高考化学三轮冲刺导学案硝酸的性质含解析

高考化学三轮冲刺导学案硝酸的性质含解析

三轮冲刺导学案---硝酸的性质 考点剖析 ‎1．硝酸的物理性质 ‎(1)纯硝酸是无色、易挥发、有刺激性气味的液体，低沸点、易挥发，在空气中易形成白雾。‎ ‎(2)浓硝酸一般呈黄色，是分解产生的溶于硝酸中的缘故。‎ ‎2．硝酸的化学性质 ‎(1)具有酸的通性 ‎ (2)不稳定性 为了防止硝酸分解，常把硝酸盛放在棕色瓶中，贮放在阴暗而且温度低的地方。‎ ‎(3)强氧化性 中元素显+5价，具有强氧化性：‎ ‎①与除、之外的金属反应 ‎②与非金属的反应 ‎③与其他还原剂的反应 注意：a．当硝酸发生氧化还原反应时，反应物或反应条件不同，硝酸的还原产物也不同、、、、等都可能是还原产物。通常的浓度越稀，还原产物中氮元素的化合价越低。‎ b．硝酸与金属反应时，一部分作氧化剂，还一定有一部分未被还原而生成硝酸盐和水，即表现酸性和氧化性。‎ c．常温下，、在浓硝酸中发生钝化，表面生成致密氧化膜，该过程属于化学变化。王水(浓盐酸、浓硝酸的体积比为3∶1)可溶解、。‎ 典例精析 ‎1、下图是某化学研究性学习小组设计的铜与稀硝酸反应的两个实验装置图。其中装置I为甲同学设计。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)铜与稀硝酸反应的离子方程式为：_________________。‎ ‎(2)装置I的试管中收集到NO，乙同学认为这也不能确定铜与稀硝酸反应生成的气体是NO，理由是______________________。于是他设计装置II，其中装铜片的是气球。‎ ‎(3)研究性小组的同学共同对上述实验进行了研究，认为装置II虽然作了改进，但如果按装置II进行实验，还存在问题，需要作相应改进。‎ ‎①问题一：反应速度较慢。‎ 措施：_____________或_______________。‎ ‎②问题二：试管中的气体是淡棕红色，而不是无色。‎ 措施：现将少量的固体________倒入试管，然后迅速系上装有铜的小气球。 ‎ A．Na2SO4 B．CH3COONa C．NaHCO3‎ ‎③问题三：____________________。‎ 措施：____________________。‎ ‎【答案】(1)3Cu+8H++2===3Cu2++2NO↑+4H2O ‎(2)因为NO2与水反应也可产生NO：3NO2+H2O===2HNO3+NO，故不能证明生成的NO气体是来自于铜与稀硝酸反应 ‎(3)①加热 将铜片改为Cu粉 ②C ③实验会造成空气污染连接导管 将尾气导入装有NaOH溶液的试管，并向试管中持续通入空气 ‎【解析】(1)Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，发生的离子反应为3Cu+8H++2===3Cu2++2NO↑+4H2O。‎ ‎(2)装置Ⅰ中利用排水法收集，因为NO2与水反应也可产生NO：3NO2+H2O===2HNO3+NO，故不能肯定生成的NO气体是来自于铜与稀硝酸反应。‎ ‎(3)问题一：用铜片反应速率较慢；措施：可以加热，或将铜片改为Cu粉加快反应速率。‎ 问题二：试管中的气体是淡棕红色，而不是无色，说明装置中有空气，不改变装置前提下，可以加入碳酸盐和硝酸反应生成的二氧化碳，利用二氧化碳比空气重把空气赶出，答案为C。‎ 问题三：实验污染空气，一氧化氮是污染性气体不能排放到空气中；措施：连接导管，将导管插入装有NaOH溶液的试管，并向试管中持续通入空气吸收生成的一氧化氮气体。‎ 考点：硝酸的性质 ‎2、将0.51 mol铜与250 mL一定浓度的硝酸反应，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11.2 L。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入300 mL 5 mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则下列选项正确的是 A．产生NO气体0.24 mol B．产生NO2气体0.26 mol C．原HNO3浓度为2 mol/L D．原HNO3浓度为8 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L，混合气体物质的量=11.2 L÷22.4 L/mol=0.5 mol，令NO和NO2的物质的量分别为x mol、y mol，根据电子转移守恒，则：x+y=0.5，3x+y=0.51×2，解得x=0.26 、y=0.24，即混合气体中NO为0.26 mol、NO2为0.24 mol，向反应后溶液中加入NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+‎ 全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由钠离子守恒n(NaNO3)=n(NaOH)=0.3 L×5mol/L=1.5 mol，根据氮原子守恒可知n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO2+NO)=1.5 mol+0.5 mol=2 mol，故原有硝酸的物质的量浓度为2 mol÷0.25 L=8 mol/L，故D正确。‎ 考点：硝酸与金属、非金属反应的计算 技巧指导：(1)原子守恒：根据反应中的作用，反应前中原子的总物质的量等于反应后生成氮氧化物()和剩余中原子的总物质的量。‎ ‎(2)电子得失守恒：反应中得电子被还原，生成、等，因此得电子的总物质的量等于还原剂失电子的总物质的量。‎ 对点训练 ‎1．下列有关浓硝酸的说法中错误的是 A．浓HNO3能与碳反应，说明其具有强氧化性 B．浓HNO3能溶解金属铜，说明其具有强酸性 C．浓HNO3不稳定易分解，需要避光保存 D．常温下浓HNO3能使金属铝钝化，可以用铝槽车运输浓HNO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．浓硝酸能与碳反应，说明其具有强氧化性，故A正确；B．浓硝酸能溶解金属铜，说明其具有强氧化性，故B错误；C．浓硝酸不稳定，见光、受热易分解，需要避光保存，故C正确；D．常温下浓硝酸能使金属铝钝化，可以用铝槽车运输浓硝酸，故C正确。故选B。‎ ‎2．下列反应既表现硝酸的酸性，又显示硝酸的氧化性的是 A、CuO+2HNO3===Cu(NO3)2+H2OB．C+4HNO3===CO2↑+2H2O+4NO2↑‎ C．FeO+4HNO3===Fe(NO3)3+2H2O+NO2↑ D．NH3+HNO3===NH4NO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．反应CuO+2HNO3===Cu(NO3)2+H2O体现了硝酸的酸性，故A错误；B．反应C+4HNO3===CO2↑+2H2O+4NO2↑体现了硝酸的强氧化性，故B错误；C．反应FeO+4HNO3===Fe(NO3)3+2H2O+NO2↑ 体现了硝酸的酸性和强氧化性，故C正确；D．反应NH3+HNO3===NH4NO3体现了硝酸的酸性，故D错误，答案为C。‎ ‎3．已知某酸性溶液中含有Ba2+、Fe3+，则下列能与上述离子共存的离子组是 A．、、NH4+、Na+ B．Cl−、SCN−、、Cu2+‎ C．Br−、I−、Mg2+、Na+ D．H+、Cl−、、Al3+‎ ‎【答案】D ‎【解析】A项，Ba2+与、都能反应分别生成碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀，Fe3+与也能反应生成沉淀，能与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A项错误；B项，Fe3+和SCN−能发生络合反应，在溶液中不能大量共存，故B项错误；C项，I−、Fe3+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误； D项，H+、Cl−、、Al3+离子之间不发生反应，都不与Ba2+、Fe3+反应，且都不与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故D项正确。综上所述，符合题意的为D。‎ ‎4．实验研究发现，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积某浓度的稀硝酸充分反应，反应过程中无气体放出(已知硝酸的还原产物是NH4NO3)。在反虑结束后的溶液中，逐滴加入5 mol/L的NaOH溶液。所加NaOH溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量关系如下图所示。则下列说法错误的是：‎ A．铝粉和铁粉的混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为5∶4‎ B．原硝酸溶液中含硝酸的物质的量为0.5 mol C．B与A的差值为0.05 mol D．反应结束后的溶液仍有硝酸剩余 ‎【答案】A ‎【解析】A、由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与发生了反应。根据Al(OH)3 +OH−===+2H2O，得出Al(OH)3的物质的量为：(104−94)×10−3 L×5 mol/L=0.05 mol；Al(OH)3的物质的量为0.05 mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n(Al)=0.05 mol，由图可知，DE段消耗的氢氧化钠的体积为94 mL−88 mL=6 mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.006 L×5 mol/L=0.03 mol，根据+OH−===NH3·H2O 可知，计算溶液中n()=0.03 mol，根据电子转移守恒有，3n(Fe)+3n(Al)=8n()，即3n(Fe)+3×0.05 mol=8×0.03mol，解得：n(Fe)=0.03 mol，混合金属中n(Al)=0.05 mol、n(Fe)=0.03 mol，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5∶3，A错误；B、根据氮原子守恒可知原硝酸的物质的量是0.094 L×5 mol/L+0.03 mol=0.5 mol，B正确；C、根据A中分析可知 B与A的差值为0.05 mol，C正确；D、由图可判断反应结束后的溶液仍有硝酸剩余，D正确，答案选A。‎ ‎5．将2.56 g Cu和一定量的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共收集到气体1.12 L(标准状况)，则反应中消耗HNO3的物质的量为 A．0.05mol B．1mol C．1.05mol D．0.13mol ‎【答案】D ‎【解析】铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n(NO2)+n(NO)=1.12 L×22.4 L/mol=0.05 mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.05 mol，n(Cu)=2.56 g×64 g/mol=0.04 mol，则生成n(Cu(NO3)2)=0.04 mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.04 mol×2=0.08 mol，则参加反应的硝酸的物质的量为：0.05 mol+0.08 mol=0.13 mol。故选D。‎ ‎6．某研究性学习小组的同学通过查询资料知道，铁与浓度为1.15 mol/L~1.25 mol/L的硝酸反应时可同时得到NO2、NO、N2三种气体。他们欲利用下列仪器验证该结论的正确性(已知二氧化氮的沸点为21.1 ℃、熔点为−11 ℃，NO的沸点为−151 ℃、熔点为−164 ℃，假设实验过程中的每步转化均是完全的)。‎ ‎(1)实验时先通过K处导管向装置内通入CO2气体以排除装置内空气，目的是___________；若生成上述三种还原产物各0.02 mol，则需要消耗铁的质量(硝酸足量)为_______g。‎ ‎(2)B中冰盐水的作用是_________，证明有NO2生成的现象是_________。‎ ‎(3)实验过程中，发现在B中产生预期现象的同时C中溶液的颜色慢慢变浅，则C中最可能发生的反应的离子方程式是_________；装置D、E是用于(排液法)收集N2，请完善装置D(在原图中进行)。‎ ‎(4)将等物质的量的NO2、NO通入冰冻的水中二者恰好反应并得到一种酸X，则X的化学式为_________。有同学认为，不能根据X与Na2SO3溶液反应的情况比较X的酸性与亚硫酸的酸性的相对强弱，该同学的理由是__________。‎ ‎【答案】(1)防止氧气、氮气对生成的NO、N2‎ 的检验产生干扰(答案合理即可) 5.23‎ ‎(2)冷却NO2，使其液化 B中试管有红棕色液体出现 ‎(3)5NO+4H++3===3Mn2++5+2H2O ‎ ‎(4)HNO2 HNO2能氧化 ‎【解析】(1)装置内的空气能氧化NO且空气中含有大量的氮气，因此应该先将装置内的空气排出。实验时烧瓶内的硝酸是足量的，Fe被氧化为Fe3+，生成0.02 mol的NO2、NO、N2时氮元素分别得到0.02 mol、0.06 mol、0.2 mol电子，故需要消耗的铁为0.28 mol÷3×56 g/mol=5.23 g。‎ ‎(2)冰盐水是冷却剂，可以使NO2液化形成红棕色液体。‎ ‎(3)NO是利用KMnO4溶液来检验的，由实验现象知被还原为Mn2+，NO(最可能)被氧化为；N2难溶于水，故D中应有水且右侧导管应接近瓶底。‎ ‎(4)由题给信息及氮元素的价态知，所得到的酸是亚硝酸。亚硝酸中氮元素的化合价为+3价，有一定的氧化性而亚硫酸根有较强的还原性，故亚硝酸遇亚硫酸盐易发生氧化还原反应而无法比较两种酸的酸性相对强弱。‎