金属与硝酸反应有关计算的解题技巧

金属与硝酸反应有关计算的解题技巧
金属与硝酸的反应是一类典型的氧化还原反应，其有关计算涉及知识面广，对初学这部分内容的同学来说难度较大。

本文旨在总结其中的解题规律和技巧。

一、指导思想
1、由浓变稀的思想
金属与一定量的浓硝酸反应时，由于随着反应过程中硝酸的不断消耗、加上反应生成的水不断增加，硝酸的浓度逐渐降低。

金属与浓稀硝酸的反应产物是不一样的。

所以一定要注意：当题目中浓硝酸是定量或适量时，要考虑酸由浓变稀的问题。

2、氮元素的守恒思想
硝酸和不活泼金属反应一般生成硝酸盐和氮氧化物，在此硝酸担当了两个角色，一是酸二是氧化剂。

如果分别知道了二者的物质的量，也就知道了总消耗的硝酸的物质的量。

如：3Cu+8HNO3＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O反应中，当
3mol铜和8mol硝酸反应时，作为酸的硝酸的物质的量＝6mol，即金属的物质的量与金属的化合价的乘积（3mol×2），作为氧化剂的硝酸的物质的量＝2mol，即NO的物质的量。

2mol＋6mol＝8mol，就是硝酸的总物质的量。

特别提出的是：当铜和浓硝酸反应气体产物是NO2时，同样存在作为氧化剂的硝酸的物质的量等于气体的物质的量的定量关系。

也就是说，当硝酸由浓变稀得到NO和NO2的混合气体产物时，也同样存在上述1：1的定量关系。

在这里体现了N元素守恒的思想。

二、典例解析
1、元素守恒法
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。

即气体可能是NO 和NO2的混合物。

但这并不影响解题。

由N元素守恒的思想可将硝酸一分为二：
一是作为酸的硝酸的物质的量＝金属的物质的量×金属的化合价＝38.4/64×2×10
－3mol ；二是作为氧化剂的硝酸的物质的量＝22.4/22.4×10－3mol，二者之和
为2.2×10－3mol，即反应消耗的硝酸的物质的量。

2、电子守恒法
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）。

3、极限法
例3、镁铁混合物4.9g，溶解在过量的某浓度的稀硝酸中，完全反应后得到标
准状况下气体2.24L(假设气体全为NO) 。

若向反应后的溶液中加入足量的烧碱，则可生成沉淀的质量是（）
A. 6g
B. 8g
C. 10g
D. 12g
解析：金属完全溶解最终转化为沉淀。

可用极限思想求出沉淀的取值范围。

第
一步，假设金属全部是Mg ,则沉淀为Mg(OH)2，由Mg→Mg(OH)2知：沉淀的
质量=m[Mg(OH)2]=4.9g/24 g·mol－1×58 g·mol－1＝11.8g。

第二步，假设金属全部
是Fe, 同样道理得到沉淀的质量= m[Fe(OH)3]= 4.9g/56 g·mol－1×107 g·mol－1＝
9.36g。

即沉淀的取值范围为：9.36g<m<11.8g，结合答案知m=10g。

当然此题
也可用守恒法解决。

过程如下：
解法二：沉淀为Mg(OH)2和Fe(OH)3的混合物，可将沉淀分为两部分：一是
Mg2+、 Fe3+，二是OH－。

前者质量和即金属混合物的质量，后者质量由以下二式：Mg(NO3)2→Mg(OH)2Fe(NO3)3→Fe(OH)3可以看出：OH－是替代NO3－而来，而Mg2+、 Fe3+结合NO3－的物质的量即金属失电子的物质的量，也就是N元素
得电子的物质的量。

据题意知：N元素得电子的物质的量＝n[NO]×（5－2）=
0.1mol×3=0.3mol ，故n[OH-]=n[e-]=0.3mol，则：m[OH-]=0.3mol×17g·mol－
1=5.1g 。

所以沉淀的质量m=4.9g+5.1g=10g。

三、迁移运用
1、镁铁混合物2.45g，溶解在一定量某浓度的稀硝酸中，完全反应后得到标准
状况下气体1.12L(假设气体全为NO) 。

若向反应后的溶液中加入足量的烧碱，则可生成沉淀的质量是（）
A. 3g
B. 4g
C. 5g
D. 6g
2、m g铁屑与含有n g HNO3的溶液恰好完全反应。

（1）、若m∶n =1∶2.7，该反应的化学方程式为。

（假设还原产物只有一种，且只生成一种盐）
（2）、若含n g HNO3的稀溶液，恰好使5.6 g 铁粉完全溶解，有n/4 g HNO3被还原成NO（无其他还原产物）则n值不可能是（）
A . 12.6
B . 16.8
C . 18.9
D . 25.2
答案：1、C 2、（1）5Fe＋12HNO3==5Fe(NO3)2＋N2↑＋6H2O （2）A
（第1题解析：例3中硝酸过量决定了Fe只能被氧化为Fe3+。

而迁移运用1中由于稀硝酸的量不确定，Fe可能被氧化为Fe2+,也可能被氧化为Fe3+，此时因不知二者的比例难以确定沉淀的成分而无法求解。

但用守恒法则避开了这个矛盾。

沉淀的质量＝金属的质量＋N元素得电子的物质的量×OH－的摩尔质量＝2.45g ＋0.05×3×17g＝5g。

（第2题解析：参加反应的Fe与HNO3的物质的量之比为1/56∶2.7/63=5∶12，讨论：若生成Fe(NO3)3，则5mol Fe能结合15 mol NO3－，故HNO3不足，因此生成Fe(NO3)2，则生成盐的HNO3为5mol×2=10 mol，故作氧化剂的HNO3为：12mol－10mol=2 mol。

设HNO3中氮元素降χ价，则5×2=2×χ，χ=5，还原产物应为N2。

反应方程式：5Fe＋12HNO3==5Fe(NO3)2＋N2↑＋6H2O。

第二步中 Fe 和HNO3可发生如下反应：
Fe＋4HNO3==Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O （HNO3过量），3Fe＋
8HNO3==3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O（铁过量），5.6g铁粉完全溶解，只进行第一步反应时，需HNO3最多，为25.2g；只进行第二步反应时，需HNO3最少，为16.8g。

所以需硝酸的质量为：16.8g≤≤25.2g。