守恒法巧解金属与硝酸反应的计算题
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 molB ．1.6×10－3 molC ．2.2×10－3 molD ．2.4×10－3mol 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 molB ．0.11 molC ．0.08 molD ．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 LB ．2m/3a LC ．2(m+n)/3a LD ．(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。
金属与硝酸反应的计算
四、离子方程式法
金属与硝酸反应的计算
练4：在100mL 2mol/L的HNO3和1mol/L的H2SO4的混合液中加入
19.2g铜粉，充分反应后产生的气体在标准状况下的体积是
(C )
A.5.6L 解析:n(H+)=0.2+0.2=0.4(mol)；n(NO3-
B.1.12L
)=0.2mol
C.2.24L D.3.36L
（1）生成的沉淀的质量为 9.9 g （2）消耗NaOH溶液的体积是 250 mL
五、综合运用
金属与硝酸反应的计算
练5：某二价金属与硝酸反应时，金属与硝酸所消耗的物质的量之比为2:5，
B 则HNO3的还原产物是 （ ）
A.NH3
B.N2O
C.NO
D.NO2
解析:若二价金属(M)为2mol,生成2molM(NO3)2,未被还原的硝酸4mol,被还原的硝 酸1mol,根据得失电子数相等,HNO3中N元素被还原成+1价, 答案为B。
V(NOx)=0.6mol×22.4L/mol =13.44L
金属与硝酸反应的计算
二、电子守恒法
例2：64gCu投入一定量浓硝酸中，铜完全溶解，共收集到22.4L
气体。将此气体与一定体积的O2一起通入水中，恰好完全溶解，则O2
的体积为（气体体积均按标准状况下计量）1__1__._2_L__
反应步骤比较多 因为 HNO3 Cu
B 完毕后收集到的气体在标准状况下的体积为(
)
A．7.84 L
B．13.44 L
C．15.68 L D．17.92 L
解：因为 n(反应的HNO3)= 1L×1.4mol/L =1.4mol
n(Cu)=12.8g/64g/mol =0.4mol =n[Cu(NO3)2] 所以 n(NOx)=1.4mol-0.4mol×2 =0.6mol
硝酸与金属反应计算
• ⑵乙组用agCu粉，全部溶于过量的稀HNO3中， 测得生成气体的物质的量是 mol，消耗的 HNO3的物质的量是 mol。为消除污染，将 生成的气体通入水中并同时通入O2，使生成的 气体完全溶于水再生为HNO3，则消耗O2的物质 的量是 mol。
吸收，产物只有NaNO3、NaNO2和H2O，则生 成NaNO2的物质的量是 mol，NaNO3的物 质的量是 mol。
• ⑴此稀硝酸的物质的量浓度。
• ⑵②中产生NO的物质的量。
• ⑶每份金属混合物中，含Fe、Cu的物质的量。
• ⑷使②中金属完全溶解，至少还需加入此稀硝酸 的体积及又放出NO的物质的量。
• ⑸③中生成NO的总物质的量和消耗硝酸的总物 质的量。
• 例10：甲、乙、丙三个研究小组为探究制备 Cu(NO3)2的最佳方案，用以下三种方法由Cu粉 制Cu(NO3)2溶液。
• A.0.28 mol
B.0.31 mol
• C.(n＋0.2) mol
D.(n＋0.4) mol
C
因反应后溶液中仅含有 Cu2＋、NO3－ 和 H＋
n(NO3－)＝2n(Cu2＋)＋n(H＋)＝0.1mol×2＋n mol ＝(n＋0.2) mol
• 例8：76.8 mg 铜和适量浓硝酸反应，铜全部溶 解后， 如果 NO3－ 离子减少 2×10－3 mol，则 溶液中 H＋ 同时下降
BC
Байду номын сангаас
• 例5：锌与硝酸反应，若有 1 mol 硝酸参加反应， 就有 0.8 mol 电子发生转移，此时硝酸的还原产 物中氮元素的化合价为______。
巧用金属活动顺序解答硝酸金属计算题
浅谈巧用金属活动顺序解答硝酸与金属的计算题硝酸与金属的反应，是高考的命题热点，其中硝酸与金属的计算因其出题角度多而成为学生解题的难点。
笔者通过多年的教学总结得出初学者若从性质角度分类学习比从技巧方面更容易接受，即利用金属活动顺序将习题解法分类。
笔者现以高考题及高考模拟题为例做分析。
一、硝酸与不活泼金属的反应硝酸能氧化除铂、金以外的绝大多数金属，高考中有关氢后金属的考查主要是铜、银，也恰恰是教学中的重点。
铜、银与浓硝酸反应的还原产物是二氧化氮，与稀硝酸反应的还原产物是一氧化氮，所以命题者往往巧妙地把题目叙述为某浓度硝酸或一定量10 mol·l-1硝酸等，解题中需考虑有没有浓硝酸随反应进行变成稀硝酸继续反应的问题。
例1.38.4 mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4 ml（标准状况），反应消耗的hno3的物质的量可能是（）。
a.1.0×10-3 molb.1.6×10-3 molc.2.2×10-3 mold.2.4×10-3 mol解析：题目中铜与适量的浓硝酸反应，浓硝酸可能足量也可能随反应进行变成稀硝酸最终将铜消耗掉，此高考题若用极值法解比较麻烦且会出现两个答案，我们应抓住铜与浓硝酸及稀硝酸反应时硝酸都是体现氧化性和酸性，所以可以直接用守恒法求解。
根据氮原子守恒求解如下：n（cu）=n[cu（no3）2]=■=6×10-4 moln（no、no2）=■=1×10-3 mol则反应消耗的hno3为2×6×10-4mol+1×10-3mol=2.2×10-3mol，c项正确。
由上题得，在解题时抓住关键词，挖出是否不能确定单一反应，用氮原子守恒法问题可使迎刃而解。
练1.a molcu与含b mol hno3的硝酸溶液恰好完全反应，被还原的hno3的物质的量是（）。
a.（b-2a） molb.■ molc.■mold.2a mol解析：根据元素守恒，1molcu生成cu（no3）2过程中，起酸性作用的硝酸为2mol，故amolcu与bmolhno3恰好反应起酸性作用的为2amol，其余硝酸被还原，即被还原的硝酸为（b-2a）mol。
硝酸与金属反应的有关计算
硝酸与⾦属反应的有关计算2019-06-28⼀、基本题型1.⾦属与硝酸的反应计算例138.4 mg铜与适量的浓硝酸反应，铜全部作⽤后，共收集到22.4 mL（标准状况）⽓体，反应消耗的HNO3物质的量可能是（）。
解析解法⼀极端假设法n（Cu）=6.0×10-4mol，若38.4 mg铜全部与浓硝酸反应，则可求得参加反应的硝酸为2.4×10-3mol，若38.4mg铜全部与稀硝酸反应，则可求得参加反应的硝酸为1.6×10-3mol，事实上铜先与浓硝酸反应，浓硝酸变稀后，⼜与稀硝酸反应。
消耗的硝酸的物质的量应在1.6×10-3mol和2.4×10-3mol之间。
故选C。
解法⼆氮原⼦守恒法2.⾦属与硝酸反应产⽣的⽓体⼜被氧⽓氧化成硝酸的计算例21.92 g Cu投⼊到⼀定量的浓硝酸中，铜完全溶解，⽣成的⽓体的颜⾊越来越浅，共收集到672 mL的⽓体（标准状况下）。
将盛有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，则通⼊的氧⽓的体积为（）mL。
A.168B.224C.336D.504解析得失电⼦守恒法从反应的过程分析，铜失去电⼦，先被硝酸氧化，得到NO2、NO，然后NO2、NO失去电⼦⼜被氧⽓氧化。
从反应的始态和终态看，铜在反应中失去电⼦，氧⽓在反应中得电⼦，根据得失电⼦守恒，铜失去的电⼦总量等于氧⽓得到的电⼦总量。
设通⼊的氧⽓的体积为x mL，则：（1.92/64）×2=（x/22400）×4，解得：x=336，答案选C。
3.⾦属与硝酸和硫酸的混合酸反应的计算例3在100 mL某混合酸中，硝酸的物质的量浓度为0.4 mol·L-1，硫酸的物质的量浓度为0.1 mol·L-1，向其中加⼊1.92 g铜粉，微热，待充分反应后，则溶液中Cu2+的物质的量浓度为（）mol·L-1。
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】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5 mol·L-1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A．60 mL B．45 mL C．30 mL D．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［答案］A （解析：利用电子转移数目的守恒）【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）。
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。
专题七 微专题——守恒法突破硝酸与金属反应的相关计算学案及训练
专题七微专题——守恒法突破硝酸与金属反应的相关计算学案及训练知识梳理一、思维模型二、常用的计算方法(以Cu与硝酸反应为例)1．原子守恒法反应前所有的N只存在于HNO3中，反应后含N的物质有HNO3的还原产物(假设有NO2、NO)和Cu(NO3)2，若HNO3过量，则过量HNO3中也含N，则有n(N)＝n(NO2)＋n(NO)＋2n[Cu(NO3)2]＋n(HNO3)剩(N原子守恒)。
2．电子守恒法反应中失去电子的是参加反应的Cu，Cu－2e－===Cu2＋；得到电子的是被还原的HNO3(假设还原产物为NO2、NO)，NO－3＋e－===NO2、NO－3＋3e－===NO。
根据得失电子守恒，则有2n(Cu)＝n(NO2)＋3n(NO)。
若将生成的氮的氧化物气体与一定量的氧气共同通入水中，氮的氧化物完全生成硝酸，由于开始反应物为硝酸，中间生成了氮的氧化物，但最终又变回了硝酸，所以相当于铜失去的电子最终由氧气得到，则有2n(Cu)＝n(O2)。
3．电荷守恒法在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NO－3(此类计算不考虑H2O电离出的极少量的H＋、OH－)；若HNO3过量，溶液中的阳离子有Cu2＋和H＋，阴离子只有NO－3。
则有：(1)若HNO3不过量：n(NO－3)＝2n(Cu2＋)；(2)若HNO3过量：n(NO－3)＝2n(Cu2＋)＋n(H＋)。
4．离子方程式计算法金属与硫酸、硝酸的混合酸反应时，由于硝酸盐中NO－3在硫酸提供H＋的条件下能继续与金属反应，故此类题目应用离子方程式来计算3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。
先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H＋或NO－3进行相关计算，且要符合电荷守恒。
三、常见两种计算1．硝酸与铜反应浓硝酸与足量的铜反应，开始浓硝酸被还原为NO2，随着反应的进行，浓硝酸变稀，稀硝酸被还原为NO，向反应后的溶液中加稀硫酸，NO－3又被还原为NO。
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.⨯-mol B. 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 O xxxCu HNO Cu NO NO H Oyy 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 2 B. NO C. N O 2 D. 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 xn 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 。
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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. 9.02g
B. 8.51g
C. 8.26g
D. 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. 1.4g
B. 2.4g
C. 3.2g
D. 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。
若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L-1NaOH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 D．15mL
解析：本题包含三个反应过程：①Cu+HNO3→Cu2++混合气体(NO2、N2O4、NO)；②混合气体(NO2、N2O4、NO)+O2+H2O→HNO3；③Cu2++2OH-＝Cu(OH)2↓。
根据电子守恒，在反应①中Cu失去电子的物质的量与反应②中O2获得电子的物质的量相等，即2n(Cu2+)＝4n(O2)，得：
n(Cu2+)＝2n(O2)＝2×■＝0.15mol。
由反应③可知，n(NaOH)＝2n(Cu2+)＝0.3mol，所以NaOH溶液的体积为：■＝0.06L＝60mL。
故答案应为A。
例2 将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。
请回答：
⑴NO的体积为 L，NO2的体积为 L。
⑵待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmL a mol·L-1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为 mol·L-1。
⑶欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水 g 。
解析：⑴设混合气体中NO和NO2的物质的量分别为xmol和ymol，则x+y＝■＝0.5①，由于反应过程中电子守恒（得失电子相等），故3x+y＝2×■②，解①、②组成的方程组得：x＝0.26，y＝0.24。
则NO的体积为：0.26mol×22.4 L·mol-1≈5.8L，NO2的体积为：11.2L －5.8L＝5.4L。
⑵根据氮原子守恒可知，n(HNO3)＝n(NaNO3)+n(NO)+n
(NO2)＝n(NaOH)+0.5mol＝(a×V×10-3+0.5)mol，则原硝酸溶液的浓度为：■mol·L-1。
⑶由反应过程中电子转移守恒可知，NO和NO2全部变成NaNO3所失去的电子数等于Cu 与HNO3反应所失去的电子数，即n(e-)＝2×■mol＝1.02mol，故n(H2O2)＝■＝0.51mol，因此，需要30%的双氧水的质量为：■＝57.8g。
巩固练习：（2002·上海）0.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物(NO、NO2、N2O4)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．30 B．46
C．50 D．66
（答案：B、C。
提示：混合气体的平均相对分子质量介于假若0.05mol混合气体全部为NO和NO2时的平均分子质量与假若0.05mol混合气体全部为NO2和N2O4时的平均分子质量之间）。