华鑫高中2011高三二轮复习——有关硝酸的计算 2012年7月 杨永洪
1、向一定量的Fe 、FeO 、Fe 2O 3、Fe 3O 4的混合物中加入150mL4 mol·L 的稀硝酸恰好使混 合物完全溶解，放出2.24LNO （标准状况），往所得溶液中加入KSCN 溶液，无红色出现。 若用足量的H 2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为（ ）
A 、0.21mol B、0.25mol C、0.3mol D、0.35mol
提示:根据生成物中金属与硝酸根的比例关系可解
2、铜与1mol/L的硝酸反应，如果硝酸根的浓度下降0.2mol/L,则溶液中的c （H ）同时下降 （ ）
A 、0.2mol/L B、0.4mol/L C、0.6mol/L D、0.8mol/L
规律: 与铜反应的稀硝酸（稀硝酸与铁反应也都符合）中有1/4的硝酸根被还原为气体
3、向21.6g Fe粉和C u 粉的混合物中加入1L 1mol/L HNO3，充分反应，放出NO 气体且金 属有剩余。则反应后溶液中c(NO3) 为（忽略溶液体积的变化）
4、把6mol 铜投入含8mol 硝酸和2mol 硫酸稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为 （ ）
A 、2mol B、3mol C、4mol D、5mol
规律: 含硝酸的混合酸与金属反应时都要使用离子方程式解题
5、等体积的两份稀酸溶液，一份为a mol.L的硝酸溶液；另一份为硝酸和硫酸的混合溶液，硝酸浓度为a mol.L硫酸的浓度为b mol.L。若分别向两份溶液加入过量的铜粉，产生的气体体积为1:2（都只生成NO ），则a :b的值是 ( )
A 、1:2 B、2:1 C、3:2 D、1:4
提示: 含硝酸的混合酸与金属反应时都要使用离子方程式解题
- 1- 1-1-+-1（ ） D 、0.9mol/L A 、0.45mol/L B 、0.6mol/L C、0.75mol/L 规律: 与铜反应的稀硝酸（稀硝酸与铁反应也都符合）中有3/4的硝酸根还在溶液中
6、38.4克铜跟适量的浓硝酸反应 ,铜全部作用后共收集到气体22.4升(标准状况), 反应消耗的HNO 3的物质的量至少是 （ ）
A 、1.0mol B、1.6mol C、2.2mol D、2.0×10mol
提示:根据氮元素守恒，硝酸中的氮最终只以两种形式存在
7、amol FeO与bmol Cu2S 投入到c mol/L的硝酸中恰好完全反应生成 NO ，共消耗硝酸 VL ，所得澄清溶液成分可看作为Fe(NO3) 3、Cu(NO3) 2、H 2SO 4的混合液，则反应中未被还原 的硝酸不可能为（ ）
A、(3a+4b)mol B、(VC -a +10b ) mol
3-3
C 、(3a+2b)×63g D、(189a+252b)g
提示:根据生成物中金属与硝酸根的比例关系、反应中电子守恒关系可解
8、64gCu 投入适量的浓硝酸充分反应后，铜粉完全溶解，收集到20.2L 标准状态下的气 体，如向此气体通入适量氧气可以使气体全部被水吸收，则氧气的体积为 （ ）
A、5.6L B、11.2L C、16.8L D、22.4L
提示:根据反应中氮元素先、后的得、失电子守恒关系可解
9、2.4gCu 投入适量的浓硝酸充分反应后，铜粉完全溶解，收集到1.2L 标准状态下的气 体，如将此气体通过足量水，最后收集到标准状况下气体的体积为 （ ）
A、560mL B、448mL C、600mL D、400mL
提示: 根据金属失电子数与硝酸的最终得电子数守恒关系可解
10、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4480mL 的NO 2气体和336mlN 2O 4（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化纳溶液，生成沉淀的质量为 （ ）
A 、7.04g B、8.26g C、8.51g D、9.02g
提示:根据反应中金属与硝酸的电子守恒、金属失电子与结合氢氧根数目相等可解
11、将11.2g 的Mg —Cu 混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x 气体。再向所得溶液中加入过量的NaOH 溶液，产生21.4g 沉淀。根据题意推断气体x 的成分可能是
A 、0.3mol NO2 和0.3mol NO B、0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O 4
C 、0.2mol NO2和0.1mol N2O 4 D、0.6mol NO
提示:根据反应中金属与硝酸的电子守恒、金属失电子与结合氢氧根数目相等可解
12、将17.9 g Al、Fe 、Cu 组成的合金溶于足量的NaOH 溶液中，产生气体3.36 L（标准 状况）。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，生成6.72 LNO （标况），向反应后的溶液 中加入过量的NaOH 溶液，得到沉淀的质量为 （ ）
A 、33.2 g B 、25.4 g
C 、22.4 g D、19.6 g
13、为测定某镁铝合金中铝的含量，进行下列实验：取一定量合金，加入100mL0．3mol·L
-1-1 稀硫酸，合金完全溶解，产生的气体在标况下为560mL ；再加入0．2mol·LNaOH 溶液至
沉淀质量不再变化，用去350mLNaOH 溶液。则所取样品中铝的物质的量为 （ ）
A 、0．005 mol B、0．01mol
C 、0．025mol D、0．03 mol
提示:根据氢氧根离子比氢离子多余的量的作用是将氢氧化铝溶解可解
14、将Fe 和Cu 质量比为7:8的混合粉末加入到1000mL0．4mol·L稀硝酸中充分反应（生成物只有NO 气体），则使硝酸完全反应的金属粉末质量最少为 （ ）
A 、6.0 g B、6.4 g
C 、7.2 g D、7.8 g
提示:根据反应物中金属与硝酸的比例关系可解、铁与稀硝酸反应的两种情况的选择
15、0.03mol Cu完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO 、NO 2、N 2O 4）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、40 C、50 D、66
提示:极限假设法:①生成物只有NO 和NO 2②生成物只有NO 和N 2O 4
-1
16、取一定质量的均匀固体混合物Cu 、Cu 2O 和CuO ，将其分成两等分，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、3.6mol/L C、4.0mol/L D、无法判断
提示:使用拆分法把Cu 2O 拆为 CuO和 Cu再根据方程式可解
17、取ag 的固体混合物Fe 、Fe 2O 3、和CuO ，加入120ml 4mol/L的稀硝酸恰好完全反应，且同时收集到标准状况下NO 气体1344ml 。另取一份ag 相同的固体混合物用足量的氢气还原，测得反应后固体质量为
Ａ、a - 3.36 Ｂ、a - 1.92 Ｃ、a - 3.84 Ｄ、a - 4.48
提示:使用拆分法把反应的硝酸拆为只表现酸性的（与金属氧化物氧结合为水，无气体）
及 表现酸性和氧化性（与还原性金属元素反应产生气体）两种。
18、已知Fe 的氧化性比Cu 强。现将a molFe粉和b molCu 粉的混合物与含c mol硝酸的稀溶液充分反应，设还原产物只有NO 气体。下列结论
①．若只有一种氧化产物，则3c = 8a
②．若只有两种氧化产物，被还原的硝酸物质的量为0.25c mol
③．若有三种氧化产物，被还原的硝酸物质的量为0.25c mol
④．若剩余金属0.5a mol，则氧化产物为一种或二种。
其中正确的是 （ ）
A ．只有②
2+3+2+B ．①② C．②③ D ．③④ 3+2+2+3+2+2+提示:分多种情况讨论法:只有两种氧化产物时产物为①Fe 和Cu 硝酸可能有多余、②Fe 和Cu 硝酸没有多余； 有三种氧化产物时产物为Fe 、Cu 和 Fe硝酸一定没有多
余，再结合与铜反应的硝酸中有1/4的硝酸根被还原为气体。
19、氨气、氯化氢气体发生喷泉实验后所得溶液的浓度为 ，二氧化氮气体发生喷泉实验后所得溶液的浓度为 ，二氧化氮与氧气的混合气体发生完全喷泉（无气体剩余）后所得溶液的浓度为
1-5、BDCBB 6-10、CCAAC 11-15、BBBCC 16-18、ABD
19、1/22.4 1/22.4 （1/22.4）×（4/5）
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类典型的氧化还原反应，其有关计算涉及知识面广，对初学这部分内容的同学来说难度较大。本文旨在总结其中的解题规律和技巧。
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，由于随着反应过程中硝酸的不断消耗、加上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是不一样的。所以一定要注意：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，一是酸二是氧化剂。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。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 ，就是硝酸的总物质的量。特别提出的是：当铜和浓硝酸反应气体产物是NO 2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NO 2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。即气体可能是NO 和NO 2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。
2、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 2O D． N 2
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）。
3、极限法
例3、镁铁混合物4.9g ，溶解在过量的某浓度的稀硝酸中，完全反应后得到标准状况下气体2.24L(假设气体全为NO) 。若向反应后的溶液中加入足量的烧碱，则可生成沉淀的质量是（ ）
A. 6g B. 8g C. 10g D. 12g
解析：金属完全溶解最终转化为沉淀。可用极限思想求出沉淀的取值范围。第一步，假设金属全部是Mg ,则沉淀为M g(O H ) 2，由M g→Mg(OH ) 2知：沉淀的质量=m[Mg(OH)2]=4.9g/24 g·mol －1×58 g·mol －1＝11.8g 。第二步，假设金
属全部是Fe, 同样道理得到沉淀的质量= m[Fe (O H) 3]= 4.9g/56 g·mol 1×107 －
g·mol －1＝9.36g 。即沉淀的取值范围为：9.36g
解法二：沉淀为M g(O H ) 2和Fe(OH)3的混合物，可将沉淀分为两部分：一是Mg 2+ 、 Fe 3+，二是OH －。前者质量和即金属混合物的质量，后者质量由以下二式：M g(N O 3) 2→Mg(O H ) 2 Fe(N O 3) 3→F e (O H ) 3 可以看出：O H －是替代N O 3－而来，而Mg 2+ 、 Fe 3+结合N O 3－的物质的量即金属失电子的物质的量，也就是N 元素得电子的物质的量。据题意知：N 元素得电子的物质的量＝n[N O]×（5－2）= 0.1mol×3=0.3mol ，故n[O H -]=n[e -]=0.3mol ，则：m [O H -]=0.3mol×17g·mol －1=5.1g 。所以沉淀的质量m=4.9g+5.1g=10g。
三、迁移运用
1、镁铁混合物2.45g ，溶解在一定量某浓度的稀硝酸中，完全反应后得到标准状况下气体1.12L(假设气体全为NO) 。若向反应后的溶液中加入足量的烧碱，则可生成沉淀的质量是（ ）
A. 3g B. 4g C. 5g D. 6g
2、m g铁屑与含有n g HNO3的溶液恰好完全反应。
（1）、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）、若含n g HNO 3的稀溶液，恰好使5.6 g 铁粉完全溶解，有n/4 g HNO 3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
答案：1、C 2、（1）5Fe ＋12HNO 3==5Fe(NO3) 2＋N 2↑＋6H 2O （2）A
（第1题解析：例3中硝酸过量决定了Fe 只能被氧化为Fe 3+。而迁移运用1中由于稀硝酸的量不确定，Fe 可能被氧化为Fe 2+, 也可能被氧化为Fe 3+，此时因不知二者的比例难以确定沉淀的成分而无法求解。但用守恒法则避开了这个矛
盾。沉淀的质量＝金属的质量＋N 元素得电子的物质的量×OH 的摩尔质量＝
2.45g ＋0.05×3×17g ＝5g 。
（第2题解析：参加反应的Fe 与HNO 3的物质的量之比为1/56∶2.7/63=5∶12，讨论：若生成Fe(NO3) 3，则5mol Fe能结合15 mol NO3－，故HNO 3不足，因此生成Fe(NO3) 2，则生成盐的HNO 3为5mol×2=10 mol，故作氧化剂的HNO 3为：12mol －10mol=2 mol。设HNO 3中氮元素降χ价，则5×2=2×χ，χ=5，还原产物应为N 2。反应方程式：5Fe ＋12HNO 3==5Fe(NO3) 2＋N 2↑＋6H 2O 。第二步中 Fe 和HNO 3可发生如下反应：
Fe ＋4HNO 3==Fe(NO3) 3＋NO↑＋2H 2O （HNO 3过量），3Fe ＋8HNO 3==3Fe(NO3) 2＋2NO↑＋4H 2O （铁过量），5.6g 铁粉完全溶解，只进行第一步反应时，需HNO 3最多，为25.2g ；只进行第二步反应时，需HNO 3最少，为16.8g 。所以需硝酸的质量为：16.8g≤≤25.2g 。
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“守恒”原理在金属与硝酸反应计算中的巧用
林尤宏
南京市大厂高级中学 江苏 南京 210044
[问题由来]
观察不同金属与硝酸反应的化学方程式，发现只要硝酸的还原产物相同，则硝酸的还原产物与硝酸的物质的量之比相同。运用这一规律，可简化金属与硝酸反应的有关计算，其原理和计算方法推导如下：
金属与硝酸反应的有关计算，包含了电子守恒、电荷守恒、原子守恒等多种守恒原理，抓住本质，串联各种守恒关系，可得到以下计算硝酸用量的等量关系：
还原产物得电子数
=金属失去电子数
=金属所带正电荷数=所结合的NO 3-数
电子守恒 电荷守恒 电荷守恒
n(HNO3) 总 = N 原子物质的量+金属离子结合的3- 物质的量
原子守恒
(不考虑金属)
[问题]
取一定质量的Fe 、Cu 混合物粉末平均分成三份：①第一份加入到100mL 某稀硝酸中，充分反应后，剩余金属18.8g ，并放出0.10molNO 气体；②第二份加入到200mL 相同浓度的稀硝酸中，充分反应后，剩余金属9.6g ；③第三份加入到过量相同浓度的稀硝酸中，金属完全反应，求：
（1） 此稀硝酸的物质的量浓度。
（2） ②中产生NO 的物质的量。
（3） 每份金属混合物中，含Fe 、Cu 的物质的量。
（4） 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。
（5） ③中生成NO 的总物质的量和消耗硝酸的总物质的量。
[问题解析]
（1）①中金属剩余，即HNO 3完全反应，根据总守恒关系：NO~4HNO3
C(HNO3) =
（2）n(NO) =0.10mol ⨯4n (NO ) ⨯4 = = 4.0mol/L 0.10L V (HNO 3) n (HNO 3) 4.0mol /L ⨯0.20L = =0.20mol 44
（3）根据电子守恒：3Cu~2NO 3Fe~2NO
②比①多生成0.10molNO ，说明②比①多溶解了0.15mol 金属，若全为
Fe ，则溶解了8.4g ，若全为Cu ，则溶解了9.6g ，而8.4g ﹤(18.8-9.6)g﹤9.6g ， 说明②比①多溶解了Fe 和Cu ，且①中溶解的全是Fe ，②中剩余的金属只有Cu 。
设②比①多溶解了Fe 和Cu 的物质的量分别为x 、y
x + y = 0.15mol
x = 0.05mol
56x + 64y = 9.2g y = 0.10mol
33①中溶解的n(Fe) = n(NO)× = 0.1mol× = 0.15mol 22
②中剩余的n(Cu) = 9.6g = 0.15mol。 64g /mol
所以，每份金属混合物中：n(Fe) = 0.15mol + 0.05mol = 0.20mol
n(Cu) = 0.15mol + 0.10mol = 0.25mol
2 （4）剩余的0.15molCu 完全溶解，又放出n(NO) = 0.15mol×= 0.10mol 3
又消耗n(HNO3) = 4n(NO) = 4×0.10mol = 0.40mol
0.40mol 至少还需V(HNO3) = = 0.10L = 100mL 4.0mol /L
（5）③中加入过量的稀硝酸，还发生Fe 2+ — Fe 3+的反应 ，根据电子守恒： Fe~NO 3Cu~2NO 得：
2211n(NO) = n(Fe) +n(Cu) = 0.20mol + ×0.25mol = mol 3330
1122n(HNO3) = 4n(NO) = 4×mol = mol 1530
[问题托展]
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。
（1） 甲组用agCu 粉，在加热的条件下，与空气充分反应，然后将生成的CuO 全部溶于vmL 稀HNO 3中，制得Cu(NO3) 2溶液。则消耗的O 2的物质的量是 mol ，C(HNO3) 大于mol/L。
（2） 乙组用agCu 粉，全部溶于过量的稀HNO 3中，测得生成气体的物质的量是 mol ，消耗的HNO 3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O 2，使生成的气体完全溶于水再生为HNO 3，则消耗O 2的物质的量是 mol 。
（3） 丙组用agCu 粉全部溶于过量的浓HNO 3中，测得生成气体的物质的量是 mol （不考虑NO 2转化成N 2O 4），消耗的HNO 3的物质的量是 ；若丙组用agCu 粉全部溶于一定量的浓HNO 3中，测得生成的气体在标准状况下体积为bL （不考虑NO 2转化成N 2O 4），则消耗的HNO 3的物质的量是 mol ，为消除污染，将生成的气体通入NaOH 溶液中，气体被完全吸收，产物只有NaNO 3、NaNO 2和H 2O ，则生成NaNO 2的物质的量是 mol ，NaNO 3的物质的量是 mol 。
[拓展题解答]
a a ⨯2=n(O2) ×4 n(O2)=（1）根据电子守恒 (mol) ； 64128
v a 250a 根据电荷守恒 C =⨯2 C= (mol/L) 。 8v 100064
a a ⨯2=3n(NO) n(NO) = (mol) ； （2）根据电子守恒 6496
a a 根据总守恒关系 n(HNO3= (mol) ； 9624
a a 根据电子守恒 4n(O2)=⨯2 n(O2) = (mol) 。 64128
a a （3）根据电子守恒 n(NO2)=×2= (mol) ； 6432
a a 根据总守恒关系 n(HNO3)= 2n(NO2= (mol) ； 3216
a b a b 根据电荷守恒、原子守恒 n(HNO3)=×2+=+ (mol) ； 22.43222.464
a a ×2=2n(NaNO2) n(NaNO2)= (mol) ； 6464
b b a 根据原子守恒 n(NaNO3)= －n(NaNO2)= － (mol) 。 22.422.464
[使用记录] 根据电子守恒
已用于南京市07年2月高三期末测试卷，未发表。
[教育价值]
“守恒”乃化学计算之魂。以金属与硝酸反应作载体，引导学生透过电子守恒（硝酸的氧化性）、电荷守恒（硝酸的酸性）、抽取并统摄出原子守恒〔由n(NOx)~n(HNO3) 〕的总的计算关系，不但抓住了金属与硝酸反应中，消耗硝酸的总物质的量由硝酸还原产物决定，而与金属种类无关的本质规律，大大简化了计算，更重要的是通过这一学习过程，使他们学会学习，学会探究，培养了同学们的思维能力和创新意识。
2007.8.2. 修改
硝酸与金属反应的计算是一个难点, 本文从思维角度加以阐述, 供大家参考。
一、从反应的本质看:
与反应的实质是与H +和NO 3- 共同作用.
例如:铜与稀反应的实质是: 3Cu +8H+ +2NO3- ===3Cu2+ +4H2O +2NO↑
Fe 2+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) 3 B. Na2CO 3 C. KNO3 D.FeSO 4
解析: 铜不能与稀硫酸反应, 但稀硫酸提供H +, 盐提供NO 3-，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m 1 g, 再向其中加入一定量稀硫酸. 充分振荡后, 剩余金属m 2 g, 则m 1与m 2的关系是( )。
A. m1一定大于m 2 B. m1一定等于m 2 C. m1可能等于m 2 D. m1可能大于m 2
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NO 3-, 再加稀硫酸提供H +, 发生氧化还原反应, 会再溶解一部分。答案 选A 。
例3. 已知Fe 2+可以水解: Fe2+ +2H2O
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NO 3-, 再加入稀硫酸提供H +, 发生氧化还原反应，3Fe 2+ + 4H+ + NO3- === 3Fe3+ + 2H2O + NO↑ 溶液变黄, 答案 选 C
例4. 在100 mL 混合溶液中, HNO 3 和 H 2SO 4 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 Cu 2+ 的物质的量浓度是( )。
Fe(OH) 2+2H+，现向Fe(NO3) 2溶液中加入足
A. 0.15 B. 0.225 C. 0.35 D. 0.45
解析: 题中告诉了HNO 3和H 2SO 4的物质的量浓度, 可以求出H + 和NO 3- 的物质的量分别是 0.06 mol, 0.04 mol, 0.03 mol Cu,显然要判断过量, NO3- 和Cu 过量. 按照 H + 的量代入离子方程式计算. 答案 选B 。
二、从硝酸在反应中的作用:
参加反应的一部分显酸性, 生成盐, 另一部分作氧化剂, 一般转化为氮的氧化物(NO或NO 2), 根据氮元素守恒解题。
例5. 将25.6 mg Cu 与1.4×10-3 mol 的浓恰好完全反应, 反应后收集到的气体在标准状况下的体积为 ml。(假设反应中只产生NO 或NO 2)
解析: 因为1 mol Cu参加反应生成Cu (NO3) 2对应2 mol HNO3 显酸性, 所以25.6 mg Cu 完全反应, 必然有0.8×10-3 mol 的显酸性, 其余的中的氮全转移到NO 或NO 2中, 即有1 mol HNO3 作氧化剂就有1 mol 氮的氧化物(NO或NO 2) 。答案。
例6. 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NO 2) 则消耗硝酸的物质的量为。
A. 0.12 B. 0.11 C.0.09 D.0.08
解析: 因为0.03 mol Cu 参加反应生成 Cu(NO3) 2 对应 0.06 mol HNO3 显酸性,0.05 mol 氮的氧化物(NO或NO 2) 对应0.05 mol HNO3作氧化剂, 所以共消耗硝酸0.11 mol。 答案 选B 。
例7. 为测定某铜银合金的成分, 将30 g 合金完全溶解于80 mol、浓度为 13.5 mol/L的浓硝酸中, 合金完全溶解后, 收集到6.72 L(标准状况下) 的气体 (假设反应中只产生NO 或NO 2), 并测得溶液的pH=0 ， 假设反应后溶液的体积仍80 mL。
(1)被还原的的物质的量. (2)合金中各成分.
解析:(1)被还原的硝酸就是作氧化剂的硝酸, 即生成的1 mol 氮的氧化物就对应 1 mol 被还原的硝酸:所以:
n =6.72/22.4=0.3 mol
(2)设合金中铜银的物质的量分别为x 、y 则显酸性的的物质的量为2x + y
因为PH=0则反应后溶液的氢离子浓度为1
64x+108y=30 ① 2x+y+6.72/22.4=0.08×13.5–0.08×1 ②(氮元素守恒)
解得x=0.3 y=0.1
例8. 将6.4 g Cu与80 mol/L 60 mL 的充分反应, 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NO 2), 此时溶液中所含NO 3-的物质的量为 mol。
A. 0.28 B. 0.31 C. a+0.2 D. a+0.4
解析: 6.4 g Cu反应后生成0.1 mol Cu (NO3) 2, 再加上 HNO 3 中的 NO 3- 。即得答案 C 。
三、从得失电子守恒的角度.
一般情况下:失去的电子被+5价的氮得到, 转化为 NO 或 NO 2 , 根据得失电子解题。
例 9. 在Cu 与稀反应中, 如果有1 mol 被还原, 则被氧化的铜的物质的量为 mol 。
A . 3/8 B. 8/3 C . 3/2 D. 2/3
解析: 设被氧化的铜的物质的量为x mol. 则根据得失电子守恒有:1×(5-2)=2x， 答案 选C
例10. 题见例7 (3) 求生成的气体的成分。
解析: (2)已解出铜银的物质的量分别为0.3 、 0.1, 则 NO 和 NO 2的物质的量的关系式为：
0.3×2+0.1×1=3n (NO)+ n (NO2) ①(得失电子守恒) n (NO)+ n (NO2)=6.72/22.4 ②
解得n (NO)=0.2 n (NO2)=0.1
四、从反应始态和最终状态看。
终态法的运用使许多复杂问题简单化, 在化学中具有非常重要的地位。
例11. 铜镁合金4.6 g 完全溶于浓中, 若反应中被还原, 只产生 4480 mL NO 2 气体和 336 mL N 2O 4气体(标准状况下). 反应后的溶液中加足量NaOH 溶液, 生成沉淀的质量为 g。
解析: 反应中铜镁合金失去电子, 最终转化为 Cu(OH)2 和 Mg(OH)2 沉淀, 比较始态和终态, 固体增加的质量为OH -的质量, 而OH -的物质的量等于转移的电子的物质的量, 再根据气体计算转移的电子的物质的量:
n =4480 mL /22400 mL·mol -1+(336 mL/22400 mL·mol -)×2=0.23 mol。
所以沉淀的质量为: 4.6+0.23×17=8.51 g
例12.1.92 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 . 168 B. 224 C . 336 D. 504
解析: 从反应的始态和最终状态看, 铜在反应中失去电子, 氧气在反应中得电子, 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 。
例13. 将32.64 g 铜粉与140 mL 一定量浓恰好完全反应, 铜完全溶解, 反应后收集到的气体在标准状况下的体积为11.2 L.(假设反应中只产生 NO 或NO 2 ) 请回答:
(1)NO的体积为 ；NO 2的体积为 mL。
(2)待产生的气体全部释放后, 向溶液中加入v mL a mol/L的 NaOH 溶液, 恰好使溶液中的 Cu 2+ 全部沉淀, 则原硝酸的浓度为 a mol/L
(3)欲使铜与反应生成的气体在溶液中完全转化为 NaNO 3 , 至少需要30%的双氧水 g。
解析:(1)设反应中产生NO 和NO 2的体积分别为x 、y(据得失电子守恒有)
x+y=11.2① (x/22.4)×3+(y/22.4) ×1=(32.64/64)×2
解得x=5.824 L y=5.376 L
(2)根据反应后的溶液中只有一种溶质NaNO 3 , 设原硝酸的物质的量浓度为C
（由氮元素守恒）则 0.14×C = 10-3 ×v×a + 11.2/22.4， 得原的浓度为: C = (10-3 va +0.5)/0.14
(3) 从反应的始态和最终状态看, 铜在反应中失去电子, 双氧水在反应中得到电子, 需要30%的双氧水的质量为m 则(据得失电子守恒有):
(32.64/64)×2=〔(30%×m)/34〕×2解得:m=57.8 g
五、 从极限的角度.
与铁反应, 随用量的不同, 产物可能是 Fe(NO3) 2 或 Fe(NO3) 3 这时可用极限法解。 如果产生的气体产物不单一, 可能也要用极限法解。
例14. 把22.4 g 铁完全溶解于某浓度的中, 反应只收集到 0.3 mol NO 2 和0.2 mol NO 。 下列说法正确的是( )。
A. 反应后生成的盐只有Fe(NO3) 3 B. 反应后生成的盐只有Fe(NO3) 2
C. 产物中Fe(NO3) 2和Fe(NO3) 3的物质的量之比为1:3 D. 产物中Fe(NO3) 2和Fe(NO3) 3的物质的量之比为3:1
解析:用极限法判断:22.4 g 铁如完全转化为Fe(NO3) 3转移1.2 mol 电子; 如完全转化为Fe(NO3) 2转移 0.8 mol 电子, 反应中实际转移0.3×1+0.2×3=0.9 mol 电子, 所以产物中既有Fe(NO3) 2又有Fe(NO3) 3这, 分别设Fe(NO3) 2和Fe(NO3) 3的物质的量分别x 、y ，
则(据得失电子守恒有) : x+y=0.4① 2×x+3×y=0.9②
解之:x=0.3 y=0.1， 答案 选D 。
例 15. 0.03 mol 的铜完全溶于, 产生氮的氧化物NO 、NO 2 、N 2O 4， 混合气体共 0.05
mol, 该混合气体的平均相对分子量可能是( ) 。
A . 30 B . 46 C. 50 D. 66
解析:假设0.05 mol 气体全是NO 则转移 0.15 mol 电子; 假设0.05 mol 气体全是NO 2则转0.05 mol电子；假设0.05 mol气体全是N 2O 4则转移 0.1 mol电子，而实际 0.03 mol 的铜在反应中转移 0.06 mol的电子, 因为 0.06 介于 0.05 和 0.15 之间；0.05和0.1 之间；所以用极限法判断组成可能有两种极限。
(1) 气体为NO 2和NO 的混合气体.
解:设NO 2和NO 的物质的量分别为x 、y 则(据得失电子守恒) :
x+y=0.05① x+3y=0.06② 解之:x=0.045 y=0.005，
所以平均相对分子量为:(46×9+30×1)/10=44.4
(2)气体为NO 2和N 2O 4的混合气体:
解:设NO 2和N 2O 4的物质的量分别为x 、y 则(据得失电子守恒) :
x+y=0.05① x+2y=0.06②
解之:x=0.04 y=0.01，所以平均相对分子量为:(46×4+92×1)/5=55.2，实际分子量应介于44.4与55.2之间，答案 选 B C 。
华鑫高中2011高三二轮复习——有关硝酸的计算 2012年7月 杨永洪
1、向一定量的Fe 、FeO 、Fe 2O 3、Fe 3O 4的混合物中加入150mL4 mol·L 的稀硝酸恰好使混 合物完全溶解，放出2.24LNO （标准状况），往所得溶液中加入KSCN 溶液，无红色出现。 若用足量的H 2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为（ ）
A 、0.21mol B、0.25mol C、0.3mol D、0.35mol
提示:根据生成物中金属与硝酸根的比例关系可解
2、铜与1mol/L的硝酸反应，如果硝酸根的浓度下降0.2mol/L,则溶液中的c （H ）同时下降 （ ）
A 、0.2mol/L B、0.4mol/L C、0.6mol/L D、0.8mol/L
规律: 与铜反应的稀硝酸（稀硝酸与铁反应也都符合）中有1/4的硝酸根被还原为气体
3、向21.6g Fe粉和C u 粉的混合物中加入1L 1mol/L HNO3，充分反应，放出NO 气体且金 属有剩余。则反应后溶液中c(NO3) 为（忽略溶液体积的变化）
4、把6mol 铜投入含8mol 硝酸和2mol 硫酸稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为 （ ）
A 、2mol B、3mol C、4mol D、5mol
规律: 含硝酸的混合酸与金属反应时都要使用离子方程式解题
5、等体积的两份稀酸溶液，一份为a mol.L的硝酸溶液；另一份为硝酸和硫酸的混合溶液，硝酸浓度为a mol.L硫酸的浓度为b mol.L。若分别向两份溶液加入过量的铜粉，产生的气体体积为1:2（都只生成NO ），则a :b的值是 ( )
A 、1:2 B、2:1 C、3:2 D、1:4
提示: 含硝酸的混合酸与金属反应时都要使用离子方程式解题
- 1- 1-1-+-1（ ） D 、0.9mol/L A 、0.45mol/L B 、0.6mol/L C、0.75mol/L 规律: 与铜反应的稀硝酸（稀硝酸与铁反应也都符合）中有3/4的硝酸根还在溶液中
6、38.4克铜跟适量的浓硝酸反应 ,铜全部作用后共收集到气体22.4升(标准状况), 反应消耗的HNO 3的物质的量至少是 （ ）
A 、1.0mol B、1.6mol C、2.2mol D、2.0×10mol
提示:根据氮元素守恒，硝酸中的氮最终只以两种形式存在
7、amol FeO与bmol Cu2S 投入到c mol/L的硝酸中恰好完全反应生成 NO ，共消耗硝酸 VL ，所得澄清溶液成分可看作为Fe(NO3) 3、Cu(NO3) 2、H 2SO 4的混合液，则反应中未被还原 的硝酸不可能为（ ）
A、(3a+4b)mol B、(VC -a +10b ) mol
3-3
C 、(3a+2b)×63g D、(189a+252b)g
提示:根据生成物中金属与硝酸根的比例关系、反应中电子守恒关系可解
8、64gCu 投入适量的浓硝酸充分反应后，铜粉完全溶解，收集到20.2L 标准状态下的气 体，如向此气体通入适量氧气可以使气体全部被水吸收，则氧气的体积为 （ ）
A、5.6L B、11.2L C、16.8L D、22.4L
提示:根据反应中氮元素先、后的得、失电子守恒关系可解
9、2.4gCu 投入适量的浓硝酸充分反应后，铜粉完全溶解，收集到1.2L 标准状态下的气 体，如将此气体通过足量水，最后收集到标准状况下气体的体积为 （ ）
A、560mL B、448mL C、600mL D、400mL
提示: 根据金属失电子数与硝酸的最终得电子数守恒关系可解
10、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4480mL 的NO 2气体和336mlN 2O 4（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化纳溶液，生成沉淀的质量为 （ ）
A 、7.04g B、8.26g C、8.51g D、9.02g
提示:根据反应中金属与硝酸的电子守恒、金属失电子与结合氢氧根数目相等可解
11、将11.2g 的Mg —Cu 混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x 气体。再向所得溶液中加入过量的NaOH 溶液，产生21.4g 沉淀。根据题意推断气体x 的成分可能是
A 、0.3mol NO2 和0.3mol NO B、0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O 4
C 、0.2mol NO2和0.1mol N2O 4 D、0.6mol NO
提示:根据反应中金属与硝酸的电子守恒、金属失电子与结合氢氧根数目相等可解
12、将17.9 g Al、Fe 、Cu 组成的合金溶于足量的NaOH 溶液中，产生气体3.36 L（标准 状况）。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，生成6.72 LNO （标况），向反应后的溶液 中加入过量的NaOH 溶液，得到沉淀的质量为 （ ）
A 、33.2 g B 、25.4 g
C 、22.4 g D、19.6 g
13、为测定某镁铝合金中铝的含量，进行下列实验：取一定量合金，加入100mL0．3mol·L
-1-1 稀硫酸，合金完全溶解，产生的气体在标况下为560mL ；再加入0．2mol·LNaOH 溶液至
沉淀质量不再变化，用去350mLNaOH 溶液。则所取样品中铝的物质的量为 （ ）
A 、0．005 mol B、0．01mol
C 、0．025mol D、0．03 mol
提示:根据氢氧根离子比氢离子多余的量的作用是将氢氧化铝溶解可解
14、将Fe 和Cu 质量比为7:8的混合粉末加入到1000mL0．4mol·L稀硝酸中充分反应（生成物只有NO 气体），则使硝酸完全反应的金属粉末质量最少为 （ ）
A 、6.0 g B、6.4 g
C 、7.2 g D、7.8 g
提示:根据反应物中金属与硝酸的比例关系可解、铁与稀硝酸反应的两种情况的选择
15、0.03mol Cu完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO 、NO 2、N 2O 4）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、40 C、50 D、66
提示:极限假设法:①生成物只有NO 和NO 2②生成物只有NO 和N 2O 4
-1
16、取一定质量的均匀固体混合物Cu 、Cu 2O 和CuO ，将其分成两等分，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、3.6mol/L C、4.0mol/L D、无法判断
提示:使用拆分法把Cu 2O 拆为 CuO和 Cu再根据方程式可解
17、取ag 的固体混合物Fe 、Fe 2O 3、和CuO ，加入120ml 4mol/L的稀硝酸恰好完全反应，且同时收集到标准状况下NO 气体1344ml 。另取一份ag 相同的固体混合物用足量的氢气还原，测得反应后固体质量为
Ａ、a - 3.36 Ｂ、a - 1.92 Ｃ、a - 3.84 Ｄ、a - 4.48
提示:使用拆分法把反应的硝酸拆为只表现酸性的（与金属氧化物氧结合为水，无气体）
及 表现酸性和氧化性（与还原性金属元素反应产生气体）两种。
18、已知Fe 的氧化性比Cu 强。现将a molFe粉和b molCu 粉的混合物与含c mol硝酸的稀溶液充分反应，设还原产物只有NO 气体。下列结论
①．若只有一种氧化产物，则3c = 8a
②．若只有两种氧化产物，被还原的硝酸物质的量为0.25c mol
③．若有三种氧化产物，被还原的硝酸物质的量为0.25c mol
④．若剩余金属0.5a mol，则氧化产物为一种或二种。
其中正确的是 （ ）
A ．只有②
2+3+2+B ．①② C．②③ D ．③④ 3+2+2+3+2+2+提示:分多种情况讨论法:只有两种氧化产物时产物为①Fe 和Cu 硝酸可能有多余、②Fe 和Cu 硝酸没有多余； 有三种氧化产物时产物为Fe 、Cu 和 Fe硝酸一定没有多
余，再结合与铜反应的硝酸中有1/4的硝酸根被还原为气体。
19、氨气、氯化氢气体发生喷泉实验后所得溶液的浓度为 ，二氧化氮气体发生喷泉实验后所得溶液的浓度为 ，二氧化氮与氧气的混合气体发生完全喷泉（无气体剩余）后所得溶液的浓度为
1-5、BDCBB 6-10、CCAAC 11-15、BBBCC 16-18、ABD
19、1/22.4 1/22.4 （1/22.4）×（4/5）
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类典型的氧化还原反应，其有关计算涉及知识面广，对初学这部分内容的同学来说难度较大。本文旨在总结其中的解题规律和技巧。
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，由于随着反应过程中硝酸的不断消耗、加上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是不一样的。所以一定要注意：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，一是酸二是氧化剂。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。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 ，就是硝酸的总物质的量。特别提出的是：当铜和浓硝酸反应气体产物是NO 2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NO 2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。即气体可能是NO 和NO 2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。
2、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 2O D． N 2
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）。
3、极限法
例3、镁铁混合物4.9g ，溶解在过量的某浓度的稀硝酸中，完全反应后得到标准状况下气体2.24L(假设气体全为NO) 。若向反应后的溶液中加入足量的烧碱，则可生成沉淀的质量是（ ）
A. 6g B. 8g C. 10g D. 12g
解析：金属完全溶解最终转化为沉淀。可用极限思想求出沉淀的取值范围。第一步，假设金属全部是Mg ,则沉淀为M g(O H ) 2，由M g→Mg(OH ) 2知：沉淀的质量=m[Mg(OH)2]=4.9g/24 g·mol －1×58 g·mol －1＝11.8g 。第二步，假设金
属全部是Fe, 同样道理得到沉淀的质量= m[Fe (O H) 3]= 4.9g/56 g·mol 1×107 －
g·mol －1＝9.36g 。即沉淀的取值范围为：9.36g
解法二：沉淀为M g(O H ) 2和Fe(OH)3的混合物，可将沉淀分为两部分：一是Mg 2+ 、 Fe 3+，二是OH －。前者质量和即金属混合物的质量，后者质量由以下二式：M g(N O 3) 2→Mg(O H ) 2 Fe(N O 3) 3→F e (O H ) 3 可以看出：O H －是替代N O 3－而来，而Mg 2+ 、 Fe 3+结合N O 3－的物质的量即金属失电子的物质的量，也就是N 元素得电子的物质的量。据题意知：N 元素得电子的物质的量＝n[N O]×（5－2）= 0.1mol×3=0.3mol ，故n[O H -]=n[e -]=0.3mol ，则：m [O H -]=0.3mol×17g·mol －1=5.1g 。所以沉淀的质量m=4.9g+5.1g=10g。
三、迁移运用
1、镁铁混合物2.45g ，溶解在一定量某浓度的稀硝酸中，完全反应后得到标准状况下气体1.12L(假设气体全为NO) 。若向反应后的溶液中加入足量的烧碱，则可生成沉淀的质量是（ ）
A. 3g B. 4g C. 5g D. 6g
2、m g铁屑与含有n g HNO3的溶液恰好完全反应。
（1）、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）、若含n g HNO 3的稀溶液，恰好使5.6 g 铁粉完全溶解，有n/4 g HNO 3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
答案：1、C 2、（1）5Fe ＋12HNO 3==5Fe(NO3) 2＋N 2↑＋6H 2O （2）A
（第1题解析：例3中硝酸过量决定了Fe 只能被氧化为Fe 3+。而迁移运用1中由于稀硝酸的量不确定，Fe 可能被氧化为Fe 2+, 也可能被氧化为Fe 3+，此时因不知二者的比例难以确定沉淀的成分而无法求解。但用守恒法则避开了这个矛
盾。沉淀的质量＝金属的质量＋N 元素得电子的物质的量×OH 的摩尔质量＝
2.45g ＋0.05×3×17g ＝5g 。
（第2题解析：参加反应的Fe 与HNO 3的物质的量之比为1/56∶2.7/63=5∶12，讨论：若生成Fe(NO3) 3，则5mol Fe能结合15 mol NO3－，故HNO 3不足，因此生成Fe(NO3) 2，则生成盐的HNO 3为5mol×2=10 mol，故作氧化剂的HNO 3为：12mol －10mol=2 mol。设HNO 3中氮元素降χ价，则5×2=2×χ，χ=5，还原产物应为N 2。反应方程式：5Fe ＋12HNO 3==5Fe(NO3) 2＋N 2↑＋6H 2O 。第二步中 Fe 和HNO 3可发生如下反应：
Fe ＋4HNO 3==Fe(NO3) 3＋NO↑＋2H 2O （HNO 3过量），3Fe ＋8HNO 3==3Fe(NO3) 2＋2NO↑＋4H 2O （铁过量），5.6g 铁粉完全溶解，只进行第一步反应时，需HNO 3最多，为25.2g ；只进行第二步反应时，需HNO 3最少，为16.8g 。所以需硝酸的质量为：16.8g≤≤25.2g 。
－
“守恒”原理在金属与硝酸反应计算中的巧用
林尤宏
南京市大厂高级中学 江苏 南京 210044
[问题由来]
观察不同金属与硝酸反应的化学方程式，发现只要硝酸的还原产物相同，则硝酸的还原产物与硝酸的物质的量之比相同。运用这一规律，可简化金属与硝酸反应的有关计算，其原理和计算方法推导如下：
金属与硝酸反应的有关计算，包含了电子守恒、电荷守恒、原子守恒等多种守恒原理，抓住本质，串联各种守恒关系，可得到以下计算硝酸用量的等量关系：
还原产物得电子数
=金属失去电子数
=金属所带正电荷数=所结合的NO 3-数
电子守恒 电荷守恒 电荷守恒
n(HNO3) 总 = N 原子物质的量+金属离子结合的3- 物质的量
原子守恒
(不考虑金属)
[问题]
取一定质量的Fe 、Cu 混合物粉末平均分成三份：①第一份加入到100mL 某稀硝酸中，充分反应后，剩余金属18.8g ，并放出0.10molNO 气体；②第二份加入到200mL 相同浓度的稀硝酸中，充分反应后，剩余金属9.6g ；③第三份加入到过量相同浓度的稀硝酸中，金属完全反应，求：
（1） 此稀硝酸的物质的量浓度。
（2） ②中产生NO 的物质的量。
（3） 每份金属混合物中，含Fe 、Cu 的物质的量。
（4） 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。
（5） ③中生成NO 的总物质的量和消耗硝酸的总物质的量。
[问题解析]
（1）①中金属剩余，即HNO 3完全反应，根据总守恒关系：NO~4HNO3
C(HNO3) =
（2）n(NO) =0.10mol ⨯4n (NO ) ⨯4 = = 4.0mol/L 0.10L V (HNO 3) n (HNO 3) 4.0mol /L ⨯0.20L = =0.20mol 44
（3）根据电子守恒：3Cu~2NO 3Fe~2NO
②比①多生成0.10molNO ，说明②比①多溶解了0.15mol 金属，若全为
Fe ，则溶解了8.4g ，若全为Cu ，则溶解了9.6g ，而8.4g ﹤(18.8-9.6)g﹤9.6g ， 说明②比①多溶解了Fe 和Cu ，且①中溶解的全是Fe ，②中剩余的金属只有Cu 。
设②比①多溶解了Fe 和Cu 的物质的量分别为x 、y
x + y = 0.15mol
x = 0.05mol
56x + 64y = 9.2g y = 0.10mol
33①中溶解的n(Fe) = n(NO)× = 0.1mol× = 0.15mol 22
②中剩余的n(Cu) = 9.6g = 0.15mol。 64g /mol
所以，每份金属混合物中：n(Fe) = 0.15mol + 0.05mol = 0.20mol
n(Cu) = 0.15mol + 0.10mol = 0.25mol
2 （4）剩余的0.15molCu 完全溶解，又放出n(NO) = 0.15mol×= 0.10mol 3
又消耗n(HNO3) = 4n(NO) = 4×0.10mol = 0.40mol
0.40mol 至少还需V(HNO3) = = 0.10L = 100mL 4.0mol /L
（5）③中加入过量的稀硝酸，还发生Fe 2+ — Fe 3+的反应 ，根据电子守恒： Fe~NO 3Cu~2NO 得：
2211n(NO) = n(Fe) +n(Cu) = 0.20mol + ×0.25mol = mol 3330
1122n(HNO3) = 4n(NO) = 4×mol = mol 1530
[问题托展]
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。
（1） 甲组用agCu 粉，在加热的条件下，与空气充分反应，然后将生成的CuO 全部溶于vmL 稀HNO 3中，制得Cu(NO3) 2溶液。则消耗的O 2的物质的量是 mol ，C(HNO3) 大于mol/L。
（2） 乙组用agCu 粉，全部溶于过量的稀HNO 3中，测得生成气体的物质的量是 mol ，消耗的HNO 3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O 2，使生成的气体完全溶于水再生为HNO 3，则消耗O 2的物质的量是 mol 。
（3） 丙组用agCu 粉全部溶于过量的浓HNO 3中，测得生成气体的物质的量是 mol （不考虑NO 2转化成N 2O 4），消耗的HNO 3的物质的量是 ；若丙组用agCu 粉全部溶于一定量的浓HNO 3中，测得生成的气体在标准状况下体积为bL （不考虑NO 2转化成N 2O 4），则消耗的HNO 3的物质的量是 mol ，为消除污染，将生成的气体通入NaOH 溶液中，气体被完全吸收，产物只有NaNO 3、NaNO 2和H 2O ，则生成NaNO 2的物质的量是 mol ，NaNO 3的物质的量是 mol 。
[拓展题解答]
a a ⨯2=n(O2) ×4 n(O2)=（1）根据电子守恒 (mol) ； 64128
v a 250a 根据电荷守恒 C =⨯2 C= (mol/L) 。 8v 100064
a a ⨯2=3n(NO) n(NO) = (mol) ； （2）根据电子守恒 6496
a a 根据总守恒关系 n(HNO3= (mol) ； 9624
a a 根据电子守恒 4n(O2)=⨯2 n(O2) = (mol) 。 64128
a a （3）根据电子守恒 n(NO2)=×2= (mol) ； 6432
a a 根据总守恒关系 n(HNO3)= 2n(NO2= (mol) ； 3216
a b a b 根据电荷守恒、原子守恒 n(HNO3)=×2+=+ (mol) ； 22.43222.464
a a ×2=2n(NaNO2) n(NaNO2)= (mol) ； 6464
b b a 根据原子守恒 n(NaNO3)= －n(NaNO2)= － (mol) 。 22.422.464
[使用记录] 根据电子守恒
已用于南京市07年2月高三期末测试卷，未发表。
[教育价值]
“守恒”乃化学计算之魂。以金属与硝酸反应作载体，引导学生透过电子守恒（硝酸的氧化性）、电荷守恒（硝酸的酸性）、抽取并统摄出原子守恒〔由n(NOx)~n(HNO3) 〕的总的计算关系，不但抓住了金属与硝酸反应中，消耗硝酸的总物质的量由硝酸还原产物决定，而与金属种类无关的本质规律，大大简化了计算，更重要的是通过这一学习过程，使他们学会学习，学会探究，培养了同学们的思维能力和创新意识。
2007.8.2. 修改
硝酸与金属反应的计算是一个难点, 本文从思维角度加以阐述, 供大家参考。
一、从反应的本质看:
与反应的实质是与H +和NO 3- 共同作用.
例如:铜与稀反应的实质是: 3Cu +8H+ +2NO3- ===3Cu2+ +4H2O +2NO↑
Fe 2+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) 3 B. Na2CO 3 C. KNO3 D.FeSO 4
解析: 铜不能与稀硫酸反应, 但稀硫酸提供H +, 盐提供NO 3-，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m 1 g, 再向其中加入一定量稀硫酸. 充分振荡后, 剩余金属m 2 g, 则m 1与m 2的关系是( )。
A. m1一定大于m 2 B. m1一定等于m 2 C. m1可能等于m 2 D. m1可能大于m 2
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NO 3-, 再加稀硫酸提供H +, 发生氧化还原反应, 会再溶解一部分。答案 选A 。
例3. 已知Fe 2+可以水解: Fe2+ +2H2O
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NO 3-, 再加入稀硫酸提供H +, 发生氧化还原反应，3Fe 2+ + 4H+ + NO3- === 3Fe3+ + 2H2O + NO↑ 溶液变黄, 答案 选 C
例4. 在100 mL 混合溶液中, HNO 3 和 H 2SO 4 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 Cu 2+ 的物质的量浓度是( )。
Fe(OH) 2+2H+，现向Fe(NO3) 2溶液中加入足
A. 0.15 B. 0.225 C. 0.35 D. 0.45
解析: 题中告诉了HNO 3和H 2SO 4的物质的量浓度, 可以求出H + 和NO 3- 的物质的量分别是 0.06 mol, 0.04 mol, 0.03 mol Cu,显然要判断过量, NO3- 和Cu 过量. 按照 H + 的量代入离子方程式计算. 答案 选B 。
二、从硝酸在反应中的作用:
参加反应的一部分显酸性, 生成盐, 另一部分作氧化剂, 一般转化为氮的氧化物(NO或NO 2), 根据氮元素守恒解题。
例5. 将25.6 mg Cu 与1.4×10-3 mol 的浓恰好完全反应, 反应后收集到的气体在标准状况下的体积为 ml。(假设反应中只产生NO 或NO 2)
解析: 因为1 mol Cu参加反应生成Cu (NO3) 2对应2 mol HNO3 显酸性, 所以25.6 mg Cu 完全反应, 必然有0.8×10-3 mol 的显酸性, 其余的中的氮全转移到NO 或NO 2中, 即有1 mol HNO3 作氧化剂就有1 mol 氮的氧化物(NO或NO 2) 。答案。
例6. 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NO 2) 则消耗硝酸的物质的量为。
A. 0.12 B. 0.11 C.0.09 D.0.08
解析: 因为0.03 mol Cu 参加反应生成 Cu(NO3) 2 对应 0.06 mol HNO3 显酸性,0.05 mol 氮的氧化物(NO或NO 2) 对应0.05 mol HNO3作氧化剂, 所以共消耗硝酸0.11 mol。 答案 选B 。
例7. 为测定某铜银合金的成分, 将30 g 合金完全溶解于80 mol、浓度为 13.5 mol/L的浓硝酸中, 合金完全溶解后, 收集到6.72 L(标准状况下) 的气体 (假设反应中只产生NO 或NO 2), 并测得溶液的pH=0 ， 假设反应后溶液的体积仍80 mL。
(1)被还原的的物质的量. (2)合金中各成分.
解析:(1)被还原的硝酸就是作氧化剂的硝酸, 即生成的1 mol 氮的氧化物就对应 1 mol 被还原的硝酸:所以:
n =6.72/22.4=0.3 mol
(2)设合金中铜银的物质的量分别为x 、y 则显酸性的的物质的量为2x + y
因为PH=0则反应后溶液的氢离子浓度为1
64x+108y=30 ① 2x+y+6.72/22.4=0.08×13.5–0.08×1 ②(氮元素守恒)
解得x=0.3 y=0.1
例8. 将6.4 g Cu与80 mol/L 60 mL 的充分反应, 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NO 2), 此时溶液中所含NO 3-的物质的量为 mol。
A. 0.28 B. 0.31 C. a+0.2 D. a+0.4
解析: 6.4 g Cu反应后生成0.1 mol Cu (NO3) 2, 再加上 HNO 3 中的 NO 3- 。即得答案 C 。
三、从得失电子守恒的角度.
一般情况下:失去的电子被+5价的氮得到, 转化为 NO 或 NO 2 , 根据得失电子解题。
例 9. 在Cu 与稀反应中, 如果有1 mol 被还原, 则被氧化的铜的物质的量为 mol 。
A . 3/8 B. 8/3 C . 3/2 D. 2/3
解析: 设被氧化的铜的物质的量为x mol. 则根据得失电子守恒有:1×(5-2)=2x， 答案 选C
例10. 题见例7 (3) 求生成的气体的成分。
解析: (2)已解出铜银的物质的量分别为0.3 、 0.1, 则 NO 和 NO 2的物质的量的关系式为：
0.3×2+0.1×1=3n (NO)+ n (NO2) ①(得失电子守恒) n (NO)+ n (NO2)=6.72/22.4 ②
解得n (NO)=0.2 n (NO2)=0.1
四、从反应始态和最终状态看。
终态法的运用使许多复杂问题简单化, 在化学中具有非常重要的地位。
例11. 铜镁合金4.6 g 完全溶于浓中, 若反应中被还原, 只产生 4480 mL NO 2 气体和 336 mL N 2O 4气体(标准状况下). 反应后的溶液中加足量NaOH 溶液, 生成沉淀的质量为 g。
解析: 反应中铜镁合金失去电子, 最终转化为 Cu(OH)2 和 Mg(OH)2 沉淀, 比较始态和终态, 固体增加的质量为OH -的质量, 而OH -的物质的量等于转移的电子的物质的量, 再根据气体计算转移的电子的物质的量:
n =4480 mL /22400 mL·mol -1+(336 mL/22400 mL·mol -)×2=0.23 mol。
所以沉淀的质量为: 4.6+0.23×17=8.51 g
例12.1.92 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 . 168 B. 224 C . 336 D. 504
解析: 从反应的始态和最终状态看, 铜在反应中失去电子, 氧气在反应中得电子, 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 。
例13. 将32.64 g 铜粉与140 mL 一定量浓恰好完全反应, 铜完全溶解, 反应后收集到的气体在标准状况下的体积为11.2 L.(假设反应中只产生 NO 或NO 2 ) 请回答:
(1)NO的体积为 ；NO 2的体积为 mL。
(2)待产生的气体全部释放后, 向溶液中加入v mL a mol/L的 NaOH 溶液, 恰好使溶液中的 Cu 2+ 全部沉淀, 则原硝酸的浓度为 a mol/L
(3)欲使铜与反应生成的气体在溶液中完全转化为 NaNO 3 , 至少需要30%的双氧水 g。
解析:(1)设反应中产生NO 和NO 2的体积分别为x 、y(据得失电子守恒有)
x+y=11.2① (x/22.4)×3+(y/22.4) ×1=(32.64/64)×2
解得x=5.824 L y=5.376 L
(2)根据反应后的溶液中只有一种溶质NaNO 3 , 设原硝酸的物质的量浓度为C
（由氮元素守恒）则 0.14×C = 10-3 ×v×a + 11.2/22.4， 得原的浓度为: C = (10-3 va +0.5)/0.14
(3) 从反应的始态和最终状态看, 铜在反应中失去电子, 双氧水在反应中得到电子, 需要30%的双氧水的质量为m 则(据得失电子守恒有):
(32.64/64)×2=〔(30%×m)/34〕×2解得:m=57.8 g
五、 从极限的角度.
与铁反应, 随用量的不同, 产物可能是 Fe(NO3) 2 或 Fe(NO3) 3 这时可用极限法解。 如果产生的气体产物不单一, 可能也要用极限法解。
例14. 把22.4 g 铁完全溶解于某浓度的中, 反应只收集到 0.3 mol NO 2 和0.2 mol NO 。 下列说法正确的是( )。
A. 反应后生成的盐只有Fe(NO3) 3 B. 反应后生成的盐只有Fe(NO3) 2
C. 产物中Fe(NO3) 2和Fe(NO3) 3的物质的量之比为1:3 D. 产物中Fe(NO3) 2和Fe(NO3) 3的物质的量之比为3:1
解析:用极限法判断:22.4 g 铁如完全转化为Fe(NO3) 3转移1.2 mol 电子; 如完全转化为Fe(NO3) 2转移 0.8 mol 电子, 反应中实际转移0.3×1+0.2×3=0.9 mol 电子, 所以产物中既有Fe(NO3) 2又有Fe(NO3) 3这, 分别设Fe(NO3) 2和Fe(NO3) 3的物质的量分别x 、y ，
则(据得失电子守恒有) : x+y=0.4① 2×x+3×y=0.9②
解之:x=0.3 y=0.1， 答案 选D 。
例 15. 0.03 mol 的铜完全溶于, 产生氮的氧化物NO 、NO 2 、N 2O 4， 混合气体共 0.05
mol, 该混合气体的平均相对分子量可能是( ) 。
A . 30 B . 46 C. 50 D. 66
解析:假设0.05 mol 气体全是NO 则转移 0.15 mol 电子; 假设0.05 mol 气体全是NO 2则转0.05 mol电子；假设0.05 mol气体全是N 2O 4则转移 0.1 mol电子，而实际 0.03 mol 的铜在反应中转移 0.06 mol的电子, 因为 0.06 介于 0.05 和 0.15 之间；0.05和0.1 之间；所以用极限法判断组成可能有两种极限。
(1) 气体为NO 2和NO 的混合气体.
解:设NO 2和NO 的物质的量分别为x 、y 则(据得失电子守恒) :
x+y=0.05① x+3y=0.06② 解之:x=0.045 y=0.005，
所以平均相对分子量为:(46×9+30×1)/10=44.4
(2)气体为NO 2和N 2O 4的混合气体:
解:设NO 2和N 2O 4的物质的量分别为x 、y 则(据得失电子守恒) :
x+y=0.05① x+2y=0.06②
解之:x=0.04 y=0.01，所以平均相对分子量为:(46×4+92×1)/5=55.2，实际分子量应介于44.4与55.2之间，答案 选 B C 。