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以硝酸的性质与用途为载体考查硝酸的强氧化性及其计算一直是高考出题的方向和考查的重点，经常以选
择题的形式出现。
1．（2024·湖南·高考真题）某学生按图示方法进行实验，观察到以下实验现象：
①铜丝表面缓慢放出气泡，锥形瓶内气体呈红棕色；
②铜丝表面气泡释放速度逐渐加快，气体颜色逐渐变深；
③一段时间后气体颜色逐渐变浅，至几乎无色；
④锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，最终铜丝与液面脱离接触，反应停止。
下列说法正确的是
A．开始阶段铜丝表面气泡释放速度缓慢，原因是铜丝在稀HNO3中表面钝化
B．锥形瓶内出现了红棕色气体，表明铜和稀HNO3反应生成了NO2
C．红棕色逐渐变浅的主要原因是
D．铜丝与液面脱离接触，反应停止，原因是硝酸消耗完全
【答案】C
【解析】A．金属铜与稀硝酸不会产生钝化。开始反应速率较慢，可能的原因是铜表面有氧化铜，故A 项
说法错误；
第23 讲 金属与硝酸反应的规律与计算
01 考情分析 02 真题精研 03 规律·方法·技巧 04 经典变式练
05 核心知识精炼 06 基础测评 07 能力提升
考情分析
真题精研
1
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B．由于装置内有空气，铜和稀HNO3反应生成的NO 迅速被氧气氧化为红棕色的NO2，产生的NO2浓度逐
渐增加，气体颜色逐渐变深，故B 项说法错误；
C．装置内氧气逐渐被消耗，生成的NO2量逐渐达到最大值，同时装置内的NO2能与溶液中的H2O 反应
3NO2+H2O=2HNO3+NO，气体颜色变浅，故C 项说法正确；
D．由于该装置为密闭体系，生成的NO 无法排出，逐渐将锥形瓶内液体压入长颈漏斗，铜丝与液面脱离
接触，反应停止，故D 项说法错误；
答案选C。
2．（2023·江苏·高考真题）氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是
A．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：
B．工业制硝酸过程中的物质转化：
C．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：
D．实验室制备少量
的原理：
【答案】B
【解析】A．Cu 与稀硝酸的反应产物之一为NO，NO 与氧气发生反应
生成NO2，A 正确；
B．氮气与氧气在高温条件下生成NO，但NO 无法与水发生化学反应，B 错误；
C．汽车尾气催化转化器主要将污染气体NO、CO 转化为无污染的气体，故该反应方程式为
，C 正确；
D．实验室利用熟石灰和氯化铵制备少量
，化学方程式为
，
D 正确。
故选B。
规律·方法·技巧
2
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解金属与硝酸反应计算题的一般方法
1．（2024·安徽阜阳·模拟预测）某同学进行如下实验：
实验
实验现象
ⅰ
将铜粉加入试管中，再加入稀
溶液变蓝，液面上方呈浅红棕色；至不再产生气泡时，铜粉有剩
余，余液呈酸性
ⅱ
继续向ⅰ中试管加入少量固体
又产生气泡，铜粉减少，液面上方呈浅红棕色
ⅲ
继续向ⅰ中试管滴加几滴浓硫
酸
又产生气泡，铜粉减少，液面上方呈浅红棕色
下列说法不正确的是
A．铜与硝酸反应中，硝酸氧化性与氢离子、硝酸根浓度均有关
B．ⅰ、ⅱ中铜粉减少的原因能用相同的离子反应解释
C．继续向ⅰ中试管加入少量硫酸铜固体，也能发生ⅱ、ⅲ现象
D．用一定浓度的
与
也能使铜粉溶解
【答案】C
【分析】i.将铜粉加入试管中，再加入稀HNO3，稀硝酸和铜反应生成NO、硝酸铜，溶液变蓝，开始产生
无色气体，无色气体又变为红棕色；铜粉有剩余，溶液为酸性；ii.继续向i 中试管加入少量固体NaNO3，
由于铜粉剩余，溶液为酸性，加入硝酸钠，等同于加入了稀硝酸，所以稀硝酸和铜反应生成NO、硝酸铜，
产生无色气体，无色气体又变为红棕色，同时可知推论i 中的酸性是硝酸有剩余；iii. 继续向ⅰ中试管滴加
几滴浓硫酸，溶液酸性增强，硝酸根离子氧化性增强，又和铜反应产生NO 气泡，铜粉减少，液面上方呈
浅红棕色；
【解析】A．由ⅰ、ⅱ分析可知ⅰ还有硝酸剩余，不能将铜全部溶解，故硝酸氧化性和氢离子、硝酸根浓
经典变式练
3
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度均有关，A 正确；
B．ⅰ、ⅱ铜粉减少的原因均为硝酸和铜发生了氧化还原反应，能用相同的离子反应
解释，B 正确；
C．铜离子是氧化产物，增大铜离子浓度铜的还原性减弱，不会发生反应，C 错误；
D．硝酸根离子在酸性条件下具有强化性，可以将铜氧化，故用一定浓度的
与
也能使铜粉溶
解，D 正确；
故选C。
2．（2024·黑龙江牡丹江·模拟预测）化学创造美好生活。下列生产或探究活动中，相关操作或事实合理且
对应的离子方程式正确的是
A．用过量氨水吸收烟道气中的
：
B．用白醋除铁锈：
C．用稀硝酸除去银镜实验中附着在试管内壁的银单质：
D．向混有少量
的
溶液中通入少量氯气除杂：
【答案】C
【解析】A．氨水过量不能生成HSO ，所以用过量氨水吸收烟道气中的
：
，A 错误；
B．白醋成分是醋酸，为弱酸，不可拆成离子形式，B 错误；
C．硝酸是强氧化性酸，能与一些金属发生反应，用稀硝酸除去银镜实验中附着在试管内壁的银单质：
，C 正确；
D．还原性：Fe2+＞Br-＞Cl-，所以少量氯气只与Fe2+先反应，对应离子方程式是：
，
D 错误；
故选D。
4
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一、硝酸与金属反应的规律
1．硝酸与金属反应不能产生H2。
2．还原产物一般为HNO3（浓）
NO2，HNO3（稀）
NO，很稀的硝酸还原产物也可能为
N2O，N2，或NH4NO3。
3．硝酸与金属反应时既表现出氧化性，又表现出酸性。
4．硝酸与Cu 反应：
（1）Cu 与浓硝酸反应时，浓硝酸被还原为NO2，氮元素的化合价变化由+5
+4；
（2）Cu 与稀硝酸反应时，稀硝酸被还原为NO，氮元素的化合价变化由+5
+2。
（3）一般情况下，硝酸的浓度越小，其还原产物的价态越低。
5．硝酸与Zn 反应：
（1）锌与浓硝酸：Zn+4HNO₃＝Zn(NO₃)₂+2NO₂↑+2H₂O
（2）锌与中等浓度的硝酸：3Zn+8HNO₃＝3Zn(NO₃)₂+2NO↑+4H₂O
（3）与一般稀硝酸4Zn＋10HNO₃＝4Zn(NO₃)₂＋N₂O↑＋5H₂O
（4）与较稀硝酸反应：5Zn＋12HNO₃＝5Zn(NO₃)₂＋N₂↑＋6H₂O
（5）与极稀硝酸反应：4Zn+10HNO₃＝4ZN(NO₃)₂+NH₄NO₃+3H₂O
二、硝酸与金属反应的计算方法
1．原子守恒法
HNO₃ 与金属反应时，一部分HNO₃ 起酸的作用，以NO 的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂，转化
为还原产物。这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO₃ 中氮原子的物质的量。
2．得失电子法
HNO₃ 与金属的反应属于氧化还原反应，HNO₃ 中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。
3．电荷守恒法
HNO₃ 过量时反应后溶液中（不考虑OH-）有：
（
代表金属离子）。
4．离子方程式计算法
核心知识精炼
5
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金属与H2SO4，HNO₃ 的混合酸反应时，由于硝酸盐中NO 在H2SO4提供的H+的条件下能继续与金属反应，
因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H+或NO 进行相关计
算，且溶液中要符合电荷守恒。
1．（23-24 高三下·山东·阶段练习）下列描述的事实不符合“量变引起质变”的哲学观点的是
A．配制银氨溶液时，向硝酸银溶液中滴入氨水至生成的沉淀恰好溶解
B．向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH 溶液至生成的沉淀溶解
C．向稀硝酸中逐渐加入铁粉，溶液由无色变为黄色，然后变为浅绿色
D．用NaOH 溶液吸收NO2时，NO2既是氧化剂又是还原剂
【答案】D
【解析】A．配制银氨溶液时，向硝酸银溶液中滴入氨水至生成的沉淀恰好溶解，先反应生成AgOH 沉淀，
继续滴加氨水溶解AgOH 生成氢氧化二氨合银溶液，符合“量变引起质变”的哲学观点，故A 正确；
B．向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH 溶液至生成的沉淀溶解，先反应生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化钠
溶液时溶解氢氧化铝生成偏铝酸钠溶液，符合“量变引起质变”的哲学观点，故B 正确；
C．向稀硝酸中逐渐加入铁粉，溶液由无色变为黄色，然后变为浅绿色，过量硝酸将铁氧化为三价铁离子，
后铁粉将铁离子还原为亚铁离子，符合“量变引起质变”的哲学观点，故C 正确；
D．用NaOH 溶液吸收NO2时，NO2既是氧化剂又是还原剂，只发生反应生成亚硝酸钠和硝酸钠，不符合
“量变引起质变”的哲学观点，故D 错误；
答案选D。
2．（2024·江苏扬州·模拟预测）含氮化合物在生产生活中具有重要应用，下列说法不正确的是
A．工业上常以向饱和氨的食盐水中通入CO2制备NaHCO3和NH4Cl
B．实验室可将苯和浓硝酸混合共热制备硝基苯
C．浓硝酸和浓盐酸以体积比1 3∶组成的混合物可用于溶解金、铂等金属
D．尿素是一种中性肥料，可水解成碳酸铵或碳酸氢铵，缓慢释放氨气被作物吸收
【答案】B
【解析】A．由于碳酸氢钠的溶解度小于碳酸氢铵，故工业上常以向饱和氨的食盐水中通入CO2制备
NaHCO3和NH4Cl，A 正确；
B．实验室可将苯、浓硝酸和浓硝酸混合共热发生硝化反应制备硝基苯，B 错误；
基础测评
6
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C．浓硝酸和浓盐酸以体积比1 3∶组成的混合物为王水，可用于溶解金、铂等金属，C 正确；
D．尿素可水解成碳酸铵或碳酸氢铵，缓慢释放氨气被作物吸收，D 正确；
故选B。
3．（23-24 高三下·全国·阶段练习）用下列装置制取和收集气体正确的是(不考虑除杂和尾气吸收)
选
项
制取气体
a
b
A
稀硫酸
大理石
B
稀硝酸
铜粉
C
浓硝酸
铝片
D
双氧水
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】A．稀硫酸与
反应生成微溶性的
会阻碍反应进行，
错误；
B．收集
不能用排空气法，
错误；
C．常温下，铝在浓硝酸中钝化，C 错误；
D．双氧水在二氧化锰的催化作用下制备氧气，D 正确；
故选D。
4．（2024·广东深圳·模拟预测）下列离子方程式书写正确的是
A．浓硝酸和铁在常温下反应：Fe+6H++3
=Fe3++3NO2↑+3H2O
B．实验室制氨气：
+OH-=NH3↑
C．向含有1.5molFeI2的溶液中通入2molCl2：2Fe2++6I-+4Cl2=2Fe3++3I2+8Cl-
D．向NaClO 溶液中通入少量SO2：ClO-+SO2+H2O=
+Cl-+2H+
【答案】C
【解析】A．常温下，铁在浓硝酸中钝化，致密的钝化膜阻碍反应的继续进行，不可能生成铁离子，故A
错误；
B．实验室制氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，该反应不是在水溶液中进
7
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行的反应，不能改写为离子方程式，故B 错误；
C．含有1.5mol 碘化亚铁的溶液与2mol 氯气反应生成氯化铁、氯化亚铁和碘，反应的离子方程式为2Fe2+
+6I-+4Cl2=2Fe3++3I2+8Cl-，故C 正确；
D．次氯酸钠溶液与少量二氧化硫反应生成氯化钠、硫酸钠和次氯酸，反应的离子方程式为3ClO-
+SO2+H2O=
+Cl-+2HClO，故D 错误；
故选C。
5．（2024·广东汕头·二模）为解决铜与稀硝酸反应过程中装置内氧气对实验现象的干扰，以及实验后装置
内氮氧化物的绿色化处理问题。某实验小组对装置进行微型化改造，设计如图所示的装置（试管底部有孔
隙）。下列说法错误的是
A．装置内发生的化学反应方程式为：
B．实验开始前需除去试管内的氧气，可拉动注射器B
C．该装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止
D．实验终止时，需将铜丝提拉上来后再拉动注射器A
【答案】B
【解析】A．装置内铜与稀硝酸反应，即
，故A 正确；
B．实验开始时先拉注射器A 活塞，其目的是除去反应前试管内的空气，故B 错误；
C．该实验装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止，故C 正确；
D．反应停止后，提拉粗铜丝，使粗铜丝下端靠近软胶塞A，再打开止水夹，缓慢拉注射器A 活塞，可观
察到试管内的无色气体被吸入注射器A 内，试管内稀硝酸液面逐渐上升，注射器B 活塞缓慢向内移动，如
不提拉铜丝会继续反应，故D 正确；
故答案选B。
8
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6．（23-24 高一下·湖南·期中）将
投入
硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶液
中加入
溶液，
恰好完全沉淀，将生成的气体与
一起通入足量
溶
液中，气体恰好被完全吸收生成
。下列判断正确的是
A．生成的气体中只有NO
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】A．由分析可知，
的物质的量为
=0.04mol，若生成的气体中只含有NO，由方程
式3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 可知，0.04molCu 需要消耗
HNO3，而
硝酸
中n(HNO3)=0.12mol，
<0.12mol，说明还会发生反应Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，生成的
气体有NO 和NO2，A 错误；
B．
的物质的量为
=0.04mol，投入
硝酸中，恰好完全反应，向反应后的溶
液中加入
溶液，
恰好完全沉淀，则n[Cu(OH)2]=0.04mol，则n(NaOH)=0.08mol，
NaOH 溶液的浓度为
=amol/L=2mol/L，a=2，B 错误；
C．将生成的气体与
一起通入足量
溶液中，气体恰好被完全吸收生成
，由得失
电子守恒可知，O2得到的电子数和Cu 失去的电子数相等，则bmol×4=0.04mol×2，则b=0.02，C 正确；
D．Cu 和HNO3溶液反应完全后，生成NO、NO2的混合气体，加入NaOH 溶液后溶液中存在NaNO3，则
NO、NO2的总物质的量为0.12mol-0.08mol=0.04mol，由N 元素守恒可知，气体恰好被完全吸收生成n(
)=0.04mol，c=0.04，D 错误；
故选C。
7．（23-24 高三上·湖南衡阳·阶段练习）某校化学实验小组为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，用如
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图所示装置和下列步骤进行实验(加热装置和夹持装置均已略去，F 是用于鼓入空气的双连打气球)。
实验操作(未排序)
①将A 装置中铜丝插入稀硝酸中，给A 装置中的试管微微加热
②将仪器B 下移，使碳酸钙与稀硝酸接触产生气体
③用F 装置向E 装置中鼓入空气
④当C 装置中产生白色沉淀时，立刻将仪器B 上提
⑤反应结束后，再将仪器B 下移，使碳酸钙与稀硝酸接触产生气体
下列说法错误的是
A．试剂X 可以是澄清的石灰水
B．正确的实验操作顺序是：①②④③⑤
C．进行操作③后，C 装置中白色沉淀溶解生成
D．当
时，NO、
尾气可完全被氢氧化钠溶液吸收
【答案】B
【分析】装置A 中利用碳酸钙与稀硝酸反应产生二氧化碳，将装置内的空气排干净，然后再让铜与稀硝酸
反应产生一氧化氮；装置E 的目的是收集产生的一氧化氮，与F 相连的气球中的空气挤入E 中可以验证E
中收集到的气体为一氧化氮；C 中产生白色沉淀时，说明装置中空气已经排干净，需要将碳酸钙与稀硝酸
分离，防止消耗较多的稀硝酸，影响铜与稀硝酸的反应；D 装置可以起到平衡压强的作用，且其中的氢氧
化钠可以吸收NO、NO2、CO2尾气，防止污染大气，据此分析解题。
【解析】A．C 中产生白色沉淀时，说明装置中空气已经排干净，需要将碳酸钙与稀硝酸分离，试剂X 可
以是澄清的石灰水，故A 正确；
B．据分析可知，正确的实验操作顺序是：②④①③⑤，故B 错误；
10
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C．试剂X 可以是澄清的石灰水，用F 装置向E 装置中鼓入空气后，C 装置中白色沉淀溶解生成
，
故C 正确；
D．2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，欲使NO 和NO2被充分吸收只需
满足
即可，故D 正确；
故答案选B。
8．向含有
和
的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b 与所加铁
粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有
)。下列有关判断不正确的是
A．a 表示
的关系曲线
B．
=0.75
C．P 点时，n(
)=0.5625mol
D．向P 点溶液中加入铜粉，最多可溶解14.4g
【答案】C
【分析】在含有HNO3的溶液中，Fe2+能被HNO3氧化，此时Fe 元素只能以
形式存在，当溶液中的
HNO3完全反应后，过量的Fe 继续与Fe3+反应生成Fe2+，则a 表示Fe3+的关系曲线，b 表示Fe2+的关系曲线。
据此答题。
【解析】A．根据分析知，a 表示Fe3+的关系曲线，A 正确；
B．根据
，1mol
完全反应时，需要消耗4mol
，但溶液中只有3mol
，故生成
最多时消耗的Fe 应按3mol
完全反应进行计算：
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因此
，B 正确；
C．P 点时溶液中
，从
发生的反应为
，设这过程中消耗的
为
，
则：
，解得
，因此P 点时
，C 错误；
D．P 点时溶液中还有
0.45mol，设最多可溶解铜的质量为
，则
则向P 点溶液中加入铜粉，最多可溶解14。4g，D 正确；
故选C。
1．（2021·河北·高考真题）关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是
A．浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
B．NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH 减小而增强
C．加热NaI 与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI 酸性强
D．浓HNO3和稀HNO3与Cu 反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强
【答案】B
【解析】A．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A 错误；
B．NaClO 在水溶液中会发生水解，离子方程式为：
，pH 减小，则酸性增强，会
促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，
在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、
二氧化氯等气体，增强氧化能力，B 正确；
能力提升
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C．HI 的沸点低，易挥发加热
与浓
混合物发生反应生成
利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原
理，C 错误；
D．相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D
错误；
故选B。
2．（23-24 高三上·四川成都·期末）设
为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．含0.2mol
的浓硝酸与足量的Cu 反应，转移的电子数大于
B．常温常压下，4.6g
中所含的原子总数为
C．10g46%的乙醇溶液中含有的氧原子总数为
D．3.36L
中含有的电子总数为
【答案】A
【解析】A．若0.2 mol
全部被铜还原为NO2，则转移0. l mol 电子，但是铜和硝酸反应过程中硝酸变
稀后会生成NO，所以转移的电子数目大于0.1NA，A 正确；
B．4.6gNO2气体的物质的量为：
=0.1mol，则原子总数为0.3NA，B 错误；
C．100g46%乙醇水溶液含有乙醇4.6g，即0.1mol，含有水5.4g，即0.3mol，所以所含的氧原子总数为
0.2NA+0.3NA=0.5NA，C 错误；
D．未说明温度和压强，无法计算3.36L
的物质的量，D 错误；
故选A。
3．（2024·广东·二模）能正确表示下列反应的离子方程式是
A．氢氧化钡溶液与稀硫酸：H++
+Ba2++OH-=BaSO4+H2O
B．氯气与水反应：Cl2+H2O
2H++Cl-+ClO-
C．已经通入了过量CO2后的石灰水与过量的NaOH 溶液反应：Ca2++2
+2OH-=CaCO3
+2H2O+
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D．稀硝酸与过量的铁屑反应：Fe+4H++
=Fe3++2NO
+2H2O
【答案】C
【解析】A．氢氧化钡溶液与稀硫酸离子方程式为2H++
+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，A 错误；
B．次氯酸是弱酸不能拆，氯气与水反应离子方程式为Cl2+H2O
H++Cl-+HClO，B 错误；
C．已经通入了过量CO2后的石灰水中溶质是碳酸氢钙，与过量的NaOH 溶液反应：Ca2++2
+2OH-
=CaCO3
+2H2O+
，C 正确；
D．稀硝酸与过量的铁屑反应会生成亚铁离子，离子方程式为3Fe+8H++2
=3Fe2++2NO
+4H2O，D 错误；
故选C。
4．（23-24 高一下·湖北·期中）将13.6g Cu 和Cu2O 组成的混合物加入250 mL 一定浓度的稀硝酸中，固体
完全溶解生成Cu(NO3)2和NO，向所得溶液中加入1.0 L 0.5 mol/LNaOH 溶液时，金属离子恰好沉淀完全，
生成沉淀的质量为19.6 g，下列说法错误的是
A．原稀硝酸的浓度为2 mol/L
B．Cu 和Cu2O 的物质的量之比为2：1
C．反应后剩余硝酸的物质的量为0.1 mol
D．产生的NO 在标准状况下的体积为2.24L
【答案】A
【分析】铜和氧化亚铜和硝酸反应生成硝酸铜，和一氧化氮，溶液中加入氢氧化钠，反应生成氢氧化铜沉
淀19.6g，即
=0.2mol，说明铜离子物质的量为0.2mol，则原混合物中氧元素的质量为13.6g-64g/
mol×0.2mol=0.8g，物质的量为
=0.05mol，则氧化亚铜的物质的量为0.05mol，铜的物质的量为
0.1mol。
【解析】A．所得溶液中加入1.0L0.5mol•L-1的NaOH 溶液，生成沉淀的质量为19.6g，此时溶液呈中性，
且金属离子沉淀完全，说明溶液为硝酸钠，即硝酸根离子物质的量等于钠离子物质的量，则溶液中硝酸根
离子物质的量为0.5mol，原硝酸的物质的量=硝酸根离子物质的量+一氧化氮物质的量，根据电子守恒分析，
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铜元素失去电子数=0.1×2mol+0.05×2×1mol=0.3mol 则一氧化氮的物质的量为0.1mol，则原稀硝酸的浓度为
=2.4mol·L-1，故A 错误；
B．根据以上分析可知原固体混合物中，Cu 和Cu2O 的物质的量之比为0.1:0.05=2:1，故B 正确；
C．硝酸的物质的量为0.6mol，反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.2mol 则硝酸根离子物质的量为
0.4mol，一氧化氮的物质的量为0.1mol，则说明反应后剩余硝酸的物质的量为
0.6mol-0.4mol-0.1mol=0.1mol，故C 正确；
D．由B 中计算一氧化氮物质的量为0.1mol，则标准状况下的体积为2.24L，故D 正确；
故选A。
5．（23-24 高三上·河南濮阳·阶段练习）将一定质量的镁、铜合金加入过量稀硝酸中，充分反应，假设反
应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3
的NaOH 溶液至沉淀完全，测
得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述正确的是
A．所得NO 的体积为2.24L
B．合金消耗硝酸的物质的量为0.3mol
C．合金中镁与铜的物质的量之和为0.15mol
D．沉淀完全时消耗NaOH 溶液的体积为100mL
【答案】C
【分析】根据题意，镁与稀硝酸反应的方程式为
，铜与稀
硝酸反应的方程式为
。
【解析】A． 因不知道外界条件，（不一定为标准状况），则无法得到NO 的体积，A 错误；
B．生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，即结合氢氧根离子的物质的量为
，根据
电荷守恒可知，合金失电子数等于金属离子结合氢氧根离子数，反应过程转移电子数目为0.3mol，根据反
应方程式，合金与硝酸反应，硝酸中氮元素由+5 价降低为+3 价，表现氧化性的硝酸的物质的量为
0.1mol，表现酸性的硝酸的物质的量为0.3mol，反应过程中消耗硝酸的总物质的量为0.4mol，B 错误；
C．合金失电子数等于反应转移电子数目0.3mol，结合镁、铜失去电子生成+2 价离子，则合金中镁与铜的
物质的量之和为0.15mol，C 正确；
D．因硝酸过量，所以消耗的NaOH 溶液的体积大于100mL，D 错误；
故选C。
6．（23-24 高三上·宁夏银川·阶段练习）实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越小，对
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应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铁铝合金与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气
体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 mol·L－1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与
产生沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。下列说法错误的是
A．图中O~C 段发生反应的离子方程式为：H++OH－=H2O
B．
的物质的量为0.012 mol
C．C 点对应氢氧化钠溶液的体积6mL
D．原硝酸溶液中含硝酸的物质的量为0.148 mol
【答案】C
【分析】据题意，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中的氮元素化合价越低，由于反应过程中没有产生气体，
则可推知N 元素的化合价由+5→-3 价，存在形式为
。结合图像可知C 点之前为氢氧化钠与过量的硝酸
反应，CD 段为Fe3+和Al3+生成氢氧化物沉淀，DE 段为
与氢氧根反应，EF 段为氢氧化铝与氢氧化钠的
反应，F 点对应的沉淀为氢氧化铁，据此分析。
【解析】A．根据分析，图中O~C 段发生反应的离子方程式为：H++OH－=H2O，A 正确；
B．DE 段为
与氢氧根反应，消耗氢氧化钠物质的量为
=0.012mol，则
的物质的量
为0.012 mol，B 正确；
C．根据
的物质的量为0.012 mol，铁铝合金与稀硝酸反应，硝酸得0.012mol×8=0.096mole-，氧化还原
反应中得失电子守恒，可知生成Fe3+和Al3+物质的量共
=0.032mol，CD 段Fe3+和Al3+生成氢氧化
物沉淀共消耗氢氧化钠溶液体积为
=0.024L=24mL，C 点对应氢氧化钠溶液的体积(31-
24)mL=7mL， C 错误；
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D．E 点时Fe3+和Al3+恰好完全沉淀，溶液中的溶质是硝酸钠和氨气，根据氮原子守恒，n(NH3)=n(
)=0.012mol，n(NaNO3)=n(NaOH)=34×10-3L×4mol/L=0.136mol 硝酸总的物质的量为
(0.012+0.136)mol=0.148mol，D 正确；
故选C。
7．（23-24 高三上·湖北·阶段练习）为解决铜与稀硝酸反应过程中装置内氧气对实验现象的干扰，以及实
验后装置内氮氧化物无法全部排出进行绿色化处理等问题，某实验小组对装置进行了改造。改造后的装置
如下图所示(注：下图中的试管底部有小孔)。下列说法错误的是
A．实验开始时先拉注射器A 活塞，其目的是除去反应前试管内的空气
B．注射器B 可用于调节或平衡广口瓶内气体的压强
C．该实验装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止
D．反应停止后，打开止水夹、缓慢拉动注射器A 即可将试管内的氮氧化物全部排入注射器A 中
【答案】D
【解析】A．实验开始时先拉注射器A 活塞，其目的是除去反应前试管内的空气，A 正确；
B．拉注射器A 可将试管中气体排出，同时使试管中的液面上升，A 正确；拉注射器B，可降低广口瓶中
的压强，推注射器B，可增大气压强，B 正确；
C．该实验装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止，C 正确；
D．反应停止后，提拉粗铜丝，使粗铜丝下端靠近软胶塞A，再打开止水夹，缓慢拉注射器A 活塞，可观
察到试管内的无色气体被吸入注射器A 内，试管内稀硝酸液面逐渐上升，注射器B 活塞缓慢向内移动，如
不提拉铜丝会继续反应，D 错误；
答案选D。
8．（23-24 高一下·全国·单元测试）为了探究浓硝酸的性质，进行以下五组实验，均观察到红棕色气体。
下列分析错误的是
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A．将带火星的木条靠近①的试管口，木条复燃，说明NO2能支持燃烧
B．②中的铁片钝化，红棕色气体由浓硝酸分解产生，③中溶液变为绿色
C．①④⑤实验对比，④中的红棕色气体可能是由挥发的浓硝酸受热分解产生的
D．五支试管中的红棕色气体均为还原产物
【答案】B
【解析】A．灼热的玻璃棒插入浓硝酸中，HNO3分解生成NO2、O2和H2O，分解产生的二氧化氮与氧气为
4:1 与空气中氮气与氧气比例相当，空气不能复燃，混合气复燃，说明二氧化氮支持燃烧，A 正确；
B．灼热的铁片在浓硝酸中发生反应，且生成红棕色的NO2，不能钝化，B 错误；
C．浓硝酸具有强挥发性，挥发出的HNO3(g)受灼热木炭作用，发生分解反应生成红棕色NO2，C 正确；
D．红棕色气体均为NO2，都是HNO3被还原生成，均为还原产物，D 正确；
故答案为：B。
9．（23-24 高三上·海南海口·期末）向含有0.8mol 的稀硝酸溶液中慢慢加入22.4g 的铁粉。假设反应分为
两个阶段。第一阶段为：Fe+HNO3→Fe(NO3)3+NO↑+H2O
(1)写出这两个阶段反应的离子方程式 、 。
(2)求这两个阶段反应中，加入铁粉的物质的量和溶液中铁元素存在的形式 。
(3)在图中画出溶液中Fe2+、
离子的物质的量随加入铁粉的物质的量变化的关系图像 (纵坐
标是溶液中离子的物质的量)。
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【答案】(1) Fe+4H++
=Fe3++NO↑+2H2O 2Fe3++Fe=3Fe2+。
(2)加入Fe 粉为0～0.2mol 时，存在形式为Fe3+；加入铁粉为0.2～0.3mol 时，存在形式为Fe2+和Fe3+；加Fe
粉为n(Fe)≥0.3mol 时，存在形式为Fe2+
(3)
【分析】n(HNO3)=0.8mol，n(Fe)=
=0.4mol。当加入少量Fe 时，Fe 被HNO3氧化为Fe3+；当HNO3
反应完后，再加入Fe，此时Fe 与Fe3+反应生成Fe2+。
【解析】（1）假设反应分为两个阶段。第一阶段为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，则第二阶段为：
Fe+2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2。离子方程式为：Fe+4H++
=Fe3++NO↑+2H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+。
（2）n(HNO3)=0.8mol，第一阶段为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，需消耗Fe 的物质的量为0.2mol，
同时生成Fe(NO3)3的物质的量为0.2mol；第二阶段为：Fe+2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2，0.2mol Fe(NO3)3能消耗
0.1molFe，此时生成0.3mol Fe(NO3)2。所以这两个阶段反应中，加入铁粉的物质的量和溶液中铁元素存在
的形式为：加入Fe 粉为0～0.2mol 时，存在形式为Fe3+；加入铁粉为0.2～0.3mol 时，存在形式为Fe2+和
Fe3+；加Fe 粉为n(Fe)≥0.3mol 时，存在形式为Fe2+。
（3）反应开始前，溶液中n(
)=0.8mol，第一阶段，HNO3完全反应，0.2molFe(NO3)3中n(
)=0.6mol；第二阶段时，反应前，n(Fe2+)=0，加入0.1molFe 后，0.2molFe3+完全反应，生成0.3molFe2+；再
加入Fe，不发生反应，Fe2+的物质的量不变。溶液中Fe2+、
离子的物质的量随加入铁粉的物质的量变
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化的关系图像为
(纵坐标是溶液中离子的物质的量)。
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