2021学年微项目 科学使用含氯消毒剂——运用氧化还原反应原理解决实际问题同步达标检测题

第3节　氮的循环

3.3.3  硝酸 人类活动对氮循环和环境的影响

1.酸雨被称为“天堂的眼泪”，会造成水土酸性化、加速建筑物腐蚀等危害。下列有关说法正确的是(　　)

A.酸雨是指pH<7的雨水，酸雨长时间放置，酸性变强

B.氮的氧化物和硫的氧化物的过度排放是形成酸雨的主要原因

C.使用新型能源不会对酸雨的防治产生效果

D.酸雨不会对动物的健康产生任何影响

【答案】　B

【解析】　pH<5.6的雨水叫酸雨，A错误；酸雨的形成主要是由氮的氧化物和硫的氧化物的过度排放引起的，B正确；减少酸雨发生的措施有：使用脱硫煤、使用新型能源等，C错误；酸雨不仅影响生物的生长发育，还会威胁人类健康，D错误。

2.(2019·西安高一检测)我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指(　　)

A.氨水  B.硝酸  C.醋  D.卤水

【答案】　B

【解析】　根据所给四种物质的氧化性的强弱可判断，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属，“强水”为硝酸。

3.下列说法正确的是(　　)

A.实验室用氯化铵溶液和氢氧化钙溶液混合制取氨气

B.雷雨天气时空气中能生成少量的氮氧化物

C.铵盐易溶于水，化学性质稳定，受热不易分解

D.O2、NO、NO2都能用浓硫酸干燥，且通常情况下能大量共存

【答案】　B

【解析】　实验室用氯化铵和氢氧化钙的固体混合物在加热条件下制取氨气，A项错误；放电条件下，氮气和氧气反应生成NO，B项正确；铵盐受热易分解，C项错误；NO极易与O2反应，二者不能大量共存，D项错误。

4.在下列变化：①大气固氮；②硝酸银分解；③实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是(　　)

A.①②③   B.②①③

C.③②①   D.③①②

【答案】　A

【解析】　①大气固氮反应：N2＋O22NO，氮元素被氧化。②硝酸银分解：2AgNO3===2Ag＋2NO2↑＋O2↑，氮元素被还原。③实验室制取氨气：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，非氧化还原反应。

5.已知某四种单质分别与浓硝酸混合后出现的情况依次是：①反应生成相应的硝酸盐；②反应生成最高价含氧酸；③发生钝化；④不发生反应。则符合上述情况的单质可能是(　　)

A.Cu、C、Zn、Au   B.Ag、P、Al、Pt

C.Fe、C、Sb、Hg   D.Cu、S、Fe、Pb

【答案】　B

【解析】　浓硝酸在常温下使铁、铝钝化，故A、C项不正确；浓硝酸能与绝大多数金属反应，但不能与Au、Pt反应，故D项不正确。

6.下列说法中错误的是(　　)

①工厂中可以用铁质容器盛放浓硝酸

②实验室里将浓硝酸密封保存在棕色试剂瓶中，放于阴凉处

③向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中滴加稀盐酸，在试管口能观察到红棕色气体

④石墨可以经过人工转化变为金刚石，这个过程属于物理变化

⑤1.0 mol·L－1的KNO3溶液中可大量存在H＋、Fe3＋、Br－、SO

⑥NH4NO3、NO2、Mg3N2都可以通过化合反应直接得到

A.③④⑤   B.④⑤

C.④⑤⑥   D.④⑥

【答案】　B

【解析】　常温下，铁与浓硝酸发生钝化，因此铁质容器可以盛放浓硝酸，①正确；浓硝酸具有挥发性，且受热或见光易分解，因此浓硝酸保存在棕色试剂瓶中，放于阴凉处，②正确；NO在酸性条件下具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，NO本身被还原成NO，NO在试管口与氧气反应生成红棕色气体NO2，③正确；石墨转化成金刚石，该过程属于化学变化，④错误；NO在酸性条件下具有强氧化性，能把Br－氧化成Br2，因此不能大量共存，⑤错误；利用NH3＋HNO3===NH4NO3反应可直接得到NH4NO3，利用2NO＋O2===2NO2反应可直接得到NO2，利用3Mg＋N2Mg3N2反应可直接得到Mg3N2，都属于化合反应，⑥正确。

7.如图所示，夹子开始处于关闭状态，将液体A滴入试管②中与气体B充分反应，打开夹子，可发现试管①内的水立刻沸腾了。则液体A和气体B的组合不可能是下列的(　　)

A.氢氧化钠溶液、二氧化碳

B.水、氨气

C.氢氧化钠溶液、一氧化氮

D.水、二氧化氮

【答案】　C

【解析】　要使试管①内的水立刻沸腾，则试管②中气体压强要显著下降，即气体B要被液体A大量消耗。

8.标准状况下，在体积相同的三个烧瓶中分别盛满NH3、HCl和NO2气体，并分别倒立在水槽里，充分溶解后烧瓶内三种溶液物质的量浓度之比为(设烧瓶内液体未扩散到水槽里)(　　)

A.1∶1∶1   B.2∶2∶3

C.3∶3∶2   D.2∶2∶1

【答案】　A

【解析】　设标准状况下三个烧瓶的体积均为V L。

NH3：V(溶液)＝V L，n(NH3)＝，故c(NH3)＝ mol·L－1；

HCl：同NH3，c(HCl)＝ mol·L－1；

NO2：V(溶液)＝V L，n(HNO3)＝× mol，故c(HNO3)＝ mol·L－1。

综上可知，烧瓶内三种溶液物质的量浓度之比为 mol·L－1∶ mol·L－1∶ mol·L－1＝1∶1∶1。

9.一定温度下，1 mol金属铜与足量某浓度的硝酸完全反应，生成NO2和NO的物质的量之比为1∶3，则反应过程中转移的电子为(　　)

A.2 mol  B.3 mol  C.4 mol  D.5 mol

【答案】　A

【解析】　由题意可知，硝酸过量，铜完全反应，根据得失电子守恒可知，铜失去的电子数＝HNO3中氮原子得到的电子数＝反应中转移的电子数。1 mol金属铜全部转化为Cu2＋时失去2 mol电子，因此该反应过程中转移的电子数为2 mol。

10.(2018·潍坊昌邑第一中学高一上期末模拟)1.92 g铜投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成的气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下的气体672 mL，将盛有该气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体完全溶于水中，则通入氧气的体积是(　　)

A.168 mL   B.224 mL

C.504 mL   D.336 mL

【答案】　D

【解析】　1.92 g Cu的物质的量为＝0.03 mol，反应时失去电子数为2×0.03 mol＝0.06 mol，整个反应过程为HNO3与铜反应转化为Cu(NO3)2、NO2和NO，而生成的NO2和NO在水中与氧气完全反应转化为HNO3，则Cu失去的电子数等于O2得到的电子数，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)＝0.015 mol，V(O2)＝0.015 mol×22.4 L·mol－1＝0.336 L＝

336 mL，所以通入O2的体积为336 mL。

11.向13.6 g由Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250 mL，当固体物质完全溶解后生成Cu(NO3)2和NO气体。在所得溶液中加入0.5 mol·L－1的NaOH溶液1.0 L，生成沉淀的质量为19.6 g，此时溶液呈中性且金属离子已完全沉淀。下列有关说法正确的是(　　)

A.原固体混合物中Cu和Cu2O的物质的量之比为1∶1

B.原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度为1.3 mol·L－1

C.产生NO的体积为2.24 L

D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余的HNO3为0.1 mol

【答案】　D

【解析】　生成的沉淀为Cu(OH)2，质量为19.6 g，其物质的量为0.2 mol。设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则x＋2y＝0.2 mol,64 g·mol－1×x＋144 g·mol－1×y＝13.6 g，解得x＝0.1 mol，y＝0.05 mol，Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1，A错误；Cu和Cu2O中的Cu都变为＋2价的Cu2＋，转移电子的物质的量为(0.1×2＋0.05×2) mol＝0.3 mol，根据得失电子守恒可知，生成的NO的物质的量应为0.1 mol，但未注明是否为标准状况，故气体体积不一定为2.24 L，C错误；n(NaOH)＝0.5 mol，生成0.2 mol Cu(OH)2时消耗了0.4 mol NaOH，另外0.1 mol NaOH中和了剩余的0.1 mol硝酸，D正确；硝酸的总物质的量为0.1 mol(剩余的)＋0.1 mol(表现氧化性的)＋0.4 mol(表现酸性的)＝0.6 mol，其物质的量浓度为2.4 mol·L－1，B错误。

12.下列各组物质混合后(必要时可提供加热条件)，最终只能得到一种气体产物的是(　　)

A.足量的铜与浓硝酸   B.足量的木炭与浓硫酸

C.足量的铜与浓硫酸   D.足量的锌与浓硫酸

【答案】　C

【解析】　A项，先得到NO2后得到NO；B项，得到CO2、SO2；C项，只能得到SO2；D项，先得到SO2后得到H2。

13.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)

A.50 mL 18.4 mol·L－1的浓硫酸与足量的铜在加热条件下反应，生成SO2分子的数目为0.46NA

B.3.2 g Cu与足量浓硝酸反应生成的气体为0.2 mol

C.在标准状况下，含4 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应可生成22.4 L氯气

D.1 mol Cu在加热条件下与足量浓硫酸反应产生1 mol SO2

【答案】　D

【解析】　A项，随反应的进行，浓硫酸浓度逐渐变小，稀硫酸不与铜反应，因此生成SO2分子的数目少于0.46NA，错误；B项,3.2 g铜的物质的量为0.05 mol，与足量浓硝酸反应失去0.1 mol电子，根据得失电子守恒，能够生成0.1 mol二氧化氮，错误；C项，在浓盐酸与二氧化锰的反应中，若完全反应，4 mol HCl能够生成1 mol Cl2，而在实际反应过程中，浓盐酸变成稀盐酸后，反应停止，生成的Cl2的物质的量少于1 mol，则标准状况下生成的Cl2的体积少于22.4 L，错误；D项，1 mol铜与足量浓硫酸完全反应生成1 mol二氧化硫，正确。

14.下列关于浓硝酸和浓硫酸说法不正确的是(　　)

A.浓硝酸和浓硫酸在空气中久置，其浓度都会减小

B.与铜反应中都表现出强氧化性和酸性

C.浓硝酸常保存在棕色试剂瓶中

D.常温下，浓硝酸和浓硫酸都不与铁、铝反应

【答案】　D

【解析】　在空气中久置时，浓硝酸因具有挥发性，其浓度减小(溶质减少)，浓硫酸因具有吸水性，其浓度减小(溶剂增多)；浓硫酸与铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硫酸和浓硝酸都表现出强氧化性和酸性；浓硝酸见光易分解，常用棕色试剂瓶保存；浓硫酸和浓硝酸都具有强氧化性，常温下都与铁、铝发生钝化反应。

15.(2018·济宁高一期末)下列有关浓硫酸、浓盐酸、浓硝酸的认识正确的是(　　)

A.浓硫酸、浓硝酸与金属反应时，主要是S或N得电子

B.如图，①中为三种酸的一种，②中为浓氨水，则大烧杯中均观察到白烟

C.浓盐酸、浓硫酸都可用来干燥氧气

D.常温下，浓硫酸或浓硝酸中投入Fe片，均会产生大量的气体

【答案】　A

【解析】　浓硫酸、浓硝酸均有强氧化性，与金属反应时，主要是S或N得电子，A正确；浓硫酸是难挥发性酸，B错；浓盐酸没有吸水性，C错；常温下，Fe在浓硫酸、浓硝酸中钝化，D错。

16.某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。

请回答下列问题：

(1)装置A中的烧瓶内固体可选用________(填字母)。

A.碱石灰   B.生石灰

C.二氧化硅   D.五氧化二磷

E.烧碱

(2)虚线框内应添加必要的除杂装置，请从表格中的备选装置中选择，并将编号填入下列空格：

B________，D________，E________。

(3)通入C装置的两根导管左边较长、右边较短，目的是

________________________________________________________________________。

(4)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一。请写出反应的化学方程式：________________________________________________________；

其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________；当a mol氯气参加反应时，转移的电子总数为b个，则阿伏加德罗常数为________mol－1(用含a、b的代数式表示)。

(5)从装置C的出气管口G处逸出的尾气可能含有污染环境的气体，如何处理？___________

________________________________________________________________________。

【答案】　(1)ABE

(2)Ⅰ　Ⅱ　Ⅲ

(3)使密度较大的Cl2和密度较小的NH3较快地混合均匀

(4)3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Cl　3∶2　

(5)在G后连接导管，直接把尾气通入盛有NaOH溶液的烧杯中

【解析】　(1)装置A用于制取氨气，碱石灰、生石灰、烧碱遇水都会放热，使氨水温度升高，导致氨气逸出。

(2)氨气是碱性气体，要用碱性干燥剂碱石灰干燥；由于浓盐酸有挥发性，所以制取的Cl2含有杂质HCl，应该先用饱和NaCl溶液除去其中的HCl，再用浓硫酸干燥，所以B选Ⅰ装置，D选Ⅱ装置，E选Ⅲ装置，经过除杂干燥后在装置C中发生反应。

(3)氨气的密度比Cl2的密度小，通入C装置的两根导管左边较长、右边较短，就可以使密度较大的Cl2和密度较小的NH3较快地混合均匀。

(4)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一。则白色固体是NH4Cl，另一生成物是N2，根据得失电子守恒、原子守恒可得该反应的化学方程式是3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Cl；在该反应中氧化剂是Cl2，还原剂是NH3，每有3 mol Cl2发生反应，消耗8 mol NH3，其中有2 mol NH3做还原剂。故氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2；当a mol氯气参加反应时，转移的电子为2a mol，转移电子的个数为b，所以阿伏加德罗常数为NA＝ mol－1。

(5)从装置C的出气管口G处逸出的尾气可能含有Cl2、NH3，Cl2能够与NaOH溶液发生反应，NH3易溶于NaOH溶液，则应该将尾气通入到盛有NaOH溶液的烧杯中。

17.某同学看到“利用零价铁还原NO，脱除地下水中硝酸盐”的相关资料后，利用如图装置探究铁粉与KNO3溶液的反应。实验步骤及现象如下：

(1)通入N2并保持后续反应均在N2氛围中进行的实验目的是_______________________。

(2)白色物质是__________，用化学方程式解释其变为红褐色的原因：______________。

(3)为了探究滤液的成分，该同学进一步设计了下述实验：

(ⅰ)根据以上实验现象，可以判断滤液中存在______________________(填离子符号)。

(ⅱ)步骤②中滴加稀硫酸后溶液会由浅绿色变成红色，请用离子方程式解释其原因：________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

【答案】　(1)防止空气中的O2对Fe和NO的反应产生干扰，避免影响反应产物的判断

(2)Fe(OH)2　4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3

(3)(ⅰ)Fe2＋、NH、NO　(ⅱ)3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O、Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3

【解析】　(1)空气中的氧气具有强氧化性，为防止空气中的O2对Fe和NO反应的干扰，避免影响反应产物的判断，整个反应需要在N2氛围中进行。

(2)铁粉表面的白色物质能变为红褐色，可知该白色物质是Fe(OH)2，遇空气中的氧气易被氧化成红褐色的Fe(OH)3。

(3)①取部分滤液于试管中，向其中加入KSCN溶液，溶液无变化，可知不含有Fe3＋；②将上述溶液分为两份，一份中滴入氯水，另一份中滴加稀硫酸，两份溶液均变为红色，可知溶液中含有Fe2＋和NO，因为氯水将Fe2＋氧化为Fe3＋使溶液显红色，而在酸性条件下NO能将Fe2＋氧化为Fe3＋；③另取部分滤液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液并加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，有气体生成，该气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可知溶液中含有NH。根据以上实验现象，可以判断滤液中存在Fe2＋、NH、NO；步骤②中滴加稀硫酸后溶液会由浅绿色变成红色，是因为溶液中NO在酸性条件下氧化Fe2＋生成Fe3＋，Fe3＋遇KSCN溶液显红色。