- 硝酸的性质
- 共1220题
硝酸与金属反应时，浓度越稀还原产物价态越低．现用一定量的铝粉与镁粉组成的混合物与100ml硝酸钾溶液与硫酸组成的混合溶液充分反应，反应过程中无任何气体放出，相反应后的溶液中逐滴加入4.00mol/L的NaOH溶液，加入的溶液体积与与产生的沉淀质量的关系如图所示．回答下列问题：
（1）写出铝与混合溶液反应的离子方程式______
（2）参加反应硝酸根离子物质的量为______mol
（3）参加反应的铝与镁的质量之比为______
（4）混合液中硫酸的物质的量的浓度为______mol/L．
正确答案
（1）硝酸根浓度很低时被氧化的产物是铵根离子，因此无气体放出，镁、铝反应生成金属阳离子，则离子反应分别为4Mg+10H++NO3-═4Mg2++NH4++3H2O、8Al+30H++3NO3-=8Al3++3NH4++9H2O，
故答案为：8Al+30H++3NO3-=8Al3++3NH4++9H2O；
（2）由图示可以看出加入氢氧化钠溶液从15.0mL到16.5mL区间内发生的反应是氢氧根离子与铵根离子的反应，
由氮原子守恒可知，铵根离子的物质的量即为原溶液中反应的硝酸根离子的物质的量，
则原溶液中NO3-物质的量是（16.5-15）×10-3L×4mol/L=0.006mol，故答案为：0.006mol；
（3）从图示提示中看出从氢氧化溶液体积16.5mL到18.5mL区间内发生的反应是氢氧化铝与氢氧化钠的反应，氢氧化铝与氢氧化钠等物质的量反应，
由Al～Al3+～Al（OH）3～NaOH，则Al的物质的量为0.008mol，
再由Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓、Al3++3OH-═Al（OH）3↓，
沉淀镁离子和铝离子共消耗氢氧化钠溶液体积（15.0-3.0）mL，
由此可知：沉淀镁离子时消耗的氢氧根离子物质的量为（15.0-3.0）×10-3L×4.00mol/L-8×10-3mol×3=24×10-3mol，镁离子物质的量为1.2×10-2mol，
参加反应的镁与铝的质量之比：8×10-3mol×27g/mol：1.2×10-2mol×24g/mol=3：4，故答案为：3：4；
（4）由4Mg+10H++NO3-═4Mg2++NH4++3H2O、8Al+30H++3NO3-=8Al3++3NH4++9H2O可知，
消耗氢离子为0.008mol×
图中开始3.0mLNaOH溶液消耗氢离子的物质的量为3×10-3L×4mol/L=0.012mol，
原溶液中硫酸的物质的量为
混合液中硫酸的物质的量的浓度为
铜既能与稀硝酸反应，也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为：
Cu+HNO3= Cu(NO3)2+NO↑+NO2↑+H2O (方程式未配平)
（1）硝酸在该反应中的作用是_____________ ，该反应的还原产物是________________ 。
（2）0．3mol Cu被硝酸完全溶解后，Cu失去的电子数是__________ 个，如果得到的NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是______________ ，若用排水法收集这些气体，可得标准状况下的气体体积______________ 。
（3）如果参加反应的Cu和HNO3的物质的量之比是3:10，写出并配平该反应的离子方程式_____________________________________。
（4）如果没有对该反应中的某些物质的比例作限定，则方程式可能的配平系数有许多组。原因是_____________________________________。
正确答案
（1）氧化剂、酸；NO、NO2 （2）0．6NA个；0．9 mol；4．48 L
（3）3Cu＋10H+＋4NO3－= 3Cu2+＋NO↑＋3NO2↑＋5H2O
（4）该反应式含两种还原产物，两者的比例和氧化剂、还原剂的用量都可以发生变化
A、B、C、D、E是五种中学常见的单质，已知A、B、C、D在常温下均为气体．E是地壳中含量居第二位的金属．D可分别跟A、B、C在一定的条件下化合，生成X、Y、Z；Y、Z与Ne的电子数相等，A是第三周期的元素．有关的转化关系如下图所示（反应条件均已略去）：
（1）A的化学式为______，B的化学式为______，C的电子式为______．
（2）Z和W在催化剂和加热的条件下反应生成C和Y，这是一个很有意义的反应，可以消除W对环境的污染，该反应的化学方程式为______．
（3）将N溶液滴入G的溶液中会产生W，写出上述变化的离子反应方程式：______．
（4）Z与N恰好反应后产物溶解在水中，所得溶液的pH（填“大于”、“小于”或“等于”）______7，用离子反应方程式表示其原因为______．
正确答案
A、B、C、D、E是五种中学常见的单质，已知A、B、C、D在常温下均为气体．E是地壳中含量居第二位的金属，则E为铁；Y、Z与Ne的电子数相等，则Y、Z为10电子微粒，再由框图中G与H的转化可知，A是第三周期的元素，A在常温下为气体，则A为氯气，H为氯化铁，G为氯化亚铁；再由转化中X与Y混合与铁反应，则D为氢气，X为氯化氢，Y为水，即B为氧气；由Z和B→W，W和B→M，M和Y反应生成W和N，则Z为氨气，即C为氮气，W为NO，M为NO2，N为硝酸；
（1）因A为氯气，其化学式为Cl2，B为氧气，其化学式为O2，C为氮气，其电子式为
，故答案为：Cl2；O2；
；
（2）Z和W在催化剂和加热的条件下反应生成C和Y，即氨气和NO反应生成氮气和水，其反应为6NO+4NH3
5N2+6H2O，
故答案为：6NO+4NH3
5N2+6H2O；
（3）将N溶液滴入G的溶液中会产生W，即硝酸滴到氯化亚铁溶液中发生氧化还原反应生成NO，离子反应为4H++NO3-+3Fe2+═NO↑+2H2O+3Fe3+，
故答案为：4H++NO3-+3Fe2+═NO↑+2H2O+3Fe3+；
（4）Z与N恰好反应后产物溶解在水中所得溶液为硝酸铵溶液，由铵根离子的水解反应NH4++H2O
NH3•H2O+H+可知该溶液显酸性，溶液的pH小于7，
故答案为：小于；NH4++H2O
NH3•H2O+H+．
12.8g铜片与某浓度的硝酸反应，生成气体的体积在标准状况下为4.48L．铜和硝酸反应的化学方程式为：
Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
试计算：
（1）被还原的硝酸的物质的量
（2）4.48L气体中各成分的物质的量．
正确答案
（1）设气体的平均分子式为NOx，被还原的硝酸的物质的量为y，
标准状况下生成气体的物质的量为
HNO3--NOx
1 1
ymol 0.2mol
y=0.2mol，
答：被还原的硝酸的物质的量为0.2mol；
（2）铜与硝酸反应中，铜失电子作还原剂，硝酸得电子作氧化剂，在氧化还原反应中得失电子数相等，利用电子守恒，列方程组，得出NO、NO2的物质的量．
铜的物质的量为
设生成NO的物质的量为mmol，NO2的物质的量为nmol，混合气体的物质的量为0.2mol，即
m+n=0.2
由氧化还原反应中得失电子数相等得；
3m+n=0.4
列方程组
答：4.48L气体中NO为0.1mol，NO2的物质的量为0.1mol．
某同学对Cu与HNO3的反应进行如下探究．请回答有关问题．
（1）用如图所示装置制取NO，验证U型管中生成的气体是NO的实验方法是______．
（2）将0.64g Cu全部溶于一定量的浓HNO3中，测得生成气体0.009mol（含NO、NO2和N2O4），共消耗HNO3 0.032mol．将生成的气体与空气混合，再通入NaOH溶液中，氮氧化物被完全吸收，产物只有NaNO3和H2O．
①计算空气中参加反应的O2在标准状况下的体积为______mL．
②计算0.009mol 混合气体中N2O4的物质的量（写出计算过程）______．
正确答案
（1）打开分液漏斗的活塞，观察无色气体在分液漏斗变为红棕色，即证明管中生成的是NO，
故答案为：打开分液漏斗的活塞，观察无色气体在分液漏斗变为红棕色，即证明管中生成的是NO；
（2）①0.64gCu的物质的量为
故答案为：112；
②设NO为xmol，NO2为ymol，N2O4为zmol，则：
x+y+z=0.009；
根据N元素守恒有，x+y+2z+0.01×2=0.032，
联立方程解得：z=0.004．
故答案为：设NO为xmol，NO2为ymol，N2O4为zmol，则：
x+y+z=0.009；
根据N元素守恒有，x+y+2z+0.01×2=0.032，
联立方程解得：z=0.004．
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