- 硝酸的性质
- 共1220题
常温下，下列溶液可用铝制容器盛装的是（ ）
正确答案
解析
解：A、铝与盐酸反应生成氯化铝与氢气，铝被腐蚀，不能用铝制容器盛装盐酸，故A错误；
B、利用稀硫酸反应生成硫酸铝与氢气，铝被腐蚀，不能用铝制容器盛装稀硫酸，故B错误；
C、在常温下，浓硝酸具有“强氧化性”，可以在铝制器皿表明形成一层致密的氧化物薄膜，阻止酸和金属的继续接触，可以用铝制容器盛装浓硝酸，故C正确；
D、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，铝被腐蚀，不能用铝制容器盛装氢氧化钠溶液，故D错误；
故选C．
取一定量的铁、铜混合物粉末，平均分成五等份，分别向每一份中加入一定量的稀硝酸，实验中收集到的NO气体（稀硝酸的唯一还原产物）的体积及所得剩余固体的质量记录如下（所有气体的体积均在标况下测定）
（1）该实验中所用硝酸的物质的量浓度______
（2）第一次实验后剩余固体为______，第二次实验剩余固体为______（均填写化学式）
（3）求实验中每次所取混合物中铜的质量______．
正确答案
解：（1）由第一组数据可知固体有剩余．无论硝酸和什么金属反应，根据N原子守恒得，n（HNO3）=4 n（NO）．
加入100 mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L．
故答案为：c（HNO3）=4mol/L
（2）由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24 LNO气体（转移0.15 mol电子）．若只溶解铁，质量为8.4 g，若只溶解铜，质量为9.6 g．由此可知这9.2 g中应有Fe和Cu两种金属．
所以第一次实验后剩余金属为Fe和Cu．第二次实验后剩余金属只有Cu．
故答案为：Fe、Cu； Cu
（3）由以上分析可知，第二次实验后剩余铜8g，而与第一次相比少掉的9.2g中Fe和Cu都有．
设：这9.2g固体中Fe的物质的量为xmol和Cu的物质的量为ymol．
56 x+64 y=9.2 ①
2（x+y）=3×0.1 ②
解得y=0.1 mol，质量是6.4 g．
每次所取混合物中铜的质量6.4 g+8 g=14.4 g．
故答案为 14.4 g．
解析
解：（1）由第一组数据可知固体有剩余．无论硝酸和什么金属反应，根据N原子守恒得，n（HNO3）=4 n（NO）．
加入100 mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L．
故答案为：c（HNO3）=4mol/L
（2）由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24 LNO气体（转移0.15 mol电子）．若只溶解铁，质量为8.4 g，若只溶解铜，质量为9.6 g．由此可知这9.2 g中应有Fe和Cu两种金属．
所以第一次实验后剩余金属为Fe和Cu．第二次实验后剩余金属只有Cu．
故答案为：Fe、Cu； Cu
（3）由以上分析可知，第二次实验后剩余铜8g，而与第一次相比少掉的9.2g中Fe和Cu都有．
设：这9.2g固体中Fe的物质的量为xmol和Cu的物质的量为ymol．
56 x+64 y=9.2 ①
2（x+y）=3×0.1 ②
解得y=0.1 mol，质量是6.4 g．
每次所取混合物中铜的质量6.4 g+8 g=14.4 g．
故答案为 14.4 g．
北京2008奥运会金牌直径为70mm，厚6mm．某化学兴趣小组对金牌成分提出猜想：甲认为金牌是由纯金制造；乙认为金牌是由金银合金制成；丙认为金牌是由黄铜（铜锌合金）制成．为了验证他们的猜想，请你选择一种试剂来证明甲、乙、丙猜想的正误（ ）
正确答案
解析
解：A、只有Zn能与硫酸铜溶液反应，Au、Ag都不与硫酸铜溶液反应，则无法证明，故A错误；
B、只有Zn能与盐酸反应，Au、Ag、Cu都不能与盐酸反应，则无法证明，故B错误；
C、因金不能与硝酸反应，银能与硝酸反应，Cu、Zn都能与硝酸反应，则可以利用金牌的溶解来证明甲、乙、丙的猜想，故C正确；
D、Au、Ag都不与硝酸银溶液反应，则无法证明，故D错误；
故选C．
（1）铜和浓硝酸反应的化学方程式为______；若有0.1mol铜反应时，转移电子的物质的量为______mol．
（2）铝在周期表中的位置______；工业上可用铝热反应焊接钢轨，其化学方程式______；铝与NaOH溶液反应的离子方程式为______；足量铝与100mL2mol/L盐酸反应，生成的气体在标准状况下的体积是______L．
正确答案
Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O
0.2
第三周期第IIIA族
2Al+Fe2O3
2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2
2.24
解析
解：（1）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，根据铜和转移电子之间的关系式得，若有0.1mol铜反应时，转移电子的物质的量=0.1mol×（2-0）=0.2mol，
故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；0.2；
（2）主族元素中，原子最外层电子数与其族序数相等，原子核外电子层数与其周期数相等，铝原子核外有3个电子层、最外层电子数是3，所以铝位于第三周期第IIIA族；
铝和氧化铁能发生铝热反应且放出大量热，从而用于焊接钢轨，反应方程式为2Al+Fe2O3
铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应方程式为2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，由原子守恒得生成氢气的体积=
故答案为：第三周期第IIIA族；2Al+Fe2O3
（2014春•金坛市期中）对于下列事实的解释错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．常温下，浓硝酸与铝发生钝化，在表面生成一层致密的氧化物膜，阻止反应的进一步发生，所以常温下浓硝酸可用铝罐储存，故A错误；
B．浓硝酸不稳定，易分解为二氧化氮和水，二氧化氮的存在导致浓硝酸变黄色，故B正确；
C．在蔗糖中加入浓硫酸后出现炭化现象，是浓硫酸按水的组成比脱去有机物中的氢、氧元素的过程，体现浓硝酸的脱水性，故C正确；
D．使酚酞试液变红的物质是碱，氨水可使酚酞试剂变为红色，所以氨水呈碱性，说明氨气溶解于水显碱性，故D正确；
故选A．
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