(完整版)“铜与硝酸”类型试题解法
《铜与硝酸反应的典型计算题》教学案例
《铜与硝酸反应的典型计算题》教学案例吉林市田家炳高级中学化学组李智[教学目的]１.掌握铜和浓硝酸、铜和稀硝酸反应的异同。
２.通过铜和浓、稀硝酸的计算题对解题方法进行归类，掌握解题技巧。
3.培养学生举一反三的发散思维能力和举三反一的聚合思维能力。
[教学重点]铜和浓硝酸、稀硝酸反应的性质[教学难点]解题方法、技巧的归纳总结，思维能力的培养[教学方法]对比法、讨论法、归纳法，讲练结合[教学过程]复习提问：分别写出铜和浓硝酸、稀硝酸反应的化学方程式和离子方程式导入新课：铜与硝酸反应的试题，在各类试卷出现的频率很高，如何快速解答此类题，也就显得非常重要，本节课我们就来总结一下铜和硝酸反应计算题的解题方法。
板书：一、根据方程式计算讲述：硝酸与铜反应是硝酸的重要性质，其反应类型有以下两种：3Cu＋8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2＋2N O↑＋4H2O ————①Cu＋4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O ————②板书：1.稀硝酸与铜反应的计算【例1】1L2mol·L－1的稀硝酸与0.96gCu反应，生成标准状况下的气体（）A.448 mLB.336 mLC.224 mLD.112mL分析：2mol·L－1的稀硝酸，生成的气体为NO，故按①式计算，根据已知条件，可判断0.96 2出稀硝酸过量，以0.96gCu为准计算。
V（NO）＝××22.4×1000＝224 mL64 3【答案】C【变式练习1】在3Cu＋8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O的反应中，被还原的硝酸的物质的量与未被还原的硝酸的物质的量之比为（）A.1：2B.1：3C.3：1 D。
1：4学生活动：分析、讨论、交流【答案】B板书：2.浓硝酸与铜反应的计算【例2】3.2g与足量的浓硝酸反应，生成标准状况下的气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为（）A.0.11 molB.0.12 molC.0.16 molD.0.2 mol分析：因为浓硝酸足量，生成的气体为NO2，故按②式计算。
一题多解和一题多变(铜和定量浓硝酸反应)
一题多解和一题多变山东省平度市第六中学矫海玲例题：mg的铜与适量浓硝酸反应，铜全部作用后。
共收集到22．4mL（标准状况）气体，反应消耗硝酸的物质的量可能是（）A．1．0×10—3molB．1．6×10—3molC．2．2×10—3molD．2．4×10—3mol解析：根据题意可知，浓硝酸是适量的，开始产生的是NO2气体，随着反应的进行，气体会由开始的NO2气体变为NO气体，产生的22．4mL气体，应是NO2和NO的混合气体。
解法一分解法根据硝酸在反应中所起的作用，将硝酸分为两部分，一部分起酸性作用变成Cu(NO3)2；一部分起氧化性，生成NO2和NO的混合气体。
所以硝酸的物质的量等于气体的物质的量与Cu(NO3)2物质的量的2倍之和。
即：n(HNO3)==n(被还原的HNO3)+n(酸性的HNO3)==n(气体)+2n[Cu(NO3)2]解法二方程式法设产生NO2的物质的量为a，产生NO的物质的量为bCu+4HNO3(浓)==Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O1 4 2a/2 2a a3Cu+8HNO3(稀)==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O3 8 23b/2 4b b∴a=0．9×10—3molb=0．1×10—3mol∴n(HNO3)==2a+4b=2×0．9×10—3mol+4×0．1×10—3mol=2．2×10—3mol∴答案 C变形1mg的铜与适量浓硝酸反应，铜全部作用后。
共收集到NO2和NO的混合气体22．4mL（标准状况），则混合气体中NO2和NO的体积分别是多少？解析：根据电荷守恒。
铜与硝酸的反应是一个氧化还原反应，在反应中得失电子数目相等。
即反应中铜生成硝酸铜失去的电子数目等于硝酸生成NO2和NO的混合气体得到电子的数目。
设产生NO2的物质的量为a，产生NO的物质的量为b。
微专题 金属与硝酸反应的规律与计算(解析版)(全国版)-高中化学
金属与硝酸反应的规律与计算A ．开始阶段铜丝表面气泡释放速度缓慢，原因是铜丝在稀HNO 3中表面钝化B ．锥形瓶内出现了红棕色气体，表明铜和稀HNO 3反应生成了NO 2C ．红棕色逐渐变浅的主要原因是2233NO +H O=2HNO +NOD ．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；考情分析真题精研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规律·方法·技巧经典变式练模拟预测）某同学进行如下实验：实验现象下列说法不正确的是【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+-33Cu+8H +2NO =223Cu 2NO 4H O ++↑+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24H SO 与3NaNO 也能使铜粉溶解，D 正确； 故选C 。
(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( )。
高考化学硝酸与金属反应计算题的解法
硝酸与金属反应计算题的解法一、代数方程法例1：38.4mg 铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部反应后，共收集到气体22.4mL （标准状况），则反应消耗的HNO 3的物质的量可能是（ ）A ．10103.⨯-molB ．16103.⨯-molC ．22103.⨯-molD ．24103.⨯-mol 解析：因随着反应的进行浓硝酸变为稀硝酸，则收集到的气体为NO 2与NO 的混合气体。
设与浓硝酸和稀硝酸反应的铜的物质的量分别为x 和y 。
则Cu HNO Cu NO NO H Ox x xCu HNO Cu NO NO H O y y y y +=+↑++=+↑+42242383248323332223322（浓）（稀）()() 由题意得x y g g mol x y LL mol +=⨯⋅+=⨯⋅⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪----3841064223224102243131... 解得x mol y mol =⨯=⨯--0451********..，。
从而得反应消耗的HNO 3的物质的量为48340451083015102210333x y mol mol mol +=⨯⨯+⨯⨯=⨯---...。
故正确答案为C 项。
二、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 ．NO 2B ．NOC ．N O 2D ．N 2解析：设该金属元素的元素符号为M ，化合价为n ；硝酸的还原产物中氮元素的化合价为x 。
因22235M M HNO N x n e n x e -++---−→−−−→−−−，()，则根据得失电子守恒的原则得52-=x n ；当n=1时，x =+3，不合题意；当n=2时，x =+1，符合题意；当n=3时，x =-1，不合题意；当n =4时，x =-3，不合题意。
故正确答案为C 项。
三、电荷守恒法例3：3.2g 铜与30 mL 8mol L ⋅-1硝酸充分反应，硝酸的还原产物有NO 2和NO 。
铜与稀硝酸的反应
铜与稀硝酸的反应实验演示操作方法按图装好实验装置，并检验这一装置气密性。
在烧瓶里放3－－4片铜片，再打开漏斗活塞，将稀硝酸放入烧瓶，直至浸没铜片为止，观察现象，然后再把烧瓶加热，用排水法收集一试管气体。
实验现象铜片中假如稀硝酸不加热时，仅有少量气泡产生，当给烧瓶加热时，产生大量气泡，试管中收集到气体为无色，在水面下用拇指堵住试管口，把试管从水中取出，并使管口向上，放开拇指，试管口处气体变为红棕色。
烧瓶内溶液呈蓝色。
实验结论铜与稀硝酸在不加热时反应缓慢，在加热时反应速度较快，有无色NO气体生成，同时生成硝酸铜，反应方程式：3Cu ＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2 ＋2NO ↑＋4H2O实验考点1、金属与稀硝酸反应规律；2、金属活动性顺序表中H后面的金属与氧化性酸的反应特点与计算。
经典考题1、0.3molCu与足量的稀HNO3完全反应时，被还原的HNO3的物质的量是A、0.8molB、0.6molC、0.4molD、0.2mol试题难度：易2、向1L0.5mol/L的H2SO4溶液中加入10.1gKNO3和12.8gCu 充分反应后产生的气体在标态下的体积为( )A、2.24LB、3.36LC、4.48LD、5.60L试题难度：中3、已知锌和稀硝酸反应时，每有1mol硝酸反应，就有0.8mol电子转移，此时硝酸的还原产物可能是什么物质？并写出有关化学方程式。
试题难度：难1 答案：D解析：直接考查方程式，硝酸同时体现氧化性和酸性，3摩尔铜参加反应时被还原的硝酸是2摩尔。
2 答案：A解析：根据铜和稀硝酸反应的离子方程式进行计算，硫酸提供氢离子，硝酸钾提供硝酸根离子，判断硝酸根不足，根据硝酸根进行计算可得。
3 答案：还原产物可能是N2O或是NH4NO3。
4Zn＋10HNO3＝4Zn（NO3）2＋N2O↑＋5H2O4Zn＋10HNO3＝4Zn（NO3）2＋NH4NO3＋3H2O解析：利用电子得失守恒计算，10摩尔硝酸参加反应就有8摩尔电子转移，即有4摩尔的金属锌参加反应，同时生成4摩尔硝酸锌，那么体现酸性的硝酸就是8摩尔，只有2摩尔的硝酸得8摩尔电子，平均每摩尔硝酸得电子4摩尔，产物为N2O ，当然还有一种可能是只有其中的1摩尔硝酸得到8摩尔电子到－3价，最后产物为硝酸铵。
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%。
突破常规 灵活解题——有关硝酸与铜反应一类计算题的解法
３ｕ ＋ Ｃ
３ｍｏ ｌ ６ｍ 。 １
８ Ｏ （ 一３ ｕ Ｎ 。２ Ｎ ＨＮ ３稀） Ｃ （ Ｏ ） ＋２ Ｏ十ｑ４ Ｏ － Ｈ２
８ｍｏ１ ｍ 。 １ ２ｍ ｏ ｌ ｍｏ ｌ
【 １ ３． ｕ跟适量 的浓硝酸 反应 ， 例 】 ８４ｍｇ Ｃ 铜全 部
作用后 ， 收集气体 ２ ． Ｌ（ 准状 况下 ） 反 应消 耗 共 ２ ４ｍ 标 ，
１常 规 解 法 ．
Ｃ ＋ ｕ
１Ｉ ０ ／ ｌ ＂ １ ＆ｍｏ ｌ
４ Ｏ （ ＝Ｃ （ ａ２ Ｎ ２ ＨＮ ３浓） ｕ ＮＯ ）＋２ Ｏ 十＋２ ＨＯ
４／ ０ １ ｌ １ ４ ａｍｏ ｌ ２１Ｉｌ Ｏ Ｔ ｇ ａｍｏ ｌ
时， 把握 此类反应 的特 点 ， 才能找 到灵活简便 的解题 方
ｇ ｍｏ —Ｏ １ｍ。 ／ ｌ ． ｌ
２ 极端假设 法 ．
设 Ｃ 与 ＨＮ ａ ｕ Ｏ 反应全部生成 Ｎ Ｏ 气体 。
、
ｌ＋ ８ ｏ 一 Ｘ０ ０８ ｏ ＋ 一 卜Ｌ Ｘ０ １ ｓ一 ． １ ４ ａ ｍ ６ Ｌ ４ｍ
Ｌ ． ）
Ｃ ＋ ｕ
６ ４ｇ
４ Ｏ （ ＝Ｃ （ Ｏ ）＋２ Ｏ 十＋２ ２ ＨＮ ３浓） ｕ Ｎ ｓｚ Ｎ ｚ ＨＯ
学 ， ０ ８ １ ： —１ ． ２ ０ （） ５ ０
地球上 的葡萄 糖 的结 构简式 ［ Ｈ ＯＨ（ ＨＯＨ）Ｃ ］ Ｃ 。 Ｃ ＨＯ
在 月球 上 应 为 。
［３ ２ 粟顺 线． 学解题 能 力的培 养［］ 中学化 学教 化 Ｊ． 学参考 ，０ ３ １ ） ４ —５ ． ２０ （２ ：８ １ （ 责任 编辑 廖银燕）
中学教 学 参 考
锯 题方 法与技 巧
突
(完整版)足量的铜与一定量浓硝酸反应
1、足量的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1.68L（标况）混合气体通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。
若向硝酸铜溶液中加入5 mol/LNaOH 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 D15mL2、加热10.0g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物至质量不在变化，剩余固体的质量为8.45g，求混合物中碳酸钠的质量分数3、有两种混合金属粉末15g，加入足量的稀盐酸中充分反应后，得到11.2LH2（标况），则下列各组金属中肯定不能构成上述混合物的是（）A Mg、AlB Mg、CuC Cu、ZnD Al、Fe4、向100 mL0.1mol/L的AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，当滴加碱液800mL时，过滤得到沉淀0.39g，求NaOH溶液的物质的量浓度5、将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积11.2L（体积均在相同条件下测定），则该氮氧化合物的化学式为A．NO2 B.N2O2 C.N2O D.N2O46、某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液。
若Cl2与KOH溶液反应时，被还原与被氧化的氯元素物质的量之比是11︰3，则混合液中ClO-与ClO3-的物质的量之比是（）A．1︰1 B．1︰2 C．1︰3 D．2︰17、一定量Fe和Fe2O3的混合物投入250ml 2mol/L 的硝酸中，反应共生成1.12L NO（标准状况下），再向反应后的溶液中加入1mol/L 的硝酸NaOH溶液，当沉淀完全时所加NaOH溶液的体积最少是（）A.450mlB. 500mlC. 400mlD. 不能确定8、化学中有许多物质之间的反应符合下列关系图，图中其他产物及反应所需条件均已略去。
下列说法正确的是（）A、若X、Y为Fe，Z是氢氧化钠则D可能为氢氧化铁B、若X为NaOH，Y、Z为氧气，则D一定为酸性氧化物C、若X、Y为O2，Z为水则D一定为H2SO4D、若X、Y、Z全为O2符合条件的A不只一种9、某固体混合物可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、AlCl3、FeCl2中的一种或几种组成，现对该混合物作如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）：回答下列问题：（1）混合物中是否存在FeCl2（填“是”或“否”）；（2）混合物中是否存在（NH4）2SO4（填“是”或“否”），你的判断依据是。
变形法”巧解一道关于铜及其氧化物与硝酸反应的计算题
变形法”巧解一道关于铜及其氧化物与硝酸反应的计算题陕西西安蓝田孟村中学徐卫涛取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40g，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为（）A．3.2mol/L B.2.8mol/L C.1.8mol/L D缺数据无法计算【解析一】常规解法：1、用足量的氢气还原时发生反应：Cu2O+H22Cu +H2O；CuO+H2Cu +H2O。
固体减少的质量为氧元素的质量。
故n（Cu2O）+ (CuO）=n(O)=6.4g÷16g/mol=0.4mol ①2、稀硝酸恰好完全溶解固体发生反应：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O;3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O.根据这两个反应方程式可看出：3Cu---2NO；3Cu2O—2NO。
所以n(Cu)+n(Cu2O)=2/3×n(NO)=2/3×(4.48L÷22.4L/mol)=0.3mol ②①+②得:n(铜元素)=n(Cu)+n(CuO)+2n(Cu2O)=0.7mol.n总（HNO3)=2n(铜元素)+n(NO).=2×0.7mol+0.2mol=1.6mol.故C(HNO3)=1.6mol÷0.5L=3.2mol/L.【解析二】变形法：原固体混合物是由Cu、Cu2O和CuO组成，我们可以把其中的Cu2O变形为Cu•CuO 的形式，所以原混合物就可以进一步看作是Cu和CuO组成的混合物。
此时仅涉及两个反应：CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O; ①3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O; ②由①及固体质量减少6.40g得：O ~ CuO ~ 2HNO316g 2mol6.4g n(HNO3)列比例解得与CuO反应的n(HNO3)=0.8mol；由②得：4HNO3 ~NO4mol 22.4Ln(HNO3) 4.48L列比例解得与Cu反应的n(HNO3)=0.8moln总(HNO3)=0.8mol+0.8mol=1.6molc(HNO3)=1.6mol/0.5L=3.2mol/L.方法二巧妙地把Cu2O变形为Cu•CuO的形式，使原本复杂的问题在分析及计算方面大为简化。
专题：硝酸与金属反应题型及解法
硝酸与金属反应题型及解法题组一：冷的浓HNO3使铝、铁钝化【要点】常温下，铝（铁）在浓硝酸里，因表面生成一层致密而坚固的氧化物薄膜而阻止反应的继续进行，此即“钝化”。
例1：欲迅速除去水壶底的水垢而不损坏铝壶，最好方法是用（）。
（A）浓盐酸（B）稀硝酸（C）冷的浓H2SO4（D）冷的浓HNO3练习：关于浓HNO3和浓H2SO4的叙述，正确的是（）。
（A）露置在空气中，酸液的质量都减轻（B）露置在空气中，酸液的浓度都降低（C）常温下，都能用铝容器储存（D）常温下，都能与铜较快地反应题组二：硝酸与活泼金属（镁、铝、锌等）反应【要点】硝酸使金属溶解，但不产生氢气。
例2：将等物质的量的镁、铝相混合，取等质量的该混合物4份，分别加到足量的下列溶液中，放出氢气最多的是（）。
（A）3 mol/L HC1 （B）4 mol/L HNO3 （C）8 mol/L NaOH （D）18 mol/L H2SO4练习：某无色溶液能与铝作用产生氢气，该溶液中可能大量存在的离子组是（）。
（A）H+、Na+、Cl-、NO3- （B）H+、Al3+、Cl-、AlO2-（C）OH-、Ba2+、Na+、NO3-（D）OH-、Ca2+、Na+、CO32-【要点】不同浓度的硝酸与较活泼的金属反应，可能被还原为以下一系列较低价态的氮的化合物：NO2（+4）、NO（+2）、N2O（+1）、N2（0）、NH3（-3）（又与HNO3反应生成NH4NO3）。
因此，由金属与HNO3（或被还原的HNO3）的物质的量之比或被还原的HNO3在消耗的HNO3中所占的比例等条件，根据得失电子守恒可确定HNO3的还原产物和金属的价态。
例3：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，还原产物是（）。
（A）N2O （B）NO （C）NO2（D）N2练习：某金属与稀硝酸反应，若HNO3的还原产物只有1种，且被还原的HNO3占消耗HNO3量的1/6，则金属的价态及HNO3的还原产物可能为（）。
(完整版)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】(2007年高考理综四川卷)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5mol·L-1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶（）A．60mLB．45mLC．30mLD．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n(O2)=1.68 L / 22.4 mol·L-1= 0.075 mol假设铜有x mol,应有：0.075×2×2 = 2xx=0.15mol Cu～Cu(NO3)2～2HNO3～2NaOH液的体积是120.15mol0.3molV(NaOH)=0.3 mol / 5mol/L = 0.06 L［答案］A （解析：利用电子转移数目的守恒）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2】把2.56g Cu放入盛有足量浓HNO3的大试管中，立即发生化学反应。
当Cu完全反应完毕后，共生成气体1.12L(标况)，求此反应中耗用纯HNO3的质量是多少克？【分析】反应开始阶段，Cu与浓HNO3发生如下反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O随着反应的进行，HNO3的浓度会逐渐降低，Cu与HNO3的反应将按稀HNO3的方式进行：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O以上两反应都有气体生成，分别是NO2和NO，生成的1.12L气体显然是NO2和NO的混合气体积。
高中化学：铜与硝酸反应的相关计算的解题方法
高中化学：铜与硝酸反应的相关计算的解题方法有关铜与硝酸反应的计算题，硝酸的浓度及量的多少，对硝酸被还原的产物、反应类型以及反应进行的程度，都有很大影响，但是只要仔细分析，找出题中隐含的某些关系，运用适当的方法技巧，就可以快速准确地解题。
一、电子守恒法例1、将1.92g铜投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成气体的颜色越来越浅，共收集到672mL气体（标准状况下）。
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，则通入氧气的体积是（）A. 504mLB. 336mLC. 334mLD. 168mL解析：在反应过程中，原硝酸经过以上变化后，最终又变为硝酸，由N元素守恒可知硝酸的量未发生变化。
此过程相当于：先把电子转移给硝酸中的N，然后硝酸的还原产物再把电子转移给重新生成硝酸，实际上就等同于Cu把电子转移给。
设通入的体积为V，则由电子守恒得：，所以。
答案选B。
二、元素守恒法例2、38.4mg Cu与适量的硝酸反应，铜全部反应后，共收集到22.4mL气体（标准状况下），则反应消耗硝酸的物质的量可能是（）A.B.C.D.解析：因硝酸的浓度未知，所以，反应后被还原的产物可能为和NO或两者的混合物。
因除气体以外的生成物只有和，根据N元素守恒可知有如下关系：反应消耗硝酸的物质的量＝未被还原的硝酸的物质的量＋被还原的硝酸的物质的量，即：。
答案选C。
三、极限讨论法例3、0.03mol 铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（）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. 46C. 50D. 66解析：因M（NO）＝30，所以选项A不可能。
设混合气体的平均相对分子质量为M，然后分两种极限情况（M最大、M最小）进行讨论分析：（1）假设混合气体为NO、，其物质的量分别为x和y，则有：，解得：，所以。
（2）假设混合气体为，其物质的量分别为x和y，则有：，解得：，所以。
(完整版)“铜与硝酸”类型试题解法(可编辑修改word版)
“铜与硝酸”类型试题的解法铜与硝酸反应的计算题中，硝酸的浓度、用量的多少，对反应的还原产物、反应程度、反应类型有很大的影响，在一定程度上增加了解题的难度。
然而，只要认真分析，挖掘其中隐含的条件，找准方法，就能灵活、快速地解决问题，达到事半功倍的良好效果。
一、电子守恒法铜与硝酸的反应，由于硝酸浓度的变化，使还原产物不好判断，电子守恒法的应用可避开对产物的讨论，简单而快捷地解决问题。
案例 1：将 1.92g 铜投入到一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，收集到 672mL 气体（标准状况下）。
将收集的气体倒扣在水槽中，充入一定量的氧气使气体完全溶解于水中。
试计算， 需要标准状况下氧气的体积？解析：铜与硝酸反应的还原产物有多种可能，可能是 NO 2，可能是 NO 2 与 NO 的混合气体，还可能更复杂，从这方面入手难度较大。
从试题的整体来看，原硝酸经过一系列的反应，最终又变为硝酸，其中 N 元素的化合价并没有发生改变，改变的是金属铜和参加反应 的氧气，整个过程相当于铜将电子转移给了氧气。
则设通入的氧气为 xL ，根据电子守恒可得：1.92 ⨯ 2 = x ⨯ 4 ，解得 x=0.336L 。
64 22.4二、元素守恒法铜与硝酸的反应，产物复杂，利用方程式进行解决，繁琐不易理解。
元素守恒法可简化中间过程，直接解决问题。
案例 2：38.4mg 的铜与硝酸反应，铜全部溶解且收集到 22.4mL 气体（标准状况下）。
试计算，铜与硝酸反应中消耗硝酸的物质的量？解析：此题并没有明确对硝酸进行描述，收集到的气体可能是 NO 2，可能是 NO 气体， 也可能是 NO2 与 NO 的混合气体。
如果对之讨论，势必非常繁琐。
然而，无论产物是什么都可将之看为 NO x ，铜与硝酸反应生成 Cu （NO 3）2、NO x 和 H 2O ，根据 N 元素守恒可得： 参加反应的硝酸 n （HNO 3）=n[Cu （NO 3）2]×2+n （NO x ），即参加消耗得到硝酸：n （HNO 3）= 0.0384 ⨯ 2 + 0.0224 = 2.2 ⨯10-3 mol 。
(完整版)HNO3有关计算
8、、14g铜、银和金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12L（标）氧气混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量为（）
A 9.6g B 6.4g C 3.2 g D1.6g
13、15克镁铁合金，溶解在一定量的硝酸中，当金属完全反应后，共收集到标准状况下一氧化氮气体5 6升，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，可得沉淀多少克。
14、将3.20gቤተ መጻሕፍቲ ባይዱCu溶于Bmol/L过量的硝酸溶液30.0ml中，假设硝酸的还原产物只有NO2和NO，反应结束后，将所剩溶液加水稀释至1000ml，测得c(NO3-)=0.200mol/L。
关于HNO3的计算专题
金属与过量HNO3反应规律
金属+过量浓硝酸=高价硝酸盐+NO2↑+H2OM+HNO3浓——M(NO3)x+NO2↑+H2O
金属+过量稀硝酸=高价硝酸盐+NO↑+H2OM+HNO3稀——M(NO3)x+NO↑+H2O
1.足量的Cu与少量（适量、一定量）浓HNO3反应
2.足量的Fe与少量的稀HNO3反应
5、Zn和一定浓度硝酸反应，若参加反应的HNO3和Zn的物质的量比为5：2，则硝酸的还原产物可能是
A NO2B NO C N2OD NH4NO3E N2O3
6、将9.6mg Cu与适量的浓HNO3反应，Cu全部作用后，共收集到气体5.6ml（标况），则反应消耗的HNO3的物质的量可能是
A 2.5 x 10-4mol B 4 x10-4mol C 5.5x10-4mol D 6 x10-4mol
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“铜与硝酸”类型试题的解法
铜与硝酸反应的计算题中，硝酸的浓度、用量的多少，对反应的还原产物、反应程度、反应类型有很大的影响，在一定程度上增加了解题的难度。
然而，只要认真分析，挖掘其中隐含的条件，找准方法，就能灵活、快速地解决问题，达到事半功倍的良好效果。
一、电子守恒法
铜与硝酸的反应，由于硝酸浓度的变化，使还原产物不好判断，电子守恒法的应用可避开对产物的讨论，简单而快捷地解决问题。
案例1：将1.92g 铜投入到一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，收集到672mL 气体（标准状况下）。
将收集的气体倒扣在水槽中，充入一定量的氧气使气体完全溶解于水中。
试计算，需要标准状况下氧气的体积？
解析：铜与硝酸反应的还原产物有多种可能，可能是NO 2，可能是NO 2与NO 的混合气体，还可能更复杂，从这方面入手难度较大。
从试题的整体来看，原硝酸经过一系列的反应，最终又变为硝酸，其中N 元素的化合价并没有发生改变，改变的是金属铜和参加反应的氧气，整个过程相当于铜将电子转移给了氧气。
则设通入的氧气为xL ，根据电子守恒可得：1.92246422.4
x ⨯=⨯，解得x=0.336L 。
二、元素守恒法
铜与硝酸的反应，产物复杂，利用方程式进行解决，繁琐不易理解。
元素守恒法可简化中间过程，直接解决问题。
案例2：38.4mg 的铜与硝酸反应，铜全部溶解且收集到22.4mL 气体（标准状况下）。
试计算，铜与硝酸反应中消耗硝酸的物质的量？
解析：此题并没有明确对硝酸进行描述，收集到的气体可能是NO 2，可能是NO 气体，也可能是NO2与NO 的混合气体。
如果对之讨论，势必非常繁琐。
然而，无论产物是什么都可将之看为NO x ，铜与硝酸反应生成Cu （NO 3）2、NO x 和H 2O ，根据N 元素守恒可得：参加反应的硝酸n （HNO 3）=n[Cu （NO 3）2]×2+n （NO x ），即参加消耗得到硝酸：n （HNO 3）=30.03840.02242 2.2106422.4
-⨯+=⨯mol 。
三、关系式法
关系式法是指结合方程式、电子守恒和元素守恒，将已知量和未知量之间的关系进行简化，从而顺利解决问题。
案例3：将4.6g 的镁、铜合金全部溶解于浓硝酸中，反应生成标准状况下4.48L 的NO 2
气体和0.336L 的N 2O 4气体，向反应后的溶液中滴入足量的NaOH 溶液。
试计算，最终生成沉淀的质量？
解析：写出相关的方程式：Mg+4HNO 3=Mg （NO 3）2+2NO 2↑+2H 2O ，Cu+4HNO 3=Cu （NO 3）2+2NO 2↑+2H 2O ，Mg （NO 3）2+2NaOH=Mg （OH ）2↓+NaNO 3，Cu （NO 3）2+2NaOH=Cu （OH ）2↓+NaNO 3。
可以得到如下关系：
()(){2222
2222e OH e OH Mg Mg Mg OH Cu Cu Cu OH --+--+−−−→−−−→−−−→−−−→
由此得出：镁、铜在化合物中的化合价均为+2价，故可以设合金的物质的量为xmol ，根据关系式可得：2x=4.480.336222.422.4
+⨯=0.23，根据质量守恒，m （沉淀）=m （合金）+m （OH -）=4.6+0.23×17=8.51g 。
四、离子方程式法
铜与混酸的反应中，铜虽然与稀硫酸不反应，但是稀硫酸却为铜与硝酸的反应提供了H +，故反应可利用离子方程式法进行解决。
案例4：在100mL 稀硝酸与稀硫酸的混合酸中，稀硝酸的物质的量浓度为0.4mol/L ，稀硫酸的物质的量浓度为0.1mol/L ，向该混合液中加入1.92g 的金属铜。
试计算，充分反应后溶液中Cu 2+的物质的量浓度为多少？
解析：如果利用方程式，稀硫酸与铜不反应，只能写出铜与稀硝酸的反应方程式，显然忽略了稀硫酸提供的氢离子，即NO 3-在酸性条件下仍然具有硝酸的性质，与金属铜继续发生反应，直至Cu 、H +和NO 3-三者中有一个消耗完为止，故要利用离子方程式法， 根据：3Cu + 8H+ + 2NO 3- = 3Cu 2+ + 2NO ↑ + 4H 2O
3 8 2
0.03mol 0.06mol 0.04mol
经判断，反应中H +少量，应该按H+的量进行计算，则有：
n （Cu2+）=38×0.06=0.0225mol ，c （Cu2+）= 0.02250.1mol L
=0.225mol/L 。
五、极限讨论法
有些关于铜与硝酸的反应中，给出的数据较少，无法从相关方程式中计算出未知量。
极限讨论法是指找到反应中的临界状态，对临界状态的讨论中，得出一个关于未知量的取值范围，在此范围内找到正确答案。
案例5：将1.92g的铜全部溶解于硝酸中，反应生成NO、NO2和N2O4的混合气体1.12mL （标准状况下）。
则该混合气体得到平均相对分子质量可能为（）
A.66
B.50
C.46
D.30
解析：反应有两个临界状态，一个为M最大值，一个为M最小值，根据极限情况讨论分析：（1）当混合气体为NO和NO2时，有x（NO）+y（NO2）=0.05，此时M最小，根据电子守恒可得：3x（NO）+y（NO2）=0.03×2，解得：x=0.005mol，y=0.045mol，故
M=0.005300.04546
44.4
0.05
⨯+⨯
=g/mol；
（2）当混合气体为NO2和N2O4时，有x（NO2）+y（N2O4）=0.05，此时M最大，根据电子守恒可得：n（NO2）+2y（N2O4）=0.03×2，解得：x=0.04mol，y=0.01mol，故
M=0.04460.0192
55.2
0.05
⨯+⨯
=g/mol。
由此可得：混合气体的平均分子质量应该在44.4与55.2之间，正确答案为BC。
总之，“铜与硝酸”类型的试题比较灵活，需要学生在解答中，能够对其过程进行深入探究，注意电子守恒、元素守恒等方法的利用，找准方法，快速解题。