/考點(diǎn)2硝酸的性質(zhì)及應(yīng)用微考點(diǎn)1有關(guān)硝酸氧化性的探究實(shí)驗(yàn)定性分析1．(2025·廣東湛江部分中學(xué)聯(lián)考)將銅絲插入濃硝酸中進(jìn)行如圖所示的實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是()A．裝置a中出現(xiàn)紅棕色氣體，只體現(xiàn)HNO3的酸性B．一段時(shí)間后抽出銅絲，向裝置b注入水，b中氣體紅棕色變淺C．注入水后裝置b中銅片表面產(chǎn)生氣泡，說明Cu與硝酸生成H2D．裝置c用NaOH吸收尾氣，說明NO和NO2均是酸性氧化物[答案]B[解析]銅與濃硝酸反應(yīng)生成紅棕色二氧化氮?dú)怏w和硝酸銅，體現(xiàn)了硝酸的強(qiáng)氧化性和酸性，A錯(cuò)誤；一段時(shí)間后抽出銅絲，向裝置b注入水，b中氣體紅棕色變淺，二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮，B正確；注入水后裝置b中銅片表面產(chǎn)生氣泡，Cu與稀硝酸反應(yīng)生成NO氣體，C錯(cuò)誤；酸性氧化物是指和水反應(yīng)只能生成對應(yīng)價(jià)態(tài)的酸或和堿反應(yīng)只能生成鹽和水的氧化物，NO和NO2均不是酸性氧化物，D錯(cuò)誤。2．某學(xué)習(xí)小組采用下列裝置對濃硝酸與木炭的反應(yīng)進(jìn)行探究。下列說法中不正確的是()A．反應(yīng)開始后，裝置A中充滿紅棕色氣體B．裝置B的作用是安全瓶，防止倒吸C．裝置C中溶液變藍(lán)，一定是A中生成的NO2將KI氧化為I2D．將帶火星的木條放入裝置D收集到的無色氣體中，可確認(rèn)該氣體是NO還是O2[答案]C[解析]熾熱的木炭和濃硝酸反應(yīng)生成二氧化碳和二氧化氮，二氧化氮為紅棕色氣體，則可觀察到三頸燒瓶中氣體的顏色為紅棕色，A正確；裝置B中進(jìn)氣管和出氣管的長度相同，其作用是安全瓶，防止倒吸，B正確；裝置C中溶液變藍(lán)，但不能證明NO2將KI氧化為I2，原因是A中揮發(fā)出的HNO3(g)可能進(jìn)入裝置C，將KI氧化為I2而使溶液變藍(lán)，C錯(cuò)誤；將帶火星的木條伸入集氣瓶中，觀察木條是否復(fù)燃，可以判斷集氣瓶中是NO還是O2，實(shí)驗(yàn)方法合適，D正確。3．(2025·廣東汕頭期末)將銅絲插入濃硝酸中進(jìn)行如圖(a～c是浸有相應(yīng)試劑的棉花)所示的探究實(shí)驗(yàn)，下列分析正確的是()A．Cu與濃硝酸反應(yīng)，硝酸只表現(xiàn)出酸性，產(chǎn)生紅棕色氣體B．a(chǎn)處可觀察到棉花變紅后褪色C．b處觀察到棉花變藍(lán)，說明NO2具有還原性D．c處NaOH能與產(chǎn)生的氣體發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)[答案]B[解析]銅絲與濃硝酸反應(yīng)生成紅棕色氣體NO2、Cu(NO3)2和H2O，硝酸表現(xiàn)出氧化性和酸性，A錯(cuò)誤；NO2溶于水生成硝酸，可使紫色石蕊溶液變紅，然后硝酸的強(qiáng)氧化性又使其褪色，B正確；b處觀察到棉花變藍(lán)，說明NO2具有氧化性，C錯(cuò)誤；NaOH溶液吸收NO2和NO尾氣生成亞硝酸鈉，有元素化合價(jià)的變化，是氧化還原反應(yīng)，D錯(cuò)誤。歸納拓展：1金屬與硝酸反應(yīng)的基本規(guī)律2非金屬與硝酸反應(yīng)的基本規(guī)律微考點(diǎn)2硝酸與金屬反應(yīng)的定量計(jì)算4．(2025·山東濟(jì)寧模擬)將12.8gCu投入50mL某濃度的濃HNO3中，隨著Cu的不斷減少，反應(yīng)生成氣體的顏色逐漸變淺，當(dāng)Cu全部溶解時(shí)，硝酸恰好完全消耗，共收集到氣體3.36L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。下列分析正確的是()A．參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為0.15molB．氣體為NO和NO2的混合氣，二者體積比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．將生成的氣體和一定量的氧氣混合，然后倒扣在水中，若試管中最后充滿液體，則通入氧氣的質(zhì)量3.2g[答案]D[解析]收集到的氣體為NO、NO2，其物質(zhì)的量為eq\f(3.36L,22.4L·mol－1)＝0.15mol，Cu物質(zhì)的量為eq\f(12.8g,64g·mol－1)＝0.2mol，Cu反應(yīng)后生成Cu(NO3)2，結(jié)合氮元素守恒，參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為0.15mol＋0.2mol×2＝0.55mol，故A錯(cuò)誤；Cu物質(zhì)的量為eq\f(12.8g,64g·mol－1)＝0.2mol，故Cu失去電子為0.2mol×2＝0.4mol，設(shè)NO2和NO的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，則有x＋3y＝0.4、x＋y＝0.15，解得x＝0.025，y＝0.125，則混合氣體中NO和NO2的體積比為0.125mol∶0.025mol＝5∶1，故B錯(cuò)誤；根據(jù)Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓，至少需要eq\f(0.2mol×2,1mol·L－1)＝0.4L＝400mLNaOH溶液，故C錯(cuò)誤；NO、NO2和O2反應(yīng)最終生成HNO3，結(jié)合B選項(xiàng)，根據(jù)得失電子守恒，O2得到的電子數(shù)等于銅失去的電子數(shù)，則需要氧氣質(zhì)量為eq\f(0.4mol,4)×32g·mol－1＝3.2g，故D正確。5．(2025·湖南大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬)某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成兩份。向其中一份中逐漸加入銅粉，最多能溶解9.6gCu。向另一份中逐漸加入鐵粉，產(chǎn)生氣體的量隨鐵粉質(zhì)量增加的變化如圖所示(已知硝酸只被還原為NO氣體)。下列分析或結(jié)果錯(cuò)誤的是()A．加入銅粉的溶液中最終有Cu(NO3)2生成B．OA段產(chǎn)生的是NO，AB段的反應(yīng)為Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段產(chǎn)生的是氫氣C．第二份溶液中的最終溶質(zhì)為FeSO4D．稀硫酸濃度為2.5mol·L－1[答案]A[解析]從題干圖看出OA段產(chǎn)生的是NO，AB段的反應(yīng)為Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段產(chǎn)生的是氫氣，反應(yīng)為Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，可知NOeq\o\al(－,3)反應(yīng)完了，B正確；第二份溶液中OA段發(fā)生反應(yīng)為Fe＋NOeq\o\al(－,3)＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，硝酸全部反應(yīng)，所以n(NOeq\o\al(－,3))＝n(Fe)＝eq\f(5.6g,56g·mol－1)＝0.1mol，溶液中最終溶質(zhì)為FeSO4，此時(shí)反應(yīng)的鐵的質(zhì)量是14g，其物質(zhì)的量為0.25mol，故原混合酸中H2SO4濃度為eq\f(0.25mol,0.1L)＝2.5mol·L－1，C、D正確；由于9.6gCu和5.6gFe與稀硝酸反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等，則加入銅粉的溶液中NOeq\o\al(－,3)全部轉(zhuǎn)化為NO，即產(chǎn)物不存在Cu(NO3)2，A錯(cuò)誤。6．(2025·廣東佛山南海區(qū)調(diào)研)將10.0g銅鎂合金完全溶解于140mL某濃度的硝酸中，得到NO2和NO的混合氣體4.48L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，當(dāng)向反應(yīng)后的溶液中加入370mL4.0mol·L－1NaOH溶液時(shí)，金屬離子全部轉(zhuǎn)化為沉淀，測得沉淀的質(zhì)量為18.5g。下列說法不正確的是()A．該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比2∶3B．該硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度為10mol·L－1C．NO2和NO的混合氣體中，NO2的體積分?jǐn)?shù)為25%D．若將混合氣體與水混合完全轉(zhuǎn)化為硝酸，則需要通入的氧氣(標(biāo)準(zhǔn)狀況)的體積為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，據(jù)此可得n(OH－)等于金屬失去電子物質(zhì)的量，則有n(OH－)＝eq\f(18.5g－10g,17g·mol－1)＝0.5mol，即金屬失電子0.5mol∶2n(Cu)＋2n(Mg)＝0.5mol；據(jù)質(zhì)量關(guān)系可得：64n(Cu)＋24n(Mg)＝10.0g，聯(lián)立解得n(Cu)＝0.1mol，n(Mg)＝0.15mol，故合金中銅和鎂的物質(zhì)的量之比為0.1mol∶0.15mol＝2∶3，A正確；全部沉淀后，溶質(zhì)為NaNO3，根據(jù)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，則有c(HNO3)＝eq\f(1.68mol,0.14L)＝12mol·L－1，B錯(cuò)誤；據(jù)得失電子數(shù)目守恒可得：3n(NO)＋n(NO2)＝0.5mol，n(NO)＋n(NO2)＝eq\f(4.48L,22.4L·mol－1)，聯(lián)立解得n(NO)＝0.15mol，n(NO2)＝0.05mol；相同條件下，氣體的體積分?jǐn)?shù)等于其物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，故NO2的體積分?jǐn)?shù)為eq\f(0.05,0.2)×100%＝25%，C正確；據(jù)得失電子守恒可知，通入的O2得電子數(shù)與兩種金屬失電子數(shù)相同，兩種金屬失去電子(0.1＋0.15)×2mol＝0.5mol，則n(O2)＝eq\f(0.5,4)mol＝0.125mol，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為0.125mol×22.4L·mol－1＝2.8L，D正確。7．將32.64g銅與140mL一定濃度的硝酸溶液反應(yīng)，銅完全溶解，產(chǎn)生的NO和NO2混合氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為11.2L。請回答下列問題：(1)NO的體積為________L，NO2的體積為________L。(2)參加反應(yīng)的HNO3的物質(zhì)的量是________。(3)待產(chǎn)生的氣體全部釋放后，向溶液中加入VmLamol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部轉(zhuǎn)化成沉淀，則原硝酸溶液的濃度為________________mol·L－1。(4)欲使銅與硝酸反應(yīng)生成的氣體在NaOH溶液中全部轉(zhuǎn)化為NaNO3，至少需要30%的雙氧水________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，設(shè)混合氣體中NO的物質(zhì)的量為x，NO2的物質(zhì)的量為y，根據(jù)氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的總體積為11.2L，有x＋y＝0.5mol，根據(jù)得失電子守恒，有3x＋y＝(0.51×2)mol，聯(lián)立兩式解得x＝0.26mol，y＝0.24mol，則V(NO)＝0.26mol×22.4L·mol－1＝5.824L，V(NO2)＝11.2L－5.824L＝5.376L。(2)參加反應(yīng)的HNO3分兩部分，一部分沒有被還原，顯酸性，生成Cu(NO3)2，另一部分被還原成NO2和NO，所以參加反應(yīng)的HNO3的物質(zhì)的量為0.51mol×2＋0.5mol＝1.52mol。(3)HNO3在反應(yīng)中一部分變成氣體，一部分以NOeq\o\al(－,3)的形式留在溶液中。變成氣體的HNO3的物質(zhì)的量為0.5mol；加入NaOH溶液至恰好使溶液中的Cu2＋全部轉(zhuǎn)化為沉淀，則溶液中只有NaNO3，其物質(zhì)的量為aV×10－3mol，也就是以NOeq\o\al(－,3)形式留在溶液中的HNO3的物質(zhì)的量為aV×10－3mol。所以c(HNO3)＝eq\f(aV×10－3＋0.5,0.14)mol·L－1。(4)由得失電子守恒得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，則至少需要30%的雙氧水eq\f(17.34g,30%)＝57.8g。歸納拓展：1硝酸與金屬反應(yīng)計(jì)算的思維模型2金屬與硝酸反應(yīng)的計(jì)算方法(1)原子守恒法：利用氮元素守恒進(jìn)行計(jì)算。HNO3與金屬反應(yīng)時(shí)，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作氧化劑，轉(zhuǎn)化為還原產(chǎn)物(如NO2、NO、NHeq\o\al(＋,4)等)，根據(jù)氮元素守恒可得：n(HNO3)總＝n(NO2)＋n(NO)＋n(NOeq\o\al(－,3)，溶液)。(2)得失電子守恒法硝酸與金屬發(fā)生氧化還原反應(yīng)，HNO3得電子被還原生成NO2、NO等，金屬則失去電子被氧化；根據(jù)氧化還原