2026版高考化学第一轮考点突破第四章非金属及其化合物第19讲氮及其氧化物硝酸考点2硝酸的性质及应用

考点2硝酸的性质及应用微考点1有关硝酸氧化性的探究实验定性分析1．(2025·广东湛江部分中学联考)将铜丝插入浓硝酸中进行如图所示的实验，下列说法正确的是()A．装置a中出现红棕色气体，只体现HNO3的酸性B．一段时间后抽出铜丝，向装置b注入水，b中气体红棕色变浅C．注入水后装置b中铜片表面产生气泡，说明Cu与硝酸生成H2D．装置c用NaOH吸收尾气，说明NO和NO2均是酸性氧化物[答案]B[解析]铜与浓硝酸反应生成红棕色二氧化氮气体和硝酸铜，体现了硝酸的强氧化性和酸性，A错误；一段时间后抽出铜丝，向装置b注入水，b中气体红棕色变浅，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，B正确；注入水后装置b中铜片表面产生气泡，Cu与稀硝酸反应生成NO气体，C错误；酸性氧化物是指和水反应只能生成对应价态的酸或和碱反应只能生成盐和水的氧化物，NO和NO2均不是酸性氧化物，D错误。2．某学习小组采用下列装置对浓硝酸与木炭的反应进行探究。下列说法中不正确的是()A．反应开始后，装置A中充满红棕色气体B．装置B的作用是安全瓶，防止倒吸C．装置C中溶液变蓝，一定是A中生成的NO2将KI氧化为I2D．将带火星的木条放入装置D收集到的无色气体中，可确认该气体是NO还是O2[答案]C[解析]炽热的木炭和浓硝酸反应生成二氧化碳和二氧化氮，二氧化氮为红棕色气体，则可观察到三颈烧瓶中气体的颜色为红棕色，A正确；装置B中进气管和出气管的长度相同，其作用是安全瓶，防止倒吸，B正确；装置C中溶液变蓝，但不能证明NO2将KI氧化为I2，原因是A中挥发出的HNO3(g)可能进入装置C，将KI氧化为I2而使溶液变蓝，C错误；将带火星的木条伸入集气瓶中，观察木条是否复燃，可以判断集气瓶中是NO还是O2，实验方法合适，D正确。3．(2025·广东汕头期末)将铜丝插入浓硝酸中进行如图(a～c是浸有相应试剂的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是()A．Cu与浓硝酸反应，硝酸只表现出酸性，产生红棕色气体B．a处可观察到棉花变红后褪色C．b处观察到棉花变蓝，说明NO2具有还原性D．c处NaOH能与产生的气体发生复分解反应[答案]B[解析]铜丝与浓硝酸反应生成红棕色气体NO2、Cu(NO3)2和H2O，硝酸表现出氧化性和酸性，A错误；NO2溶于水生成硝酸，可使紫色石蕊溶液变红，然后硝酸的强氧化性又使其褪色，B正确；b处观察到棉花变蓝，说明NO2具有氧化性，C错误；NaOH溶液吸收NO2和NO尾气生成亚硝酸钠，有元素化合价的变化，是氧化还原反应，D错误。归纳拓展：1金属与硝酸反应的基本规律2非金属与硝酸反应的基本规律微考点2硝酸与金属反应的定量计算4．(2025·山东济宁模拟)将12.8gCu投入50mL某浓度的浓HNO3中，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu全部溶解时，硝酸恰好完全消耗，共收集到气体3.36L(标准状况)。下列分析正确的是()A．参加反应的硝酸的物质的量为0.15molB．气体为NO和NO2的混合气，二者体积比1∶5C．生成的溶液中滴加1mol·L－1的NaOH溶液使Cu2＋完全沉淀，至少需要55mLNaOH溶液D．将生成的气体和一定量的氧气混合，然后倒扣在水中，若试管中最后充满液体，则通入氧气的质量3.2g[答案]D[解析]收集到的气体为NO、NO2，其物质的量为eq\f(3.36L,22.4L·mol－1)＝0.15mol，Cu物质的量为eq\f(12.8g,64g·mol－1)＝0.2mol，Cu反应后生成Cu(NO3)2，结合氮元素守恒，参加反应的硝酸的物质的量为0.15mol＋0.2mol×2＝0.55mol，故A错误；Cu物质的量为eq\f(12.8g,64g·mol－1)＝0.2mol，故Cu失去电子为0.2mol×2＝0.4mol，设NO2和NO的物质的量分别为xmol、ymol，则有x＋3y＝0.4、x＋y＝0.15，解得x＝0.025，y＝0.125，则混合气体中NO和NO2的体积比为0.125mol∶0.025mol＝5∶1，故B错误；根据Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓，至少需要eq\f(0.2mol×2,1mol·L－1)＝0.4L＝400mLNaOH溶液，故C错误；NO、NO2和O2反应最终生成HNO3，结合B选项，根据得失电子守恒，O2得到的电子数等于铜失去的电子数，则需要氧气质量为eq\f(0.4mol,4)×32g·mol－1＝3.2g，故D正确。5．(2025·湖南大学附属中学高三模拟)某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6gCu。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列分析或结果错误的是()A．加入铜粉的溶液中最终有Cu(NO3)2生成B．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段产生的是氢气C．第二份溶液中的最终溶质为FeSO4D．稀硫酸浓度为2.5mol·L－1[答案]A[解析]从题干图看出OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段产生的是氢气，反应为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，可知NOeq\o\al(－,3)反应完了，B正确；第二份溶液中OA段发生反应为Fe＋NOeq\o\al(－,3)＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，硝酸全部反应，所以n(NOeq\o\al(－,3))＝n(Fe)＝eq\f(5.6g,56g·mol－1)＝0.1mol，溶液中最终溶质为FeSO4，此时反应的铁的质量是14g，其物质的量为0.25mol，故原混合酸中H2SO4浓度为eq\f(0.25mol,0.1L)＝2.5mol·L－1，C、D正确；由于9.6gCu和5.6gFe与稀硝酸反应转移的电子数相等，则加入铜粉的溶液中NOeq\o\al(－,3)全部转化为NO，即产物不存在Cu(NO3)2，A错误。6．(2025·广东佛山南海区调研)将10.0g铜镁合金完全溶解于140mL某浓度的硝酸中，得到NO2和NO的混合气体4.48L(标准状况)，当向反应后的溶液中加入370mL4.0mol·L－1NaOH溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为18.5g。下列说法不正确的是()A．该合金中铜与镁的物质的量之比2∶3B．该硝酸中HNO3的物质的量浓度为10mol·L－1C．NO2和NO的混合气体中，NO2的体积分数为25%D．若将混合气体与水混合完全转化为硝酸，则需要通入的氧气(标准状况)的体积为2.8L[答案]B[解析]Cueq\o(→,\s\up7(－2e－))Cu2＋eq\o(→,\s\up7(＋2OH－))Cu(OH)2、Mgeq\o(→,\s\up7(－2e－))Mg2＋eq\o(→,\s\up7(＋2OH－))Mg(OH)2，据此可得n(OH－)等于金属失去电子物质的量，则有n(OH－)＝eq\f(18.5g－10g,17g·mol－1)＝0.5mol，即金属失电子0.5mol∶2n(Cu)＋2n(Mg)＝0.5mol；据质量关系可得：64n(Cu)＋24n(Mg)＝10.0g，联立解得n(Cu)＝0.1mol，n(Mg)＝0.15mol，故合金中铜和镁的物质的量之比为0.1mol∶0.15mol＝2∶3，A正确；全部沉淀后，溶质为NaNO3，根据氮原子守恒，有n(HNO3)＝n(NaNO3)＋n(NO，NO2)＝370×10－3L×4mol·L－1＋eq\f(4.48L,22.4L·mol－1)＝1.68mol，则有c(HNO3)＝eq\f(1.68mol,0.14L)＝12mol·L－1，B错误；据得失电子数目守恒可得：3n(NO)＋n(NO2)＝0.5mol，n(NO)＋n(NO2)＝eq\f(4.48L,22.4L·mol－1)，联立解得n(NO)＝0.15mol，n(NO2)＝0.05mol；相同条件下，气体的体积分数等于其物质的量分数，故NO2的体积分数为eq\f(0.05,0.2)×100%＝25%，C正确；据得失电子守恒可知，通入的O2得电子数与两种金属失电子数相同，两种金属失去电子(0.1＋0.15)×2mol＝0.5mol，则n(O2)＝eq\f(0.5,4)mol＝0.125mol，在标准状况下的体积为0.125mol×22.4L·mol－1＝2.8L，D正确。7．将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸溶液反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答下列问题：(1)NO的体积为________L，NO2的体积为________L。(2)参加反应的HNO3的物质的量是________。(3)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为________________mol·L－1。(4)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水________g。[答案](1)5.8245.376(2)1.52mol(3)eq\f(aV×10－3＋0.5,0.14)(4)57.8[解析](1)n(Cu)＝eq\f(32.64g,64g·mol－1)＝0.51mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，根据气体在标准状况下的总体积为11.2L，有x＋y＝0.5mol，根据得失电子守恒，有3x＋y＝(0.51×2)mol，联立两式解得x＝0.26mol，y＝0.24mol，则V(NO)＝0.26mol×22.4L·mol－1＝5.824L，V(NO2)＝11.2L－5.824L＝5.376L。(2)参加反应的HNO3分两部分，一部分没有被还原，显酸性，生成Cu(NO3)2，另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3的物质的量为0.51mol×2＋0.5mol＝1.52mol。(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NOeq\o\al(－,3)的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5mol；加入NaOH溶液至恰好使溶液中的Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为aV×10－3mol，也就是以NOeq\o\al(－,3)形式留在溶液中的HNO3的物质的量为aV×10－3mol。所以c(HNO3)＝eq\f(aV×10－3＋0.5,0.14)mol·L－1。(4)由得失电子守恒得2×n(Cu)＝2×n(H2O2)，eq\f(32.64g,64g·mol－1)×2＝n(H2O2)×2，n(H2O2)＝0.51mol，m(H2O2)＝17.34g，则至少需要30%的双氧水eq\f(17.34g,30%)＝57.8g。归纳拓展：1硝酸与金属反应计算的思维模型2金属与硝酸反应的计算方法(1)原子守恒法：利用氮元素守恒进行计算。HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NOeq\o\al(－,3)形式存在于溶液中，另一部分HNO3作氧化剂，转化为还原产物(如NO2、NO、NHeq\o\al(＋,4)等)，根据氮元素守恒可得：n(HNO3)总＝n(NO2)＋n(NO)＋n(NOeq\o\al(－,3)，溶液)。(2)得失电子守恒法硝酸与金属发生氧化还原反应，HNO3得电子被还原生成NO2、NO等，金属则失去电子被氧化；根据氧化还原