高考防化学辅导：稀硝酸与浓硝酸的氧化性.docx

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在中学教科书中有如此两个化学方程式:
Cｕ ＋ ４HNO３(浓) === Cu(NＯ3)２ ＋ 2NＯ2&uar ｒ;+ 2Ｈ2O
3Cu + ８HNO3(稀) === ３Cｕ(NO3)２ ＋ ２NO&ｕarr;
＋ ４H２O
可见,浓硝酸的复原产物是 NO2,稀硝酸的复原产物是 NO、不少同学认为这两个反响的反响物一样,只是硝酸的浓度不同,反响的结果:第一个反响中Ｎ＋5 被复原成了Ｎ+4; 而其次个反响中 N＋5 被复原成了 N+２。由此得出稀硝酸的氧化性比浓硝酸的氧化性强的错误结论。
一般说来,硝酸氧化性的强弱并不是依照硝酸(实际是Ｎ+５)被复原的产物的化合价转变的大小来打算的,而是由 硝酸的浓度来打算的,硝酸越浓,它的氧化力量就越强。例如:
稀硝酸与硫化物反响时,只能将Ｓ2— 离子氧化成单质硫,而浓硝酸与硫化物反响时,能将Ｓ２- 离子进一步氧化成 SO42-离子。
３CdS + 8HNO3(稀) === ３Ｃd (NＯ3)2 + 2ＮO＆uarr;+
４H2O + 3S&dａrｒ;
PbS + 8HＮO3(浓) === PbＳO４ + 8ＮO2&uaｒr;+ 4Ｈ2O
稀硝酸只能把砷氧化成亚砷酸,而浓硝酸则进一步
把亚砷酸氧化成砷酸。
Aｓ + HNO3(稀) + H2O ==＝ H3ＡｓＯ3 + NＯ＆
uarr;
H3AsO３ + 2ＨNO３(浓) ＝=＝ H3AsO4 + 2NO2＆uａr ｒ;+ Ｈ２O
稀硝酸只能将氢碘酸氧化成单质碘,而浓硝酸则能把 氢碘酸氧化成碘酸。
6HI
Ｏ
+
２HＮＯ3(稀) === 3I2 ＋ 2ＮO＆uarr;＋
4Ｈ2
ＨI
+
6HNO3(浓) ＝== HIO3+ 6NO2＆ｕaｒr;＋
3H2O
铂、金等贵金属不易被浓硝酸氧化,但 1 体积浓硝酸和３体积浓盐酸组成的混合物溶液(俗称王水)却能溶解铂和金。
Aｕ + 4Cl— + NO3— ＋ 4Ｈ+ =＝＝ ［AuＣｌ 4]-
+ NO＆uarｒ;+ 2H2Ｏ
3Pt + 18Ｃl－ ＋ 4NO3- ＋ 16H+ === ３［PｔＣl ６］ ２- ＋ 4ＮO&uarｒ;+ 8H２O
尽管铂、金不易被浓硝酸氧化,但当有 Cl—离子存在时, 和产物Ａｕ３＋离子(或 Pｔ4+离子)结合,生成了络离子
［AuCl ４]-(或［PtＣｌ 6]2－),从而降低了 Au3+离子(或Pt4＋离子)的浓度,金属就被接着氧化了、
当硝酸与金属活动性挨次表中排在氢寻常的活泼金
属如镁、锌、铁等反响时,除可生成 NO2 或NO 外,在更稀的硝酸中还可产生 N2O、Ｎ2、NH3 等、例如:
4Ｍg + 10ＨＮO３(1 mol&mｉdｄot;L－1) ＝＝= 4Mg (N Ｏ3)2 + ＮＨ４ＮO3 + 3Ｈ2O
4Ｍｇ + 10ＨNO3(2 ｍol＆middot;L－1) === 4Mｇ (N Ｏ3)２ + N２Ｏ＆uarr;+ 5Ｈ2Ｏ
3Mg ＋ 8HNO３(6 mol＆ｍiddot;L—1) ＝== 3Ｍg (NO ３)2 ＋ 2NO＆uａrr;+ 4Ｈ2O
Ｍg ＋ ４HNO3(1６ mol＆midｄot;Ｌ-1) ==＝ Mg (ＮO3)2 + 2NＯ2&uaｒr;+ 2H２O
可见,关于同一种复原剂来说,硝酸越稀被复原的程度 越大。浓硝酸(12~１６ mｏl＆mｉddot;L-１)被复原的主要产物是 NO2,稀硝酸(6～８ ｍoｌ＆midｄot;Ｌ－１)被复原的产物主要是NO;再稀如２ ｍｏl·L-1 的硝酸复原产物主要是 N２O,而更稀的硝酸(１ mol＆middoｔ;L－1) 则被复原成ＮＨ3(NH3 与ＨNO3 反响生成 NH4NO３)。
铁、铝在冷的浓硝酸中发生钝化现象。
总之,硝酸的强氧化性来自硝酸根中的 N+5 元素,而不是硝酸电离出来的 H+,这种氧化性的强弱还跟温度(温度越高氧化性越强)、酸度(如硝酸根在中性或弱酸性溶液中难以表现 出氧化性,如硝酸亚铁中的 Fe２+与ＮＯ3—能够稳定存在, 但加盐酸时,Fe2+却被 NO3-氧化成了 Fｅ３＋)等有关。物质
氧化性的强弱是指氧化其它物质的力量,浓硝酸与铜反响比 稀硝酸与铜反响猛烈的多,说明浓硝酸的氧化性比稀硝酸的 氧化力量强、而不能从其本身被复原的程度大小来比较例如:
【例题】(20０９年北京高考 27 题)某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱,按以下图装置进展试验(夹持仪器的装置已略去)。试验说明浓硝酸能将 NO 氧化成 NＯ2,而稀硝酸不能氧化 NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
可选药品:浓硝酸、3mｏ/Ｌ稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、 氢氧化钠溶液及二氧化碳
:氢氧化钠溶液不与ＮO 反响,能与 NO2 反响
2NO2 + ２ＮaOH ＝== NａNＯ３ ＋ NaＮO2 + H２Ｏ
(１)试验应幸免有害气体排放到空气中,装置③、④、
⑥中盛放的药品依次是
滴加浓硝酸之前的操作是检验装置的气密性,参加药 品,翻开弹簧夹后
装置①中发生反响的化学方程式是
装置②的作用是 ,发生反响的化学方程式是(5)该小组得出的结论以据的试验现象是
(6)试验完毕后,同学们觉察装置①中溶液呈绿色,而不 显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致,
而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设 计了以下４个试验来推断两种看法是否正确、这些方案中可 行的是(选填序号字母)
a、加热该绿色溶液,观看颜色变化b。加水稀释绿色溶液,观看颜色变化
c、向该绿色溶液中通入氮气,观看颜色变化
d、向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反响产生的气体, 观看颜色变化
【解析】此题主要考察 HＮO3 的性质、化学根本试验设计和评价力量、(１)依照装置特点和试验目的,装置⑤是收集 NO,装置⑥中盛放ＮａOH 溶液吸取ＮＯ２,由于要验证稀HNO3 不能氧化 NO,因此装置③中应当盛放稀硝酸。
(２)由于装置中残存的空气能氧化 NO 而对试验产生干扰, 因此滴加浓 HNO3 之前需要通入一段时间 CＯ2 赶走装置中的空气,同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止 反响产生的 NO 气体逸出。
Ｃu 与浓ＨNO３反响生成 Cu(NＯ３)2、ＮO2、H２O: Ｃｕ + 4HNO３(浓)=Cu(NO3)2 ＋ ２NＯ2＆ｕａrｒ;
+2 H2O。
装置②中盛放Ｈ２O,使 NＯ2 与 H２O 反响生成ＮO:3 ＮO2 ＋ Ｈ2O ＝== 2ＨNO3 + NＯ。
(５)NO 通过稀HNO3 溶液后,假设无红棕色NO2 产生,说明稀
HNＯ３不能氧化ＮO,因此盛放稀HNＯ3 装置的液面上方没有颜色变化即可说明之。装置④中盛放的是浓 HNＯ3,假设浓 HNO ３能氧化ＮO 则装置④液面的上方会产生红棕色气体。
(６)要证明是 Cu(ＮＯ3)2 浓度过高或是溶解了 NＯ2 导致装置①中溶液呈绿色,可设计将溶解的 NO2 赶走(ａ、c 方案) 再观看颜色变化。也可在 Cｕ(ＮO3)2 的浓溶液中通入 NO２ 进展比较观看反响后的颜色变化(ｄ方案),确定是否是由于溶有ＮO2 引起的。方案 b 由于Ｃu(ＮO3)2 和溶解在其中的NO2 浓度均可发生变化,故无法确定是哪一种因素引起的。
答案:(1)３ mｏl/Ｌ稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液(２)通入 CＯ2 一段时间,关闭弹簧夹,将装置⑤中导管
末端伸入倒置的烧瓶内
(3)Cｕ ＋ ４HNO3(浓)=== Cｕ(NＯ３)2 + 2NO2＆uaｒr;
+ 2H２O
(4)将ＮO２转化为ＮO 3NO2 + H2O === 2HNO3 + NO
(５)装置③中液面上方气体仍为无色,装置④中液面上方 气体由无色变为红棕色
(6)a ｃ d
【练习１】在 100 mＬ浓 HＮO3 中,参加足量的铜片产生a Ｌ气体,用排水法收集后得到 b L 气体(气体的体积都是在标准状况下测定的),则原浓硝酸的物质的量浓度是多少? 解析:依题意,a L 气体是 NO２和 NＯ的混合气体,b L 气
体全为 NO 气体。该题假设依照化学方程式列式计算就显得特别简单,我们可作如下分析:起氧化剂作用的ＨNO3 的物质的量＝ ,依照电子守恒,Cｕ所失去的电子的物质的量恰好为HNO３生成 b L NO 气体时所得电子的物质的量,即 Cu 失电子
＆ｔｉmeｓ;3,反响的Ｃｕ的物质的量&tｉmes; = moｌ。则起酸性作用的ＨNO3 为 mol×２ = ｍol,因此HNO３ 的物质的量为 mｏl + mol = ｍol,浓度为 mｏl&ｍiｄdo ｔ;L-１、
答案: mol&ｍiddot;L－1
点拨:铜与浓硝酸的反响要考虑反响过程中硝酸浓度的 变化,开头生成NO2,后来生成NO,最终得到的是NO2 和NＯ的混合物。类似如此的反响还有:①锌与浓硫酸的反响,开头生 成ＳO2,随着反响的不断进展,浓硫酸变稀,反响产物还有Ｈ 2;②足量的二氧化锰和浓盐酸共热,开头生成 Cｌ2,随着反响的不断进展,浓盐酸变稀,产生的 Cl2 越来越少,尽管还有HCｌ,由于浓度变小,反响不再进展。
【练习 2】在铁与铜的混合物中,参加肯定量的稀ＨNO3, 充分反响后剩余金属 m1 ｇ,,再向其中参加肯定量的稀Ｈ 2SO４充分振荡后,剩余金属 m2 ｇ,则 m1 和ｍ2 的关系是
Ａ。 m1 肯定大于 m2 Ｂ、 m1 估量等于 m2 Ｃ、 ｍ１肯定等于ｍ2 D。 m1 估量大于ｍ2
解析:铁与铜的混合物与肯定量的稀 HNO3 反响,当金属剩
余时,硝酸耗尽,但生成物中含有Fｅ(NO3)2 和 Cu(NＯ３)2、假设再参加稀 H２SO4,则又接着发生 3Ｃu + ８H+ + 2NＯ 3—=== 3Cｕ2＋ + 2NO＆uarr;+ 4Ｈ2O 或Fｅ + ４H+ + N
Ｏ3-=== Fe3+ ＋ NO↑+ ２H2O,使金属的质量削减。A 选项符合题意。
答案:Ａ
点拨:解答该题要留意,剩余的金属成分不估量只有铁,由于 Fe + Cｕ2+=== Fe2＋ + Ｃｕ。当剩余金属只有铜时, 加稀 H2SO4,认为 Cu 与稀 H2SO4 不反响,假设为Ｆｅ、Cu 混合物时,Ｆe 溶解,而错选 B、D,由于如此是无视了ＮO３－在酸性条件下具有强氧化性的原因。