硝酸中的守恒与计算技巧含解

硝酸中的守恒与计算技巧
一、原子守恒
【例题1】38.4 mg Cu 与适量的浓HNO 3反应，铜全部反应后，共收集到22.4 mL 气体（标准状况），反应消耗的硝酸的物质的量可能是
A ．1.0×10－3 mol
B ．1.6×10－3 mol
C ．2.2×10－3 mol
D ．2.4×10－3
mol 解析：由于随着反应的进行，HNO 3的浓度不断减小，收集的气体应该是NO 2和NO 的混合物，作为选择题，可以用极值法讨论求解，但比较麻烦并无法确定消耗HNO 3的准确值，HNO 3与金属反应时既表现氧化性又表现酸性，生成的NO 2和NO 总的物质的量即是表现氧化性的那部分硝酸的量，表现酸性的那部分硝酸则生成Cu(NO 3)2，由于反应前后氮原子守恒，则反应消耗HNO 3的物质的量为：
n(HNO 3) ＝ 2×n[Cu(NO 3)2] + n(NO x ) ＝38.4×10－3g 64g/mol ×2 + 22.4×10－3L 22.4L/mol
＝2.2×10－3 mol 答案：C
【例题2】1.92 g Cu 与适量的浓HNO 3反应，随着反应的进行，所生成气体的颜色也逐渐变浅。

当铜反应完毕后，共收集到1.12 L 气体（标准状况），则反应中消耗HNO 3的物质的量可能为
A ．0.12 mol
B ．0.11 mol
C ．0.08 mol
D ．0.16 mol 答案：B 【例题3】现有m mol NO 2和n mol NO 组成的混合气体，欲用 a mol/L NaOH 溶液吸收，使该混合气体全部转化成盐进入溶液，至少需要a mol/L NaOH 溶液的体积为 (已知：2NO 2 + 2NaOH === NaNO 3 + NaNO 2 + H 2O ；NO 2 + NO + 2NaOH === 2NaNO 2 + H 2O )
A ．m/a L
B ．2m/3a L
C ．2(m+n)/3a L
D ．(m+n)/a L 答案：D
归纳：
规律1. 反应中被还原的硝酸的物质的量等于反应中生成的NO 2和NO 气体的物质的量之和。

规律2. 金属与硝酸反应时，生成的气体（NO 2和NO ）的物质的量、生成的M(NO 3)x 中所含的氮元素的物质的量与剩余的硝酸的物质的量三者之和等于原硝酸的物质的量。

规律3. 金属与硝酸反应时，若生成的气体NO 2、NO 恰好完全溶于NaOH 溶液中，由
于生成物NaNO 3、NaNO 2中的Na +与N 原子个数比为1 : 1，则n(NaOH) ＝ n(NO 2) + n(NO)。

二、电子守恒
【例题4】 1.92 g Cu 投入一定量的浓HNO 3中，铜完全溶解，生成气体的颜色越来越淡，共收集到672 mL 气体（标准状况）。

将盛有此气体的容器倒扣在水中，容器内液面上升，再通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体完全溶于水中，则通入O 2的体积是
A ．504 mL
B ．168 mL
C ．336 mL
D ．224 mL 解析：本题反应过程复杂，按常规解法费时费力且容易出错。

但分析本题所发生的反应可发现有以下特点：①所有的反应均为氧化还原反应；②反应前后N 元素的化合价未费发生变化。

故Cu 与O 2之间存在得失电子守恒，即2Cu ～4e －～O 2，则有：
n(O 2) ＝ 12 n(Cu) ＝ 12 1.92g 64g/mol
＝ 0.015 mol V(O 2) ＝0.015 mol ×22.4L/mol ＝ 0.336 L ＝ 336 mL
答案：C
【例题5】14gCu 、Ag 合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12 L （标准
状况）O 2混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中Cu 的质量是
A ．9.6 g
B ．6.4 g
C ．3.2 g
D ．无法计算
答案：C 规律4. 一定量的Cu 完全溶于浓硝酸中，所产生的气体与一定量的O 2 混合后恰好完全溶于水时，消耗O 2的量只取决于Cu 的物质的量，即2 n(O 2) ＝ n(Cu)
规律5. 金属与硝酸反应所生成的氮的氧化物在与O 2混合后用水恰好完全吸收时，消耗O 2的量只取决于消耗金属的量，可依据得失电子守恒建立等式，即:
n(M)×a ＝n(NO 2) + 3n(NO) ＝ 4 n(O 2) (a 为金属M 的化合价)
三、电荷守恒
【例题6】铜和镁的合金4.6 g 完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480 mL 的NO 2气体和336 mL N 2O 4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 ．9.02 g
B ．8.51 g
C ．8.26 g
D ．7.04 g
解析：加入足量的氢氧化钠溶液，沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，沉淀的质量就是合金的质量和氢氧根的质量之和。

由于反应前的Cu 、Mg 及反应后的Cu(OH)2、Mg(OH)2均呈电中性，故根据电荷守恒，反应过程中金属单质失去电子的物质的量等于金属离子所结合的OH －的物质的量，即：n(OH －) ＝ n(e －
)。

则
n(OH －) ＝ n(e －) ＝ n(NO 2)×1 + n(N 2O 4)×2
＝ 4.48L 22.4L/mol ×1 + 0.336L 22.4L/mol ×2 ＝ 0.23 mol m(沉淀) ＝ m(金属) ＝ m(OH －) ＝ 4.6 g + 0.23 mol ×17 g/mol ＝ 8.51 g
答案：B
规律6. 金属单质完全溶于硝酸中，其失去的电子的物质的量，等于金属离子所结合的NO 3－
的物质的量，也等于金属离子所结合的OH －的物质的量，即：
n(e －) ＝ n(NO 3－) ＝n(OH －)。

四、比例守恒
【例题7】一定量的铁粉恰好完全溶解与2 L 1mol/L 的稀硝酸中，则被还原的硝酸的物质的量是
A ．1.0 mol
B ．0.8 mol
C ．0.5 mol
D ．无法确定
解析：由于Fe 是变价金属，故可能发生以下两个反应：
Fe + 4HNO 3(稀) === Fe(NO 3)3 + NO ↑ + 2H 2O
3Fe + 8HNO 3(稀) === 3Fe(NO 3)2 + 2NO ↑ + 4H 2O
而题目仅给出了硝酸的物质的量，看似条件不足，无法求解。

但仔细分析以上两个反应可以
发现，被还原的硝酸均占参加反应的硝酸总量的14
，故选C 答案：C
规律7. 若金属与浓硝酸反应只生成NO 2时，则被还原的硝酸占参加反应的硝酸总量的12 ，若金属与稀硝酸反应只生成NO 时，则被还原的硝酸占参加反应的硝酸总量的 14。

【例题8】若35.4 g 铜银合金与2 L 0.5 mol/L 的硝酸溶液恰好完全反应，则收集的NO 在标准状况下的体积是
A ．11.2 L
B ．6.27 L
C ．5.6 L
D ．无法确定
答案：C 规律8. NO 、NO 2、O 2的混合气体溶于水时，可发生如下反应：
4NO2 + O2 + 2H2O === 4HNO3、4NO+ 3O2 + 2H2O === 4HNO3
以上两个反应均相当于：2N2O5 + 2H2O === 4HNO3，故NO、NO2、O2的混合气体中N、O原子个数比等于2 : 5时，则气体可恰好完全溶于水。

练习1：将同温同压下的NO、NO2、O2的三种气体按以下体积比混合后通入水中，气体不能完全溶于水的是
A．1 : 1 : 1 B．1 : 2 : 1 C．5 : 1 : 4 D．6 : 2 : 5
答案：B
练习2：（2009年高考全国卷）物质的量之比为2 : 5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是
A．1 : 4 B．1 : 5 C．2 : 3 D．2 : 5
答案：A
解析：设2 mol Zn参与反应，因Zn无剩余，则最终生成了2 mol Zn(NO3)2，显然含有4 mol HNO3－，这部分是没有参与氧化还原反应的HNO3，根据得失电子守恒有：
2×n(Zn) ＝n(HNO3)×4，则还有n(HNO3) ＝1 mol参加反应，即有1molHNO3被还原。