2019高考化学第4节氮及其重要化合物考点（3）硝酸讲与练（含解析）.docx

非金属及其化合物李仕才考点三硝酸1硝酸的物理性质(1)纯硝酸为无色、有刺激性气味的液体。(2)硝酸沸点较低，易挥发，在空气中遇水蒸气形成白雾。(3)质量分数在69%以上的硝酸称为浓硝酸。2硝酸的化学性质(1)不稳定性反应：4HNO32H2O4NO2O2。市售浓硝酸呈黄色的原因是：硝酸分解生成的NO2溶解在硝酸里。硝酸保存在棕色试剂瓶中，置于冷暗处，不能用橡胶塞。(2)强氧化性不论浓、稀硝酸都有强氧化性，而且浓度越大氧化性越强。与金属反应。稀硝酸与铜反应的化学方程式：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O。浓硝酸与铜反应的化学方程式：Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O。与非金属反应。如浓硝酸与C加热反应的化学方程式：C4HNO3(浓)CO24NO22H2O。与还原性化合物反应。硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI、Fe2等还原性物质。如稀硝酸与FeSO4溶液反应的离子方程式：3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O。(3)硝酸的制法与用途判断正误(正确的打“”，错误的打“”)1实验室里用锌粒与稀HNO3反应制取H2()2铜与浓硝酸生成NO2，而与稀硝酸反应生成更低价的氧化物NO，则氧化性：稀硝酸浓硝酸()3将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中溶液变蓝，说明Cu与稀HNO3发生置换反应()4常温下，将Al片放入浓硝酸中无明显现象，原因是Al与浓硝酸不反应()5浓硝酸、浓硫酸的浓度大，书写离子方程式时写分子式，不拆写为离子形式()6硝酸可与Na2S反应制得H2S气体()7在1.0 mol/L的KNO3溶液中，H、Fe2、Cl、SO可以大量共存()8磁性氧化铁溶于稀硝酸的离子方程式为3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O()9浓、稀硝酸都可使蓝色石蕊试纸最终变为红色。()1质量分数达98%以上的浓硝酸称为“发烟硝酸”，“烟”实为雾(硝酸小液滴)，体现了HNO3的挥发性。2浓硝酸能使紫色石蕊溶液变红，加热褪色。在这一反应过程中浓硝酸表现出强酸性和强氧化性，可将红色物质氧化成无色物质。3王水(浓硝酸与浓盐酸体积比13)可溶解金和铂。4NO在酸性条件下的强氧化性：NO在酸性条件下具有强氧化性，往往作为隐含条件出现在试题中，在解题中往往被忽视而形成易错点。常见的隐含形式有：(1)在离子共存问题中，NO在酸性条件下不与具有较强还原性的离子如S2、I、Fe2等大量共存。(2)SO的检验中不能用HNO3酸化、不能用Ba(NO3)2作沉淀剂，以防止SO的干扰。(3)向Ba(NO3)2溶液中通入还原性气体SO2可得到BaSO4沉淀。(4)向Fe(NO3)2溶液中加入非氧化性酸，如盐酸，Fe2能被氧化为Fe3。(5)向过量铜与一定量硝酸反应后的混合物中加入非氧化性酸，铜能继续溶解。(6)向含还原性离子的酸性溶液中加入硝酸盐，还原性离子可被氧化。硝酸的性质1下列有关硝酸的化学性质的叙述中，正确的是()A浓、稀硝酸都能使蓝色石蕊试纸最终变为红色B硝酸能与FeO反应，只表现氧化性C硝酸可与Na2S反应制得H2S气体D浓硝酸因分解放出的NO2又溶解于硝酸而呈黄色解析：硝酸是一种具有强氧化性的强酸，并且浓度越大，氧化性越强。浓硝酸可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故A错误；硝酸是一种强氧化性酸，可氧化许多还原性物质，因此硝酸与Na2S反应不能生成H2S，与FeO反应时表现氧化性和酸性，所以B、C错误，D正确。答案：D2下列说法正确的是()A投入铁片产生H2的溶液中可大量存在H、Mg2、SO、NOB可用稀硝酸除去试管内壁上的银镜C1.0 molL1的KNO3溶液中可大量存在H、Fe2、Cl、SOD硫化铜溶于硝酸的离子方程式为CuS2H=H2SCu2解析：硝酸具有强氧化性，因而含有NO的酸性溶液不能与铁反应产生H2，A项错；硝酸可溶解银，B项正确；Fe2在稀HNO3中不能大量存在，C项错；硝酸与CuS不能发生复分解反应，而是发生氧化还原反应，D项错。答案：B3在通风橱中进行下列实验：下列说法不正确的是()A中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NOO2=2NO2B中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C对比、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化解析：A.铁放入稀HNO3中发生反应Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O，NO逸出，遇到O2生成NO2，气体由无色变为红棕色。B.铁放入浓HNO3中，在常温下会钝化，即在Fe表面形成致密的氧化膜，阻止Fe进一步反应。C.浓HNO3的氧化性强于稀HNO3。D.在铁、铜之间加一个电流计，根据电子的流向，可判断铁是否被氧化。若电子由铁移动到铜，则铁被氧化。答案：C4如图所示，向一定量的铁粉中加入一定体积12 molL1的硝酸并加热，待反应结束时，下列微粒在体系中一定大量存在的是()NOFe3HNONO2ABCD解析：Fe与浓硝酸反应时，开始生成的还原产物是NO2，并且若铁少量浓HNO3足量时，还原产物只有NO2；当浓HNO3不足时，随反应进行浓HNO3变为稀HNO3，也会生成NO；当铁过量时，氧化产物是Fe2，当HNO3过量时，氧化产物是Fe3。因产物有硝酸盐，故溶液中一定含有NO。答案：B5将相同质量的铜分别与足量的浓硝酸、稀硝酸反应，下列叙述正确的是()A硝酸浓度越大消耗的硝酸越少，产生的有毒气体也越少B反应中转移的电子总数稀硝酸少C试管内壁上的铜用浓硝酸除好，因反应速率快D两者用排水法收集的气体的体积相同解析：铜完全反应，在进行相关计算时以铜为标准，等质量的铜在反应中失去的电子数相同，生成的Cu(NO3)2的量相同，浓硝酸被还原为NO2，价态由5降到4，每个氮原子只得1个电子，稀HNO3被还原时每个氮原子得到3个电子，故被还原的浓硝酸多、稀硝酸少，生成NO2也比NO多。用排水法收集气体时，3NO2H2O=2HNO3NO，故两种情况收集到的气体一样多。答案：D6下列说法不正确的是()A在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解B某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性C铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2ODHNO3NONO2，以上各步变化均能通过一步实现解析：A项中加入Cu(NO3)2固体后，Cu和H、NO发生反应：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O，该项不正确。答案：A7下列有关铜与浓硝酸反应的说法中错误的是()AHNO3是氧化剂，NO2是还原产物B若2 mol HNO3被还原，则反应中一定生成22.4 L NO2气体C参加反应的硝酸中，被还原和未被还原的硝酸的物质的量之比是11D硝酸在反应中既表现了强氧化性，又表现了酸性解析：没有指明温度和压强，无法确定气体摩尔体积，也就无法确定气体体积。答案：B8如图是用浓硝酸、铜片、水等试剂探究浓、稀硝酸的强氧化性并观察还原产物的实验装置。.浓硝酸的强氧化性实验将铜片置于具支试管的底部，在分液漏斗中加入约5 mL浓硝酸，往具支试管中放入约2 mL浓硝酸，用排水法收集产生的气体。(1)写出具支试管中发生反应的化学方程式：_。(2)实验中观察到能证明浓硝酸有强氧化性的现象是_。.稀硝酸的强氧化性实验(3)上述反应完成后，欲进一步证明稀硝酸也具有强氧化性，紧接的简便、合理的实验操作是_。(4)能证明稀硝酸与铜反应产生NO的实验现象是_(填写序号)。Ac中收集到无色气体Bc中收集到的无色气体接触空气后变为红棕色Cb中产生的无色气体接触空气后变为红棕色.实验反思(5)利用该装置先进行铜与浓硝酸的反应，再进行铜与稀硝酸反应的实验，其好处是_。解析：.铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O，实验中具支试管中溶液变蓝，且有红棕色气体产生。.向分液漏斗中加水将浓硝酸稀释后，可以继续进行铜与稀硝酸反应的实验，这样可以利用Cu与浓硝酸反应产生的NO2排出具支试管中的空气，有利于观察铜与稀硝酸的反应产物。答案：(1)Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O(2)铜片逐渐溶解，溶液变蓝，放出红棕色气体(3)往分液漏斗中加水稀释浓硝酸，打开活塞，放入稀硝酸(4)C(5)利用Cu与浓硝酸反应生成的NO2排出具支试管中的空气，有利于观察Cu与稀硝酸的反应产物金属与硝酸反应的规律和计算1 HNO3与金属的反应规律(1)金属与HNO3反应，不生成H2，浓HNO3一般被还原为NO2，稀HNO3一般被还原为NO，极稀的HNO3与Mg、Al、Fe、Zn等反应时，可被还原生成NH4NO3，即HNO3越稀，还原产物的价态越低。(2)硝酸与金属反应的一般通式：金属浓HNO3金属硝酸盐NO2H2O金属稀HNO3金属硝酸盐NOH2O参加反应的HNO3起酸性的HNO3被还原的HNO3，足量Cu与HNO3反应后溶液中含NO，向其中加酸Cu继续被氧化。(3)足量的金属与一定量浓HNO3反应时，随HNO3浓度的降低，产物也发生改变。如：Cu与浓HNO3反应，若Cu过量，开始HNO3的还原产物为NO2，但随着反应的进行，浓HNO3变稀，稀HNO3的还原产物为NO，最终得到NO2和NO的混合气体。(4)常温下，浓HNO3可使Fe、Al“钝化”，“钝化”并非不反应，是因发生氧化还原反应在金属的表面生成一层致密的氧化膜阻止了反应的进一步发生。(5)铁与稀HNO3反应，先生成Fe(NO3)3，若Fe过量，Fe(NO3)3再与Fe反应生成Fe(NO3)2。2 HNO3与金属反应的计算(1)思维模型(2)计算中守恒思想的应用原子守恒法HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂，转化为还原产物。这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量。得失电子守恒法HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。电荷守恒法HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH)则有：c(NO)c(H)nc(Mn)(Mn代表金属离子)。离子方程式计算法金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于硝酸盐中NO在H2SO4提供H的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H或NO进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。138.4 g铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4 L(标准状况)，反应消耗的硝酸可能是()A1.0 molB1.6 molC2.2 mol D2.4 mol解析：浓硝酸适量，在反应过程中变稀，实际上发生了两个反应：Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O,3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O，反应消耗的HNO3包括起酸性作用和起氧化性作用的两部分，前者反应后以Cu(NO3)2形式存在，后者被还原后生成NO2、NO气体，从两个方程式看出：Cu2HNO3(酸)Cu(NO3)2，HNO3(氧化剂)NO2(或NO)，所以反应消耗的HNO3的物质的量为：21.2 mol1 mol2.2 mol。答案：C2将Mg、Cu组成的m g混合物投入适量稀HNO3中恰好完全反应，固体完全溶解时收集到的还原产物NO气体为0.896 L(标准状况)，向反应后的溶液中加入2 mol/L NaOH溶液60 mL时金属离子恰好沉淀完全，则形成沉淀的质量为()A(m2.28) g B(m2.04) gC(m3.32) g D(m4.34) g解析：利用守恒法解答当金属离子恰好沉淀时，m(沉淀)m(金属)m(OH)，守恒的巧妙之处在于，n(OH)n(金属失去的电子)n(NO得到的电子)30.896 L/22.4 Lmol10.12 mol，m(沉淀)m(金属)m(OH)m g0.12 mol17 gmol1(m2.04) g，B正确。答案：B3某稀溶液中含有4 mol KNO3和2.5 moL H2SO4，向其中加入1.5 mol Fe，充分反应(已知NO被还原为NO)。下列说法正确的是()A反应后生成NO的体积为28 LB所得溶液中c(Fe2)c(Fe3)11C所得溶液中c(NO)2.75 molL1D所得溶液中的溶质只有FeSO4解析：A项，未指明标准状况，无法计算NO的体积；C项，未指明溶液的体积，无法计算浓度；D项，K不会参与反应，因而溶质必定有K2SO4；B项，首先考虑酸性条件Fe被氧化为Fe3，进行过程计算，H不足，按H完全反应计算消耗Fe和NO的物质的量：FeNO4H=Fe3NO2H2O 1.25 mol 1.25 mol 5 mol 1.25 mol剩余的Fe再被Fe3氧化Fe2Fe3=3Fe2 0.25 mol 0.5 mol 0.75 mol则剩余n(Fe3)1.25 mol0.5 mol0.75 mol则反应后溶液中n(Fe2)n(Fe3)0.75 mol，故B正确。答案：B4取铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生0.896 L NO2气体和0.672 L N2O4气体(气体体积都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为3.7 g。则合金中铜与镁的物质的量之比等于()A11B21C23 D32解析：生成NO2和N2O4转移电子的物质的量为n(e)n(NO2)n(N2O4)20.1 mol。则有n(Cu)n(Mg)0.05 mol,64 g/moln(Cu)24 g/moln(Mg)3.7 g1.7 g，解得：n(Cu)0.02 mol、n(Mg)0.03 mol，故n(Cu)n(Mg)23，C项正确。答案：C5铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与5.6 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为()A16 g B32 gC64 g D无法计算解析：该题氮元素变化为硝酸氮的氧化物硝酸，所以题目中的反应可以看成是铜与氧气的反应，其中硝酸为“催化剂”，所以铜的物质的量为20.5 mol，即32 g。答案：B6有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4 mol/L和2 mol/L，取10 mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下气体的体积为(设反应中HNO3被还原成NO)()A0.448 LB0.672 LC0.896 LD0.224 L解析：硫酸是二元强酸，硝酸是一元强酸，因此根据酸的浓度可知，10 mL混合酸中含有氢离子的物质的量0.01 L24 mol/L0.01 L2 mol/L0.1 mol，硝酸根离子的物质的量0.01 L2 mol/L0.02 mol。反应中铁过量，则反应的离子方程式为3Fe2NO8H=3Fe22NO4H2O，如果氢离子过量则继续发生反应Fe2H=Fe2H2。3Fe2NO8H=3Fe22NO4H2O 0.02 mol0.08 mol0.02 mol因此反应后剩余氢离子的