硝酸中的守恒与计算技巧含解

化学计算技巧之1.守恒法

专题（一）守恒法【学海导航】所谓“守恒法”就是以化学反应过程中存在的某些守恒关系如质量守恒、元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒等进行计算的方法。

运用守恒法解题可避免在纷纭复杂的解题背景中寻找关系式，提高解题的速度和准确度。

在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。

首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。

1．在溶液中存在着离子的电荷守恒和物料守恒．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。

因此涉及到溶液（尤其是混合溶液）中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒或物料守恒法。

2．在氧化还原反应中存在着得失电子守恒．．．．．．．．．．．．．．．．．。

因此涉及到氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子及反应前后化合价等问题可考虑电子守恒法。

3．在某些复杂多步的化学反应中．．．．．．．．．．．．．，某些元素的质量或浓度等没有发生变化。

因此涉及到多步复杂的化学过程的问题可考虑元素守恒法。

4．在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。

【精题点拨】1、得失电子守恒【例1】向含amolNa2S和bmolNa2S2O3的混合液中加入足量的稀硫酸酸化，完全反应后，得到沉淀(a+2b)mol ，原混和液中a 和b 的关系是(A)a=2b (B)2a=b (C)a>2b (D)2a>b【解析】由题意可知：amolNa2S 和 bmolNa2S2O3中的Ｓ元素全部转变为Ｓ沉淀，硫元素的化合价发生了改变，是氧化－还原反应，得失电子总数守恒。

amolNa2S 中的硫元素化合价从－２价变为０价，失去 2amol 电子，bmolNa2S2O3中的＋２价的Ｓ变到０价，得到 4bmol 电子，由得失电子总数守恒得 a=2b 。

【能力训练一】1.某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72－离子，在溶液中 mol该离子恰好能使－离子完全氧化，则X2O72－离子还原后的化合价为A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋42、在3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑，若有5 mol H2O做还原剂时，被水还原的BrF3的物质的量是mol mol C. D.3．向100 mL FeBr 2溶液中缓慢通入 L （标准状况）Cl 2，有的Br - 被氧化成溴单质，则原FeBr 2溶液的物质的量浓度mol/L mol/L mol/L mol/L4.已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被亚硫酸钠还原到较低价态,如果还原含 ×10-3mol[RO(OH)2]+的溶液到低价态,需L 的亚硫酸钠溶液,那么R 元素的最终价态为A.+3B.+2C.+15、实验室用铅蓄电池做电源电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：负极Pb+SO 42―-2e -=PbSO 4正极PbO 2+4H ++SO 42―+2e -=PbSO 4+2H 2O如果制得，这时电池内消耗的H 2SO 4的物质的量至少是A 、B 、C 、D 、6. 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。

高中化学电子守恒

高中化学电子守恒篇一：高中化学守恒法解题技巧化学守恒法解题技巧守恒法是一种中学化学典型的解题方法，它利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列式求解，可以免去一些复杂的数学计算，大大简化解题过程，提高解题速度和正确率。

它的优点是用宏观的统揽全局的方式列式，不去探求某些细微末节，直接抓住其中的特有守恒关系，快速建立计算式，巧妙地解答题目。

物质在参加反应时，化合价升降的总数，反应物和生成物的总质量，各物质中所含的每一种原子的总数，各种微粒所带的电荷总和等等，都必须守恒。

所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。

一、质量守恒质量守恒是根据化学反应前后反应物的总质量与生成物的总质量相等的原理，进行计算或推断。

主要包括：反应物总质量与生成物总质量守恒；反应中某元素的质量守恒；结晶过程中溶质总质量守恒；可逆反应中反应过程总质量守恒。

例1、在反应X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22：9，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR，则在此反应中Y和M的质量比为（）（A）16：9 （B）23：9 （C）32：9 （D）46：9例2、1500C时，碳酸铵完全分解产生气态混合物，其密度是相同条件下氢气密度的（）（A）96倍（B）48倍（C）12倍（D）32倍练习：1、将100℃的硫酸铜饱和溶液200克蒸发掉50克水后再冷却到0℃时，问能析出胆矾多少克？若在100℃硫酸铜饱和溶液200克里加入16克无水硫酸铜，应有多少克胆矾析出？（硫酸铜溶液度100℃时为75．4克。

0℃时为14．3克）（130．48克4．34克）2、在一定条件下，气体A可分解为气体B和气体C ，其分解方程式为2A====B+3C 。

若已知所得B和C混合气体对H2的相对密度为42．5。

求气体A的相对分子量。

（17）3、为了确定亚硫酸钠试剂部分氧化后的纯度，称取亚硫酸钠4g置于质量为30g的烧杯中，加入6mol/L盐酸18mL(密度为1.1 g／cm3)，反应完毕后，再加2mL盐酸，无气体产生，此时烧杯及内盛物物质为54.4g，则该亚硫酸钠试剂的纯度为百分之几？4、向KI溶液中滴入AgNO3溶液直至完全反应，过滤后滤液的质量恰好与原溶液质量相等，则AgNO3溶液中溶质的质量分数为多少？二、物质的量守恒物质的量守恒是根据反应前后某一物质的量不变的原理进行推导和计算的方法。

浓硝酸+稀硝酸+硝酸盐知识点总结

硝酸+硝酸盐1.HNO 3的物理性质：无色、有刺激性气味的液体，沸点低、易挥发，在空气中遇水蒸气而产生白雾。

质量分数69%以上的硝酸为浓硝酸，98%的硝酸称为“发烟”硝酸。

浓HNO 3中因溶有HNO 3分解产生的NO 2而呈黄色。

2. HNO 3的化学性质：（1）强酸性：HNO 3 →H ++NO 3—，硝酸是一元强酸，具有酸的通性。

将少量稀硝酸滴在石蕊试纸上观察到现象是___________________；将少量浓硝酸滴在石蕊试纸上观察到现象是___________________；以上对比说明：浓硝酸具有漂白性，浓硝酸的氧化性比稀硝酸强。

（2）不稳定性：()32224HNO 4NO O 2H O ∆−−→↑+↑+光HNO 3浓度越大，越易分解；HNO 3应保存在玻璃塞（HNO 3腐蚀橡胶）棕色细口瓶中，放于阴凉处。

（3）强氧化性：(a)与金属单质反应：除Pt 、Au 外的金属均能与HNO 3反应。

Cu+4HNO 3(浓) →Cu(NO 3)2+2NO 2↑+ 2H 2O （实验室制NO 2）；3Cu+8HNO 33Cu(NO 3)2+2NO ↑+ 4H 2O （实验室制NO ）；Zn+4HNO 3(浓) →Zn (NO 3)2+2NO 2↑+ 2H 2O ；3Zn +8HNO 33Zn (NO 3)2+2NO ↑+ 4H 2O ；注意：常温下，Fe 、Al 等金属在浓HNO 3中发生钝化反应，金属表面生成致密的氧化膜。

(b)与非金属单质反应：能氧化C 、S 等非金属。

C+4HNO 3(浓)CO 2↑+4NO 2↑+ 2H 2O ；S+6HNO 3(浓)H 2SO 4+6NO 2↑+ 2H 2O ；HNO 3与还原剂，如H 2S 、HBr 、HI 、SO 2、Na 2SO 3、氯化亚铁等发生反应，对应的还原产物一般情况下为：()()2NO NO −−−→−−−→还原剂还原剂浓硝酸还原产物稀硝酸还原产物（4）王水：浓硝酸和浓盐酸按体积比1:3混合而成。

铝与酸反应

•铝与酸、碱反应的计算规律：铝分别与盐酸、氢氧化钠溶液反应的原理：(1)等量铝分别与足量盐酸和氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比为(2)足量的锅分别与等物质的量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比为(3)一定量的铝分别和一定量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，若产生氢气的体积比为，则必定是：①铝与盐酸反应时，铝过量而盐酸不足；②铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足而氢氧化钠过量。

解有关硝酸与金属反应的计算题的技巧：1.灵活运用得失电子守恒、原子守恒及溶液中的电荷守恒关系例如Cu与HNO3反应中就有以下等量关系：(1)N原子守恒：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(假设此处有NO3、NO)和Cu(NO3)3，若HNO3过量，则过量HNO3中也含一部分N，则有：n(N)=n(NO2)+ n(NO)+2n[Cu(NO3)3]+n剩(HNO3)。

(2)得失电子守恒：在反应中失去电子的是参加反应的Cu，；得到电子的是被还原的HNO3(假设还原产物为NO2、NO)，NO3-+e→ NO2、NO3-+3e→NO。

根据得失电子守恒，则有：(3)溶液中的电荷守恒：在任何溶液中，阴离子所带负电荷总数与阳离子所带正电荷总数在数值上是相等的。

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NO3-(此类计算不考虑H2O电离出的极少量的H+、OH-)；若HNO3过量，溶液中阳离子有Cu2+和H+，阴离子只有NO3-。

则有：①若HNO3不过量：②若HNO3过量：2．铁与稀HNO3的反应规律(2)上述反应可以认为先发生反应①，若Fe有剩余则发生①×2+ ③即得反应②，所以，无论是反应①还是反应②，被还原的HNO3皆占参加反应的HNO3的。

•有关镁、铝的图像集锦：Al(OH)3与Al3+、AlO2-之间的转化，是建立在 Al(OH)3两性基础上的，有关相互转化的配比和沉淀Al(OH)3的质量变化，见下表：向一定量的Mg2+、NH4+、Al3+的混合液中加入Na2O2的量（横坐标）与生成沉淀和气体的量（纵坐标）的关系如图所示，则溶液中三种离子的物质的量浓度之比为（）A．3：2：1B．1：2：2C．1：2：4D．1：4：5由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n[Mg（OH）2]+n[Al（OH）3]=0.3mol，沉淀最小时，需要过氧化钠0.6mol-0.5mol=0.1mol，0.1molNa2O2与水反应生成0.2molNaOH，由反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O 可知，n[Al（OH）3]=0.2mol，所以n[Mg（OH）2]=0.3mol-0.2mol=0.1mol，根据镁元素可知原溶液中n（Mg2+）=n[Mg （OH）2]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=n[Al（OH）3]=0.2mol．生成的气体为氨气与氧气，右图可知溶液加入0.05molNa2O2以后，再加Na2O2，气体的增加减少，故加入0.05molNa2O2时，NH4+完全反应，沉淀达最大值，故溶液中Mg2+、NH4+、Al3+都恰好完全反应，此时溶液中Mg2+、NH4+、Al3+为Na+代替，溶液中n（Na+）=2n（Na2O2）=2×0.5mol=1mol，根据电荷守恒有n（Na+）=2n（Mg2+）+n （NH4+）+3n（Al3+），即1mol=2×0.1mol+n（NH4+）+3×0.2mol，所以n（NH4+）=0.2mol．所以溶液中三种离子的物质的量浓度之比为n（Mg2+）：n（NH4+）：n（Al3+）=0.1mol：0.2mol：0.2mol=1：2：2．故选：B．•离子方程式：用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子。

硝酸性质与计算技巧

溶解后共收集到由NO2和NO组成的混合气体0.896 L（标况），求反应所消
耗量。HN①式O方法3和程：产物中涉知N及数O两，2和个N反O的应物两质用个的二未 ②原子守元反一应次中方的程氮组原法子守恒
恒法：
反应中金属失去电子
③电子守恒总数
硝酸与金属反应
规律
电子守恒
“ 两个思想 ”N原子守恒
玻尔把金质的奖章小心的放入“试剂瓶”里，奖章在“王水”里慢慢的就消失了。然后，他离开了自己的祖国。
战争结束后，玻尔回到了自己的实验室，那个小瓶子还在那里。于是，他拿起一块铜轻轻的放入“王水”，铜块慢慢的也变小了，奇怪的是，瓶子里出现了一块黄金！
玻尔就是利用了化学上的一个化学反应——
浓、稀 HNO3 分别与 Cu 反应，为何不同？
反应
HNO3+ NaOH = NaNO3
与碱性氧化物+ H2O
反应
2HNO3+ CuO = Cu(NO3)2
与某些盐 + H2O
反应 2HNO3+ CaCO3 = Ca(NO3)2+ H2O
与金属+反CO2但↑ 不生成氢
应
气
硝酸的化学性质
光
4HNO3 ==== 4NO2 ↑ + O2 ↑+ 2H2O
“ 一个依据—”—离子方程式
19.2g铜和2 mol/L稀硝酸0.5L作用，反
应中转移0的. 电子为______mol，参加
反0.应的硝6酸是______mol，作0为. 氧化剂8的硝酸是______mol。 2
铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480 mL 的NO2气体和336 mL的N2O4气体（气体的体积已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加B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

高中化学计算＂守恒法＂技巧讲解_

高中化学计算＂守恒法＂技巧讲解_化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。

质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。

元素守恒即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。

电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。

电子得失守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化还原反应还是原电池或电解池中均如此。

例题：Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，加入100Ml0.6mol/LHNO3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到224mLNO气体（标准状况）。

求：（1）写出Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式。

（2）产物中硝酸铜的物质的量。

（3）如混合物中含0.01moLCu，则其中Cu2O、CuO 的物质的量分别为多少？（4）如混合物中Cu的物质的量为X，求其中Cu2O、CuO的物质的量及X的取值范围。

【分析】本题为混合物的计算，若建立方程组求解，则解题过程较为繁琐。

若抓住反应的始态和终态利用守恒关系进行求解，则可达到化繁为简的目的。

（1）利用电子守恒进行配平。

3Cu2O+14HNO3==6Cu(NO3)2 + 2NO +7H2O（2）利用N原子守恒。

n（HNO3）== 0.06mol，n （NO）== 0.01mol，则n（Cu(NO3)2）==（0.06-0.01）/2=0.025mol（3）本题混合物中虽含有Cu、Cu2O和CuO三种物质，但参加氧化还原反应的只有 Cu、Cu2O，所以利用电子守恒可直接求解。

转移电子总数：n（e-）= n（NO） 3==0.03molCu提供电子数：0.01 2=0.02molCu2O提供电子数：0.03-0.02=0.01mol n（Cu2O）=0.01/2=0.005moln（CuO）=0.0025-0.01-0.005 2=0.005mol（4）根据（3）解法可得n（Cu2O）=0.015-Xmol n （CuO）=X-0.005mol。

电子守恒法的应用技巧

电子守恒法的应用技巧解题技巧点拨：在氧化还原过程中，总是存在着得电子总数等于失电子总数，在原电池和电解池中通过两极的电子数必然相等。

利用这个规律，巧妙选择化学式或溶液中某两种数相等，或几个连续（或平行）的方程式前后某微粒（如离子、原子、电子）的物质的量保持不变作为解题依据，列出关系式解答题目。

1．在一定条件下,PbO2与Cr3+反应产物是Cr2O72-和Pb2+，则1mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为 ( )A．1mol B.1.5mol C.2mol D.2.5mol2．一定条件下NH4NO3受热分解的未配平方程式为：NH4NO3→HNO3＋N2＋H2O，在反应中，被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A．5∶3 B．5∶ 4 C ．1∶1 D．3∶53．已知反应:N2H5+ + 4Fe3+ = 4Fe2++ Y···· ··（已经配平）推断氧化产物Y为（）A.N2 B.NO C.NO2D.N2O4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.N2OD.N25．将m摩尔Cu2S与足量稀硝酸反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则参加反应中被还原的HNO3物质的量可能为（）A.l 0m /3 mol B .2m molC .5m /3mmol D.4mmol6.对于反应:11P +15CuSO4+24H2O＝5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，1molCu2+能氧化的磷的物质的量是( )A.0.2molB.11/15molC.15/11molD.0.4mol7．硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl－离子，则将转化成（）A． B．S C． D．8．Cu2S与一定浓度硝酸反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO、NO2和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为1∶1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3物质的量之比为（）A．1∶7 B．1∶9C．1∶5 D．2∶99.将8.4g 铁溶于一定量稀硝酸中，恰好完全反应后,n(Fe2+)=n(Fe3+)，则稀硝酸中含HNO3( )A．0.125mol B．0.25molC．0.375mol D．0.5mol10.铜金合金14 g 与足量的某浓度硝酸反应，将产生的气体与 1.12L(标准状况)O2混合，通入水中，气体恰好完全被吸收，则合金中铜的质量为( ) A．9.6g B． 6.4 g C． 3.2g D． 1.6 g11．某金属的硝酸盐受热分解生成NO2和O2的物质的量之比是8:1 ，则金属元素的化合价比反应前 ( )A．升高 B．不变 C．降低 D．无法确定12．NO2、NH3、O2组成的混合气体，一定条件下完全反应生成N2和H2O，则混合气体中NO2、NH3、 O2体积比可以是 (不考虑2NO2=N2O4) ( )A．2∶4∶1 B．2∶1∶ 2 C．1∶2∶1 D．1∶4∶313.将Wg铁、氧化铁和氧化铜组成的混合物粉未放入100mL 4.4mol/L盐酸中，反应完全后得氢气896mL（标况），生成的溶液中只有FeCl2、HCl和 1.28g 固体。

例析硝酸与金属反应的计算技巧

例析硝酸与金属反应的计算技巧摘要：通过实例和相关变形处理，介绍了硝酸与金属反应的计算题教学，旨在帮助学生理清反应的原理，合理应用电子守恒、原子守恒、电荷守恒等守恒关系，掌握化繁为简、化难为易、加快解题速度等计算技巧，由此培养及提高学生的计算能力和创造性思维能力。

关键词：硝酸；金属；氧化还原反应；守恒；化学计算文章编号：1005?C6629（2016）5?C0078?C05 中图分类号：G633.8 文献标识码：B硝酸和金属反应都是氧化还原反应，产物比较复杂。

解决有关计算的问题，需要学生有较强的思维能力。

近年来受新课改影响的部分教师过于重视探究过程，而忽视了对学生计算能力的培养，导致学生对硝酸与金属反应的计算问题，感到束手无策。

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、轻而易举了[1]。

为了帮助学生学会分析和思考，可以分类举例，有针对性地进行训练，并进行适当变形，力求让学生能举一反三，触类旁通。

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。

例题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L，NO2的体积为L。

分析：在反应中1mol Cu失去2mol电子，3.84g Cu即0.06mol Cu，共失去0.12mol电子。

HNO3每生成1mol NO要得到3mol电子，每生成1mol NO2要得到1mol电子。

再根据电子守恒的原则可列出方程组求解。

答案：NO的体积为0.224L，NO2的体积为2.016L。

如果将原来的题目经过变形，又可以有以下几种情况。

[变形1] 3.84g Cu和一定量的浓硝酸反应，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mL标准状况下的O2可以使集气瓶充满溶液？提示：HNO3在反应中可能被还原为NO，也可能被还原为NO2，但是最后都与O2反应，再次被氧化为HNO3。

氧化还原反应有关计算中的守恒与方法

氧化还原反应有关计算中的守恒与方法一、守恒“守恒”是化学中的一个永恒规律，在氧化还原反应中常涉及的守恒有：（1）电子守恒：电子守恒是指氧化剂得到的物质的量（或个数）和还原剂失去电子的物质的量（或个数）相等，即反应前后氧化剂得到电子的总数等于还原剂失去电子的总数。

（2）质量守恒;质量守恒是指氧化还原反应中反应前后各元素的种类和相应的原子个数不变。

（3）电荷守恒电荷守恒是指在离子反应中，所有阳离子所带正电荷总数等于所有阴离子所带的负电荷总数，即溶液呈电中性。

二、方法对氧化还原反应的有关计算应根据化合价的变化，理清氧化和还原两条线索，以得失电子守恒为切入点，并结合化学方程式和质量守恒列式求解。

对于过程相对复杂的氧化还原反应，（连续反应或多个反应并列发生）的计算，可以通过分析反应前后，始终两态涉及的所有物质，找出所有起始物质到终了物质中化合价发生变化的元素，根据化合价升高总数和化合价降低总数相等列式求解，简化解题步骤。

【例题1】在一定条件下的硝酸铵受热分解的未配平的化学方程式为（）NH4NO3HNO3+ N2↑+ H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为：A. 5 : 3B. 5 : 4C. 1 : 1D. 3 : 5解析：分析题意，根据化合价概念，被氧化与被还原的分别是NH4NO3中的NH4+中的N原子和NO3－中的氮原子，设被氧化的N原子数为x，则失去电子为3x，设被还原的N原子数为y，则得到电子为5y，那么3x ＝5y，x : y ＝5 : 3答案：A【例题2】12 mL浓度为0.1 mol//L的Na2SO3溶液，恰好与10 mL浓度为0.04 mol//L 的K2Cr2O7溶液，完全反应，通过计算确定Cr元素在还原产物中的化合价。

解析：在Na2SO3溶液与K2Cr2O7溶液发生的氧化还原反应中，Na2SO3充当还原剂，1 mol Na2SO3失2 mol电子，K2Cr2O7充当氧化剂得到电子，两者得失电子的物质的量相等，即：12×10－3 L×0.1 mol//L×2 ＝10×10－3 L×0.04 mol//L×2×(6－x)，解得：x ＝+3价。

高一化学计算题解题方法和技巧转载

高一化学计算题解题方法和技巧转载高一化学计算题解题方法和技巧化学计算题是中学生在化学学习中比较头痛的一类题目，也是他们在测验和考试中最难得分的一类题目，能选用最合适的方法准确而快速地解决计算题，对于提高学习成绩，增强学习效率，有着重要意义。

选用合适的方法解计算题，不但可以缩短解题的时间，还有助于减小计算过程中的运算量，尽可能地降低运算过程中出错的机会。

例如下题，有两种不同的解法，相比之下，不难看出选取合适方法的重要性：[例1]30mL一定浓度的硝酸溶液与5.12克铜片反应，当铜片全部反应完毕后，共收集到气体2.24升(S.T.P),则该硝酸溶液的物质的量浓度至少为A.9mol/LB.8mol/LC.5mol/LD.10mol/L解法一：因为题目中无指明硝酸是浓或稀，所以产物不能确定，根据铜与硝酸反应的两个方程式：(1)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,(2)Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,可以设参与反应(1)的Cu为xmol,则反应生成的NO气体为2/3xmol,反应消耗的硝酸为8/3xmol,再设参与反应(2)的Cu为ymol,则反应生成的NO2气体为2ymol,反应消耗的硝酸为4ymol,从而可以列出方程组：(x+y)*64=5.12,[(2/3)x+2y]*22.4=2.24,求得x=0.045mol,y=0.035mol,则所耗硝酸为8/3x+4y=0.26mol,其浓度为(0.26/0.03)mol/L,在8-9之间，只能选A.解法二：根据质量守恒定律，由于铜片只与硝酸完全反应生成Cu2+,则产物应为硝酸铜，且其物质的量与原来的铜片一样，均为5.12/64=0.08摩，从产物的化学式Cu(NO3)2可以看出，参与复分解反应提供NO3-的HNO3有2*0.08=0.16摩;而反应的气态产物，无论是NO还是NO2,每一个分子都含有一个N原子，则气体分子总数就相当于参与氧化还原反应的HNO3的摩尔数，所以每消耗一摩HNO3都产生22.4L气体(可以是NO或NO2甚至是两者的混合物),现有气体2.24L,即有0.1摩HNO3参与了氧化还原反应，故所耗硝酸为0.16+0.1=0.26摩，其浓度为(0.26/0.03)mol/L,在8-9之间，只能选A.从以上两种方法可以看出，本题是选择题，只要求出结果便可，不论方式及解题规范，而此题的关键之处在于能否熟练应用质量守恒定律，第二种方法运用了守恒法，所以运算量要少得多，也不需要先将化学方程式列出，配平，从而大大缩短了解题时间，更避免了因不知按哪一个方程式来求硝酸所导致的恐慌。

硝酸与金属的反应(经典、全面)

硝酸与金属反应专题硝酸与金属反应的计算是一个难点,但也是历年高考的热点问题，此类问题技巧性较强，常使用的方法有电子得失守恒，N原子守恒等，下面一一讲解。

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【例2】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【例3】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.0.15B. 0.225C. 0.35D. 0.45变式1：稀硝酸和稀硫酸的混合液，其物质的量浓度分别为0.1mol/L和0.4mol/L。

若向该混合液中加入足量的铜粉，则最多能溶解铜粉的质量为A．2.4g B．3.2g C．6.4g D．9.6g变式:2：有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体多少升？（设反应中HNO3被还原成NO)二、N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),即是溶液中的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。

硝酸的相关计算

硝酸与硝酸盐的计算一、硝酸与金属反应中硝酸的作用：（1）酸性（2）氧化性二、硝酸盐（1）硝酸盐的受热分解规律①_________________________②___________________________________________③___________________________________________（2）硝酸盐在酸性的条件下具有强的氧化性：与_______________________________不共存三、混酸的计算_______________________________________________________________________四、硝酸的计算技巧例1：15.36gCu与200mL某浓度的硝酸恰好完全反应，生成气体3.58L(标况)，求原硝酸的浓度？变式：38.4mg铜与适量的浓硝酸反应，铜全部作用后共收集到气体1m mol，则参加反应的硝酸的物质的量可能是（）A 1 m molB 1.6 m molC 2.2 m molD 2.4 m mol例2：在体积为40ml的稀硝酸中加入4.2g铁粉充分反应后，恰好完全反应，硝酸的还原产物是NO，通过计算该硝酸的物质的量浓度？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1.12L（标况）氧气混合，通入水中恰好被全部吸收求：（1）原合金中铜的质量？（2）若所用的硝酸溶液为40mL，刚好完全反应，试确定其物质的量浓度可能的范围？【练习】1.浅绿色的Fe(NO 3)2溶液Fe 2++2H 2O →Fe(OH)2+2H +，向该溶液中逐滴加入稀盐酸，溶液的颜色变化情况是（）A.变为深绿色B.褪为无色C.变为棕黄色D.没有变色2．足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO 2、N 2O 4、NO 的混合气体，这些气体与1.68LO 2（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。

硝酸计算技巧.

6、Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、 CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（） A、1：7 B、1：9 C、1：5 D、 2 ： 9
7、将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解生成一氧化氮和二氧化氮的体积为11.2升（标况）。请回答：（1）NO的体积为多少？NO2的体积为多少？（2）待生成的气体全部释放后，向溶液中加入 VmLamol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的铜离子全部转化为沉淀，则原硝酸的物质的量浓度为多少？（3）欲使题中生成的气体完全溶于NaOH溶液中且全转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水多少克？
1某单质跟浓硝酸反应时025mol单质能消耗1mol的hno3则单质元素氧化后的化合价可能是a1b2c3d42在某100ml的混合液中硝酸和硫酸的物质的量浓度分别为04moll和01moll向该混和液中加入192克铜粉加热充分反应后假设溶液的体积不变所得溶液的铜离子的浓度为a0225mollb0375mollc0450molld无法计算3将32克铜与300ml100moll的硝酸充分反应还原产物有no和no2若反应后溶液中有amol氢离子则此时溶液中含硝酸根离子的物质的量是a05amolb01amolc01amold2amol若产生的气体共336升设产生的气体全部放出则反应中消耗的硝酸的物质的量是多少
A、0.225mol/L C、0.450mol/L B、0.375mol/L D、无法计算
3、将3.2克铜与30.0mL10.0mol/L的硝酸充分反应,还原产物有NO和NO2，若反应后溶液中有amol氢离子，则此时溶液中含硝酸根离子的物质的量是（）

硝酸的相关计算

硝酸的相关计算一、从反应的本质看:在浓硝酸中放入铜片：1、开始反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O Cu +4H++2NO3－=Cu2+ +2NO2↑+2H2O2、若铜有剩余，则反应将要结束时的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 3Cu +8H+ +2NO3－=3Cu2+ +2NO↑+4H2O3、反应停止后，再加入少量的25％的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O二、计算的技巧：1、利用N元素守恒计算：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NO 2)浓HNO3+足量金属(Cu)型: M+HNO3=M(NO3)X+氮的氧化物+H2O根据氮元素守恒，分析硝酸的去向：n(起氧化性作用硝酸)=n(NO)+n(NO2)n(起酸性作用硝酸)=n(金属)×金属化合价n(参加反应的总硝酸)=n(起氧化性作用硝酸)+n(起酸性作用硝酸) =n(NO)+n(NO2)+n(金属)×金属化合价例1．将1.92g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1120mL。

(假设反应中只产生NO或NO 2)则消耗硝酸的物质的量为 mol。

A．0.12 B．0.11 C．0.09 D．0.08【巩固练习】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∶11 B．6∶11 C．5∶6 D．6∶52、利用得失电子守恒计算：计算原理: 金属转移的电子＝氮元素转移的电子只生成NO: n(金属)×金属化合价＝n(NO)×3只生成NO2: n(金属)×金属化合价＝n(NO2)×1NO和NO2都生成: n(金属)×金属化合价＝n(NO)×3+n(NO2)×1例2．某金属单质和浓硝酸反应时，每有0.25mol单质反应就消耗1mol浓硝酸，反应中浓HNO3还原为NO2，则金属氧化后的化合价是( )A．+1 B．+2 C．+3 D．+4【变式训练】某金属与浓硝酸恰好完全反应生成NO2(可加热)，消耗金属和硝酸的物质的量之比为1∶4，则该金属可能是( )A．Cu B．Ag C．Al D．Zn`3、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+)例3．6.4g铜与过量的硝酸(8mol/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．0.28mol B．0.31mol C．(n+0.2)mol D．(n+0.4)mol【变式训练】6.4g铜与1L 8mol/L硝酸反应，硝酸的还原产物有NO、NO2。

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。

2.2.3硝酸的计算课件高一下学期化学

8
二、电子得失守恒 2n(Cu)=4n(O2)
典例3：
1.92g Cu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（标况下），将盛有气
体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积可能是（）
A 504 mL
B 168 mL
类型一、HNO3去处及原子守恒 1、HNO3去处
酸性Cu(NO3)2 n(Cu)=n[Cu(NO3)2]=2n(NO3-)
HNO3
氧化性-还原产物 n(NO2)+n(NO)=n(NO3-)反应 NO2、NO
共消耗的硝酸
2、N原子守恒
n(HNO3)消耗=n(NO2)+n(NO)+2n(Cu(NO3)2)
A．0.15 mol·L－1
B．0.225 mol·L－1
C．0.35 mol·L－1
D．0.45 mol·L－1
10
变式练习：在100mL 2mol/L 的HNO3和1mol/L H2SO4混合液中加入19.2 g铜粉，充分反应后产生的气体在标况下的体积是（）
11
A 0.2 mol C 小于0.6 mol
B 0.6 mol D 大于 0.6 mol
5
简单计算2 0.3 mol Cu与足量的稀HNO3完全反应时，被还原的HNO3
的物质的量是（ D ）
A 0.3 mol C 0.4 mol
B 0.6 mol D 0.2 mol

一、HNO3的去处及氮原子守恒典例1: 3.84 g铜粉与浓硝酸完全反应，溶液中NO3-减少0.1mol,所消耗HNO3 的物质的量为（）
1
类型二、电子得失守恒

硝酸的性质

考题再现（09北京）某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱时，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去）。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2 ，而稀硝酸不能。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
可选药品：浓HN03、稀HN03、H20、浓H2SO4、NaOH溶液及CO2 已知：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O(NO不反应) (1)装置③、④、⑥中盛放的药品依次是________________。
考题再现（09北京）某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱时，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去）。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2 ，而稀硝酸不能。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
可选药品：浓HN03、稀HN03、H20、浓H2SO4、NaOH溶液及CO2 已知：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O(NO不反应) (3)该小组得出的结论所依据的实验现象是______________。
高三第一轮复习硫、氮和可持续发展
生产生活中的含氮化合物 ——硝酸的性质
楚门中学应崇恩
实验情景
实验：将3.2g铜片投入盛有5.0mL 14mol·L-1硝酸的试管中。
思考：（1）上述实验从开始到反应结束这一过程能观察
到什么现象？（2）写出反应开始时和将要结束时的化学方程式。（3）随着铜的不断减少，反应生成的气体颜色逐渐变浅
特别强调： NO3-无强氧化性，在H+溶液中相当于稀HNO3具有强氧化性
知识应用
思考：若一种无色溶液，先加Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不溶解，即能证明此溶液中一定有 SO42-离子吗？为什么？

高中化学高考总复习----守恒法在化学计算中的应用知识讲解及巩固练习题(含答案解析)

【答案】2：5（解析见高清）例 2、现有 19.7 g 由 Fe、FeO、Al、Al2O3 组成的混合物，将它完全溶解在 540 mL 2.00 mol· L－1 的 H2SO4 溶液中，收集到标准状况下的气体 8.96 L。已知混合物中，Fe、FeO、Al、 Al2O3 的质量分数分别为 0.284、0.183、0.274 和 0.259。欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，至少应加入 2.70mol·L－1 的 NaOH(aq)体积是________。
A 0.2mol L－1
B 0.4mol L－1
C 0.8mol L－1
D 1.6mol L－1
【答案】C
【变式 5】将一定质量的镁铝合金投入到 250ml 4mol/L 的盐酸中，金属完全溶解后，再
加入 2mol/L 的 NaOH 溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种氢氧化钠溶液的体积是
（）
Байду номын сангаас
A、250mL
【总结升华】本题应抓住混合物中 Na2S 、Na2SO3 、Na2SO4 三者均含“Na2S”的特点，Na、S 两元素个数比均为 2:1，故不论三者比例如何混合物中 Na、S 两元素个数比均为 2:1。举一反三：【变式 1】C2H4 、C3H8O 、C6H12 混合物中，C 元素的质量分数为 a%，求 O 元素的质量分数。
【答案】（1—a%×7/6）×8/9 【解析】将 C3H8O 改为 C3H6 ▪ H2O，（1—a%×7/6）代表含“H2O”量。
【变式 2】甲醛，乙醛，丙醛组成的混和物中，氢元素占质量百分组成为 9%，则混和物
中氧元素占质量百分组成为
A. 37%
B. 16%
C. 6.6% D.无法确定

矿产

矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。

如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。

㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。

(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。

如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。

对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。

二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。

2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。

㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。

2、矿产品价格稳定性及变化趋势。

三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。

2、矿区矿产资源概况。

3、该设计与矿区总体开发的关系。

㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。

2、矿床开采技术条件及水文地质条件。