1、第3课时硝酸的氧化性课后篇巩固提升基础巩固1.明代科学家方以智在物理小识金石类中指出:“有硇水者,剪银块投之,则旋而为水”,这里“硇水”指()A.氨水B.硫酸C.硝酸D.石灰水解析“硇水”能够溶解单质银,则应为硝酸,C项正确。答案C2.取三张湿润的蓝色石蕊试纸贴在玻璃片上,然后按顺序分别滴加65%硝酸、98%的硫酸、新制氯水,三张试纸最终变成()A.白、红、白B.红、黑、白C.红、红、红D.白、黑、白答案D3.相同质量的四份铜片,分别置于足量的下列酸中,所得到的气体的物质的量最多的是()A.浓硫酸B.稀硫酸C.浓硝酸D.稀硝酸解析根据化学方程式可知,铜与浓硝酸反应产生的NO2的物质的量最多。答
2、案C4.下列有关浓硝酸的说法不正确的是()A.实验室常用浓硝酸与金属锌反应制备氢气B.常温下浓硝酸能使金属铝钝化C.浓硝酸不稳定,见光易分解,需要避光保存D.浓硝酸易挥发,打开瓶塞,瓶口有白雾产生解析硝酸的氧化性很强,它跟金属反应的时候,一般不生成氢气而生成一氧化氮,所以实验室中不能使用硝酸制备氢气,A项错误;在常温下铁、铝遇浓硝酸会被氧化在表面产生一薄层致密的氧化物薄膜,对内层的金属起到了保护作用,这种现象叫钝化,B项正确;浓硝酸不稳定见光容易分解:4HNO34NO2+O2+2H2O,所以应避光保存,C项正确;浓硝酸易挥发,打开瓶塞,瓶口会有白雾产生,D项正确。答案A5.将相同质量的铜分别和
3、过量的浓硝酸、稀硝酸反应,下列叙述正确的是()A.反应速率:两者相同B.消耗硝酸的物质的量:前者多,后者少C.反应生成气体的颜色:前者浅,后者深D.反应中转移的电子总数:前者多,后者少解析比较反应Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2+2H2O和3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO+4H2O可知,当Cu的质量相同、HNO3过量时,两个反应中转移的电子数目相同,消耗的HNO3前者多,生成气体的颜色前者深。浓硝酸的氧化性比稀硝酸强,浓硝酸与铜反应的速率比稀硝酸快得多。答案B6.往两支分别装有浅绿色的Fe(NO3)2和FeSO4溶液的试管中分别逐滴加入稀盐酸时,溶液的颜色变化
4、应该是()A.前者基本没有改变,后者变棕黄色B.前者变棕黄色,后者也变棕黄色C.前者变棕黄色,后者基本没有改变D.前者、后者都基本没有改变解析Fe2+和NO3-、SO42-在溶液中可以大量共存,但加入盐酸后,NO3-在酸性条件下表现出强氧化性,能把Fe2+氧化成Fe3+,溶液由浅绿色变成棕黄色。SO42-与H+在水溶液中不能结合成浓硫酸,不能把Fe2+氧化成Fe3+,溶液颜色基本没变。答案C7.下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是()A.能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液:Na+、NH4+、Cl-、I-B.能使酚酞变红的溶液:Mg2+、Fe3+、Na+、ClO-C.含有大量Fe2+的溶液:Na+
5、、NH4+、SO42-、OH-D.加入铝粉有氢气放出的溶液:K+、Cu2+、SO42-、Cl-解析使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液,具有强氧化性,能与I-发生氧化还原反应,则在溶液中不能大量共存,A项错误;能使酚酞变红的溶液中存在大量氢氧根离子,Mg2+、Fe3+与OH-发生反应生成沉淀,则在溶液中不能大量共存,B项错误;Fe2+、NH4+与OH-能发生反应,在溶液中不能大量共存,C项错误;加入铝粉有氢气产生的溶液呈酸性或碱性,呈酸性时各离子在溶液中能大量共存,呈碱性时Cu2+与OH-反应生成沉淀,不能大量共存,D项正确。答案D8.取38.4 g铜与适量的浓硝酸反应,铜全部反应后,共收集到22.4
6、L(标准状况)气体,反应消耗HNO3的物质的量可能是()A.1 molB.1.6 molC.2.2 molD.2.4 mol解析可以将硝酸分成体现酸性的硝酸和体现氧化性的硝酸,体现酸性的硝酸可以根据反应的铜的物质的量计算出来,0.6mol铜反应,生成硝酸铜0.6mol,所以体现酸性的硝酸为1.2mol。根据NO3-与生成的氮氧化物的关系可知,22.4L气体不论是NO2还是NO,还是两者的混合物,被还原的硝酸的物质的量都是1mol。因此反应的硝酸共2.2mol。答案C9.非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D,已知D为强酸,请回答下列问题:ABCD(1)若A在常温下为固体,B是能使品红溶液褪
7、色的有刺激性气味的无色气体。D的化学式是;在工业生产中,B气体的大量排放被雨水吸收后形成了而污染了环境。(2)若A在常温下为气体,C是红棕色的气体。A、C的化学式分别是:A;C。D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体,请写出该反应的化学方程式:。该反应(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。解析(1)若B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体,则B是SO2,C是SO3,D是H2SO4;若大量排放SO2,则会形成酸雨。(2)若C是红棕色气体,则C为NO2,B为NO,A为N2,D为HNO3,浓硝酸可与Cu反应:4HNO3(浓)+CuCu(NO3)2+2NO2+2H2O。此反应有元素化合价升降
8、变化,属于氧化还原反应。答案(1)H2SO4酸雨(2)N2NO2Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2+2H2O属于10.硝酸是一种具有强氧化性、腐蚀性的强酸,其还原产物因硝酸浓度的不同而有变化,从总体上说,硝酸浓度越高,平均每分子硝酸得到的电子数越少,浓硝酸的还原产物主要为NO2,稀硝酸的还原产物为NO。实验室中,常用Cu与浓硝酸反应制取NO2,用Cu与稀硝酸反应制取NO。(1)请写出实验室中用Cu与稀硝酸反应制取NO的化学方程式,并用双线桥标明电子转移的方向及数目。(2)64 g Cu与适量的浓硝酸反应,铜全部反应后,共收集到22.4 L气体(标准状况下),反应中消耗HNO3的物
9、质的量是(填字母代号)。A.0.5 molB.1.0 molC.2.0 molD.3.0 mol产生的气体分别是,其物质的量之比是。(3)实际上硝酸不仅可被还原为NO2或NO,浓度更稀时硝酸还可以被还原为N2O、N2、NH4NO3等,请将下列3种物质:FeSO4、Fe(NO3)3和Fe2(SO4)3分别填入下面对应的横线上,并配平该反应的化学方程式。HNO3+NO+H2O。(4)硝酸的还原产物NO、NO2、N2O等对环境均有副作用,为了可持续发展,当今社会提出了一个新概念“绿色化学”,它要求从经济、环保和技术上设计可行的化学反应,则下列由单质铜制取硝酸铜的方法可行且符合“绿色化学”要求的是(填
10、字母代号)。A.CuCu(NO3)2B.CuCuOCu(NO3)2C.CuCuOCu(OH)2Cu(NO3)2D.CuCuSO4Cu(NO3)2解析(1)Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO+4H2O,该反应中,铜元素由反应前单质Cu的0价变为反应后Cu(NO3)2中的+2价,化合价升高,失去2e-,发生氧化反应,氮元素的化合价由反应前硝酸中的+5价变为反应后NO中的+2,化合价降低,获得3e-,根据得失电子守恒,可知反应的化学方程式为3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO+4H2O,用双线桥法表示为:。(2)n(Cu)
11、=1mol,则nCu(NO3)2=1mol,n(NO2)+n(NO)=22.4L22.4Lmol-1=1mol,即被还原的硝酸的物质的量为1mol,根据nCu(NO3)2=1mol可知未参加氧化还原反应,表现为酸性的硝酸的物质的量为2mol,故反应共消耗硝酸的物质的量n(HNO3)=1mol+2mol=3mol。反应的Cu的物质的量是1mol,失去2mol电子,开始硝酸为浓硝酸,还原产物为NO2,随着反应的进行,硝酸变为稀硝酸,还原产物变为NO,假设NO2物质的量为x,则NO物质的量为(1mol-x),根据电子守恒,可得x+3(1mol-x)=2mol,解得x=0.5mol,1mol-x=0.
12、5mol,故二者的物质的量之比为11。(3)所给的物质中,HNO3中氮元素化合价为最高价,具有氧化性,对应还原产物为NO,能将还原性的FeSO4氧化为Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3,根据得失电子守恒、原子守恒,可得发生的反应为4HNO3+3FeSO4Fe(NO3)3+Fe2(SO4)3+NO+2H2O。(4)铜与硝酸反应会产生一氧化氮、二氧化氮等大气污染物,A项错误;氮元素被完全利用,没有污染物生成,该途径符合绿色化学原理,B项正确;氧化铜与水不反应,不能制得硝酸铜,C项错误;铜与稀硫酸不反应,不能制得硫酸铜;铜与浓硫酸加热时反应会产生二氧化硫气体,污染大气,D项错误。答案(1)(2)D
13、NO2和NO11(3)43FeSO4Fe(NO3)3Fe2(SO4)312(4)B能力提升1.下列各组中的两物质作用时,反应条件或反应物用量的改变,对生成物没有影响的是()A.Na与O2B.Fe和FeCl3C.NaOH与CO2D.Cu与HNO3解析Na与O2在常温下反应生成Na2O,加热时生成Na2O2,则反应条件不同,生成物不同,A项不符合题意;Fe和FeCl3反应只生成氯化亚铁,反应条件或反应物用量的改变,对生成物没有影响,B项符合题意;NaOH与CO2反应,CO2不足时生成水和Na2CO3,CO2过量时生成NaHCO3,反应物用量不同,产物不同,C项不符合题意;铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、
14、NO和水,铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2和水,反应物浓度不同,产物不同,D项不符合题意。答案B2.对于某些常见离子的检验及结论一定正确的是()A.加入稀盐酸产生无色气体,将气体通入澄清石灰水中,溶液变浑浊,一定有CO32-B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生,再加盐酸沉淀不消失,一定有SO42-C.加入氯化钠溶液有白色沉淀产生,再加稀硝酸沉淀不消失,一定有Ag+D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加盐酸白色沉淀消失,一定有Ba2+解析无色气体可能是二氧化碳,也可能是二氧化硫,原溶液不一定有碳酸根存在,A项错误;产生沉淀可能是硫酸钡,也可能是氯化银,原溶液不一定有硫酸根存在,B项错误;产生沉淀一定是
15、氯化银,故原溶液中一定存在Ag+,C项正确;白色沉淀可能是碳酸钡、碳酸钙等,故无法判断原溶液存在的离子,D项错误。答案C3.14 g铜银合金与一定量某浓度的硝酸完全反应,将放出的气体与1.12 L(标准状况下)氧气混合通入水中,恰好全部被水吸收,则合金中铜的质量是()A.9.6 gB.6.4 gC.4.8 gD.3.2 g解析铜银合金与HNO3反应过程如下:Cu、AgNO2、NOHNO3Cu、Ag与HNO3反应是氧化还原反应,Cu、Ag失电子,HNO3得电子,生成NO2或NO。由于NO2、NO、O2都被水吸收生成HNO3,即NO2、NO又将电子转移给O2,所以在整个反应过程中,相当于Cu、Ag
16、失的电子转移给0.05molO2,0.05molO2得电子的物质的量为0.05mol4=0.2mol。设Cu的物质的量为x、Ag的物质的量为y,则有:64gmol-1x+108gmol-1y=14g2x+y=0.2mol解之得,x=0.05moly=0.1mol所以铜的质量为:m(Cu)=0.05mol64gmol-1=3.2g。答案D4.铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸,若反应中硝酸被还原只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL N2O4气体(标准状况),在反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液,生成沉淀的质量为()A.9.02 gB.8.51 gC.8.26 gD.7.04 g解
17、析n(NO2)=0.2mol,n(N2O4)=0.015mol,由HNO3转变为NO2、N2O4过程中得电子的物质的量为0.2mol+0.015mol2=0.23mol,由得失电子守恒知:2n(Cu)+2n(Mg)=0.23mol,64gmol-1n(Cu)+24gmol-1n(Mg)=4.6g,解得n(Mg)=0.069mol,n(Cu)=0.046mol,沉淀总质量为m=0.046mol98gmol-1+0.069mol58gmol-1=8.51g。答案B5.下图甲是学过的验证铜与浓硝酸反应的装置,乙、丙是师生对演示实验改进后的装置:(1)甲、乙、丙三个装置中共同发生反应的离子方程式是。(
18、2)和甲装置相比,乙装置的优点是。(3)为了进一步验证NO2和水的反应,某学生设计了丙装置。先关闭弹簧夹,再打开弹簧夹,才能使NO2气体充满试管。当气体充满试管后,将铜丝提起,使之与溶液脱离,欲使烧杯中的水进入试管应如何操作?。解析(1)三个装置中发生的都是铜与浓硝酸的反应:Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O。(2)乙装置有尾气吸收装置而甲装置没有,所以乙比甲环保;并且,甲中铜片与浓硝酸的反应不能控制(直到反应完毕为止),而乙装置可通过上下移动铜丝来控制铜丝与浓硝酸接触与否,从而可以控制反应的进行。(3)此问是仿照使密闭容器中NH3与水接触形成喷泉的操作方法而设立的,也可使用原来
19、的方法完成此操作:先关闭b,再关闭a,然后打开c,用手焐住(或用热水、热毛巾加热)试管。答案(1)Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O(2)可以控制反应进行;吸收NO2气体,防止污染环境(3)ca、b先关闭b,再关闭a,然后打开c,用手焐住(或用热水、热毛巾加热)试管(合理答案均可)6.在100 mL混合酸的溶液中,硝酸的物质的量浓度为0.5 molL-1,硫酸的物质的量浓度为0.15 molL-1,向其中加入5.76 g铜粉,微热,使其充分反应。(1)溶液中Cu2+的物质的量浓度为。(2)若要使5.76 g铜粉恰好完全溶解,且溶液中只存在一种盐,则原溶液中的硝酸的物质的量浓度为,硫酸的物质的量浓度为。解析(1)由题意计算得:n(NO3-)=0.05mol,n(H+)=0.08mol,n(Cu)=0.09mol,由离子方程式3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O判断H+不足,则根据H+的量求算产生的Cu2+的量。生成n(Cu2+)=0.03mol,c(Cu2+)=0.3molL-1。(2)3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O0.09mol0.24mol0.06molc(HNO3)=0.6molL-1c(H2SO4)=0.9molL-1答案(1)0.3 molL-1(2)0.6 molL-10.9 molL-1
