(完整版)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。

硝酸与金属反应的计算硝酸和金属反应都是氧化还原反应,产物比较复杂,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.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，NO2的体积为。

【变形1】3.84g铜与一定浓度的硝酸反应,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,要通入多少毫升O2可以使集气瓶充满溶液(标准状况下)?【变形2】3。

84g铜投入适量的浓硝酸充反应后，铜完全溶解，收集到1.12L标准状况下的气体，如将此气体通过足量的水，最后收集到标准状况下气体的体积是多少？【变形3】1.92g铜完全完全溶于硝酸,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 30B 40C 50D 662 原子数守恒根据质量守恒定律，化学反应前后组成物质的元素种类不变，原子（或离子）的数目也不会发生变化。

比如，参加反应硝酸的物质的量,等于生成物中含有的氮原子的物质的量之和。

这样涉及到复杂的化学反应过程的计算问题，就可以利用N原子个数守恒的方法进行计算.例2 若将12.8g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜完全溶解时,共产生5。

6L标准状况下的气体（不考虑转化为N2O4），则所消耗的硝酸的物质的量是。

【变形1】12.8g铜与30mL 8mol/L硝酸反应,硝酸的还原产物为NO，NO2，反应后溶液中所含的H+为a mol，则此时溶液中所含的NO3—为.【变形2】现将12.8g铜溶于40.0mL 13。

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。

硝酸与金属反应的计算一、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解析: 铜不能与稀硫酸反应,但稀硫酸提供H+, 盐提供NO3-，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m2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NO3-,再加稀硫酸提供H+,发生氧化还原反应,会再溶解一部分金属。

答案选A。

例3.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.无法判断解析: 原Fe (NO3) 2溶液中含有NO3-,再加入稀硫酸提供H+,发生氧化还原反应，3Fe2+ + 4H+ + NO3- === 3Fe3+ + 2H2O + NO↑溶液变黄,答案选 C例4.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( )。

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。

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 。

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。

教育技术新课程NEW CURRICULUM示如下图1-6所示，动画展示略。

图1-6看完老师讲的这些内容，同学们都学会了吗？请同学们做一做课本上的习题吧。

（二）课堂互动探讨经过学生自主对教学视频的学习和习题的练习后，教师在课堂上对学生进行提问，可以问学生：“谁可以告诉我都学了什么内容？”很多学生回答说：“画垂线。

”教师这时可以问学生：“如何画垂线呢？”有的学生说用三角板，而有的学生说用量角器，这时教师不妨鼓励一下学生：“非常好，那老师检验一下同学们学得怎么样。

”然后教师请几位学生在台上展示垂线的画法。

教师利用多媒体设备将学生的画法一一投影到屏幕上，然后和学生一起讨论学习，深化知识点。

（三）微视频翻转课堂教学分析这段《画垂线》微视频时间是5分钟，通常微视频时间不宜超过10分钟。

本视频教学包含了四个部分的内容：怎样画两条互相垂直的直线、怎样过直线上一点画该直线的垂线、怎样过直线外的一点画该直线的垂线、几种垂线的错误画法。

教师运用微视频将几种不同情况的垂线画法展示给了学生，学生在观看和学习视频教学内容时，充满着好奇心，会自主地拿出三角尺和量角器进行实际操作。

微视频非常直观地将《画垂线》这个知识点展现给了学生，还布置了学生练习习题，充分调动了学生的主观能动性，培养了学生理论知识与实际操作的联想意识。

特别是最后的错误画法展示，更能加深学生对知识点的理解。

再经过课堂上的互动探讨，将学生的一些不足之处展示出来，借助多媒体设备提高教学效率，同时加深了学生的理解。

小学数学通过基于微视频翻转课堂的授课模式，锻炼了学生自主学习能力，培养了学生独立思考能力，同时也提高了教学效率，贯彻了以人为本、以学定教的教学理念。

参考文献：［1］郭晓燕.微视频在小学信息技术教学中的应用研究［D］.天津师范大学，2015.［2］陈会源.基于微视频的翻转课堂教学模式研究［D］.山东师范大学，2015.［3］吴峥.基于翻转课堂理论的小学数学个别化教学模式［D］.华东师范大学，2014.•编辑王团兰金属与硝酸反应计算专题刘丽徐波（吉林省靖宇县第一中学）金属与硝酸反应是中学化学中氧化还原反应方面的一个重要计算。

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。

金属与硝酸反应的相关计算硝酸与金属反应时，金属被氧化成金属阳离子，硝酸被还原为低价氮的化合物。

常用的方法有：1.电子得失守恒：即金属失去的电子与硝酸中+5价N变为低价氮所得到的电子相等。

例：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，还原产物为：（）A、NO2B、NO C、N2O D、N22、原子守恒：即溶液中NO3-和放出的NO(NO2)中N的物质的量之和等于原硝酸的物质的量。

例：把3.84克铜投入到一定量的浓硝酸中，当在标准状况下收集到1.68L气体时，金属铜恰好全部消耗。

求反应中消耗硝酸的物质的量。

3.溶液中电荷守恒：溶液中金属阳离子、H+所带正电荷总数应等于NO3-所带负电荷总数。

例、将3.2克Cu与30mL10mol/L的硝酸充分反应，还原产物有NO、NO2，若反应后溶液中有amolH+,则此时溶液中含NO3-的物质的量为A、0.5amolB、2amolC、0.1molD、(0.1+a)mol4、硝酸与硫酸等其他酸的混合液与金属反应时，利用离子方程式3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O进行计算并判断。

用反应中较少（不足量）的那种物质的给定量计算。

例：在100mL混合酸中，C(HNO3)=0.4mol/L,C(H2SO4)=0.2 mol/L,向其中加入2.56克铜,微热,待充分反应后，溶液中Cu2+的物质的量浓度为多少？跟踪训练：1、Zn与稀硝酸反应时，锌与硝酸所耗的物质的量之比为5：12，则硝酸在其还原产物中氮元素的价态可能为（）A、0B、+3C、+2D、+12、在标准状况下，将1.92克铜和一定量的浓硝酸反应，随着铜的不断溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当Cu反应完后，共收集到1.12LNO和NO2的混合气体，求反应消耗的硝酸的物质的量和生成NO的体积。

3、在Zn、Cu的混合物中，加入一定量的稀硝酸，充分反应后，剩余金属a克，再在其中加入一定量的稀盐酸，充分振荡后剩余金属b克，则（）A、a可能等于bB、a一定等于bC、a一定大于b D 、a可能大于b4、某溶液100mL，其中含硫酸0.03mol，硝酸0.04 mol，若在该溶液中投入1.92克铜粉并微热，反应后放出NO气体约为（）A、0.02 molB、0.01 molC、0.015 molD、无法计算5、14克铜银合金与足量某浓度的硝酸溶液反应，将放出的气体与1.12L（标准状况）O2混合通入水中，恰好全部被水吸收，则合金中铜的质量是多少？6、铜和鎂的合金4.6克完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL 的NO2气体和336mL 的N2O4,在反应后的溶液中，加入足量的NaOH溶液，生成的沉淀的质量为A、9.02gB、8.51gC、8.26gD、7.04g。

借助守恒关系㊀巧解金属与硝酸反应的计算朱雅琼(安徽省灵璧中学ꎬ安徽宿州２３４２００)摘㊀要:化学计算是中学化学教学的重点和难点ꎬ也是常见的考点ꎬ是元素及其化合物学习中经常出现的习题.本文以金属与硝酸反应的计算为载体ꎬ借助电子守恒㊁电荷守恒及物料守恒ꎬ并通过他们之间的等量代换及组合ꎬ能够迅速准确地完成计算ꎬ带动学生理解并应用于常规的化学计算中ꎬ提升中学生的化学计算能力.关键词:化学计算ꎻ守恒ꎻ金属与硝酸ꎻ高中化学中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２５－０１１６－０３收稿日期:２０２３－０６－０５作者简介:朱雅琼(１９８８.８－)ꎬ女ꎬ安徽省灵璧人ꎬ硕士研究生ꎬ从事高中化学教学研究.㊀㊀化学计算是中学化学教学的重点ꎬ也是难点之一ꎬ而在教材中没有专门的章节进行教学ꎬ其分布于元素及其化合物的学习中.特别是结合真实情境中的应用把握金属主要的性质㊁氮及其化合物的主要性质ꎬ探索物质性质㊁实现物质转化[１].由于金属与硝酸的反应有很多的特点ꎬ所以本文通过归纳常见的金属与硝酸反应的类型ꎬ结合典型例题ꎬ以点带面ꎬ提升学生的综合计算的能力.１金属与硝酸反应的特点(１)金属种类具有多样性.硝酸是一种氧化性强酸ꎬ是工业上应用非常广泛的一种强酸ꎬ也是实验室中最为常见的酸ꎬ能与除金㊁铂以外的绝大数金属发生反应.(２)金属元素存在的多种化合价.由于过渡金属存在多种化合价ꎬ特别是最为常见的金属铁ꎬ就有＋２㊁＋３两种常见的化合价ꎬ而硝酸是一种强氧化性酸ꎬ硝酸用量的不同可以得到Ｆｅ(ＮＯ３)２㊁Ｆｅ(ＮＯ３)３两种氧化产物ꎬ故随着参加反应的硝酸用量不同可能会得到不同价态的氧化产物.(３)硝酸还原产物的多样性.硝酸是氧化性强酸ꎬ浓度不同ꎬ其还原产物不同ꎬ一般来说浓硝酸的还原产物为ＮＯ２ꎻ稀硝酸的还原产物更复杂ꎬ主要为ＮＯꎬ但随着金属活泼性㊁硝酸的浓度㊁反应温度的诸多因素影响ꎬ稀硝酸的还原产物还可能为Ｎ２Ｏ㊁Ｎ２等ꎬ甚至还原产物可能为ＮＨ＋４ꎬ增加了计算的难度.(４)计算过程的复杂性.金属与硝酸反应的计算题目中往往很少只是单纯进行的是金属与硝酸的反应ꎬ随着金属与硝酸反应之后ꎬ还涉及到往反应后的溶液中加入ＮａＯＨ溶液使金属离子沉淀的计算ꎻ硝酸还原产物为ＮＯ㊁ＮＯ２(甚至还有Ｎ２Ｏ４)与氧气反应的计算等.综上所述ꎬ在进行金属与硝酸反应的计算中如果根据化学方程式进行计算ꎬ往往会无从下手ꎬ难以进行有效的计算.因此可以将电子守恒㊁电荷守恒㊁物料守恒通过相应组合ꎬ等量代换ꎬ找出已知量与未知量的关系ꎬ从而简化解题步骤ꎬ准确快速地将题解出.６１１２计算依据电子守恒:在氧化还原反应中ꎬ氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数是相等的.电子守恒是氧化还原反应计算的基础ꎬ由于金属与硝酸的反应都是氧化还原反应ꎬ所以电子守恒关系在金属与硝酸反应的计算中具有十分重要的意义.电荷守恒:又称电中性原理ꎬ指在溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数ꎬ使整个溶液不显电性.借助电荷守恒ꎬ可以找出溶液中各离子浓度之间的关系.同时ꎬ经常利用加入ＮａＯＨ溶液将金属阳离子沉淀出来ꎬ由于一个ＯＨ－带一个单位负电荷ꎬ由等量代换ꎬ完全沉淀金属阳离子所需ＯＨ－的物质的量就等于金属阳离子所带正电荷总数ꎬ也等于金属失电子总数ꎻ物料守恒:又称原子守恒ꎬ根据质量守恒定律ꎬ化学反应前后各元素原子的种类㊁个数和质量均保持不变ꎬ故金属与硝酸参加反应以后ꎬ硝酸中的氮原子共有三个可能存在:一是体现酸性参与成盐ꎻ二是体现氧化性被还原ꎬ存在于还原产物(主要为ＮＯ㊁ＮＯ２)中ꎻ三是硝酸过量ꎬ存在于反应后的溶液中ꎬ可以根据反应后溶液的ｐＨ进行计算[２].３计算模式(设有１ｍｏｌ金属Ｍ参加反应ꎬ金属的化合价为＋ｎ价.)计算主线:Ｍ－ｎｅ－ңＭｎ＋ＨＮＯ３＋ｎｅ－ңＭ(ＮＯ３)ｎ:参与成盐的硝酸ꎬ即体现酸性ꎬ根据电荷守恒ꎬ其物质的量为:ｎｍｏｌＮＯ㊁ＮＯ２:被还原的硝酸ꎬ根据物料守恒ꎬ其物质的量为:ｎ(ＮＯ)＋ｎ(ＮＯ２)ＨＮＯ３(过量):过量的硝酸ꎬ可以根据溶液的ｐＨ计算ìîíïïïïïïïïï根据电子守恒:ｎ(ｅ－)＝ｎ(ＮＯ) ３＋ｎ(ＮＯ２) １根据物料守恒:ｎ(ＨＮＯ３)(总)＝ｎ(ＨＮＯ３)(成盐)＋ｎ(ＨＮＯ３)(被还原)＋ｎ(ＨＮＯ３)(过量)若对反应后的产物进行再处理ꎬ还可以有以下的几种情况:(１)对反应后的溶液中加入ＮａＯＨ溶液ꎬ使金属离子恰好沉淀完全ꎬ则反应前金属的质量与反应后沉淀的质量之间存在如图１所示关系.Ｍ－ｎｅ－ңＭｎ＋＋ＮａＯＨңＭ(ＯＨ)ｎüþýïïïïïïïïïïïïΔｍ＝ｎ(ＯＨ－)ˑ１７ｇ ｍｏｌ－１图１㊀质量关系图结合电荷守恒与质量守恒ꎬ增加的质量即为ＯＨ－的质量ꎬ而ＯＨ－的物质的量则等于金属单质失去电子的物质的量.(２)当金属离子恰好沉淀完全时ꎬ溶液中只有ＮａＮＯ３ꎬ根据电荷守恒和物料守恒ꎬ则有ｎ(Ｎａ＋)＝ｎ(ＮＯ－３)ꎬｎ(Ｎａ＋)＝ｎ(ＮａＯＨ)ｎ(ＮＯ－３)＝ｎ(ＨＮＯ３)(总)－ｎ(ＨＮＯ３)(被还原)故所需ＮａＯＨ物质的量等于溶液中的ＮＯ－３的物质的量.即ｎ(ＮａＯＨ)＝ｎ(ＨＮＯ３)(总)－ｎ(ＨＮＯ３)(被还原)(３)对于反应的还原产物(ＮＯ㊁ＮＯ２㊁Ｎ２Ｏ４等混合气体)ꎬ通入Ｏ２并与水反应使其全部转化为ＨＮＯ３ꎬ具体关系如图２所示.ＨＮＯ３＋ｎｅ－ңＮＯＮＯ２Ｎ２Ｏ４{＋Ｏ２㊁Ｈ２Ｏ－ｎｅ－ңＨＮＯ３图２㊀反应前后物质关系图根据物料守恒和电子守恒ꎬ由于起始与终了的硝酸总量相等ꎬ故Ｏ２得到电子总数与ＨＮＯ３被还原时所得电子总数相等ꎬ所以有ｎ(Ｏ２)＝ｎｅ－４.４典型例题例１㊀将１１.２ｇ的铜镁的混合物完全溶解于７１１足量的硝酸中ꎬ收集产生的气体混合物ꎬ再向所得溶液中加入适量的ＮａＯＨ溶液ꎬ产生２１.４ｇ沉淀ꎬ根据题意推断气体混合物的可能组成是(㊀㊀).Ａ.０.３ｍｏｌＮＯ２和０.３ｍｏｌＮＯＢ.０.２ｍｏｌＮＯ２和０.１ｍｏｌＮ２Ｏ４Ｃ.０.１ｍｏｌＮＯ㊁０.２ｍｏｌＮＯ２和０.０５ｍｏｌＮ２Ｏ４Ｄ.０.６ｍｏｌＮＯ解析㊀由Ｍｇ㊁Ｃｕ的化学变化:ＭｇңＭｇ２＋ңＭｇ(ＯＨ)２~２ｅ－ꎬＣｕңＣｕ２＋ңＣｕ(ＯＨ)２~２ｅ－.故增加的质量为ＯＨ－的质量.则转移电子的物质的量与ＯＨ－的物质的量相等ꎬ由ｎ(ＯＨ－)＝２１.４ｇ－１１.２ｇ１７ｇ ｍｏｌ－１＝０.６ｍｏｌꎬ所以反应中转移电子的物质的量也为０.６ｍｏｌꎬ选项Ｃ中生成气体混合物转移电子的物质的量为:０.１ｍｏｌˑ３＋０.２ｍｏｌˑ１＋０.０５ｍｏｌˑ２＝０.６ｍｏｌꎬ故Ｃ正确ꎬ同理Ａ㊁Ｂ㊁Ｄ不正确.例２㊀足量的铜与一定量浓硝酸恰好完全反应ꎬ得到硝酸铜溶液和ＮＯ２㊁Ｎ２Ｏ４㊁ＮＯ的混合气体ꎬ将这些气体与１.６８ＬＯ２(ＳＴＰ)混合后通入水中ꎬ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５.０ｍｏｌ Ｌ－１ＮａＯＨ溶液至Ｃｕ２＋恰好沉淀完全ꎬ则消耗ＮａＯＨ溶液的体积是(㊀㊀).Ａ.６０ｍＬ㊀Ｂ.４５ｍＬ㊀Ｃ.３０ｍＬ㊀Ｄ.１５ｍＬ解析㊀由得到的还原产物ＮＯ２㊁Ｎ２Ｏ４㊁ＮＯ的混合气体与１.６８ＬＯ２混合后通入水中有生成硝酸ꎬ借助电子守恒㊁物料守恒与电荷守恒的组合ꎬ可以得到ｎ(ＯＨ－)＝ｎ(ｅ－)＝４ˑ１.６８Ｌ２２.４Ｌ ｍｏｌ－１＝０.３ｍｏｌꎬ故所需要５.０ｍｏｌ Ｌ－１ＮａＯＨ溶液的体积为６０ｍＬꎬ所以Ａ选项正确.例３㊀将１.２０ｇ铁铜合金完全溶于１００ｍＬ１２.０ｍｏｌ Ｌ－１浓硝酸中ꎬ得到ＮＯ２和Ｎ２Ｏ４混合气体６７２ｍＬ(已换算为标准状况下的体积).向反应后的溶液中加入１.０ｍｏｌ Ｌ－１ＮａＯＨ溶液ꎬ当金属离子全部沉淀时ꎬ得到２.０５ｇ沉淀ꎬ下列有关判断正确的是(㊀㊀).Ａ.反应过程中浓硝酸仅体现氧化性Ｂ.该合金中铁与铜的物质的量之比为２ʒ１Ｃ.混合气体中ꎬＮＯ２的体积分数是１２Ｄ.金属离子全部沉淀时ꎬ加入ＮａＯＨ溶液的体积至少为１１５０ｍＬ.解析㊀金属与浓硝酸反应ꎬ硝酸除了体现氧化性之外ꎬ还体现了酸性ꎬ参与成盐ꎬ故Ａ错误ꎻ由于该反应中还原产物只有＋４价的ＮＯ２㊁Ｎ２Ｏ４ꎬ所以硝酸是过量的ꎬ因此铁的氧化产物只有Ｆｅ３＋ꎬ由５６ˑｎ(Ｆｅ)＋６４ˑｎ(Ｃｕ)＝１.２０ｇꎬ３ˑｎ(Ｆｅ)＋２ˑｎ(Ｃｕ)＝２.０５ｇ－１.２０ｇ１７ｇ ｍｏｌ－１ꎬ得到ｎ(Ｆｅ)＝０.０１ｍｏｌꎬｎ(Ｃｕ)＝０.０１ｍｏｌꎬ所以合金中铁与铜的物质的量之比为１ʒ１ꎬＢ错误ꎻ同理由电子守恒１ˑｎ(ＮＯ２)＋２ˑｎ(Ｎ２Ｏ４)＝０.０５ꎬｎ(ＮＯ２)＋ｎ(Ｎ２Ｏ４)＝６７２ˑ１０－３Ｌ２２.４Ｌ ｍｏｌ－１ꎬ得ｎ(ＮＯ２)＝０.０１ｍｏｌꎬｎ(Ｎ２Ｏ４)＝０.０２ｍｏｌꎬ所以ＮＯ２的体积分数为１３ꎬＣ错误ꎻ当溶液中金属离子全部沉淀时ꎬ溶液中只有ＮａＮＯ３ꎬ由物料守恒ꎬｎ(ＮａＯＨ)＝ｎ(Ｎａ＋)＝ｎ(ＮＯ－３)＝ｎ(ＨＮＯ３)(总)－ｎ(ＨＮＯ３)(被还原)＝１００ｍＬˑ１０－３ˑ１２.０ｍｏｌ Ｌ－１－ｎ(ＮＯ２)－２ˑｎ(Ｎ２Ｏ４)＝１.１５ｍｏｌꎬ所以需要１.０ｍｏｌ Ｌ－１ＮａＯＨ溶液的体积为１１５０ｍＬꎬＤ正确.参考文献:[１]中华人民共和国教育部.普通高中化学课程标准(２０１７年版)[Ｍ].北京:人民教育出版社ꎬ２０１８.[２]王法鹏.利用 三个守恒 进行金属与硝酸反应的计算[Ｊ].理科考试研究ꎬ２０１８(０７):５３－５５.[责任编辑:季春阳]８１１。

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。