硝酸盐试题 高考化学考前专项复习（含解析）

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硝酸盐
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．使a g Fe粉与一定量的硝酸溶液充分反应(Fe粉完全溶解)，生成的气体与标准状况下b L O2混合后，恰好能被水完全吸收，a和b的关系可能是
A．b ＞0.3a B．b ＜0.2a C．0.2a＜b ＜0.3a D．无法确定
2．某化学兴趣小组进行了有关Cu、稀硝酸、稀硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是
A．实验①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，说明HNO3被Cu还原为NO2
B．实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸的强
C．实验③发生反应的化学方程式为3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO44CuSO4+2NO↑+4H2O
D．由上述实验可得出结论:Cu在常温下既可以和稀硝酸反应，又可以和稀硫酸反应
3．下列性质与用途均正确且具有对应关系的是
选项 物质性质 物质用途
A 氮气有还原性 可用作食品包装袋中的保护气
B 受热易分解 可用作氨肥
C 液氨分解吸热 可用作制冷剂
D 硝酸铵溶于水吸热 可用于制作医用速冷冰袋
A．A B．B C．C D．D
4．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．向 Al2(SO4)3 溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
B．Mg(HCO3)2 溶液与足量的 NaOH 溶液反应：Mg2++2HCO+2OH-=MgCO3↓+CO+2H2O
C．向 Fe(NO3)3 溶液中加入少量的 HI 溶液：2Fe3++2I-=2Fe2++I2
D．将过量 Cl2 通入到 FeBr2 溶液中：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2
5．下列各组离子在溶液里能够大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
6．将一定量的铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，此时共收集到NO气体a mL（标准状况）。然后向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为止，容器中仍剩有铜粉m2g，则(m1-m2)为
A． B． C．0 D．缺少条件，无法计算
7．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成甲、乙两份。向甲中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g铜粉。向乙中逐渐加入铁粉，最多能溶解14.0g铁粉。 (假设硝酸只被还原为NO气体)。下列分析或结果错误的是
A．原混合酸中物质的量为0.1 mol
B．乙中最多产生气体是0.2mol
C．原混合酸中HNO3浓度为1.0 mol·L-1
D．原混合酸中H2SO4浓度为2.5 mol·L-1
8．一定质量的镁、铜合金加到一定量的稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为2 mol·L-1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2g，则下列有关叙述中正确的是
A．加入合金的质量可能为19.2 g
B．沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为300mL
C．参加反应的硝酸的物质的量为0.4 mol
D．溶解合金时产生NO气体的体积为4.48L
9．厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术。下列说法中不正确的是（ ）。
A．1mol所含的质子总数为10NA
B．联氨(N2H4)中含有极性键和非极性键
C．过程Ⅱ属于氧化反应，过程Ⅳ属于还原反应
D．过程Ⅰ中，参与反应的与NH2OH的物质的量之比为1:1
10．某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别为0.4mol/L和0.1mol/L。向该混合液中加入1.92g铜粉，加热使反应发生完全。下列说法正确的是(忽略反应前后溶液体积变化)（ ）
A．所得溶液中n(Cu2+)=0.3mol
B．所得溶液中c(H+)=0.03mol/L
C．标准状况，所得气体的体积约为0.336L
D．反应中转移0.06mol的电子
二、解答题
11．高铁酸钾()是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。它可通过干法和湿法等途径来制备。已知它的相关性质：
①不溶于乙醚、醇和氯仿等有机溶剂。
②极易溶于水。
③热稳定性差，在低温、强碱性溶液中相当稳定。
请结合其制备方法，回答下列问题：
I.干法制备：将混合加热共熔，发生的反应为：(未配平)
(1)上述反应中作氧化剂的物质为 (填化学式)，制备理论上需的物质的量为 。
Ⅱ.湿法制备：利用、和等为原料制备，其生产流程如下：

(2)溶液的浓度和配比对产品的产率有较大的影响，现要配制的溶液，需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 ，若加入过量，在碱性介质中与发生氧化还原反应生成，此反应的离子方程式为 。
(3)将固体加入混合液中是为了除去高铁酸钠中混有的钠盐杂质(除盐)，钠盐杂质除外，主要是指和 (填化学式)，此操作是利用了钠盐杂质在强碱溶液中溶解度 (填“大”或“小”)的性质从而实现与高铁酸钠分离。
(4)将固体加入到滤液中发生了物质的转化，写出该反应的化学方程式 。
(5)关于高铁酸钾的制备，下列说法错误的是_______(填字母)。
A．干法制备的优点是步骤简单，但反应温度难以控制，熔融态的强碱存在严重腐蚀反应容器；湿法制备的优点是工艺成熟，但步骤多、操作较困难。
B．在湿法制备中，往滤液中加入固体时，要在冰水浴中缓慢分多次加入。
C．在湿法制备中，第④步提纯需要采用重结晶操作，该操作第一步是将粗产品加水溶解。
D．在湿法制备中，第④步提纯需将结晶的高铁酸钾过滤、洗涤、干燥，洗涤、干燥的目的是脱碱、脱水，洗涤时可用异丙醇洗涤。
12．同学们在实验室里用不同的方法分别制取Cu(NO3)2，并在此基础上探究Cu(NO3)2的化学性质。
(1)甲组同学直接用铜屑与稀硝酸反应制取Cu(NO3)2，反应的化学方程式是 。

(2)乙组同学查阅了硝酸铜晶体的溶解度曲线(右图)，据此设计了以下实验方案，先将铜粉在空气中充分灼烧，再将灼烧后的物质与适量稀HNO3反应，欲从反应后的溶液中得到Cu(NO3)2晶体，依次进行的操作是：蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥。乙组同学认为此方案优于甲组的方案，理由之一是 。
(3)丙组同学用Cu(NO3)2晶体，探究其热稳定性，实验装置如下所示。(夹持装置和加热仪器未画出)

①充分加热Cu(NO3)2晶体一段时间后，观察到U形管中气体变为红棕色，红棕色气体是 。
②集气瓶最终被水充满，无气体剩余，则晶体分解的生成的气体还有 。
③欲证明试管中残留的黑色粉末是CuO[假设Cu(NO3)2晶体已全部分解]，实验方案是 。
④由该实验可得出的结论是 。
13．实验室利用废铜屑制备硫酸铜晶体，装置如图所示(夹持装置和加热装置已略去)，在实验中将适量KNO3溶液逐滴加入到废铜屑与稀硫酸的混合物中，加热使之反应完全，通过蒸发浓缩、冷却结晶，制得硫酸铜晶体。已知NO2可与NaOH溶液反应生成两种盐，NO不能与NaOH溶液反应。
(1)连接漏斗和烧瓶的橡胶管的作用是 。
(2)烧瓶中生成无色的NO气体，反应的离子方程式是 。
(3)无色气体进入广口瓶后变为红棕色气体，反应的化学方程式是 。
(4)实验方案中KNO3溶液应改为稀硝酸效果更好，理由是 。
(5)实验过程中盛有NaOH溶液的烧杯上方仍然出现了红棕色气体，请对该实验装置提出改进意见： 。
参考答案：
1．C
【详解】根据题意可知，生成的气体和氧气恰好反应时生成的是硝酸，即铁所失去的电子最终又被氧气得到，所以根据电子的得失守恒可知，如果铁的氧化产物是铁离子，则；如果是亚铁离子，则，所以答案选C。
2．C
【详解】A、稀硝酸被Cu还原为NO，故A错误；
B、Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，稀硫酸的氧化性比稀硝酸弱，故B错误；
C、实验③发生反应的化学方程式为:3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4═4CuSO4+2NO↑+4H2O，正确；
D、由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，故D错误。
故答案选C。
3．D
【详解】A．氮气用作保护气是因为氮气性质稳定，不易发生化学反应，A不符合题意；
B．用作氮肥是因为其含有N元素，与其受热易分解没有直接关系，B不符合题意；
C．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂，C不符合题意；
D．溶于水吸热，可以使环境温度降低，用于制作医用速冷冰袋，D符合题意；
故选D。
4．A
【详解】A．氨水属于弱碱，所以向 Al2(SO4)3 溶液中加入过量氨水只能生成Al(OH)3↓，其反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，故A正确；
B．Mg(HCO3)2 溶液与足量的 NaOH 溶液反应的离子方程式为：Mg2++2HCO+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO+2H2O，故B错误；
C．根据硝酸的氧化性大于Fe3+，向 Fe(NO3)3 溶液中加入少量的 HI 溶液，应该是硝酸先氧化I-，故C错误；
D．将过量 Cl2 通入到 FeBr2 溶液中，反应的离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2Br2，故D错误；
故答案：A。
5．C
【详解】A. 与因产生氢氧化铜沉淀而不能大量共存，A错误；
B. 、和发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；
C. 、、、相互间不会发生反应，可以大量共存，C正确；
D. 、和因产生CaCO3沉淀和水而不能大量共存，D错误；
答案选C。
6．A
【详解】铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，生成Cu（NO3）2和NO气体，NO的物质的量为，根据电子转移守恒可知，参加反应的铜的物质的量为，根据铜元素守恒可知，溶液中n[Cu（NO3）2]＝，溶液中n（NO3-）=×2=；再向溶液中足量稀硫酸至不再反应为止，Cu（NO3）2中NO3-发生反应3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O，容器剩有铜粉m2g，（m1-m2）为与溶液中NO3-反应的铜的质量，令再次反应的铜的物质的量为xmol，则：
3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O
3 2
xmol
所以x=×3/2
所以再次反应的铜的质量为×3/2×64g/mol=，答案选A。
点睛：本题考查氧化还原反应的计算，判断（m1-m2）为反应后溶液中与NO3-反应的铜的质量是解答的关键，注意根据电子转移守恒、元素守恒计算，如根据方程式计算，相对比较麻烦。
7．A
【详解】A．金属铜和稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2═3Cu2++2NO↑+4H2O，溶解9.6g金属铜即物质的量为时，被还原的硝酸有0.1mol，即硝酸共为0.1mol，则原混合酸中物质的量为0.2 mol，故A错误；
B．反应消耗14g铁物质的量为，所有的铁都在硫酸亚铁中，所以每份含硫酸0.25mol，硝酸0.1mol，产生一氧化氮是0.1mol，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，得到的氢气最多是0.1mol，乙中最多产生气体是0.2mol，故B正确；
C．3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，溶解0.15mol金属铜时，消耗硝酸0.1mol，所以硝酸根离子浓度是，故C正确；
D．反应消耗0.25mol铁，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正确；
故选：A。
8．B
【分析】加入NaOH溶液至沉淀完全，生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2g，说明结合氢氧根离子的物质的量是。
【详解】A．根据电荷守恒，镁、铜合金失电子0.6mol；若全是镁，质量为7.2g；若全是铜，质量为19.2g；所以加入合金的质量为7.2~19.2之间，不可能为19.6g，故A错误；
B．沉淀完全时消耗NaOH的物质的量是0.6mol，溶液体积为，故B正确；
C．根据电荷守恒，反应后溶液中硝酸根的物质的量是0.6mol，根据得失电子守恒，硝酸得电子0.6mol，生成NO的物质的量是0.2mol，参加反应的硝酸的物质的量为0.6mol+0.2mol=0.8mol，故C错误；
D．根据得失电子守恒，硝酸得电子0.6mol，生成NO的物质的量是0.2mol，非标准状况下NO气体的体积不一定是4.48L，故D错误；
答案选B。
9．A
【详解】A．1mol中含有质子总数为11NA，A不正确：
B．联氨（N2H4）的结构式为，含有极性键和非极性键，B正确；
C．过程Ⅱ氮元素由-2价升高到-1价，是氧化反应，过程Ⅳ氮元素化合价由 +3价降为-1价，是还原反应，C正确；
D．过程Ⅰ中中N显-3价，NH2OH中N显-1价，N2H4中N显-2价，根据氧化还原反应规律可知，与NH2OH的物质的量之比为1:1，D正确。
故选A。
10．C
【分析】n（Cu）==0.03mol，n（H+）=0.4mol/L×0.1L+0.1mol/L×2×0.1L=0.06mol，n（NO3-）=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，发生3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，判断过量后以不足量代入计算．
【详解】解：n（Cu）==0.03mol，n（H+）=0.4mol/L×0.1L+0.1mol/L×2×0.1L=0.06mol，n（NO3-）=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，
由 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
3 8 2
0.03mol 0.08mol 0.02mol
显然氢离子的物质的量0.06mol<0.08mol，因而H+不足，以H+为基准计算；
A．由氢离子的物质的量及离子方程式可知0.06mol氢离子反应，生成的铜离子的物质的量为0.06mol× =0.0225mol，故A错误；
B．由于该反应H+不足，已反应完，故B错误；
C．生成的NO的物质的量为0.06mol×=0.015mol，标准状况下生成NO的体积为0.015mol×22.4L/mol=0.336L， 故C正确；
D．反应中转移的电子以铜计算，反应的铜为0.0225mol，则转移的电子为：0.0225mol×2=0.045mol，故D错误；
答案选：C。
【点睛】本题考查离子反应的计算，解答该题的关键是把握反应的离子方程式及判断反应的过量问题，侧重分析能力和计算能力的考查，本题中判断H+不足是解题关键。
11．(1)
(2) 容量瓶
(3) 小
(4)
(5)C
【分析】湿法制取：溶液中加入和溶液发生氧化还原反应得到和的混合溶液，继续加入固体氢氧化钠是为了降低氯化钠和硝酸钠的溶解度，使氯化钠和硝酸钠结晶析出。过滤后滤液中主要成分为，往滤液中加入饱和氢氧化钾固体得到高铁酸钾粗产品，经过重结晶得到较纯的。
【详解】（1）(未配平)，硝酸钾中氮元素化合价降低，氧化剂为，根据电子守恒，可得，故制备理论上需的物质的量为。
（2）现要配制的溶液，需要称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶。在碱性介质中与发生氧化还原反应生成，高铁酸钠()中元素化合价为价，铁酸钠()中元素化合价为价，则作氧化剂，作还原剂，据此可写出此反应的离子方程式。
（3）溶液中加入和溶液，被还原成，钠盐杂质主要为。根据流程中第③步可知滤液中成分为，据此可知钠盐杂质结晶析出，所以钠盐杂质在强碱溶液中溶解度小。
（4）将固体加入到滤液中发生了物质的转化，结合流程②③可知转化为，则的溶解度更小，从而能够发生转化
（5）A．对比干法和湿法制备两种流程可知： A正确；
B．题干信息热稳定性差，在低温、强碱性溶液中相当稳定，由于加入固体时均会使体系温度升高，在这些步骤中均要在冰水浴中缓慢分多次加入， B正确；
C．，极易溶于水，故不能在提纯粗产品时加水溶解，应用稀溶液溶解，然后加入饱和氢氧化钾溶液冰水浴中结晶，过滤，用无水乙醇、异丙醇或其它不溶解产品的试剂洗涤，去除附着在产品上面的碱和水，最后放入低于的真空容器中干燥。C错误；
D．结合选项C可知：D正确；
选C。
12． 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2 +2NO↑+4H2O 降温结晶 硝酸利用率高，不会产生污染环境的 NO NO2 O2 取少量黑色粉末于试管中，向其中滴加足量稀硫酸，黑色粉末全部溶解，得到蓝色溶液 Cu(NO3)2 晶体的热稳定性较差
【分析】(1)铜与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，利用电子守恒、原子守恒，书写方程式；
(2)根据Cu(NO3)2的溶解度受温度的影响变化较大，用结晶方法获得晶体；根据是否会造成污染及原料利用率分析判断方案的优劣；
(3)①根据NO是无色气体，NO2是红棕色气体，可确定Cu(NO3)2分解产生了NO2气体；
②利用元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目及最后无气体剩余判断另外一种气体的成分；
③CuO是碱性氧化物，能溶于稀硫酸产生硫酸铜蓝色溶液；
④加热后得到红棕色和黑色固体，说明加热后硝酸铜分解。
【详解】(1)铜与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，该反应是氧化还原反应，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2 +2NO↑+4H2O；
(2)根据Cu(NO3)2的溶解度曲线可知：温度升高，硝酸钾溶解度大，温度低，硝酸钾溶解度小，溶解度受温度的影响变化较大，可采用将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。甲组方案中一部分硝酸变为大气污染物NO，不仅会污染环境，而且会导致硝酸的利用率降低，而乙组同学先使Cu与空气中氧气反应转化为CuO，然后与硝酸发生复分解反应产生硝酸铜，硝酸全部转化为目标产物，不会产生尾气，因此此方案优于甲组的方案；
(3)①NO是无色气体、二氧化氮是红棕色气体，则得到的红棕色气体是NO2；
②Cu(NO3)2受热分解产生了NO2，N元素化合价由反应前Cu(NO3)2的+5价变为反应后NO2的+4价，化合价降低，获得电子，Cu元素在氧化性环境中不可能变为Cu单质，则根据氧化还原反应的规律，必然有另一种元素化合价升高，根据盐的组成可知只能是Cu(NO3)2中-2价的O变为单质O2，由于最后气体无剩余，说明n(NO2)：n(O2)=4：1，故晶体分解的生成的气体还有O2，反应的方程式为2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑；
③CuO是碱性氧化物，能溶于稀硫酸生成蓝色的硫酸铜溶液，取少量黑色粉末于试管中，向其中滴加足量稀硫酸，若看到黑色固体粉末全部溶解，得到蓝色溶液，就证明固体为CuO；
④加热后得到红棕色和黑色固体，说明加热后硝酸铜分解，由此得出Cu(NO3)2晶体的热稳定性较差。
【点睛】本题考查性质实验方案设计，侧重考查实验操作、分析判断能力，明确元素化合物性质、实验评价能力是解本题关键，知道NO2和NO性质的区别，掌握NO2是红棕色气体为该题的突破口，题目难度不大。
13． 平衡漏斗和烧瓶内气压，使液体能顺利流下 3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O 2NO+O2=2NO2 溶液中没有钾离子，制得的硫酸铜晶体更纯净 可以在广口瓶胶塞或烧瓶胶塞上加一根玻璃管向瓶内鼓入空气
【分析】将适量KNO3溶液逐滴加入到铜粉与稀硫酸的混合物中，在酸性条件下具有氧化性，会将Cu氧化为Cu2+，被还原产生NO，产生的Cu2+与溶液中的结合形成CuSO4，通过蒸发浓缩、冷却结晶，得到CuSO4晶体；分液漏斗上下有橡胶管连接，可以使液体上下气体压强一致，便于液体顺利滴下。反应产生的氮的氧化物被烧杯中的NaOH溶液吸收，防止大气污染。
【详解】(1)橡胶管将漏斗和烧瓶连接起来，其作用是平衡漏斗和烧瓶内气压，使液体能顺利流下；
(2)烧瓶中Cu、H+、发生氧化还原反应，产生Cu2+、NO、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(3)无色NO气体遇空气变为NO2，反应的化学方程式为：2NO+O2=2NO2；
(4)实验方案中若将KNO3溶液应改为稀硝酸效果更好，这是由于KNO3会电离产生K+，会使制取得到的CuSO4·5H2O中含有杂质，导致晶体不纯；若溶液中没有K+，制取得到的就是纯净的CuSO4·5H2O；
(5)实验过程中盛有NaOH溶液的烧杯上方仍然出现了红棕色气体，说明NO没有被NaOH溶液吸收，逸出后被空气中的O2氧化产生NO2，则对该实验装置改进措施可以是：可以在广口瓶胶塞或烧瓶胶塞上加一根玻璃管向瓶内鼓入空气，使NO与鼓入的O2反应产生NO2，NO2与NaOH溶液发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，就可以避免气体外溢。
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