第28课时硝酸（A卷）（3）铜先跟氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝考测点导航酸反应。以下叙述正确的是1．硝酸的物理性质：A．三种途径所消耗的铜的物质的量相等纯硝酸为无色有刺激性气味的液体，沸点较低（83B．三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等℃），易挥发，在空气中遇水蒸气形成硝酸的小液滴而呈C．所消耗的铜的物质的量是途径（3）＞途径（1）白雾状。98%以上的浓硝酸称为“发烟硝酸”，69%的硝酸＞途径（3）溶液称为浓HNO3。浓HNO3由于HNO3分解产生的NO2溶于D．所消耗的硝酸的物质的量是：途径（1）＞途径硝酸中而一般呈黄色。（2）＞途径（3）2．硝酸的化学性质：（此题考查实验的判断能力及计算能力。）（1）强酸性：具有酸的通性。2．某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一光或热的还原产物。当参加反应的单质与被还原的硝酸的物质（2）不稳定性：4HNO34NO2↑+2H2O+O2↑的量之比为2∶1时，还原产物是硝酸越浓越易分解，因此浓HNO3应存放在棕色试剂A．NO2B．NO瓶中。C．N2OD．N2（3）强氧化性：HNO3中的+5价N元素具有很强的得电（此题考查铜和硝酸反应的性质知识，电子守恒原理。）子能力。3．38.4mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4ml（标准状况），反应消耗的HNO3的物HNO3(浓)NO2HNO3(稀)NO质的量可能是-3-3如：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2OA．1.0×10molB．1.6×10mol-3-33Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2OC．2.2×10molD．2.4×10mol常温下,浓HNO3使Fe、Al钝化（此题考查质量守恒原理、电子守恒原理的运用能力。）C+4HNO3(浓)=CO2↑+4NO2↑+2H2O4．（96年上海高考题）某试剂厂用银(含杂质铜)和硝3+王水（浓HNO3与浓盐酸的体积比为1∶3）能溶解Au、酸(含杂质Fe)反应制取硝酸银.步骤如下:Pt。3．硝酸的强氧化性的特殊表现（1）在利用HNO3的酸性时，必须考虑到其强氧化性，如：3FeO+10HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+5H2O3Na2SO3+2HNO3=3Na2SO4+2NO↑+H2O依据上述步骤,完成下列填空:（2）无论浓、稀HNO3均有强氧化性。硝酸越浓，其氧(1)溶解银的硝酸应该用硝酸(填浓或稀).原因化性就越强。是.（3）浓HNO3的氧化性强于稀HNO3。氧化性的强弱是指(a)减少过程中产生NOx的量(b)减少原料银的得电子能力的大小，即指反应的难易程度，而不能用氧消耗量(c)节省硝酸物质的量化剂得电子的数目多少来衡量。(2)步骤B加热保温的作用是.（4）在与金属的反应中，HNO3不但是强氧化剂，还表现(a)有利于加快反应速度出强酸性，金属与硝酸反应不产生氢气，常用电子守恒(b)有利于未反应的硝酸挥发原理，质量守恒原理解金属与硝酸的反应问题。3+2+(c)有利于硝酸充分反应,降低溶液中[H+]（5）铁在与HNO3反应时，由于有反应：Fe+2Fe=3Fe，(3)步骤C是为了除去Fe3+、Cu2+等杂质.冲稀静置时当HNO3过量时，产物为Fe(NO3)3；当Fe过量时产物为发生的化学反应是。Fe(NO3)2；当Fe与HNO3恰好反应时，有可能生成Fe(NO3)2、(a)置换反应(b)水解反应(c)氧化—还原反应Fe(NO3)2混合物。产生的沉淀物化学式:.（6）铜与HNO3反应过程中，若铜过量，起始铜与浓HNO3（此题考查实验设计原理的运用，实验分析能力。）反应生成NO2，反应进行到一定程度时，硝酸渐稀，产物新活题网站变成NO，最终NO、NO2的混合气体，可通过电子守恒求1．某单质能与浓硝酸反应，若参加反应的单质与硝酸解，金属与HNO3的反应现象类似铜。-+2-2---2+的物质的量之比为1：4，则该元素在反应中所显示（7）NO3、H与S、SO3、I、Br、Fe离子因氧化-还的化合价可能是原反应不能共存。A＋1B＋2典型题点击C＋3D＋41．用以下三种途径来制取相等质量的硝酸铜：（此题考查硝酸化学性质的运用能力。）（1）铜跟浓硝酸反应，（2）铜跟稀硝酸反应，2．下列反应中HNO3即表现出酸性，又表现出强氧化性\n-的是时溶液中有molNO3。A．Fe2O3+HNO3B．Ca(OH)2+HNO3（此题考查质量守恒原理、电子守恒原理的运用）C．P+HNO3D．FeO+HNO311．在NO、NO2、CO2、HCl、SO2中，可以用硝酸与其它（此题考查硝酸的化学性质及应用。）物质反应制取的气体有写出有关的化学3．0.1mol固体M(NO3)2加热分解，方程式2M(NO3)22MO+4NO2↑+O2↑将产生的气体用排水法收集，在标准状况下收集到的气（此题考查NO、NO2、CO2、HCl等气体的实验室制法。）体的体积接近12．一包白色粉末，由NaCl、(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、BaCl2A．5.6LB．4.48L中的两种组成：C．0LD．1.12L（1）将少量白色粉末与熟石灰一起研磨，放出有刺激性（此题考查信息的接受能力及分析问题的能力。）气味的气体，此气体遇氯化氢生成白烟；4．不能大量共存的离子组是（2）另取少量白色粉末，加足量水搅拌，溶液中有白色+2+--A．H、Fe、Cl、NO3沉淀物，过滤后沉淀不溶于稀硝酸；+2-+-B．NH4、SO4、Na、NO3（3）向滤液中加入硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的白2+3+--C，Cu、Fe、NO3、Cl色沉淀。试判断该白色粉末由哪两种物质组成，并写出++-2-D．H、Na、HCO3、SO4有关反应的化学方程式。（此题考查常见离子的性质的知识。）++2-2--（此题考查Na、NH4、SO4、CO3、Cl等离子的性质。）5．有关硝酸化学性质的叙述中，正确的是13．某化肥厂用氨气制硝酸铵，已知有氨气制一氧化氮A．稀硝酸使蓝色石蕊试纸变红的产率为96%，一氧化氮制硝酸的产率是92%，硝酸跟氨B．硝酸能与Na2CO3反应，但不生成CO2气反应生成硝酸铵。则求制硝酸所用去的氨气的质量占C．硝酸可与Na2S反应制得H2S气体总耗氨气质量的百分之几？（不考虑生产上的其它消耗）D．浓硝酸因分解放出的NO2又溶解于硝酸而呈黄色（此题考查氨气分配制硝酸铵的计算技能。）（此题考查硝酸性质知识的应用能力。）6．Cu粉放入稀H2SO4中，加热后无现象，当加入一种盐后，Cu粉质量减少，而溶液变蓝，同时有气体生成，此盐是A．氯化物B．硫酸盐C．硝酸盐D．碳酸盐（次题考查硝酸性质的灵活应用能力。）7．往浅绿色的Fe(NO3)2溶液中，逐滴加入稀盐酸时，溶液的颜色变化应该是14．为了测定某铜银合金的成分。将30.0g合金完全溶A．颜色变浅B．逐渐加深于80ml13.5mol/L的浓HNO3中，待合金完全溶解后，C．没有改变D．变棕黄色收集到气体6.72L（标准状况），并测得溶液中氢离子浓（次题考查硝酸性质的灵活应用能力。）度为1mol/L。假设反应后溶液的体积仍为80ml。试计算：8．已知镁和稀硝酸反应时，每有1molHNO3反应，就有（此题考查有关硝酸的综合计算能力。）0.8mol电子转移，此时硝酸的还原产物可能是（1）被还原的硝酸的物质的量。A．NO2B．N2OC．NH4NO3D．NO（此题考查质量守恒原理、电子守恒原理的运用。）9．浓HNO3使金属铝产生钝化是因为浓HNO3具有性；浓HNO3常显黄色是因为混有杂质；不用浓HNO3和Zn反应制H2，是因为浓HNO3有（2）合金中银的质量分数。性。为防止浓硝酸分解，必须把它盛在瓶中，贮放在地方。王水是和的混合物，其溶液体积之比是。（此题考查硝酸知识的记忆能力。）10．0.05mol铜与30.0mL10.0mol/L的硝酸反应时，生+成的产物有NO和NO2。若反应后溶液中有amolH，则此\n第28课时硝酸（B卷）易错现象1．对硝酸的强氧化性理解不够，考虑问题不全面，有时-1只考虑硝酸的氧化性，有时只考虑到硝酸的酸性。D．0.2mol·L氨水溶液中，+-12．对有硝酸参加的综合化学计算错误率比较高，对有关[NH4]+[NH3]+[NH3·H2O]=0.2mol·L硝酸反应的计算应根据硝酸所表现的性质由守恒法列式2．制取相同质量的Cu(NO3)2时，消耗硝酸质量最多的是计算。A．铜与浓HNO3反应B。铜与稀硝酸反应3．有关硝酸的实验问题分析不透彻，实验原理的应用能C．氧化铜与硝酸反应D。氢氧化铜与硝酸反应力比较差，应加强实验能力的培养。3．1.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体（标况）。将盛有纠错训练此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O2，1．下列关于浓HNO3与浓H2SO4的叙述正确的是恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积是A．常温下都可用铁制容器贮存A．504mLB。168mLB．常温下都能与铜较快反应C。336mLD。224mLC．露置于空气中，溶液质量均减轻4．氮和钠可形成化合物Na3N，它能与水剧烈反应产生D．露置于空气中，溶液浓度均降低NH3，下列叙述正确的是2．氢叠氮酸(HN3)与醋酸酸性相近,其盐稳定,但撞击A．Na3N与水的反应是非氧化还原反应发生爆炸生成氮气,有关氢叠氮酸的叙述有B．Na3N是共价化合物①NaN3的水溶液呈碱性②HN3的固体属于分子晶体C．Na3N若与足量盐酸作用可生成两种盐③NaN3的固体属于离子晶体④NaN3可用于小汽车防D．Na3N中钠离子与氮离子半径相等撞保护气囊。其中正确的是5．下列关于硝酸的叙述中，正确的是A．①②③B．②③④A．在相同条件下，硝酸的浓度越大，密度越大，挥发C．①③④D．全对性越强3．铜和镁的合金8.8g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸B．所有的金属与稀硝酸反应都放出NO气体被还原只产生6720mL的NO2气体和1120mL的N2O4气体C．稀硝酸与铜反应生成NO，而浓硝酸与铜反应则生（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量成NO2，说明稀硝酸的氧化性更强的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为多少？D．稀硝酸具有酸性，可与较活泼金属反应生成氢气6．硝酸铵分解反应为NH4NO3—HNO3+N2+H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为A．5：3B3：5C．1：1D．1：27．下列对氧化还原反应的叙述不正确的是A．氧化剂所含元素得电子，化合价降低，所以4．以空气、水为原料制取硝酸铵。氧化剂发生还原反应（1）如制取160t硝酸铵至少需多少吨氨？B．还原剂所含元素失电子，化合价升高，所以（2）若用NH3制取NO转化率为96%，NO转化为硝酸的还原剂被氧化利用率为92%，问用于制取HNO3的氨占全部氨的百分数C．凡是有单质参加或生成的反应一定是氧化还是多少？原反应D．氧化还原反应中被氧化和被还原的原子个数必相等8．0.96gMg跟含6.3gHNO3的稀溶液恰好反应完全，则HNO3的还原产物的相对分子质量可能是A．30B．44C．46D．809．L、M、R、P、Q分别代表五种含不同化合价的氮元检测提高素的物质。A、B分别代表两别含不同化合价的氯元1．下列说法正确的是素的物质（每种物质中，氮或氯元素的化合价只有一-1A．相同温度下，1mol·L氨水溶液与0.5mol·种），又知物质M中的氮元素的化合价要比物质Q中-1-L氨水溶液中，[OH]之比是2：1氮元素的化合价低。在一定条件下，它们会发生如下B．在NH3+NaH=NaNH2+H2↑的反应中，NH3为氧化剂的转化（关系式未配平）：-1+-①P+A→Q+B②L+O→M+HOC．0.1mol·LNH4Cl溶液中的[NH4]=[Cl]22\n③L+M→R+H2O④B+H2O→A+O212．1.92g铜和一定量的浓硝酸反应，随着铜的不断减（1）若五种含氮元素的物质中，有一种是硝酸，则硝酸少，反应生成的气体颜色也逐渐变浅。当铜反应完毕时，是，理由共收集到气体体积为1.12L（标况）。求反应中消耗的HNO3是。的物质的量。（2）反应②必须在催化剂（铂、氧化铁等）作用下，加热到一定温度时方能发生，此反应在化工生产上有重要用途。据此推断在同温、同压下，若物质R的密度比二氧化碳的密度小，则R的化学式为.（3）某学生写出下面三个含氮的物质的相互转化的关系式：(a)M+P→N2O3+H2O(b)N2O4+H2O→P+Q13．在100ml混合酸的溶液中，硝酸的物质的量浓度为0.5mol/L，硫酸的物质的量浓度为0.15mol/L，向其中(c)M+L→Q+H2O加入5.76g铜粉，微热，使其充分反应。其中一定不可能实现的是，理由2+(1)求溶液中Cu的物质的量浓度.是。10．硝酸工业尾气中的氮的氧化物（NO、NO2）是要大气污染物，其常用的治理方法有以下两种（已简化）：①NaOH吸收法。反应原理是：2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2ONO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O(2)若要使5.76g铜粉完全溶解，且溶液中只存在一种催化剂②氨催化还原法。反应原理是NOx+NH3⎯⎯⎯→N2+H2O盐，则原溶液中的硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是多现有一定量的含NO2和NO的硝酸工业尾气（不含其他气少？体）若用过量NaOH溶液吸收后，溶液中NaNO3与NaNO2的物质的量之比恰好与尾气中NO和NO2的物质的量之比相等。（1）若用NOx表示氮的氧化物的平均组成，试求x的值。（2）将1体积该尾气用氨催化还原法处理，至少消耗多14(1998年上海高考题)．65%HNO3（质量为M1）中加少体积相同状况下的氨气？72%Mg(NO3)2溶液（质量为M2）后蒸馏。分别得到97.5%HNO3和60%Mg(NO3)2溶液（不含HNO3）。（1）若蒸馏过程中HNO3、Mg(NO3)2、H2O均无损耗，求蒸馏前的投料比M1/M2的值。（2）蒸馏过程中，若H2O的损耗占总质量的5.0%，即有（M1+M2）×5.0%的H2O流失。则投料时，比值M1/M2应该（选填增大、减小或不变）。（计算过程）11．在稀HNO3和稀H2SO4的混合溶液200mL中，滴入10mL1mol/L的NaOH溶液恰好中和。向同量的这种混合溶液中加入过量BaCl2溶液，所生成的BaSO4沉淀，经洗涤干燥后，生成0.5825g，试求该混合溶液中HNO3和H2SO4的物质的量浓度。\n答案：反应可知P、Q中氮元素化合价P高于Q。由②反应可知L、M中氮元素化合价M高于L。由③可知R中氮元素化第28课时（A卷）合价高于L，低于M。又M、Q中氮元素化合价M低于Q。典型题点击综合信息可知氮元素化合价由低到高：L、R、M、Q、P。1.AC2.C3.C10．（1）V（NO）：V（NO2）=1：3，X=1.75讲析：1.（1）Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O（2）7/6。（2）3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O11．C（H2SO4）=0.0125mol/L（3）2Cu+O22CuO，C（HNO3）=0.025mol/LCuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O12．（HNO3）=0.11mol2+制得1molCu（NO3）2需4mol浓HNO3，需8/3mol稀13．1）C（Cu）=0.3mol/LHNO3，Cu先氧化成CuO，再变成Cu（NO3）2，需2molHNO3（2）C（HNO3）=0.6mol/L，C（H2SO4）=0.9mol/L2．设参加反应的金属2mol，被还原的硝酸1mol14．0.6，增大。根据电子守恒原理；2a=5-X讨论；a=1时，X=3a=2时，X=1a=3时，X=-13．n（Cu）=0.0006mol，n（NO+NO2）=0.001mol所以n（HNO3）=0.0006*2mol+0.001mol=0.0022mol4．（1）稀，a、c。（2）a、c（3）b，Cu（OH）2、Fe（OH）3。新活题网站1.BD2.D3.C4.AD5.AD6.C7.D8.BC讲析：1.Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2OC+4HNO3（浓）=CO2↑+4NO2↑+2H2O所以单质在反应中显示+2、+4。3．4NO2+O2+2H2O=4HNO3由该反应可知生成的NO2、+2+-O2恰好反应生成硝酸，无气体余.4.H、Fe、NO3发生+-氧化还原反应不能大量共存。H、HCO3反应而不能大量+共存。5.Cu与稀H2SO4不反应，加硝酸盐后，Cu、H、-NO3反应。8.0.8mol电子转移时，参加反应的Mg为0.4mol，所以HNO3被还原成+1或-3。产物为N2O或NH4NO3。9.强氧化性，NO2气体。强氧化性，棕色，阴暗处。浓盐酸、浓硝酸。3：1。2+10.（0.1+a）mol讲析：n（Cu）=0.05mol，n（Cu）+=0.05moln（H）=amol由电荷守恒原理可知n（NO3-）=0.05mol×2+amol=（0.1+a）mol11.NO2、NO、CO2。Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2OCaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+CO2↑+H2O12．（NH4）2SO4、BaCl213．53.1%14．36%第28课时（B卷）纠错训练1.A、D2.D3.15g4.68吨，54.7%检测提高1.BD2.A3.C4.AC5.A6.A7.C8.BD9.（1）P。P中氮元素化合价最高。（2）N2（3）C，Q中氮元素化合价比L、M都高。讲析：由④可知A、B中氯元素的化合价B高于A。由①
