(完整版)硝酸以及有关硝酸的计算

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硝酸以及有关硝酸的计算

浓硫酸、硝酸反应规律总结

方程式

1. 浓硫酸与铜

2. 浓硫酸与碳

.

1、向25mL 18.4mol/LHSO溶液中加入足量的铜片并加热，充分反应后，被还原的HSO

-1

2424

的物质的量（ ）

A．小于0.23 mol B．等于0.23 mol C．0.23 mol～0.46 mol D．等于0.46 mol

2. 铜与0.87mol/L的硝酸反应，如果NO浓度下降0.2mol/L，则溶液中c（H）同时下降

3-+

mol/L

3. 1.92g Cu投入到一定量的浓HNO中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到

3

标准状况下672mL气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的

O，恰好使气体完全溶于水，求通入O的体积。

22

4. 写出浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应的化学方程式，并标出电子转移关系

（2）试用上图所示各装置设计一个实验，验证上述反应所产生的各种产物。这些装置的连

接顺序（按产物气体从左至右的流向）是（填装置的编号）： → → →

（3）实验室可观察到装置①中A瓶的溶液褪色，C瓶的溶液不褪色，A瓶溶液的作用是 ，

B瓶溶液的作用是 ，C瓶溶液的作用是 。

（4）装置②中所加的固体药品是 ，可确证的产物是 ，确定装置②在整套

装置中的位置的理由是 。

（5）装置③中所盛溶液是 ，可验证的产物是

.

.

硝酸是一种强氧化性酸，其强氧化性特别是硝酸参与化学反应的计算是中学化学知识

中的重点及难点，也是高考中常见的命题热点。

一、 关于硝酸

1、氧化性酸和酸的氧化性

任何酸溶液中都有较大量H, H作为氢元素的最高价态当然具有氧化性，且只有氧化

++

性。因此，任何酸都具有氧化性，我们称其为：“酸的氧化性”，所谓酸的通性也就是H

+

的性质，活泼金属与酸发生置换反应放出氢气就体现了酸（H）的氧化性。

+

氧化性酸则是指其酸根部分也拥有氧化性的酸，如硝酸。

2、硝酸在化学反应中的作用

①．只起酸的作用，如：Cu(OH)+ 2HNO==Cu(NO) +2HO

2 3 322

②．只起氧化剂的作用。如:C + 4 HNO== CO↑ +4 NO ↑+2HO

3 222

③．即起酸的作用又起氧化剂的作用，如：3FeO + 10 HNO(稀) == 3Fe(NO)+ NO↑ + 5

3 33

HO

2

3、 硝酸跟金属反应的一般规律

①．除Au、Pt以外，硝酸能和几乎全部金属发生氧化还原反应。

②．硝酸越稀，其还原产物的价态越低；金属越活泼，其还原产物的价态越低。

③．Fe、AL能被冷、浓硝酸钝化（钝化不是不反应）。

④．位于金属活动顺序表中H以后的金属（Cu、Hg、Ag）能使浓硝酸还原为NO，

2

稀硝酸还原为NO。

如：Ag + 2HNO(浓) == AgNO + NO ↑+ HO

3322

3Ag + 4HNO(稀) == 3AgNO + NO↑ + 2HO

332

Zn、Mg等活泼金属与HNO反应时，硝酸有可能被还原成NO、N等，与极稀的硝酸

3 22

反应，硝酸甚至被还原成NH.

3

HNO(稀)只能使石蕊试液变红，不能使之褪色，因稀硝酸的氧化性不如浓硝酸强，不能

3

将石蕊氧化。

2．考查气体制取及装置的选择

（1）硝酸具有强氧化性，不能用其来制取还原性气体（如：H、、、HI、

2

HSSO

22

HBr

等）；

（2）因的氧化性强于，所以硝酸与金属反应不会产生 ；

NO

3

H

（3）由于硝酸具有强氧化性，对橡胶制品有强腐蚀作用，所以制取时常用曲

HNO

3

颈玻璃仪器，涉及连接仪器的胶管应尽可能短，尽可能使两玻璃接口靠近，盛放硝酸的试剂

瓶不能用橡皮塞等。

例题1、 一定量的盐酸和过量铁粉反应，为减缓反应速率，且不影响的总量，可向盐

H

2

酸中加入适量的（ ）

（1）氢氧化钠固体（2）醋酸钠固体（3）氯化钠溶液 （4）水 （5）硝酸钾溶液

A. （1）（2）（3） B. （2）（3）（4）

C. （3）（4）（5） D. （1）（3）（5）

3．考查常温下浓硝酸使铁、铝钝化现象

知识要点：铁、铝遇冷的浓硝酸、浓硫酸均可发生钝化。

例题2、 欲迅速除去铝壶中的水垢又不损坏铝壶，最佳的方法是加入下列物质中的（ ）

A. 浓盐酸 B. 稀硝酸 C. 冷的浓硫酸 D. 冷的浓硝酸

4．考查硝酸对金属的溶解情况

（1）Pt、Au不与硝酸反应，只溶于王水。

（2）一般情况下，在金属活动顺序表中排在氢以后的金属与硝酸反应时，浓硝酸产生

.





.

NO

2

，稀硝酸产生NO。

例题3、用铜锌合金制成的假金元宝欺骗行人的事件屡屡发生，下列不易区别其真伪的方法

是（ ）

A. 测密度 B. 放入硝酸中 C. 放入盐酸中 D. 观察外观



5．考查与有关的溶液中离子共存问题

NO

3

知识要点：在中性或碱性溶液中氧化性极弱，通常认为不显氧化性；而在

NONO

33

酸性溶液中将会显示极强的氧化性，可以氧化许多具有还原性的微粒（如：

S、HS、

22

等），使之在溶液中不能大量共存。

I、Br、HSO、SO、Fe

33



2

例题4、 在pH=1的无色溶液中，下列各离子组因发生氧化还原反应而不能大量共存的是

（ ）

A.

NH、K、Na、CO、NO

433

B.

K、Na、Fe、SO、NO

43

C.

K、Na、NH、HCO、AlO

432





22

2

D.

K、NH、Na、NO、I

43

三、关于硝酸与金属反应的计算

硝酸与金属的反应都是氧化还原反应，氧化剂一定是HNO，还原剂一定是金属。因金

3

，

属活泼性的不同、HNO浓度的变化，导致还原产物的多样性和不确定性，致使方程式的书

3

写都十分困难，有一定难度。解决此类问题的关键在于：抓住“两个守恒”“三个关系”。

1． 两个守恒

①．整个反应过程中，氧化剂（HNO）的得电子数恒等于还原剂（金属）的失电

3

子数。

②．生成物中的N元素均来自反应物中的HNO（无论含N元素的生成物有几种），

3

因此存在N元素守恒。

2． 三个关系

①． HNO的总物质的量等于起酸作用的HNO的物质的量与起氧化剂作用HNO

3 3 3

的物质的量之和。

②．起酸作用的HNO的物质的量等于实际参加反应的金属的物质的量与金属在生

3

成物中化合价的乘积。

③．起氧化剂作用的HNO的物质的量等于生成物中N元素的物质的量之总和。

3

例题5、 若使12.8g铜与一定量的浓硝酸反应，Cu耗完时，共产生5.6L（标况下）的气体。

所耗硝酸的物质的量为多少？

四、破疑解难，理清概念

1． NO何时才有氧化性？

3

-

NO在中性和碱性溶液中无氧化性，可与S、SO、Fe等还原性离子共存，在

33

- 2- 2- 2+

酸性溶液中有强氧化性。

2． 检验NO的一般方法

3

-

.

.

硝酸盐或硝酸盐的浓溶液与铜及浓硫酸反应，会产生红棕色气体和蓝色溶液。（浓

硫酸与硝酸盐反应生成硫酸盐和硝酸---高沸点酸制低沸点酸，硝酸再与铜反应生成硝酸铜放

出NO或者NO）

2

3． 浓硝酸和浓盐酸往往都呈现黄色，原因相同吗？

不相同。浓硝酸具有不稳定性，易分解生成NO，使溶液显黄色。浓盐酸呈现黄

2

色是因为生产过程中溶解有Fe。

3+

4． 作过银镜实验的试管用浓硝酸清洗好还是用稀硝酸清洗好？

3Ag + 4HNO(稀) == 3AgNO + NO↑ + 2HO

332

Ag + 2HNO(浓) == AgNO + NO ↑+ HO

3322

从充分利用原料和环保角度看，当然用稀硝酸清洗好。

5. 浓硝酸与铜反应的还原产物一定是NO吗？

2

不一定。随着反应的进行，HNO不断消耗，水不断生成，浓硝酸将逐渐变成稀硝酸，

3

还原产物也将改变。

6. 浓硝酸在反应中通常被还原为NO，硝酸根只得一个电子；稀硝酸在反应中通常被

2

还原为NO，硝酸根得三个电子，是否说明稀硝酸的氧化性强于浓硝酸？

不能这样说。众所周知：Na的还原性强于AL，但Na在反应中只能失一个电子，而

AL却能失三个电子。可见，氧化性、还原性的强弱决定于得失电子的难易程度，而不是得

失电子个数的多少，这从浓硝酸与铜的反应速率远高于稀硝酸与铜的反应速率可以证实。

五、习题

1．（2000年高考全国卷）在一定条件下，NO跟NH可以发生反应生成N和HO。现

322

有NO和NH的混合物1 mol，充分反应后所得产物中，若经还原得到的N比经氧化得到的

32

N多1.4g。

2

（1）写出反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目。

（2）若以上反应进行完全，试计算原反应混合物中NO与NH的物质的量可能各是多少。

3

2．有一硫酸和硝酸的混合溶液，取出其中的10mL，加入足量的BaCl溶液，过滤、洗

2

涤、烘干后，得到9.32g沉淀。滤液跟4mol/L NaOH溶液反应，用去35mL碱液时恰好中和。

⑴求混合溶液中HSO和HNO的物质的量浓度。

243

⑵另取10mL原混合酸溶液，加入3.2g铜粉共热，标准状况下可收集到多少毫升气

体？

.

.

3、某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物。当参加反应的金

属单质与被还原硝酸的物质的量之比为2∶1时，还原产物是 ( )

C.NO D.N

2 22

4、14g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12L氧气（标准状况）

混合，通入水中，恰好被全部吸收，则合金中铜的质量为多少克?

5、（04年天津理综）将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生NO

和NO混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答：

2

（1）NO和NO的体积分别为多少升？所得气体的平均相对分子质量为多少？

2

（2）待产生的气体全部释放后，向溶液加入Vml a mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液

中的Cu全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的物质的量浓度为多少？

2+

（3）将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O，恰好使气体完全溶

2

于水中，则通入O的体积是多少？若使用30％的双氧水需多少克？

2

6、76.8mg铜与适量浓HNO反应，铜全部作用后，如果NO减少2.2×10mol，则溶液

33

--3

中H同时下降。

+

A．2.2×10mol B．3.2×10mol C．4.4×10mol D．4.8×10mol

-3-3-3-3

.

.

参考答案与解析：

1、（1）

（2）6 mol NO还原得到3 mol N，4 mol NH氧化得到2 mol N，两者相差1 mol N。现

2322

相差1.4g，，相当于0.3 mol NO和0.2 mol NH反应。

1.4g

0.05mol

3

1

28gmol

依题意NO和NH的总物质的量为1mol，其中必有一种为过量，所以有两种情况：

3

0.3 mol NO和0.7 mol NH或0.2 mol NH和 0.8 mol NO

33

2、理清题意：在硫酸和硝酸的混合溶液中加入足量的BaCl溶液，因硝酸不反应、BaCl

22

溶液为足量，所以n(HSO)=n(BaSO)，原硫酸中的氢离子全部进入溶液；NaOH物质的量即

244

为混合酸中氢离子总物质的量；铜片不和稀硫酸反应。

3.2g

⑵n(Cu)=

0.05mol

9.32g

64g/mol

解：⑴n(HSO)=n(BaSO)=

244

0.04mol

233g/mol

3Cu＋ 2NO＋ 8H=3Cu+ 2NO↑+ 4HO

32

-+2+

+-

3 2 8 2

n(H)总＝n(OH)=4mol/L×0.035L=0.14mol

0.05mol 0.06mol 0.14mol n(NO)

n(HNO)=0.14mol－0.04mol×2=0.06mol

3

0.04mol

(HSO)=

c

24

4mol/L

0.01L

0.06mol

(HNO)=

c

3

6mol/L

0.01L

∵ ∴Cu完全反应

0.050.140.06



382

V(NO)=22.4L/mol×10mL/L×n(NO)=747mL

3

3、C; 若金属为+1价，失电子数为2，HNO被还原为+3价；金属为+2价，失电子数为4，

3

HNO被还原为+1价；金属为+3价，失电子数为6，已不可能。

3

4、解：设：Cu、Ag的物质的量分别为x、y



64gmolx108gmoly14g

11



x0.05mol



∴n(Cu)=0.05mol×64g·mol

-1







1.12L

42xy



y0.1mol



=3.2g

22.4Lmol

1



5、解：⑴设：NO和NO的物质的量分别为x、y n(Cu)= n(气体)＝

2

32.64g

0.51mol

64g/mol

11.2L

0.5mol

22.4l/mol





xy0.5molx0.26mol



V(NO)0.26mol22.4L/mol5.82L



V(NO)0.24mol22.4L/mol5.38L

3xy0.51mol2y0.24mol

2





M＝∴气体的平均相对分子质量为

0.26mol30g/mol0.24mol46g/mol

37.68g/mol

0.5mol

37.68

2++-

⑵反应终点时Cu全部转化为沉淀，溶液中只有NaNO，即n(Na)=n(溶液中的NO)

33

又∵n(被还原的HNO)=n(气体)＝0.5mol

3

n(溶液中的NO)n(被还原的NO)

33



aV100.5

3

＝

∴c(HNO)=

3

V(溶液)

0.14

⑶通入O使重新生成HNO，从结果来看相当于Cu和O（或HO）发生氧化还原反应，因

23222

此Cu和O（或HO）之间得失电子守恒。

222

4 n(O)=2 n(Cu) n(O)=0.255mol V(O)=5.712L

222



2n(HO)=2 n(Cu) n(HO)=0.51mol m(双氧水)＝

2222



+-2+

0.51mol34g/mol

57.8g

30%

6、C；写出离子方程式便一目了然：Cu+4H+2NO=Cu+2HO+2NO

322

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