高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 非金屬及其化合物 微題型31 金屬與硝酸反應(yīng)的規(guī)律與計算練習(xí)（含解析）試題

微題型31金屬與硝酸反應(yīng)的規(guī)律與計算題型一金屬與硝酸反應(yīng)的規(guī)律1．如圖表示鐵與不同濃度硝酸反應(yīng)時，各種還原產(chǎn)物的相對含量與硝酸溶液濃度的關(guān)系，則下列說法不正確的是()A．一般來說，硝酸與鐵反應(yīng)的還原產(chǎn)物不是單一的B．用一定量的鐵粉與大量的9.75mol·L－1HNO3溶液反應(yīng)得到標準狀況下氣體2.24L，則參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為0.1molC．硝酸的濃度越大，其還原產(chǎn)物中價態(tài)越高的成分越多D．當硝酸濃度為9.75mol·L－1時還原產(chǎn)物是NO、NO2、N2O，且其物質(zhì)的量之比為5∶3∶1題型二金屬與硝酸反應(yīng)的計算2．(2019·湖南、江西十四校聯(lián)考)向25mL12.0mol·L－1濃硝酸中加入足量的銅，充分反應(yīng)后共收集到標準狀況下2.24LNO和NO2的混合氣體(不考慮NO2與N2O4的相互轉(zhuǎn)化)，則參加反應(yīng)的銅的質(zhì)量為()A．3.2g B．6.4gC．12.8g D．19.2g3．(2019·太原期末)將14g鐵粉溶于1L稀硝酸中恰好完全反應(yīng)，放出標準狀況下4.48LNO氣體(假設(shè)是唯一還原產(chǎn)物)，則原溶液中硝酸的濃度為()A．1.0mol·L－1 B．0.4mol·L－1C．0.6mol·L－1 D．0.8mol·L－14．將11.2g的Mg—Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反應(yīng)產(chǎn)生的氣體x(假定產(chǎn)生的氣體全部逸出)。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，產(chǎn)生21.4g沉淀。根據(jù)題意推斷氣體x的成分可能是()A．0.3molNO2和0.3molNOB．0.2molNO2和0.1molN2O4C．0.6molNOD．0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O45．將Mg和Cu的合金2.64g，投入適量的稀HNO3中恰好反應(yīng)，固體全部溶解時，收集的還原產(chǎn)物為NO，體積為0.896L(標準狀況下)，向反應(yīng)后的溶液中加入2mol·L－1NaOH溶液60mL時，金屬離子恰好完全沉淀，則形成沉淀的質(zhì)量為()A．4.32g B．4.68gC．5.36g D．6.38g6．(2020·貴陽質(zhì)檢)Cu與濃硝酸反應(yīng)生成氮的氧化物，這些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反應(yīng)過程及有關(guān)數(shù)據(jù)如圖所示。下列有關(guān)判斷正確的是()A．若銅片為51.2g，則生成0.2molNaNO3B．常溫下，Cu遇濃硝酸發(fā)生鈍化，不可能發(fā)生上述反應(yīng)C．標準狀況下收集的氮氧化物為20.16LD．反應(yīng)過程中生成的Cu(NO3)2既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物7．向10mL濃度均為3mol·L－1的HNO3與H2SO4的混合溶液中加入1.92g銅，充分反應(yīng)后，設(shè)溶液體積仍為10mL，則產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積為()A．0.448L B．0.224LC．0.336L D．無法求解8．向含有1molHNO3和1molH2SO4的混合溶液中逐漸加入鐵粉至過量，溶液中金屬陽離子a、b與所加鐵粉的物質(zhì)的量的關(guān)系如圖所示(已知稀硝酸的還原產(chǎn)物只有NO)。下列有關(guān)判斷不正確的是()A．a(chǎn)表示Fe3＋的關(guān)系曲線B．n1＝0.75C．P點時，n(Fe2＋)＝0.5625molD．向P點溶液中加入銅粉，最多可溶解14.4g

答案精析1．B2．B[25mL12.0mol·L－1濃硝酸中含0.3molHNO3，硝酸反應(yīng)后生成硝酸銅和氮的氧化物，根據(jù)氮元素守恒，生成的硝酸銅中含氮0.3mol－0.1mol＝0.2mol，所以硝酸銅的物質(zhì)的量為0.1mol，參加反應(yīng)的銅為0.1mol，即6.4g，故選B項。]3．D4．D[向Mg—Cu混合物與足量的硝酸反應(yīng)所得溶液中加入足量的NaOH溶液，產(chǎn)生21.4g沉淀為氫氧化鎂、氫氧化銅，所以沉淀中m(OH－)為21.4g－11.2g＝10.2g，物質(zhì)的量為eq\f(10.2g,17g·mol－1)＝0.6mol，根據(jù)電荷守恒可知，11.2g的Mg—Cu提供的電子為0.6mol。生成0.3molNO2和0.3molNO，N元素獲得電子為0.3mol×(5－4)＋0.3mol×(5－2)＝1.2mol，得失電子不相等，A錯誤；生成0.2molNO2和0.1molN2O4，N元素獲得電子為0.2mol×(5－4)＋0.1mol×2×(5－4)＝0.4mol，得失電子不相等，B錯誤；生成0.6molNO，N元素獲得電子為0.6mol×(5－2)＝1.8mol，C錯誤；生成0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4，N元素獲得電子為0.1mol×(5－2)＋0.2mol×(5－4)＋0.05mol×2×(5－4)＝0.6mol，得失電子相等，D正確。]5．B[根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，Mg、Cu生成0.896LNO轉(zhuǎn)移的電子為eq\f(0.896L,22.4L·mol－1)×(5－2)＝0.12mol，Mg、Cu在反應(yīng)中失去電子，最終生成Mg(OH)2、Cu(OH)2，根據(jù)電荷守恒可知，生成沉淀需要OH－的物質(zhì)的量一定等于Mg、Cu失去電子的物質(zhì)的量，所以反應(yīng)后生成沉淀的質(zhì)量為2.64g＋0.12mol×17g·mol－1＝4.68g。]6．A7．A[n(Cu)＝eq\f(1.92g,64g·mol－1)＝0.03mol，n(H＋)＝3mol·L－1×0.01L×1＋3mol·L－1×0.01L×2＝0.09mol，n(NOeq\o\al(－,3))＝3mol·L－1×0.01L＝0.03mol，3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O3820.030.