高三化学
铁铜合金与硝酸反应计算题的综合思考
浙江省绍兴市高级中学（312000） 王云标
例 现有铁和铜组成的合金共a mol，其中Cu的物质的量分数为x，研成粉末状后全部投入含bmol HNO3的稀溶液中，使其充分反应，且HNO3的还原产物只有NO。试回答下列问题：
（1）随HNO3用量的增加，溶液中的金属离子和残留固体的成分依次有六种情况，请用粒子符号填写下列表1空白：
（2 ； 若合金全部溶解，则溶液中可能存在的金属离子为（填粒子符号） ； （3）当溶液中金属离子只有Fe2+、Cu2+时，b的取值范围（用a，x表示） ； （4）当x=0.5 ，且溶液中Fe3+与Fe2+和物质的量相等，在标准状况下共产生672mLNO。
则a = ，b = ，
分析：在一定量的铁铜混合物中加入稀硝酸，随着硝酸增加，反应历程可从以下6个阶段进行分析研究。 （1）开始时，铁铜过量，由于氧化性HNO3 (稀)＞Fe3+＞Cu2+；还原性Fe＞Cu，故HNO3只能将铁部分铁氧化成Fe3+，生成的Fe3+又将Fe氧化成Fe2+，本身也被还原成Fe2+，故此时，溶液中阳离子为Fe2+，铁铜过量，可看成只发生反应①③（见表2，下同）。 表2：
（2固体只有铜，可看成只发生反应①③。
（3）随硝酸量的增加，生成的Fe3+（量更多了）将余下的铁全部氧化后还有余，多余的Fe3+将部分铜氧化，此时溶液中只有Fe2+ 、Cu2+，残留的固体是铜，可看成只发生反应①③④。
（4）随硝酸量的增加，生成的Fe3+（量更多了）将余下的铁和全部的铜完全氧化，或硝酸将全部的铁和部分的铜氧化，生成的Fe3+将余下的铜刚好全部氧化，此时溶液中只
2+2+
有Fe 、Cu，无残留固体，可看成只发生反应①③④或①②④，
（5）随硝酸量的增加，生成的Fe3+（量更多了）将余下的铁和全部的铜全部氧化后还有余；或铁全部生成Fe3+，此Fe3+将全部的铜氧化且有余；或硝酸将全部的铁氧化成
1
Fe3+，并将部分的铜氧化，Fe3+又将余下的铜全部氧化且Fe3+有余，此时溶液中有Fe3+、Fe2+ 、Cu2+，无残留固体，可看成只发生反应①③④或①④或①②④。 （6）随硝酸量的增加，硝酸直接将铁铜全部氧化或硝酸有余，此时溶液中有Fe3+、Cu2+
＋
（H），无残留固体，只发生反应①②。 解析：（1）表1中随HNO3用量的增加，溶液中的金属离子和残留固体的成分依次有六种情况，与反应6阶段刚好一致，故依据6阶段就可完成表1得：
（2能是第3阶段，所以溶液中可能存在的金属离子为Fe2+或Fe2+、Cu2+。
若合金全部溶解，则可能是第4阶段，也可能是第5阶段，也可能是第6阶段，所以溶液中金属离子为Fe2+、Cu2+或Fe3+、Fe2+、Cu2+或Fe3+、Cu2+
（3）当溶液中金属离子只有Fe2+、Cu2+时，反应处于第3阶段或第4阶段。第2阶段结束时消耗硝酸的量可依据物料守恒来计算，消耗硝酸的物质的量等于体现酸性的硝酸的物质的量加上体现氧化性消耗硝酸的物质的量，依据匹配原则，1 mol Fe2+ 匹配2 mol
－
NO3，所以体现酸性的硝酸的物质的量是为2a（1－x）mol，依据得失电子守恒，金属失去的电子等于硝酸得到的电子，所以体现氧化性的硝酸的物质的量等于2a（1－x）
228
，所以b = 2a（1－x）＋2a（1－x）×= a（1－x），而实际消耗的硝酸比第333
8
2阶段结束时要多的，故b＞ a（1－x）。第4阶段结束时消耗硝酸的量b =2×a＋2
3
2888
×a×= a ，故 a ≥b＞ a（1－x）。
3333
672mL
（4）被还原的硝酸的物质的量等于=0.03 mol， 1
22400mLmol
aaa
溶液中n（Fe2+）= mol ，n（Fe3+）= mol ，n（Cu2+）= mol。
442
×
依据电子守恒可得：
aaa－－－－
mol×3 e＋mol×2e＋mol×2e=0.09mole，得a = 0.04 442
0.040.040.04
223）mol+0.03mol=0.12mol 依据物料守恒可得：b mol=（244
0.03 mol ×3 e=
－
答案（1）见表，（2）Fe2+或Fe2+、Cu2+；Fe2+、Cu2+或Fe3+、Fe2+、Cu2+或Fe3+、Cu2+， （3）
88
a ≥b＞ a（1－x），（4）a = 0.04；b=0.12 33
2
巩固：（1）m g铁屑与含有n g HNO3的溶液恰好完全反应，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）含n g HNO3的稀溶液，恰好使5.6 g 铁粉完全溶解，若有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 解析：（1）二者恰好反应，参加反应的硝酸就分为两部分，一部分作氧化剂，另一部分生成硝酸盐。故应根据匹配原则确定未变价的硝酸，再由得失电子守恒确定还原产物的价态，从而确定产物。
解：(1)参加反应的Fe与HNO3的物质的量之比为
12.7∶=5∶12 5663
－
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5×2=10 mol，故作氧化剂的HNO3为：12－10=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 (2) Fe和HNO3可发生如下反应：
Fe＋4HNO3==Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O（HNO3相对过量的）
3Fe＋8HNO3==3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O（铁相对过量的，表2中①③又叠加而得），5.6g铁粉完全溶解，只进行第一步反应时，需HNO3最多，
mHNO3
5.6g
463gmol125.2g； 1
56gmol
5.6g81
=16.8g； 63gmol1
356gmol
只进行第二步反应时，需HNO3最少，
mHNO3
所以需硝酸的质量为：16.8g≤n≤25.2g
答案：（1）5Fe＋12HNO3==5Fe(NO3)2＋N2↑＋6H2O （2）A 小结：
虽然金属与硝酸反应很复杂，但究其本质，我们不难发现参加反应的硝酸可分成两部分，一部分体现酸性与金属阳离子结合生成盐，一部分体现氧化性得到电子还原为氮的低价化合物。因此我们可以总结出以下3个解题技巧：
1、匹配原则：生成盐中硝酸根离子（即体现酸性的硝酸）的物质的量等于金属离了的物质的量（或金属）与该金属表现化合价之积。
2、电子守恒：金属失去的电子的物质的量等于硝酸被还原生成氮的氧化物或其它产物时得到的电子的物质的量。
3、物料守恒：参加反应的硝酸可分两部分，一部分体现酸性生成盐，一部分体现氧化性被还原，故发生反应的硝酸的物质的量等于生成盐中硝酸根离子的物质的量加还原产物中氮原子物质的量。
3
高三化学
铁铜合金与硝酸反应计算题的综合思考
浙江省绍兴市高级中学（312000） 王云标
例 现有铁和铜组成的合金共a mol，其中Cu的物质的量分数为x，研成粉末状后全部投入含bmol HNO3的稀溶液中，使其充分反应，且HNO3的还原产物只有NO。试回答下列问题：
（1）随HNO3用量的增加，溶液中的金属离子和残留固体的成分依次有六种情况，请用粒子符号填写下列表1空白：
（2 ； 若合金全部溶解，则溶液中可能存在的金属离子为（填粒子符号） ； （3）当溶液中金属离子只有Fe2+、Cu2+时，b的取值范围（用a，x表示） ； （4）当x=0.5 ，且溶液中Fe3+与Fe2+和物质的量相等，在标准状况下共产生672mLNO。
则a = ，b = ，
分析：在一定量的铁铜混合物中加入稀硝酸，随着硝酸增加，反应历程可从以下6个阶段进行分析研究。 （1）开始时，铁铜过量，由于氧化性HNO3 (稀)＞Fe3+＞Cu2+；还原性Fe＞Cu，故HNO3只能将铁部分铁氧化成Fe3+，生成的Fe3+又将Fe氧化成Fe2+，本身也被还原成Fe2+，故此时，溶液中阳离子为Fe2+，铁铜过量，可看成只发生反应①③（见表2，下同）。 表2：
（2固体只有铜，可看成只发生反应①③。
（3）随硝酸量的增加，生成的Fe3+（量更多了）将余下的铁全部氧化后还有余，多余的Fe3+将部分铜氧化，此时溶液中只有Fe2+ 、Cu2+，残留的固体是铜，可看成只发生反应①③④。
（4）随硝酸量的增加，生成的Fe3+（量更多了）将余下的铁和全部的铜完全氧化，或硝酸将全部的铁和部分的铜氧化，生成的Fe3+将余下的铜刚好全部氧化，此时溶液中只
2+2+
有Fe 、Cu，无残留固体，可看成只发生反应①③④或①②④，
（5）随硝酸量的增加，生成的Fe3+（量更多了）将余下的铁和全部的铜全部氧化后还有余；或铁全部生成Fe3+，此Fe3+将全部的铜氧化且有余；或硝酸将全部的铁氧化成
1
Fe3+，并将部分的铜氧化，Fe3+又将余下的铜全部氧化且Fe3+有余，此时溶液中有Fe3+、Fe2+ 、Cu2+，无残留固体，可看成只发生反应①③④或①④或①②④。 （6）随硝酸量的增加，硝酸直接将铁铜全部氧化或硝酸有余，此时溶液中有Fe3+、Cu2+
＋
（H），无残留固体，只发生反应①②。 解析：（1）表1中随HNO3用量的增加，溶液中的金属离子和残留固体的成分依次有六种情况，与反应6阶段刚好一致，故依据6阶段就可完成表1得：
（2能是第3阶段，所以溶液中可能存在的金属离子为Fe2+或Fe2+、Cu2+。
若合金全部溶解，则可能是第4阶段，也可能是第5阶段，也可能是第6阶段，所以溶液中金属离子为Fe2+、Cu2+或Fe3+、Fe2+、Cu2+或Fe3+、Cu2+
（3）当溶液中金属离子只有Fe2+、Cu2+时，反应处于第3阶段或第4阶段。第2阶段结束时消耗硝酸的量可依据物料守恒来计算，消耗硝酸的物质的量等于体现酸性的硝酸的物质的量加上体现氧化性消耗硝酸的物质的量，依据匹配原则，1 mol Fe2+ 匹配2 mol
－
NO3，所以体现酸性的硝酸的物质的量是为2a（1－x）mol，依据得失电子守恒，金属失去的电子等于硝酸得到的电子，所以体现氧化性的硝酸的物质的量等于2a（1－x）
228
，所以b = 2a（1－x）＋2a（1－x）×= a（1－x），而实际消耗的硝酸比第333
8
2阶段结束时要多的，故b＞ a（1－x）。第4阶段结束时消耗硝酸的量b =2×a＋2
3
2888
×a×= a ，故 a ≥b＞ a（1－x）。
3333
672mL
（4）被还原的硝酸的物质的量等于=0.03 mol， 1
22400mLmol
aaa
溶液中n（Fe2+）= mol ，n（Fe3+）= mol ，n（Cu2+）= mol。
442
×
依据电子守恒可得：
aaa－－－－
mol×3 e＋mol×2e＋mol×2e=0.09mole，得a = 0.04 442
0.040.040.04
223）mol+0.03mol=0.12mol 依据物料守恒可得：b mol=（244
0.03 mol ×3 e=
－
答案（1）见表，（2）Fe2+或Fe2+、Cu2+；Fe2+、Cu2+或Fe3+、Fe2+、Cu2+或Fe3+、Cu2+， （3）
88
a ≥b＞ a（1－x），（4）a = 0.04；b=0.12 33
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巩固：（1）m g铁屑与含有n g HNO3的溶液恰好完全反应，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）含n g HNO3的稀溶液，恰好使5.6 g 铁粉完全溶解，若有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 解析：（1）二者恰好反应，参加反应的硝酸就分为两部分，一部分作氧化剂，另一部分生成硝酸盐。故应根据匹配原则确定未变价的硝酸，再由得失电子守恒确定还原产物的价态，从而确定产物。
解：(1)参加反应的Fe与HNO3的物质的量之比为
12.7∶=5∶12 5663
－
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5×2=10 mol，故作氧化剂的HNO3为：12－10=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 (2) Fe和HNO3可发生如下反应：
Fe＋4HNO3==Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O（HNO3相对过量的）
3Fe＋8HNO3==3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O（铁相对过量的，表2中①③又叠加而得），5.6g铁粉完全溶解，只进行第一步反应时，需HNO3最多，
mHNO3
5.6g
463gmol125.2g； 1
56gmol
5.6g81
=16.8g； 63gmol1
356gmol
只进行第二步反应时，需HNO3最少，
mHNO3
所以需硝酸的质量为：16.8g≤n≤25.2g
答案：（1）5Fe＋12HNO3==5Fe(NO3)2＋N2↑＋6H2O （2）A 小结：
虽然金属与硝酸反应很复杂，但究其本质，我们不难发现参加反应的硝酸可分成两部分，一部分体现酸性与金属阳离子结合生成盐，一部分体现氧化性得到电子还原为氮的低价化合物。因此我们可以总结出以下3个解题技巧：
1、匹配原则：生成盐中硝酸根离子（即体现酸性的硝酸）的物质的量等于金属离了的物质的量（或金属）与该金属表现化合价之积。
2、电子守恒：金属失去的电子的物质的量等于硝酸被还原生成氮的氧化物或其它产物时得到的电子的物质的量。
3、物料守恒：参加反应的硝酸可分两部分，一部分体现酸性生成盐，一部分体现氧化性被还原，故发生反应的硝酸的物质的量等于生成盐中硝酸根离子的物质的量加还原产物中氮原子物质的量。
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