“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。
硝酸与金属反应计算题解法
金属与硝酸的计算一．从反应的实质入手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↑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.FeSO42.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m23.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( )A.0.015B. 0.225C. 0.035D. 0.045总结：金属与混酸反应时（含有硝酸），不能用硝酸与金属反应的化学方程式计算，应用离子方程式计算，H+的物质的量为硫酸或盐酸和硝酸中的H+物质的量之和。
二．原子守恒：参加反应的硝酸一部分显酸性，生成硝酸盐，另一部分作氧化剂，一般转化为氮的氧化物(NO或NO2)，根据氮元素守恒解题1.将1.92 g 铜粉与一定量浓硝酸恰好完全反应，反应后收集到的气体在标准状况下的体积为 1120 mL。
(假设反应中只产生NO或NO2)则消耗硝酸的物质的量为 mol。
2.将25.6 g Cu 与1.4mol 的浓硝酸恰好完全反应,反应后收集到的气体在标准状况下的体积为多少？(假设反应中只产生NO或NO 2)3.将6.4 g Cu与80 mol/L 60 mL 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.(假设反应中只产生NO或NO2),此时溶液中所含NO3-的物质的量为（） molA、0.28B、0.31C、a+0.2D、a+0.4 三．电子守恒1.在Cu与稀硝酸反应中,如果有1 mol 硝酸被还原,则被氧化的铜的物质的量为（）A．3/8 B.8/3 C.3/2 D.2/32.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． N23.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。
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 。
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 。
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%。
浅析铜与硝酸反应的实验探究与拓展
在上面的三组实验中提供的硝酸的体积均一样，仅仅是铜的质量不相同。
A组中，铜的质量相同，即反响后溶液中Cu2+的浓度相同，而浓硝酸反响后溶液为绿色，稀硝酸为蓝色；B组中，与浓硝酸反响的铜的质量要小一些，即反响后Cu2+浓度低一些，然而溶液仍然为绿色；C组中Cu2+的浓度大，溶液仍然是绿色。
可见，Cu(NO3)2溶液为绿色不是由Cu2+浓度引起的。
猜测二、可能是硝酸铜溶于浓硝酸引起的。
将Cu(NO3)2晶体溶于浓硝酸，溶液仍然为蓝色。
可见此假设不成立猜测三、可能是温度不同引起的方案1：将绿色的Cu(NO3)2溶液加热。
溶液仍然为绿色，且在试管中产生大量的红棕色气体。
原因是在加热的时候，浓硝酸不断的分解，致使NO2源源不断的生成，因此不可能将NO2和Cu(NO3)2分开，因此溶液仍为绿色。
方案2：将正在反响的试管壁不断地用流水冲，溶液颜色为蓝色。
这个改变的核心因素是降低温度。
因为Cu+4HNO3〔浓〕==Cu〔NO3〕2+2NO2+2H2O的反响是放热反响，降温反响速度减慢，产生的NO2减少；而2NO2==N2O4〔正反响为放热反响〕，因此降温平衡向右移动，生成无色的N2O4，NO2的量逐渐减少，故溶液很快变成蓝色。
猜测四、可能是NO2溶于Cu(NO3)2溶液形成的。
方案1：将Cu和浓硝酸反响后的溶液迅速倒入枯燥的烧杯中，再转移到另一个枯燥的烧杯中，溶液迅速变蓝。
方案2：在Cu和浓硝酸反响后的试管口上塞一团沾有NaOH溶液的棉花，放置半天后，溶液为蓝色。
其原因是随着时间的推移，反响后的溶液温度降低，NO2慢慢从溶液中逸出被棉花中的NaOH吸收，溶液的颜色仅仅由Cu(NO3)2呈现出来。
由此可见，Cu(NO3)2溶液的绿色是由蓝色的Cu(NO3)2溶液和黄色的HNO3溶液〔溶有NO2〕的两者混合而成的。
二、原型拓展1方案评价型[例1]某化学课外兴趣小组在做铜与浓硝酸、稀硝酸反响实验时发现：“相同质量的铜分别与等体积且足量的浓硝酸、稀硝酸充分反响后，前者溶液颜色是绿色的，后者溶液的颜色是蓝色的。
硝酸与铜反应计算浅析
假设Ｈ Ｎ Ｏ 生成Ｎ ０ Ｎ ｄ ａ ＋ ５ 价降到＋ ２ 价，每个氮原子得３ ｅ Ｈ Ｎ Ｏ ３ 生成Ｎ ｏ ２ Ｎ 由＋ ５ 价降到＋ ４ 价，每个氮原子得１ ｅ 即假设生成气体全部为Ｎ Ｏ ： 时，所需ｃ ｕ 最少
此 时需 要 Ｃ ｕ
①列方程
科 学 技 术
硝酸 与铜反应计算浅析
苏葛 径
（ 内蒙 古赤 峰市 林 西县 第一 中学化学 组 ，内蒙古 赤峰 ０ ２ ５ ２ ５ ０ ）
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
铜与硝酸反应是高 中化学经常考的一类计算题 ，对于该种类型 的 计算题 ，有时用不 同的方法 ， 解题所用 的时间不同 ，特别是在考试 中 如果方法得当则为赢得考试时间创造了条件 。 在铜与硝酸 的反应 中 ，一般来说 ，浓硝酸产生ＮＯ ， ，稀硝 酸产生
Ｎ Ｏ，方 程 式如 下 ： 稀硝酸３ Ｃ ｕ ＋ Ｓ Ｈ Ｎ Ｏ ， ＝ ＝ ３ ｃ ｕ ｏ ０ 。 ＋ ２ Ｎ Ｏ Ｔ ＋ ４ Ｈ ’ Ｏ 浓硝酸ｃ ｕ － ＇ Ｍ － ＨＮ Ｏ ＝ ： Ｃ ｕ Ｏ ， ＋ ２ Ｎ Ｏ ２ Ｔ ＋ ２ Ｈ， Ｏ
有时产物 比较复杂 ，随着硝酸 的浓度 逐渐减小 ，产物 由Ｎ Ｏ 变为 Ｎ Ｏ ，最终得到 的是Ｎ Ｏ 与Ｎ Ｏ ２ 的混合物 。甚至还要涉及到多步反应 ， 这 就要求学 生要有清晰 的思路和正确的方法，以避免 由于思路或方法不 得当费时又费力 。 例如 １ ：３ ． ８ ４ 克的铜 与一定量的浓硝酸反应 ，生成 １ ． １ ２ Ｌ 的气体时 ， 铜恰好全部溶解 ，求反应 中消耗硝酸物质的量 ，反应 中被还原的硝酸 的物质的量 。 解： 该反应 的反应式为： ｃ ｕ ＋ ４ Ｈ Ｎ ０ ， （ 浓） ＝ ｃ ｕ （ Ｎ ０ ＋ ２ ５ １ ０ ２ Ｔ ＋ Ｈ ， Ｏ 设 ：反应中消耗硝酸的物质的量为ｎ ， 参加反应的铜的物质的量为３ ． ８ ４ ｇ ］ ６ ４ ｇ ／ ｍ ｏ ｌ － Ｏ ． ０ ６ ｏ ｔ ｏ ｌ 所以Ｈ Ｎ ０ ３ 的质量是 ：Ｃ ｕ ４ Ｈ Ｎ Ｏ
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
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种典型的氧化还原反应，涉及的计算知识面广，对初学者来说难度较大。
本文旨在总结解题规律和技巧。
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，随着反应过程中硝酸的不断消耗和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不同。
因此，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：酸和氧化剂。
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。
例如，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，即硝酸的总物质的量。
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铜与适量的浓硝酸反应，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。
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。
解题方法——铜与硝酸反应的相关的计算
解题方法——铜与硝酸反应的相关的计算铜与硝酸的反应体现了硝酸的强氧化性与酸性,浓硝酸在反应过程中逐渐变稀,造成产物出现了多样性, 利用计算题的形式可以从不同角度考察学生对该反应的理解程度.1 考察求解混合气体的平均分子量(利用极端值法求解)例1 0.03molCu完全溶于硝酸,产生氮的氧化物(NO、NO2、N2O4)混合气体的平均分子量可能是(A) 30 (B) 46 (C) 50 (D)66解析:设NO、NO2、N2O4的物质的量分别为x、ｙ、ｚ，各产生１ｍｏｌNO、NO2、N2O4分别得到3molｅ－、1molｅ－、和2molｌｅ－x+y+z=0.05mo3x+y+2z=0.06此方程属于不定方程,难以讨论,可以采用极端值法求解:假设混合气体由二种气体组成,若由NO与NO2组成,z=0,解上述方程组得x=0.005mol, y=0.045mol,则M=0.005×30＋0.045×46)／0.05=44.4g/mol同理若混合气体有NO2、N2O4组成，则x=0，解方程组得y=0.04mol,z=0.01mol,求得混合气体的平均摩尔质量为:M=(0.04×46＋0.01×92)/0.05=55.2g/mol实际上混合气体由NO、NO2、N2O4三种气体组成,故混合气体的平均分子量应在44.4与55.2之间,因此选B、 C .该题是2002年上海高考试题,考察了考生处理三种组分混合物平均分子量的思维方法.2 考察对硝酸在反应中所起作用的理解(利用关系式法求解)例2 1.92gCu粉与一定量的浓硝酸反应,当铜粉完全反应时收集到气体1.12L(标况),则所消耗硝酸的物质的量是A 0.12molB 0.11molC 0.09molD 0.08mol解析：铜的物质的量=1.92g/64g/mol=0.03mol.气体(NO、NO2)的物质的量为1.12L/22.4L/mol=0.05mol.在硝酸与铜的反应中，一部分硝酸生成了硝酸铜，另一部分硝酸转化为NO x(NO、NO2)，关系式如下：Cu———Cu（NO3）2———2HNO3；HNO3——————NO x(NO、NO2)，由上述关系式可知，所消耗硝酸的物质的量=2n（Cu）+n（NO x）=2×0.03 mol+0.05mol=0.11mol.3 考察对NO3-减少与H+下降关系的理解(利用守恒关系列方程求解)例3 76.8mgCu与足量浓硝酸反应,铜作用完全后,如果NO3-减少2×10-3mol,则溶液中H+同时下降A 2.2×10-3molB 3.2 ×10-3molC 4.4×10-3molD 4.8×10-3mol解析:H+反应后生成H2O, H2O中的O来自HNO3转化为NO x后减少的O,故有下列关系:NO3-(减少)____ NO2______e______2H+; NO3-(减少)____ NO______3e______4H+因此,n(H+)=2n(NO2)+4n(NO).这样只要求出NO2与NO的物质的量即可求出减少的H+物质的量,设生成NO2、NO的物质的量分别为x,y则由N守恒:x+y=2×10-3mol, ①由得失电子守恒:x+3y=2×76.8×10-3g/64g/mol②解①,②方程组得: x =1.8×10-3 mol, y=0.2×10-3mol. n(H+)=2×1.8×10-3mol+4×0.2×10-3mol=4.4×10-3mol,选C.4 考察对铜与硝酸反应实质的理解(利用离子方程式判断过量求解)例4 有硫酸与硝酸的混合液,取出其中10ml,加入足量的BaCl2溶液,将生成的沉淀过滤洗涤,干燥称得质量为9.32g.另取这种溶液10ml与4mol/L的NaOH溶液25ml恰好中和.求①混合液中H2SO4与HNO3的物质的量浓度是多少？②另取10ml的混合液与0.96g铜粉共热时，有多少ml气体产生?解析:由题意知硫酸钡的物质的量:n(BaSO4)=n(H2SO4)= 9.32g/233g/moL=0.04mol, 溶液中的H+与NaOH反应,n(NaOH)=n(H+)=0.025L×4mol/L=0.1mol, n(HNO3)=0,1mol－2 n(H2SO4)== 0.02mol, c(H2SO4)=4mol/L,c(HNO3) =2moL/L;(2)溶液中的n(H+)=0.04×2+0.02=0.10mol, n(HNO3)=0.02mol,n(Cu)=0.015mol,由化学反应3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,因此与0.015mol的Cu反应需要的H+的物质的量为0.04mol<0. 1mol同理反应掉的NO3-的物质的量为0.01mol<0.02mol,所以H+与NO3-均过量,Cu全部溶解,生成的NO的体积应据Cu 的物质的量来计算,即n(NO)=2/3×0.015=0.01mol,所以V(NO)=0.224L.5 考察硝酸的还原产物中氮元素的化合价(假设法求解)例5:锌与硝酸反应,若有1mol硝酸参加法院，则有0.8mol的电子发生转移,此时硝酸的还原产物中N元素的化合价A +4B +1 C+2 D－3解析:从题目的所述中可知,若有8mol的电子转移,就有4mol的锌被氧化,有10mol 的硝酸参加反应,其中有8mol的硝酸转化为Zn(NO3)2,还有2molHNO3,可能有以下情况:①若2mol的硝酸全部被还原,则N的化合价应降为(+5－8/2)=+1.此时产物为N2O②若2mol的硝酸只有1molHNO3被还原, 则N的化合价应降为(+5－8)=－3此时产物为NH4NO3。
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。
硝酸计算专题：技巧和题型
硝酸计算专题计算的技巧：一、利用N守恒计算：溶液中的NO3-和生成的NO(或NO2)中N的物质的量之和等于原HNO3的物质的量1、若将12.8g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜消耗完时，共产生5.6L气体（标准状况）。
则所消耗的硝酸的物质的量为_______。
2、38.4gCu跟适量的浓HNO3反应，Cu全部反应后共收集到气体22.4L(标准状况)，反应中作氧化剂的硝酸与总消耗的HNO3的物质的量比( )A、5/11B、6/11C、5/6D、6/5二、利用电子守恒计算：金属转移的电子＝氮元素转移的电子1、1.92g铜投入到一定量浓硝酸中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越淡，共收集到标准状况下672mL气体，将盛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，则通入氧气的体积为( )A、504mLB、336mLC、224mLD、168mL2、一定量的铁与一定量的浓HNO3反应，得到硝酸铁液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与3.36 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。
若向所得硝酸铁溶液中加入2 mol•L-1的NaOH 溶液至Fe3+恰好沉淀，则消耗NaOH 溶液的体积是( )A、300 mLB、150 mLC、120 mLD、90 mL3、某浓度稀HNO3与金属M反应时，能得到+2价硝酸盐，反应时M与HNO3的物质的量之比为5 ∶12，则反应时HNO3的还原产物是（）A、NH4NO3B、N2C、N2OD、NO 4．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. NO2B. NOC. N2OD. N2三、利用电荷守恒计算:一般应用于硝酸有剩余的反应，反应后存在:n(NO3-) ＝n(H+)+2n(Cu2+)1、6.4g铜与过量的硝酸（8 mol/L 60mL）充分反应后，硝酸的还原产物有NO、NO2，反应后溶液中所含H+离子为nmol，此时溶液中所含NO3-的物质的量为( )A、0.28 molB、0.31 molC、(n+0.2)molD、(n+0.4)mol 计算的常见题型：1. 浓HNO3+足量Cu型:计算原理:Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO +4H2O或:Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2 +2H2O3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO +4H2O n(被还原的硝酸)=n(NO)+n(NO2)n(参加反应的硝酸)= n(NO)+n(NO2)+2n(Cu2+)例1. 将1.92gCu与一定量的浓硝酸反应,生成的气体颜色逐渐变浅,当Cu全部溶解时,共收集到标况下气体1.12L,则反应中消耗的硝酸的物质的量为________mol练习：铜与某浓度的硝酸反应后产生气100ml (标况).该混合气的密度是相同状况下H2密度的26.7倍.将此气体在密闭容器中用水充分吸收后,剩余气体的体积为70ml(标况)(1).该混合气各组分的体积是多少ml?(2).被还原的硝酸是多少克?2.HNO3+H2SO4+Cu或硝酸盐+H2SO4+Cu型:计算原理:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO +4H2O 例1. 在1molKNO3和4molH2SO4的混合稀溶液中,加入 1.5molCu粉,充分反应后,生成的气体在标况下的体积约为_________L.练习：某溶液中含有H+、NO3—、SO42—三种离子,其中H+和SO42-的物质的量浓度分别为7.0mol/L和2.0mol/L.取该溶液20ml,加入3.2gCu粉,加热使它们充分反应,收集的气体在标况下的体积是多少?3.得失电子守恒的应用：例2. 为了测定某铜银合金的成分,将30.0g该合金溶于80mL13.5mol/L的浓硝酸中,待合金完全溶解后,收集到气体6.72L(标况),并测得溶液的c(H+)=1mol/L.设反应后溶液的体积仍为80mL,试计算 (1).合金中银的质量分数 . (2).所得气体水洗后的体积(标况)4.HNO 3与Fe 恰好完全反应型:计算原理:Fe+4HNO 3=Fe(NO 3)3+NO +2H2O 3Fe+8HNO 3=3Fe(NO 3)2+2NO+4H2O 所得溶质为硝酸铁或硝酸亚铁或混合物例1. 含ag 硝酸的稀溶液,恰好使5.6gFe 粉完全溶解,若有n/4gHNO 3被还原,则n 值不可能是A.12.6B.16.8C.18.9D.25.2 5. Fe 、Cu 混合与HNO 3反应的计算:现有Fe 、Cu 组成的合金，总物质的量为a mol ，其中Cu 的物质的量分数为x ；研成粉末后，全部投入含bmolHNO 3的稀溶液中,微热使其充分反应,且HNO3的还原(2). 当残留金属离子只有Fe 和Cu 时,求b 的取值范围(3). 当x=0.5时,若溶液中Fe 2+和Fe 3+的物质的量相等时,在标况共产生672ml 气体,求a 、b 的值。
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 。
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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。