mol,解得:
n(Fe)=0.03mol。
由反应过程可知,到加入氢氧化钠为88mL时,溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵,n(NH4NO3)=n(NH4+)=0.03mol,根据钠元素守恒,可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L×5mol/L=0.44mol,根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol,而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3,根据氮元素守恒n′(NaNO3)+2n(NH4NO3)+3n[Fe(NO3)3]+3n[Al(NO3)3]=n(HNO3),故C点溶液中n′(NaNO3)=0.5mol-0.03mol×2-0.03mol×3-0.05mol×3=0.2mol,故C点加入NaOH的物质的量为0.2mol。
A.根据分析可知,稀硝酸与铝粉、铁粉反应,其还原产物为硝酸铵,故A正确;B.根据分析可知,C点对应NaOH溶液的体积=
=0.04L=40mL,故B错误;C.根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中:
n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol,故C正确;D.根据分析可知,混合金属中n(Al)=0.05mol、n(Fe)=0.03mol,样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5:
3,故D正确;故选B。
【点晴】
本题以图象形式考查金属与硝酸的反应、混合物计算等,题目难度较大,明确图中各阶段反应过程是解题的关键,解答中注意守恒思想的运用,为易错题目,试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
6.A
【解析】
【详解】
向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液,反应生成了铁离子和铜离子,加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe(OH)3、Cu(OH)2,则氢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=0.7mol;Cl2与铜、铁反应产物为:
FeCl3、CuCl2,根据化合物总电荷为0可知,FeCl3、CuCl2中n(Cl-)=Fe(OH)3、Cu(OH)2中n(OH-),即n(Cl-)=0.7mol,根据质量守恒,消耗Cl2的物质的量为:
n(Cl2)=n(Cl-)/2=0.35mol,标况下0.35mol氯气的体积为:
22.4L/mol×0.35mol=7.84L,答案为A。
【点晴】
本题是有关混合物的计算,题目难度中等,解题关键需要根据电荷守恒定律和电子守恒定律明确铁铜混合溶于过量硝酸被氧化失去的电子的物质的量,与所得氢氧化铁、氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量相等,氯气氧化等量混合物所得电子的物质的量相等,搞清了本题的本质因素,难度明显降低,也简化了解题过程,事实上选择型的计算题基本上都适用于原子守恒、电子守恒及电荷守恒关系的,将这三个守恒分析清楚了,相信一定能快速确定正确选项。
7.B
【解析】
【详解】
该反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O,要使溶解铜的质量最大,则氢离子和硝酸根浓度满足化学计量数之比为4:
1,硝酸全部起氧化剂作用,设硫酸浓度为x,则硝酸浓度为:
2.5mol/L-x,溶液中氢离子浓度为2x+(2.5mol/L-x),则[2x+(2.5mol/L-x)]:
(2.5mol/L-x)=4:
1,解得x=1.5mol/L,硝酸浓度为1mol/L,硝酸得物质的量为:
0.2L×1mol/L=0.2mol,根据反应:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O计算溶解的铜的物质的量为0.3mol,质量为19.2g,选B。
8.NO0.4480.41.6
【解析】
【详解】
,
,
由
可以知道,稀硝酸过量,
设生成的一氧化氮物质的量为x,消耗硝酸的物质的量为y,
则
3 8 2
0.03mol y x
(1)生成NO的物质的量
,标准状况下所占的体积为
,答:
标准状况下所占的体积为0.448L;
(2)消耗硝酸的物质的量
,则反应后溶液中氢离子的物质的量浓度是
,
答:
反应后溶液中氢离子的物质的量浓度是0.04mol/L.
9.14.0mol/L
2:
1
NO2:
80%,NO:
20%
【解析】
【分析】
(1)已知溶液的密度和溶质质量分数,求其物质的量浓度,通常设溶液的体积为1L,简化计算。
(2)用好题给的质量数据,列方程组求算。
(3)先用好得失电子守恒求出NO2和N2O4的物质的量,再求其体积分数。
【详解】
(1)设取该浓硝酸的体积为1L,则其物质的量浓度为
=14.0mol/L;
(2)设铜的物质的量为n(Cu),镁的物质的量为n(Mg),用2.54g沉淀质量减去合金质量,得到OH-质量为1.02g,其物质的量为0.06mol;因铜和镁均是+2价,则铜与镁的总物质的量为0.03mol,可得64n(Cu)+24n(Mg)=1.52①,n(Cu)+n(Mg)=0.03②,联立解得n(Cu)=0.02mol,n(Mg)=0.01mol,则铜与镁的物质的量之比为2:
1;
(3)标准状况下1.12L气体,其分子的物质的量为0.05mol,设NO2、N2O4的物质的量为n(NO2)、n(N2O4),则有n(NO2)+n(N2O4)=0.05①;据整体过量中的得失电子守恒有:
n(NO2)×1+n(N2O4)×2=0.03×2②;两式联立解得n(NO2)=0.04mol,n(N2O4)=0.01mol,所以NO2气体的体积分数为80%。
【点睛】
本题的第2问也可用利用铜的镁的质量列出一个方程:
64n(Cu)+24n(Mg)=1.52,然后利用Cu与Cu(OH)2、Mg与Mg(OH)2的物质的量间关系列出另一方程:
n(Cu)×98+n(Mg)×58=2.54,两式联立成方程组直接求解。
10.0.52:
33Fe+14H++5NO3-===3Fe3++2NO2↑+3NO↑+7H2O
【解析】
【分析】
16.8gFe跟一定量浓HNO3反应,Fe全部溶解,所得溶液中H+的物质的量为0.02mol,说明硝酸有剩余,铁全部被氧化物Fe3+;硝酸被还原为NO、NO2;根据得失电子守恒计算NO与NO2的物质的量之比。
【详解】
(1)硝酸被还原为NO、NO2,根据氮元素守恒,被还原的硝酸的物质的量等于NO、NO2的物质的量,所以被还原的硝酸的物质的量=
0.5mol;
(2)设生成的NO的物质的量是xmol,则NO2的物质的量(0.5-x)mol;根据得失电子守恒
,x=0.2mol,所以NO、NO2的物质的量分别是0.2mol、0.3mol,生成的NO与NO2的物质的量之比为2:
3;
(3)生成的NO与NO2的物质的量之比为2:
3,根据得失电子守恒配平方程式,该反应的离子方程式是3Fe+14H++5NO3-===3Fe3++2NO2↑+3NO↑+7H2O。
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