1守恒法巧解金属与硝酸反应的计算题
金属与硝酸反应的计算
四、离子方程式法
金属与硝酸反应的计算
练4：在100mL 2mol/L的HNO3和1mol/L的H2SO4的混合液中加入
19.2g铜粉，充分反应后产生的气体在标准状况下的体积是
(C )
A.5.6L 解析:n(H+)=0.2+0.2=0.4(mol)；n(NO3-
B.1.12L
)=0.2mol
C.2.24L D.3.36L
（1）生成的沉淀的质量为 9.9 g （2）消耗NaOH溶液的体积是 250 mL
五、综合运用
金属与硝酸反应的计算
练5：某二价金属与硝酸反应时，金属与硝酸所消耗的物质的量之比为2:5，
B 则HNO3的还原产物是 （ ）
A.NH3
B.N2O
C.NO
D.NO2
解析:若二价金属(M)为2mol,生成2molM(NO3)2,未被还原的硝酸4mol,被还原的硝 酸1mol,根据得失电子数相等,HNO3中N元素被还原成+1价, 答案为B。
V(NOx)=0.6mol×22.4L/mol =13.44L
金属与硝酸反应的计算
二、电子守恒法
例2：64gCu投入一定量浓硝酸中，铜完全溶解，共收集到22.4L
气体。将此气体与一定体积的O2一起通入水中，恰好完全溶解，则O2
的体积为（气体体积均按标准状况下计量）1__1__._2_L__
反应步骤比较多 因为 HNO3 Cu
B 完毕后收集到的气体在标准状况下的体积为(
)
A．7.84 L
B．13.44 L
C．15.68 L D．17.92 L
解：因为 n(反应的HNO3)= 1L×1.4mol/L =1.4mol
n(Cu)=12.8g/64g/mol =0.4mol =n[Cu(NO3)2] 所以 n(NOx)=1.4mol-0.4mol×2 =0.6mol
硝酸与金属反应的计算
硝酸与金属反应的计算硝酸和金属反应都是氧化还原反应,产物比较复杂,如果抓住反应的实质，明确反应物和生成物微粒或者电荷之间的量的关系，用守恒的观点思考问题，解答起来就会得心应手，轻而易举.1电子数守恒在氧化还原反应过程中，总是存在着氧化剂得到(或者偏向）电子总数等于还原剂失去（或者偏离）电子总数的关系。
根据氧化还原反应中电子转移的总数守恒，可以列出关系式解答题目。
例1 将3.84g铜与一定浓度的硝酸反应,铜完全溶解，产生NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为2。
24L,则其中NO的体积为，NO2的体积为。
【变形1】3.84g铜与一定浓度的硝酸反应,当铜反应完毕后，共收集到标准状况下的气体2。
24L；把收集到气体的集气瓶倒立于水槽中,要通入多少毫升O2可以使集气瓶充满溶液(标准状况下)?【变形2】3。
84g铜投入适量的浓硝酸充反应后，铜完全溶解，收集到1.12L标准状况下的气体，如将此气体通过足量的水，最后收集到标准状况下气体的体积是多少？【变形3】1.92g铜完全完全溶于硝酸,产生氮的氧化物(NO，NO2，N2O4）混合气体共0。
05mol，该混合气体的平均相对分子质量可能是(）A 30B 40C 50D 662 原子数守恒根据质量守恒定律，化学反应前后组成物质的元素种类不变，原子（或离子）的数目也不会发生变化。
比如，参加反应硝酸的物质的量,等于生成物中含有的氮原子的物质的量之和。
这样涉及到复杂的化学反应过程的计算问题，就可以利用N原子个数守恒的方法进行计算.例2 若将12.8g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜完全溶解时,共产生5。
6L标准状况下的气体（不考虑转化为N2O4），则所消耗的硝酸的物质的量是。
【变形1】12.8g铜与30mL 8mol/L硝酸反应,硝酸的还原产物为NO，NO2，反应后溶液中所含的H+为a mol，则此时溶液中所含的NO3—为.【变形2】现将12.8g铜溶于40.0mL 13。
硝酸与金属反应的有关计算
硝酸与⾦属反应的有关计算2019-06-28⼀、基本题型1.⾦属与硝酸的反应计算例138.4 mg铜与适量的浓硝酸反应，铜全部作⽤后，共收集到22.4 mL（标准状况）⽓体，反应消耗的HNO3物质的量可能是（）。
解析解法⼀极端假设法n（Cu）=6.0×10-4mol，若38.4 mg铜全部与浓硝酸反应，则可求得参加反应的硝酸为2.4×10-3mol，若38.4mg铜全部与稀硝酸反应，则可求得参加反应的硝酸为1.6×10-3mol，事实上铜先与浓硝酸反应，浓硝酸变稀后，⼜与稀硝酸反应。
消耗的硝酸的物质的量应在1.6×10-3mol和2.4×10-3mol之间。
故选C。
解法⼆氮原⼦守恒法2.⾦属与硝酸反应产⽣的⽓体⼜被氧⽓氧化成硝酸的计算例21.92 g Cu投⼊到⼀定量的浓硝酸中，铜完全溶解，⽣成的⽓体的颜⾊越来越浅，共收集到672 mL的⽓体（标准状况下）。
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氧⽓，恰好使⽓体完全溶于⽔，则通⼊的氧⽓的体积为（）mL。
A.168B.224C.336D.504解析得失电⼦守恒法从反应的过程分析，铜失去电⼦，先被硝酸氧化，得到NO2、NO，然后NO2、NO失去电⼦⼜被氧⽓氧化。
从反应的始态和终态看，铜在反应中失去电⼦，氧⽓在反应中得电⼦，根据得失电⼦守恒，铜失去的电⼦总量等于氧⽓得到的电⼦总量。
设通⼊的氧⽓的体积为x mL，则：（1.92/64）×2=（x/22400）×4，解得：x=336，答案选C。
3.⾦属与硝酸和硫酸的混合酸反应的计算例3在100 mL某混合酸中，硝酸的物质的量浓度为0.4 mol·L-1，硫酸的物质的量浓度为0.1 mol·L-1，向其中加⼊1.92 g铜粉，微热，待充分反应后，则溶液中Cu2+的物质的量浓度为（）mol·L-1。
金属与硝酸反应的规律与计算--2024年高考化学考点微专题(解析版)(全国版)
微专题金属与硝酸反应的规律与计算1(2023·湖北·统考高考真题)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。
回答下列问题：(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A 的名称为，装置B 的作用为。
(2)铜与过量H 2O 2反应的探究如下：实验②中Cu 溶解的离子方程式为；产生的气体为。
比较实验①和②，从氧化还原角度说明H +的作用是。
(3)用足量NaOH 处理实验②新制的溶液得到沉淀X ，元素分析表明X 为铜的氧化物，提纯干燥后的X 在惰性氛围下加热，mgX 完全分解为ng 黑色氧化物Y ，n m =56。
X 的化学式为。
(4)取含X 粗品0.0500g (杂质不参加反应)与过量的酸性KI 完全反应后，调节溶液至弱酸性。
以淀粉为指示剂，用0.1000mol ⋅L -1Na 2S 2O 3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na 2S 2O 3标准溶液15.00mL 。
(已知：2Cu 2++4I -=2CuI ↓+I 2，I 2+2S 2O 2-3=2I -+S 4O 2-6)标志滴定终点的现象是，粗品中X 的相对含量为。
【答案】(1)具支试管防倒吸(2)Cu +H 2O 2+2H +=Cu 2++2H 2O O 2既不是氧化剂，又不是还原剂(3)CuO 2(4)溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色96%【解析】(1)由图可知，仪器A 的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B 的作用为防倒吸；(2)根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu +H 2O 2+2H +=Cu 2++2H 2O ；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O 2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，故从氧化还原角度说明H +的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂；(3)在该反应中铜的质量m (Cu )=n ×6480=4n 5，因为n m =56，则m (O )=n ×1680+(m -n )=2n5，则X 的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：n (Cu )n (O )=4n5×642n 5×16=12，则X 为CuO 2；(4)滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO 2中铜为+2价，氧为-1价，根据2CuO 2+8H ++8I -=2CuI ↓+3I 2+4H 2O ，可以得到关系式：2CuO 2~3I 2~6S 2O 2-3，则n (CuO 2)=13×0.1mol/L ×0.015L =0.0005mol ，粗品中X 的相对含量为0.0005×960.05×100%=96%。
金属与硝酸反应计算专题
教育技术新课程NEW CURRICULUM示如下图1-6所示，动画展示略。
图1-6看完老师讲的这些内容，同学们都学会了吗？请同学们做一做课本上的习题吧。
（二）课堂互动探讨经过学生自主对教学视频的学习和习题的练习后，教师在课堂上对学生进行提问，可以问学生：“谁可以告诉我都学了什么内容？”很多学生回答说：“画垂线。
”教师这时可以问学生：“如何画垂线呢？”有的学生说用三角板，而有的学生说用量角器，这时教师不妨鼓励一下学生：“非常好，那老师检验一下同学们学得怎么样。
”然后教师请几位学生在台上展示垂线的画法。
教师利用多媒体设备将学生的画法一一投影到屏幕上，然后和学生一起讨论学习，深化知识点。
（三）微视频翻转课堂教学分析这段《画垂线》微视频时间是5分钟，通常微视频时间不宜超过10分钟。
本视频教学包含了四个部分的内容：怎样画两条互相垂直的直线、怎样过直线上一点画该直线的垂线、怎样过直线外的一点画该直线的垂线、几种垂线的错误画法。
教师运用微视频将几种不同情况的垂线画法展示给了学生，学生在观看和学习视频教学内容时，充满着好奇心，会自主地拿出三角尺和量角器进行实际操作。
微视频非常直观地将《画垂线》这个知识点展现给了学生，还布置了学生练习习题，充分调动了学生的主观能动性，培养了学生理论知识与实际操作的联想意识。
特别是最后的错误画法展示，更能加深学生对知识点的理解。
再经过课堂上的互动探讨，将学生的一些不足之处展示出来，借助多媒体设备提高教学效率，同时加深了学生的理解。
小学数学通过基于微视频翻转课堂的授课模式，锻炼了学生自主学习能力，培养了学生独立思考能力，同时也提高了教学效率，贯彻了以人为本、以学定教的教学理念。
参考文献：［1］郭晓燕.微视频在小学信息技术教学中的应用研究［D］.天津师范大学，2015.［2］陈会源.基于微视频的翻转课堂教学模式研究［D］.山东师范大学，2015.［3］吴峥.基于翻转课堂理论的小学数学个别化教学模式［D］.华东师范大学，2014.•编辑王团兰金属与硝酸反应计算专题刘丽徐波（吉林省靖宇县第一中学）金属与硝酸反应是中学化学中氧化还原反应方面的一个重要计算。
(完整版)关于硝酸与金属反应的计算
n(HNO3) =n(M) × a + n(NO2) +n(NO)
﹛ HNO3
①作酸：M（NO3）a；则n(HNO3)=n(M) × a
②作氧化剂n(NO)
a.溶液中减少的NO3-的物质的量即被还原硝酸的 物质的量；
b.若产生的气体是NO或NO2，产生的气体的物质 的量即被还原的硝酸。
（4）利用离子反应方程式计算
3Cu + 8H+ + 2NO3- === 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 硝酸与硫酸（或盐酸）混合时
[分析]：硝酸与硫酸（或盐酸）混合时 当硝酸与硫酸（或盐酸）混合时，由于生成的硝酸盐
中NO3-与硫酸（或盐酸）电离出的H+仍会继续与金属 反应，这时用离子反应方程式计算较为方便。
例2：为了测定某铜银合金的组成，将30.0g合 金溶于80mL13.5mol/L的HNO3中，待合金完 全溶解后，收集到气体6.72L（标况下），并 测得溶液中H+的物质的量浓度为1mol/L，假设 反应前后溶液体积不变，试计算：
（1）被还原的HNO3的物质的量 0.3mol （2）合金中银的质量分数 36%
例1：1L稀硝酸和稀硫酸的混合溶液，其物质 的量浓度分别为0.1mol/L和0.4mol/L。若向该 混合溶液中加入足量的铜粉，最多能够溶解铜 粉的质量是___9_._6___g，产生的气体（标况） 约为__2_._2_4___L。
（4）铁与硝酸的计算
第三次月考试题 全国100所名校单元测试示范卷·化学卷（十三）
例1：若将38.4g铜和一定量的浓硝酸反应，当 铜完全溶解时，产生的气体（NO，NO2的混 合气体）在标况下的体积为22.4L，则消耗的 硝酸的物质的量为多少？标况下NO，NO2的 体积分别为多少？
高中化学守恒法解计算题
1、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，当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2:1时，还原产物是（全国高考题）A.NO2B.NOC.N2OD.N2【解析】：根据题意：2R－→2R（+x价），↑2x 价HNO3－→N（y价）↓5-y价根据得失电子守恒，有2x=5-y讨论：金属为+1价时，N为+3，不合题意；金属为+2价时，氮为+1价，选C；金属为+3，则氮为-1价（不合题意）。
只有C正确。
2.将1.92g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到1.12L（标准状况）。
则所消耗硝酸的物质的量是（上海高考题）A.0.12molB.0.11molC.0.09molD.0.08mol【解析】作为选择题，用守恒法方便快捷。
消耗的硝酸可以分为被还原的硝酸和起酸的作用的硝酸：铜消耗的硝酸=n（Cu）×2+n(NOx)n（Cu）=1.92÷64=0.03mol n（NOx）＝1.12÷22.4=0.05mol；Cu～2HNO3～Cu(NO3)2（起酸的作用的硝酸为0.06mol）0.030.06HNO3～NOx（被还原的硝酸为0.05mol）0.05mol0.05mol所以n（HNO₃）总消耗=0.03×2+0.05=0.11mol，选B。
3．【练习】14g铜银合金与足量某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12L氧气（标况）混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量是（）A.9.6gB.6.4gC.3.2gD.1.6g【分析】：不必写出化学方程式，Cu,Ag与硝酸反应失去电子，HNO3得到电子生成NO2或NO，NO2或NO又与O2、H2O发生反应，Cu,Ag失去的电子=HNO3生成NOx得到的电子,NOx失去的电子=O2得到的电子，所以O2得到的电子=n（O2）×4=(1.12/22.4)×4=0.2mol设Cu、Ag的物质的量为x，y，则64x+108y=14（铜银的总质量）2x+y=0.2（铜银失去的电子）联立以上方程组，解之，得：x=0.05mol，则Cu的质量为3.2g，选C。
守恒法巧解有关金属与硝酸反应的计算题
总 数 等 于 阴离 子 所 带 负 电荷 总 数 。
例５ ： ３ ． ２ ｇ 铜与３ ０ ｍｌ ８ ｍｏ ｌ ／Ｌ 硝酸 充分
硝酸 的还 原 产 物 有ＮＯ， ￥ １ ： Ｉ ＮＯ反 应 后 况） ， 问： 成 物 ￣Ｆ ｅ （ ＮＯ ） ２ ＮＦ ｅ （ ＮＯ ） 的混 合 物 。 设 生 反应 ， 溶液 中所 含Ｈ 的物 质的量 为 ａ ｍｏ ｌ ， 此 时溶 （ １ ） 被 还 原 的 硝酸 的物 质的 量 是 多 少摩 成Ｆ ｅ （ Ｎ Ｏ ） ， Ｘ ｍｏ ｌ ， 生成Ｆ ｅ （ Ｎ Ｏ ） Ｙ ｍｏ ｌ ， 据铁 原 子守恒 ： Ｘ＋Ｙ＝２ ８ ｇ÷５ ６ ｇ／ｍｏ ｔ ＝０． ５ ｍｏ ｌ 液 中所 含 ＮＯ 一 的物 质的 量 为 多 少 摩 尔？ 尔？ 解 析 ： 充 分 反 应 后 溶 液 显 酸 性 ， 说 明硝 据 氮 原子 守 恒 ： （ ８ ÷３ ） Ｘ ＋４ Ｙ＝ ５ ０ ０ ｇ× （ ２ ） 反 应 消耗 的硝 酸 的物 质 的量 是 多 少 ２ Ｏ ． １ ６ ％ ÷６ ３ ｇ／ｍｏ ｌ ＝１ ． ６ ｍｏ ｌ 酸有 剩 余 ， 反应 后 形 成 了Ｃ ｕ （ ＮＯ ） ， ￥ ￣ Ｉ ＨＮＯ 摩 尔？ （ ３ ） 若反 应后 溶液 中Ｈ 为ａ ｍｏ ｌ ， 则原溶 液 中ＮＯ 一 有 多少 摩 尔 ？ 解之 ： Ｘ ＝ ０ ． ３ ｍｏ ｌ Ｙ ＝ ０ ． ２ ｍ ｏ ｌ Ｒ ｐ Ｆ ｅ （ Ｎ Ｏ ） ， 与 的混 合 溶 液 ， 根 据 电荷 守 恒 ： Ｆ ｅ （ Ｎ Ｏ ） 的物质的量分别为０ ． ３ ｍ ｏ ｌ 和０ ． ２ ｍｏ ｌ 。 ｎ （ Ｃ ｕ ２ ） Ｘ ２ ＋ ｎ （ Ｈ ） ×１ ＝ ｎ （ ＮＯ ） Ｘ １ ， 则ｎ
很 复杂 ， 有 时 同 一 条 件 下 可 能 同时 发 生 几 个 不 同的 化 学 反应 。 因此， 单纯 利 用 化学 方 子 守恒 、 电子 守 恒 、 电荷 守 恒 ） 解 一 些 此 类
借助守恒关系 巧解金属与硝酸反应的计算
借助守恒关系㊀巧解金属与硝酸反应的计算朱雅琼(安徽省灵璧中学ꎬ安徽宿州２３４２００)摘㊀要:化学计算是中学化学教学的重点和难点ꎬ也是常见的考点ꎬ是元素及其化合物学习中经常出现的习题.本文以金属与硝酸反应的计算为载体ꎬ借助电子守恒㊁电荷守恒及物料守恒ꎬ并通过他们之间的等量代换及组合ꎬ能够迅速准确地完成计算ꎬ带动学生理解并应用于常规的化学计算中ꎬ提升中学生的化学计算能力.关键词:化学计算ꎻ守恒ꎻ金属与硝酸ꎻ高中化学中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２５－０１１６－０３收稿日期:２０２３－０６－０５作者简介:朱雅琼(１９８８.８－)ꎬ女ꎬ安徽省灵璧人ꎬ硕士研究生ꎬ从事高中化学教学研究.㊀㊀化学计算是中学化学教学的重点ꎬ也是难点之一ꎬ而在教材中没有专门的章节进行教学ꎬ其分布于元素及其化合物的学习中.特别是结合真实情境中的应用把握金属主要的性质㊁氮及其化合物的主要性质ꎬ探索物质性质㊁实现物质转化[１].由于金属与硝酸的反应有很多的特点ꎬ所以本文通过归纳常见的金属与硝酸反应的类型ꎬ结合典型例题ꎬ以点带面ꎬ提升学生的综合计算的能力.１金属与硝酸反应的特点(１)金属种类具有多样性.硝酸是一种氧化性强酸ꎬ是工业上应用非常广泛的一种强酸ꎬ也是实验室中最为常见的酸ꎬ能与除金㊁铂以外的绝大数金属发生反应.(２)金属元素存在的多种化合价.由于过渡金属存在多种化合价ꎬ特别是最为常见的金属铁ꎬ就有＋２㊁＋３两种常见的化合价ꎬ而硝酸是一种强氧化性酸ꎬ硝酸用量的不同可以得到Ｆｅ(ＮＯ３)２㊁Ｆｅ(ＮＯ３)３两种氧化产物ꎬ故随着参加反应的硝酸用量不同可能会得到不同价态的氧化产物.(３)硝酸还原产物的多样性.硝酸是氧化性强酸ꎬ浓度不同ꎬ其还原产物不同ꎬ一般来说浓硝酸的还原产物为ＮＯ２ꎻ稀硝酸的还原产物更复杂ꎬ主要为ＮＯꎬ但随着金属活泼性㊁硝酸的浓度㊁反应温度的诸多因素影响ꎬ稀硝酸的还原产物还可能为Ｎ２Ｏ㊁Ｎ２等ꎬ甚至还原产物可能为ＮＨ＋４ꎬ增加了计算的难度.(４)计算过程的复杂性.金属与硝酸反应的计算题目中往往很少只是单纯进行的是金属与硝酸的反应ꎬ随着金属与硝酸反应之后ꎬ还涉及到往反应后的溶液中加入ＮａＯＨ溶液使金属离子沉淀的计算ꎻ硝酸还原产物为ＮＯ㊁ＮＯ２(甚至还有Ｎ２Ｏ４)与氧气反应的计算等.综上所述ꎬ在进行金属与硝酸反应的计算中如果根据化学方程式进行计算ꎬ往往会无从下手ꎬ难以进行有效的计算.因此可以将电子守恒㊁电荷守恒㊁物料守恒通过相应组合ꎬ等量代换ꎬ找出已知量与未知量的关系ꎬ从而简化解题步骤ꎬ准确快速地将题解出.６１１２计算依据电子守恒:在氧化还原反应中ꎬ氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数是相等的.电子守恒是氧化还原反应计算的基础ꎬ由于金属与硝酸的反应都是氧化还原反应ꎬ所以电子守恒关系在金属与硝酸反应的计算中具有十分重要的意义.电荷守恒:又称电中性原理ꎬ指在溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数ꎬ使整个溶液不显电性.借助电荷守恒ꎬ可以找出溶液中各离子浓度之间的关系.同时ꎬ经常利用加入ＮａＯＨ溶液将金属阳离子沉淀出来ꎬ由于一个ＯＨ－带一个单位负电荷ꎬ由等量代换ꎬ完全沉淀金属阳离子所需ＯＨ－的物质的量就等于金属阳离子所带正电荷总数ꎬ也等于金属失电子总数ꎻ物料守恒:又称原子守恒ꎬ根据质量守恒定律ꎬ化学反应前后各元素原子的种类㊁个数和质量均保持不变ꎬ故金属与硝酸参加反应以后ꎬ硝酸中的氮原子共有三个可能存在:一是体现酸性参与成盐ꎻ二是体现氧化性被还原ꎬ存在于还原产物(主要为ＮＯ㊁ＮＯ２)中ꎻ三是硝酸过量ꎬ存在于反应后的溶液中ꎬ可以根据反应后溶液的ｐＨ进行计算[２].３计算模式(设有１ｍｏｌ金属Ｍ参加反应ꎬ金属的化合价为＋ｎ价.)计算主线:Ｍ－ｎｅ－ңＭｎ＋ＨＮＯ３＋ｎｅ－ңＭ(ＮＯ３)ｎ:参与成盐的硝酸ꎬ即体现酸性ꎬ根据电荷守恒ꎬ其物质的量为:ｎｍｏｌＮＯ㊁ＮＯ２:被还原的硝酸ꎬ根据物料守恒ꎬ其物质的量为:ｎ(ＮＯ)＋ｎ(ＮＯ２)ＨＮＯ３(过量):过量的硝酸ꎬ可以根据溶液的ｐＨ计算ìîíïïïïïïïïï根据电子守恒:ｎ(ｅ－)＝ｎ(ＮＯ) ３＋ｎ(ＮＯ２) １根据物料守恒:ｎ(ＨＮＯ３)(总)＝ｎ(ＨＮＯ３)(成盐)＋ｎ(ＨＮＯ３)(被还原)＋ｎ(ＨＮＯ３)(过量)若对反应后的产物进行再处理ꎬ还可以有以下的几种情况:(１)对反应后的溶液中加入ＮａＯＨ溶液ꎬ使金属离子恰好沉淀完全ꎬ则反应前金属的质量与反应后沉淀的质量之间存在如图１所示关系.Ｍ－ｎｅ－ңＭｎ＋＋ＮａＯＨңＭ(ＯＨ)ｎüþýïïïïïïïïïïïïΔｍ＝ｎ(ＯＨ－)ˑ１７ｇ ｍｏｌ－１图１㊀质量关系图结合电荷守恒与质量守恒ꎬ增加的质量即为ＯＨ－的质量ꎬ而ＯＨ－的物质的量则等于金属单质失去电子的物质的量.(２)当金属离子恰好沉淀完全时ꎬ溶液中只有ＮａＮＯ３ꎬ根据电荷守恒和物料守恒ꎬ则有ｎ(Ｎａ＋)＝ｎ(ＮＯ－３)ꎬｎ(Ｎａ＋)＝ｎ(ＮａＯＨ)ｎ(ＮＯ－３)＝ｎ(ＨＮＯ３)(总)－ｎ(ＨＮＯ３)(被还原)故所需ＮａＯＨ物质的量等于溶液中的ＮＯ－３的物质的量.即ｎ(ＮａＯＨ)＝ｎ(ＨＮＯ３)(总)－ｎ(ＨＮＯ３)(被还原)(３)对于反应的还原产物(ＮＯ㊁ＮＯ２㊁Ｎ２Ｏ４等混合气体)ꎬ通入Ｏ２并与水反应使其全部转化为ＨＮＯ３ꎬ具体关系如图２所示.ＨＮＯ３＋ｎｅ－ңＮＯＮＯ２Ｎ２Ｏ４{＋Ｏ２㊁Ｈ２Ｏ－ｎｅ－ңＨＮＯ３图２㊀反应前后物质关系图根据物料守恒和电子守恒ꎬ由于起始与终了的硝酸总量相等ꎬ故Ｏ２得到电子总数与ＨＮＯ３被还原时所得电子总数相等ꎬ所以有ｎ(Ｏ２)＝ｎｅ－４.４典型例题例１㊀将１１.２ｇ的铜镁的混合物完全溶解于７１１足量的硝酸中ꎬ收集产生的气体混合物ꎬ再向所得溶液中加入适量的ＮａＯＨ溶液ꎬ产生２１.４ｇ沉淀ꎬ根据题意推断气体混合物的可能组成是(㊀㊀).Ａ.０.３ｍｏｌＮＯ２和０.３ｍｏｌＮＯＢ.０.２ｍｏｌＮＯ２和０.１ｍｏｌＮ２Ｏ４Ｃ.０.１ｍｏｌＮＯ㊁０.２ｍｏｌＮＯ２和０.０５ｍｏｌＮ２Ｏ４Ｄ.０.６ｍｏｌＮＯ解析㊀由Ｍｇ㊁Ｃｕ的化学变化:ＭｇңＭｇ２＋ңＭｇ(ＯＨ)２~２ｅ－ꎬＣｕңＣｕ２＋ңＣｕ(ＯＨ)２~２ｅ－.故增加的质量为ＯＨ－的质量.则转移电子的物质的量与ＯＨ－的物质的量相等ꎬ由ｎ(ＯＨ－)＝２１.４ｇ－１１.２ｇ１７ｇ ｍｏｌ－１＝０.６ｍｏｌꎬ所以反应中转移电子的物质的量也为０.６ｍｏｌꎬ选项Ｃ中生成气体混合物转移电子的物质的量为:０.１ｍｏｌˑ３＋０.２ｍｏｌˑ１＋０.０５ｍｏｌˑ２＝０.６ｍｏｌꎬ故Ｃ正确ꎬ同理Ａ㊁Ｂ㊁Ｄ不正确.例２㊀足量的铜与一定量浓硝酸恰好完全反应ꎬ得到硝酸铜溶液和ＮＯ２㊁Ｎ２Ｏ４㊁ＮＯ的混合气体ꎬ将这些气体与１.６８ＬＯ２(ＳＴＰ)混合后通入水中ꎬ所有气体完全被水吸收生成硝酸.若向所得硝酸铜溶液中加５.０ｍｏｌ Ｌ－１ＮａＯＨ溶液至Ｃｕ２＋恰好沉淀完全ꎬ则消耗ＮａＯＨ溶液的体积是(㊀㊀).Ａ.６０ｍＬ㊀Ｂ.４５ｍＬ㊀Ｃ.３０ｍＬ㊀Ｄ.１５ｍＬ解析㊀由得到的还原产物ＮＯ２㊁Ｎ２Ｏ４㊁ＮＯ的混合气体与１.６８ＬＯ２混合后通入水中有生成硝酸ꎬ借助电子守恒㊁物料守恒与电荷守恒的组合ꎬ可以得到ｎ(ＯＨ－)＝ｎ(ｅ－)＝４ˑ１.６８Ｌ２２.４Ｌ ｍｏｌ－１＝０.３ｍｏｌꎬ故所需要５.０ｍｏｌ Ｌ－１ＮａＯＨ溶液的体积为６０ｍＬꎬ所以Ａ选项正确.例３㊀将１.２０ｇ铁铜合金完全溶于１００ｍＬ１２.０ｍｏｌ Ｌ－１浓硝酸中ꎬ得到ＮＯ２和Ｎ２Ｏ４混合气体６７２ｍＬ(已换算为标准状况下的体积).向反应后的溶液中加入１.０ｍｏｌ Ｌ－１ＮａＯＨ溶液ꎬ当金属离子全部沉淀时ꎬ得到２.０５ｇ沉淀ꎬ下列有关判断正确的是(㊀㊀).Ａ.反应过程中浓硝酸仅体现氧化性Ｂ.该合金中铁与铜的物质的量之比为２ʒ１Ｃ.混合气体中ꎬＮＯ２的体积分数是１２Ｄ.金属离子全部沉淀时ꎬ加入ＮａＯＨ溶液的体积至少为１１５０ｍＬ.解析㊀金属与浓硝酸反应ꎬ硝酸除了体现氧化性之外ꎬ还体现了酸性ꎬ参与成盐ꎬ故Ａ错误ꎻ由于该反应中还原产物只有＋４价的ＮＯ２㊁Ｎ２Ｏ４ꎬ所以硝酸是过量的ꎬ因此铁的氧化产物只有Ｆｅ３＋ꎬ由５６ˑｎ(Ｆｅ)＋６４ˑｎ(Ｃｕ)＝１.２０ｇꎬ３ˑｎ(Ｆｅ)＋２ˑｎ(Ｃｕ)＝２.０５ｇ－１.２０ｇ１７ｇ ｍｏｌ－１ꎬ得到ｎ(Ｆｅ)＝０.０１ｍｏｌꎬｎ(Ｃｕ)＝０.０１ｍｏｌꎬ所以合金中铁与铜的物质的量之比为１ʒ１ꎬＢ错误ꎻ同理由电子守恒１ˑｎ(ＮＯ２)＋２ˑｎ(Ｎ２Ｏ４)＝０.０５ꎬｎ(ＮＯ２)＋ｎ(Ｎ２Ｏ４)＝６７２ˑ１０－３Ｌ２２.４Ｌ ｍｏｌ－１ꎬ得ｎ(ＮＯ２)＝０.０１ｍｏｌꎬｎ(Ｎ２Ｏ４)＝０.０２ｍｏｌꎬ所以ＮＯ２的体积分数为１３ꎬＣ错误ꎻ当溶液中金属离子全部沉淀时ꎬ溶液中只有ＮａＮＯ３ꎬ由物料守恒ꎬｎ(ＮａＯＨ)＝ｎ(Ｎａ＋)＝ｎ(ＮＯ－３)＝ｎ(ＨＮＯ３)(总)－ｎ(ＨＮＯ３)(被还原)＝１００ｍＬˑ１０－３ˑ１２.０ｍｏｌ Ｌ－１－ｎ(ＮＯ２)－２ˑｎ(Ｎ２Ｏ４)＝１.１５ｍｏｌꎬ所以需要１.０ｍｏｌ Ｌ－１ＮａＯＨ溶液的体积为１１５０ｍＬꎬＤ正确.参考文献:[１]中华人民共和国教育部.普通高中化学课程标准(２０１７年版)[Ｍ].北京:人民教育出版社ꎬ２０１８.[２]王法鹏.利用 三个守恒 进行金属与硝酸反应的计算[Ｊ].理科考试研究ꎬ２０１８(０７):５３－５５.[责任编辑:季春阳]８１１。
巧用守恒法解决大计算——关于硝酸与金属反应计算之巧解
转化为金刚石是放热的！温度低反而有利于转化．实际转化反应是在6GPa 和1500ħ下进行的，得到的是金刚石的细晶，可供作磨料或钻头等，生产宝石级的金刚石需要更高压力，成本也将急剧升高，比天然的还贵．至今宝石级的金刚石规模生产的合适工艺条件仍然在探索之中．四、石墨向金刚石转化的可能机理关于石墨向金刚石转化的机理，一般有如下两种说法．一是“溶剂”说，另一种是“固相”转化说．前者往往认为石墨先溶解在溶剂．金属催化剂中成为单个碳原子，然后在冷却时直接生成金刚石．后者通常认为石墨的碳原子间的键不发生断裂而在催化剂作用下按一定方向位移直接转化为金刚石结构．如上图所示，在高压下各石墨层沿垂直于石墨层的方向相互接近，即层间距离被压缩．高温下碳原子震动加剧，使原来错开半个格子的层间相对应的碳原子因反向振动而进一步靠近，相互吸引．原来的平面六边形格子有规律地扭曲起来，层中的π电子分别向这些原子对的联线上集中，最后形成共价键，得到金刚石结构．但在没有催化剂存在时，这种有规律的位移十分困难，层间相对应碳原子间成键的几率较小，转化率极小．若有一种金属催化剂，其晶体结构与金刚石相近且熔点较低，那么在高温高压条件下，此催化剂则可以熔化且与石墨大面积地接触．在此条件下一旦冷却，此催化剂在结晶时就能够带动石墨使其构型定向地快速向金刚石转化．霍尔等首次合成金刚石时所用的FeS 实际上就是一种催化剂，当时他只把它理解为一种溶剂．而今所使用的催化剂种类很多，一般是Cr 、Ni 、Fe 、Mn 等金属的合金．参考文献：［1］徐如人．无机合成化学［M ］．北京：高等教育出版社，1991．［责任编辑：季春阳］巧用守恒法解决大计算———关于硝酸与金属反应计算之巧解张伟（山东省泰安市宁阳第一中学271400）摘要：介绍了用守恒法巧解硝酸与金属反应的有关计算题的方法．关键词：守恒法；硝酸；金属；计算题中图分类号：G632文献标识码：A 文章编号：1008－0333（2019）10－0079－02收稿日期：2019－01－05作者简介：张伟（1974．4－），男，山东省泰安市人，本科，中学二级教师，从事高中化学教学研究．一、守恒法简介守恒表示在化学反应中某种不变的关系，常常以等式的形式表示之．常见的守恒包括包括质量守恒、原子个数守恒、电子得失个数守恒、电荷守恒．利用守恒关系解决问题的方法叫做守恒法．守恒法在中学化学计算中很常用．守恒法在列式时常常可不考虑中间具体过程，故很简便．在计算中运用守恒法，可以大大简化解题的过程，提高解题的速度和正确率．二、硝酸与金属的反应分析硝酸与金属反应时，以上的4种守恒都存在．例如Cu与稀HNO 3的反应：3Cu +8HNO 3（稀 ）2Cu （NO 3）2+2NO ↑+4H 2O1．质量守恒m （参加反应的Cu ）+m （参加反应的HNO 3）=m （Cu （NO 3）2）+m （NO ）+m （H 2O ）2．原子个数守恒（1）对于Cu 原子：N （参加反应的Cu ）=N （Cu （NO 3）2）（2）对于N 原子：n （参加反应的HNO 3）=n （Cu （NO 3）2中的N 原子）+n （NO 中的N 原子）=n （Cu （NO 3）2）ˑ2+n （NO ）3．电子得失守恒—97—Cu 失电子总数=N 得电子总数．即n （Cu ）ˑ2=n （NO ）ˑ34．电荷守恒反应后的溶液中，如果有HNO 3剩余，且不考虑水的电离，则存在等式：c （Cu 2+）ˑ2+c （H +）=c （NO －3）在硝酸与金属的反应计算中，常用的是原子个数守恒、电子得失守恒和电荷守恒，质量守恒很少用到．三、典型例题1．原子个数守恒例1把0．4mol Cu 加入适量浓HNO 3中，Cu 完全溶解，共收集到0．3mol 气体，则反应消耗的硝酸是mol．分析如果HNO 3一直是浓HNO 3，则根据电子守恒，0．4mol Cu 失去0．8mol 电子，n （气体）=n （NO 2）=0．8mol．这与题意不符．所以反应过程应是开始是Cu 与浓HNO 3反应，由于HNO 3不断消耗，后来就成了Cu 与稀HNO 3反应了．这需要写出2个化学方程式进行计算，计算过程繁琐．但如果运用原子个数守恒法，则可不写化学方程式就能快速而准确地计算出最终结果．根据Cu 守恒，有n （反消耗的Cu ）=n （Cu （NO 3）2）ˑ2根据N 守恒，有n （反应消耗的硝酸）=n （Cu （NO 3）2）ˑ2+n （NO ）=0．4mol ˑ2+0．3mol =1．1mol例2将30g 某铜银混合物放入80mL 13．5mol /L 的浓硝酸中，铜银混合物完全溶解，共收集到0．3mol 气体，反应后溶液中的H +的物质的量浓度为1mol ·L －1．假设反应后溶液的体积仍为80mL ，计算该混合物中铜和银的物质的量各为多少．分析设合金中铜银的物质的量分别为x 、y ．根据N 原子守恒，有n （原来的HNO 3）=n （Cu （NO 3）2）ˑ2+n （AgNO 3）+n （气体）+n （剩余的HNO 3）即：0．08L ˑ13．5mol ·L －1=2x +y +0．3+0．08L ˑ1mol ·L －1再根据合金的质量是30g ，有m （Cu ）+m （Ag ）=30g即：64mol ·L －1ˑx +108mol ·L －1ˑy =30g联立二方程，解得，x =0．3mol ，y =0．1mol．2．得失电子个数守恒例3把0．4mol Cu 加入适量浓HNO 3中，Cu 完全溶解，共收集到0．3mol 气体，计算该0．3mol 气体中NO 和NO 2各多少mol ？分析设该0．3mol 气体中NO 和NO 2的物质的量分别为x 、y．则有x +y =0．3mol．根据还原剂失电子总数=氧化剂得电子总数，有n （Cu ）ˑ2=n （NO ）ˑ3+n （NO 2）即：0．4mol ˑ2=3x +y联立二方程，解得，x =0．1mol ，y =0．2mol．例4足量铜与一定量浓硝酸反应，放出NO 2、NO 的混合气体，把这些气体与0．075mol O 2混合并通入水中，可使气体完全被水吸收．若向所得硝酸铜溶液中加入5mol ·L －1NaOH 溶液至Cu 2+恰好完全转化为Cu （OH ）2，则至少需要加入的NaOH 溶液的体积是mL．分析本题涉及反应很多．如果不用守恒法，由于反应有很多，所以解题过程非常繁琐．本题涉及的反应过程有：①Cu 和浓HNO 3的反应：Cu +4HNO 3（浓 ）Cu （NO 3）2+2H 2O +2NO 2↑②Cu 和稀HNO 3的反应：3Cu +8HNO 3（稀 ）2Cu （NO 3）2+2NO ↑+4H 2O ③4NO 2+O 2+2H 2 O 4HNO 3④4NO +3O 2+2H 2 O 4HNO 3⑤稀HNO 3与NaOH 溶液的反应：HNO 3 +NaOH NaNO 3+H 2O ⑥Cu （OH ）2与NaOH 溶液的反应：Cu （NO 3）2 +2NaOH Cu （OH ）2↓+2NaNO 3但是，如果根据守恒法，则不需要写出这些化学方程式．根据氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数，即Cu 失去电子总数=O 2得到电子总数=0．075mol ˑ4=0．3mol ，可得n （反应的Cu ）=n （e －）ˑ12=0．3mol ˑ12=0．15mol．则使这些Cu 2+转化为Cu （OH ）2，所需n （NaOH ）=0．15ˑ2=0．3mol ，则V （NaOH ）=0．3mol5mol ·L －1=0．06L =60mL．3．电荷守恒例5将0．1mol Cu 与10mL 6mol ·L －1的硝酸充分反应，铜完全溶解，反应后溶液中的H +的物质的量为a mol ，则溶液的NO －3的物质的量为mol （不考虑水的电离）．分析由于HNO 3的浓度介于浓HNO 3和稀HNO 3之间，化学方程式会有2个．解题过程较为繁琐．运用守恒法可使问题简单化，不需要考虑具体的反应方程式．根据电荷守恒，正电荷总数=负电荷总数．带正电荷的是阳离子，有Cu 和H +；带负电荷的是阴离子，只有NO －3（OH －的量可忽略不计）．有n （Cu 2+）ˑ2+n （H +）=n （NO －3）即0．1mol ˑ2+a mol =n （NO －3）．故NO －3的物质的量为（0．2+a ）mol．综上所述，在金属与HNO 3的反应计算中，经常使用守恒法，可使计算过程简便且计算结果准确度高．本文通过对金属与HNO 3的反应的探究，希能对广大师生的教学起到促进作用．参考文献：［1］周榕放．守恒法在高中化学解题中的运用［J ］．中学化学教学参考，2017（8）：62－63．［2］周玉清．如何理解硝酸与金属反应的复杂性［J ］．怀化师专学报，1995（2）：93－95．［3］张建祥．例析思维图在解答硝酸与金属反应相关计算中的妙用［J ］．中学化学教学参考，2018（6）：78．［责任编辑：季春阳］—08—。
(完整版)硝酸与金属反应计算题
硝酸与金属反应的计算一、从反应的本质看:金属与硝酸反应的实质是金属与H+和NO3- 共同作用.例如:铜与稀硝酸反应的实质是: 3Cu +8H+ +2NO3- ===3Cu2+ +4H2O +2NO↑Fe2+与稀硝酸反应的实质是: 3Fe2+ + 4H+ + NO3- === 3Fe3+ + 2H2O + NO↑例1.铜粉放入稀硫酸溶液后,加热后无明显现象发生,当加入下列一种物质后,铜粉质量减少,溶液呈蓝色,同时有气体产生,该物质可能是( ) 。
A. Fe2 (SO4) 3B. Na2CO3C. KNO3D.FeSO4解析: 铜不能与稀硫酸反应,但稀硫酸提供H+, 盐提供NO3-，构成强氧化条件，能溶解铜并产生气体。
答案选 C。
例2.铁铜混合物加入不足量的硝酸,反应后,剩余金属m1 g,再向其中加入一定量稀硫酸.充分振荡后, 剩余金属m2 g, 则m1与m2的关系是( )。
A. m1一定大于m2B. m1一定等于m2C. m1可能等于m2D. m1可能大于m2解析: 铁铜混合物与不足量的硝酸反应后生成硝酸盐,即溶液中的盐含有NO3-,再加稀硫酸提供H+,发生氧化还原反应,会再溶解一部分金属。
答案选A。
例3.已知Fe2+可以水解: Fe2+ +2H2O Fe(OH) 2+2H+，现向Fe(NO3) 2溶液中加入足量的稀硫酸,则溶液的颜色( ) 。
A. 浅绿色加深B.颜色变浅C.溶液变黄D.无法判断解析: 原Fe (NO3) 2溶液中含有NO3-,再加入稀硫酸提供H+,发生氧化还原反应，3Fe2+ + 4H+ + NO3- === 3Fe3+ + 2H2O + NO↑溶液变黄,答案选 C例4.在100 mL 混合溶液中, HNO3 和H2SO4 的物质的量浓度分别是0.4 mol/L, 0.1 mol/L 向该混合液中加入1.92 g铜粉,加热待充分反应后,所得溶液中Cu2+ 的物质的量浓度是( )。
“守恒”原理在金属与硝酸反应计算中的巧用
“守恒”原理在金属与硝酸反应计算中的巧用林尤宏南京市大厂高级中学江苏南京210044[问题由来]观察不同金属与硝酸反应的化学方程式，发现只要硝酸的还原产物相同，则硝酸的还原产物与硝酸的物质的量之比相同。
运用这一规律，可简化金属与硝酸反应的有关计算，其原理和计算方法推导如下：金属与硝酸反应的有关计算，包含了电子守恒、电荷守恒、原子守恒等多种守恒原理，抓住本质，串联各种守恒关系，可得到以下计算硝酸用量的等量关系：还原产物得电子数=金属失去电子数=金属所带正电荷数=所结合的NO3-数电子守恒电荷守恒电荷守恒n(HNO3)总= 还原产物中N原子物质的量+金属离子结合的NO3-物质的量原子守恒(不考虑金属)[问题]取一定质量的Fe、Cu混合物粉末平均分成三份：①第一份加入到100mL 某稀硝酸中，充分反应后，剩余金属18.8g，并放出0.10molNO气体；②第二份加入到200mL相同浓度的稀硝酸中，充分反应后，剩余金属9.6g；③第三份加入到过量相同浓度的稀硝酸中，金属完全反应，求：（1）此稀硝酸的物质的量浓度。
（2）②中产生NO的物质的量。
（3）每份金属混合物中，含Fe、Cu的物质的量。
（4）使②中金属完全溶解，至少还需加入此稀硝酸的体积及又放出NO的物质的量。
（5）③中生成NO的总物质的量和消耗硝酸的总物质的量。
[问题解析]（1）①中金属剩余，即HNO3完全反应，根据总守恒关系：NO~4HNO3C(HNO 3) =3()4()n NO V HNO ⨯ = 0.1040.10mol L ⨯ = 4.0mol/L （2）n(NO) =3()4n HNO = 4.0/0.204mol L L ⨯ =0.20mol （3）根据电子守恒：3Cu~2NO 3Fe~2NO②比①多生成0.10molNO ，说明②比①多溶解了0.15mol 金属，若全为Fe ，则溶解了8.4g ，若全为Cu ，则溶解了9.6g ，而8.4g ﹤(18.8-9.6)g ﹤9.6g ，说明②比①多溶解了Fe 和Cu ，且①中溶解的全是Fe ，②中剩余的金属只有Cu 。
守恒法巧解金属与硝酸反应的计算题
守恒法巧解金属与硝酸反应的计算题一. 原子守恒法例1.38.4gCu与适量浓反应，当铜全部作用后，共收集到标准状况下的气体22.4L（不考虑转化为），反应消耗的硝酸的物质的量可能是（）A. B.C. D.解析：在Cu与的反应中，起氧化剂和酸两种作用。
因收集到的气体可能是和的混合气体，由N原子守恒知：所以有：答案为C。
二. 电子守恒法例2. 铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生的气体和的气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（）A. 9.02gB. 8.51gC. 8.26gD. 7.04g解析：分析题意可知，最后生成的沉淀为与的混合物，其质量等于合金的质量与所结合的的质量之和。
又铜、镁与硝酸反应生成+2价的阳离子，由电子守恒得。
代入有关数据可得，所以结合的的物质的量为，故。
答案为B。
例3. 14g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与（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（）A. 1.4gB. 2.4gC. 3.2gD. 6.4g解析：因硝酸的浓度未知，故根据方程式计算有困难。
分析反应的整个流程知，失电子数等于转化为氮的氧化物的过程中得到的电子数，氮的氧化物失电子数等于得到的电子数，故失电子总数等于得到的电子数。
设，根据质量守恒和电子得失守恒可列式：解得：所以答案为C。
三. 电荷守恒法例4. 3.2g铜与过量的浓硝酸（）充分反应，硝酸的还原产物有NO和，反应后溶液中的，则此时溶液中所含物质的量为（）A. B.C. D.解析：本题用常规法较繁。
分析题意知：反应后的溶液中含有的离子有：，应用电荷守恒：即所以答案为B。
金属与硝酸反应的过程中，金属失去的电子数一定等于硝酸还原为氮的氧化物时获得的电子数。
灵活运用这一电子守恒法，往往能使复杂问题简单化，对于快速、准确地解决这一类题型有很大帮助。
例1 足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。
硝酸与金属反应计算题解法
硝酸与金属反应计算题解法一、电子守恒：硝酸与金属反应属于氧化还原反应，氮原子得到的电子数目等于金属原子失去的电子数目。
【例1】足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。
若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L-1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A．60 mL B．45 mL C．30 mL D．15 mL【分析】铜与硝酸反应不管生成哪种气体，后来这些气体又全部转化成硝酸，相当于硝酸前后没变，铜失去的电子等于氧气得到的电子，即［答案］A （解析：利用电子转移数目的守恒）【例2】、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.当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2:1时,还原产物是（）A． NO2 B． NO C．N2O D． N2【解析】：一般的讲，常见的金属的化合价由＋1、＋2、＋3三种情况。
当金属和硝酸反应时，二者得失电子数目一定相等。
由题意知，金属失电子数＝2×金属的化合价，设硝酸的还原产物中氮元素的化合价为x，则氮元素得电子数目＝1×（5－x）。
因此有：2×金属的化合价＝1×（5－x），分三种情况讨论：当金属的化合价为＋1时，x ＝3（无答案），当金属的化合价为＋2时，x＝1（答案C），当金属的化合价为＋3时，x＝-1（无意义）。
二、原子守恒：硝酸与金属反应时，一部分以NO3-的形式存在，一部分转化为还原产物，这两部分中N的物质的量和反应消耗的HNO3中N的物质的量相等。
【例1】38.4mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到22.4mL气体（STP），反应消耗的硝酸的物质的量可能是：A．1.0×10－3mol B．1.6×10－3mol C．2.2×10－3mol D．2.4×10－3mol【解析】：由题意知，浓硝酸是适量的，存在由浓变稀的问题。
金属与硝酸反应的计算
3、金属与HNO3、H2SO4混酸反应的计算
4、金属与HNO3反应，产生的气体又被O2氧化 成HNO3的计算
5、金属与HNO3反应后，再加NaOH使金属离 子沉淀的计算
1、金属与HNO3反应的计算
例.把7.2g铁粉投入40mL某HNO3溶液中,充分反应后剩余固体 1.6g,产生NO2和NO的混合气体0.08mol。若不考虑N2O4的存在,则 原HNO3溶液的物质的量浓度为 ( ) A.3.5mol/L B.4.5mol/L C.7.0mol/L D.9.0mol/L
3、电荷守恒法
HNO3过量时反应后溶液中（不考虑OH-）则
有：
c(NO3- )=c(H+)+nc(Mn+)(Mn+代表金属离子)。
例.3.2 g铜与过量硝酸反应，硝酸被还原为NO2 和NO。反应后溶液中含H+ a mol,则此时溶液中 (a+0.1) 含NO3-的物质的量为__________mol 。
2、合金与HNO3反应的计算
(2009·启东模拟)某高三研究性学习小组为了 测定某铜银合金的成分，将30.0g该合金溶于 80mL13.5mol/L的浓HNO3中，待合金完全 溶解后，收集到气体6.72L(标准状况)，并测 得溶液的c(H＋)＝1mol/L，假设反应后溶液 的体积仍为80mL，试计算：
四、金属与HNO3反应，产生的气体又被 O2氧化成HNO3的计算 例3 1.92 g铜投入一定量浓HNO3中，铜 完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收 集到672ｍＬ气体（标准状况），将盛有此 气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下 一定体积的Ｏ2 ，恰好使气体完全溶于水 中，则通入Ｏ2的体积（ B ） A.504 ｍＬ B.336 ｍＬ C.224 ｍＬ D.168ｍＬ
金属与硝酸反应的相关计算
金属与硝酸反应的相关计算硝酸与金属反应时，金属被氧化成金属阳离子，硝酸被还原为低价氮的化合物。
常用的方法有：1.电子得失守恒：即金属失去的电子与硝酸中+5价N变为低价氮所得到的电子相等。
例：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。
当参加反应的单质与被还原的硝酸的物质的量之比为2：1时，还原产物为：（）A、NO2B、NO C、N2O D、N22、原子守恒：即溶液中NO3-和放出的NO(NO2)中N的物质的量之和等于原硝酸的物质的量。
例：把3.84克铜投入到一定量的浓硝酸中，当在标准状况下收集到1.68L气体时，金属铜恰好全部消耗。
求反应中消耗硝酸的物质的量。
3.溶液中电荷守恒：溶液中金属阳离子、H+所带正电荷总数应等于NO3-所带负电荷总数。
例、将3.2克Cu与30mL10mol/L的硝酸充分反应，还原产物有NO、NO2，若反应后溶液中有amolH+,则此时溶液中含NO3-的物质的量为A、0.5amolB、2amolC、0.1molD、(0.1+a)mol4、硝酸与硫酸等其他酸的混合液与金属反应时，利用离子方程式3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O进行计算并判断。
用反应中较少（不足量）的那种物质的给定量计算。
例：在100mL混合酸中，C(HNO3)=0.4mol/L,C(H2SO4)=0.2 mol/L,向其中加入2.56克铜,微热,待充分反应后，溶液中Cu2+的物质的量浓度为多少？跟踪训练：1、Zn与稀硝酸反应时，锌与硝酸所耗的物质的量之比为5：12，则硝酸在其还原产物中氮元素的价态可能为（）A、0B、+3C、+2D、+12、在标准状况下，将1.92克铜和一定量的浓硝酸反应，随着铜的不断溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当Cu反应完后，共收集到1.12LNO和NO2的混合气体，求反应消耗的硝酸的物质的量和生成NO的体积。
3、在Zn、Cu的混合物中，加入一定量的稀硝酸，充分反应后，剩余金属a克，再在其中加入一定量的稀盐酸，充分振荡后剩余金属b克，则（）A、a可能等于bB、a一定等于bC、a一定大于b D 、a可能大于b4、某溶液100mL，其中含硫酸0.03mol，硝酸0.04 mol，若在该溶液中投入1.92克铜粉并微热，反应后放出NO气体约为（）A、0.02 molB、0.01 molC、0.015 molD、无法计算5、14克铜银合金与足量某浓度的硝酸溶液反应，将放出的气体与1.12L（标准状况）O2混合通入水中，恰好全部被水吸收，则合金中铜的质量是多少？6、铜和鎂的合金4.6克完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL 的NO2气体和336mL 的N2O4,在反应后的溶液中，加入足量的NaOH溶液，生成的沉淀的质量为A、9.02gB、8.51gC、8.26gD、7.04g。
专题七 微专题——守恒法突破硝酸与金属反应的相关计算学案及训练
专题七微专题——守恒法突破硝酸与金属反应的相关计算学案及训练知识梳理一、思维模型二、常用的计算方法(以Cu与硝酸反应为例)1．原子守恒法反应前所有的N只存在于HNO3中，反应后含N的物质有HNO3的还原产物(假设有NO2、NO)和Cu(NO3)2，若HNO3过量，则过量HNO3中也含N，则有n(N)＝n(NO2)＋n(NO)＋2n[Cu(NO3)2]＋n(HNO3)剩(N原子守恒)。
2．电子守恒法反应中失去电子的是参加反应的Cu，Cu－2e－===Cu2＋；得到电子的是被还原的HNO3(假设还原产物为NO2、NO)，NO－3＋e－===NO2、NO－3＋3e－===NO。
根据得失电子守恒，则有2n(Cu)＝n(NO2)＋3n(NO)。
若将生成的氮的氧化物气体与一定量的氧气共同通入水中，氮的氧化物完全生成硝酸，由于开始反应物为硝酸，中间生成了氮的氧化物，但最终又变回了硝酸，所以相当于铜失去的电子最终由氧气得到，则有2n(Cu)＝n(O2)。
3．电荷守恒法在Cu与HNO3反应后的溶液中，若HNO3不过量，阳离子只有Cu2＋，阴离子只有NO－3(此类计算不考虑H2O电离出的极少量的H＋、OH－)；若HNO3过量，溶液中的阳离子有Cu2＋和H＋，阴离子只有NO－3。
则有：(1)若HNO3不过量：n(NO－3)＝2n(Cu2＋)；(2)若HNO3过量：n(NO－3)＝2n(Cu2＋)＋n(H＋)。
4．离子方程式计算法金属与硫酸、硝酸的混合酸反应时，由于硝酸盐中NO－3在硫酸提供H＋的条件下能继续与金属反应，故此类题目应用离子方程式来计算3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。
先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H＋或NO－3进行相关计算，且要符合电荷守恒。
三、常见两种计算1．硝酸与铜反应浓硝酸与足量的铜反应，开始浓硝酸被还原为NO2，随着反应的进行，浓硝酸变稀，稀硝酸被还原为NO，向反应后的溶液中加稀硫酸，NO－3又被还原为NO。
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守恒法巧解金属与硝酸反应的计算题
一. 原子守恒法
例1.38.4gCu与适量浓反应，当铜全部作用后，共收集到标准状况下
的气体22.4L（不考虑转化为），反应消耗的硝酸的物质的量可能是（）
A. B.
C. D.
解析：在Cu与的反应中，起氧化剂和酸两种作用。
因收集到的气体可能是和的混合气体，由N原子守恒知：
所以有：
答案为C。
二. 电子守恒法
例2. 铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生
的气体和的气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（）
A. 9.02g
B. 8.51g
C. 8.26g
D. 7.04g
解析：分析题意可知，最后生成的沉淀为与的混合物，其质量等于合金的质量与所结合的的质量之和。
又铜、镁与硝酸反应生成+2价的阳离子，由电子守恒得。
代入有关数据可得，所以结合的的物质的量为
，故。
答案为B。
例3. 14g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与（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（）
A. 1.4g
B. 2.4g
C. 3.2g
D. 6.4g
解析：因硝酸的浓度未知，故根据方程式计算有困难。
分析反应的整个流程知，失电子数等于转化为氮的氧化物的过程中得到的电子数，氮的氧化物失电子数等于得到的电子数，故失电子总数等于得到的电子数。
设，根据质量守恒和电子得失守恒可列式：
解得：
所以
答案为C。
三. 电荷守恒法
例4. 3.2g铜与过量的浓硝酸（）充分反应，硝酸的还原产物
有NO和，反应后溶液中的，则此时溶液中所含物质的量为（）
A. B.
C. D.
解析：本题用常规法较繁。
分析题意知：反应后的溶液中含有的离子有：
，应用电荷守恒：
即
所以
答案为B。
金属与硝酸反应的过程中，金属失去的电子数一定等于硝酸还原为氮的氧化物时获得的电子数。
灵活运用这一电子守恒法，往往能使复杂问题简单化，对于快速、准确地解决这一类题型有很大帮助。
例1 足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。
若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）
A．60mL B．45mL
C．30mL D．15mL
解析：本题包含三个反应过程：①Cu+HNO3→Cu2++混合气体(NO2、N2O4、NO)；②混合气体(NO2、N2O4、NO)+O2+H2O→HNO3；③Cu2++2OH-＝Cu(OH)2↓。
根据电子守恒，在反应①中Cu失去电子的物质的量与反应②中O2获得电子的物质的量相等，即2n(Cu2+)＝4n(O2)，得：
n(Cu2+)＝2n(O2)＝2×■＝0.15mol。
由反应③可知，n(NaOH)＝2n(Cu2+)＝0.3mol，所以NaOH溶液的体积为：■＝0.06L＝60mL。
故答案应为A。
例2 将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。
请回答：
⑴NO的体积为 L，NO2的体积为 L。
⑵待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmL a mol·L-1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为 mol·L-1。
⑶欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水 g 。
解析：⑴设混合气体中NO和NO2的物质的量分别为xmol和ymol，则x+y＝■＝0.5①，由于反应过程中电子守恒（得失电子相等），故3x+y＝2×■②，解①、②组成的方程组得：x＝0.26，y＝0.24。
则NO的体积为：0.26mol×22.4 L·mol-1≈5.8L，NO2的体积为：11.2L －5.8L＝5.4L。
⑵根据氮原子守恒可知，n(HNO3)＝n(NaNO3)+n(NO)+n
(NO2)＝n(NaOH)+0.5mol＝(a×V×10-3+0.5)mol，则原硝酸溶液的浓度为：■mol·L-1。
⑶由反应过程中电子转移守恒可知，NO和NO2全部变成NaNO3所失去的电子数等于Cu 与HNO3反应所失去的电子数，即n(e-)＝2×■mol＝1.02mol，故n(H2O2)＝■＝0.51mol，因此，需要30%的双氧水的质量为：■＝57.8g。
巩固练习：（2002·上海）0.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物(NO、NO2、N2O4)混合气体共0.05mol。
该混合气体的平均相对分子质量可能是（）
A．30 B．46
C．50 D．66
（答案：B、C。
提示：混合气体的平均相对分子质量介于假若0.05mol混合气体全部为NO和NO2时的平均分子质量与假若0.05mol混合气体全部为NO2和N2O4时的平均分子质量之间）。