硝酸守恒计算题1

例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_______。
答案：0.65mol
技巧型计算之二：得失电子守恒
重点思路： 金属失去的电子==氮元素得到的电子 如果将生成的NO、NO2等气体与氧气混合， 通入水中，使气体恰好全部吸收失电子守恒综合
例4： 某浓度稀HNO 3 与金属M 反应时，能得到 +2价硝酸盐， 反应时 M 与 HNO 3 的物质的量之比为 5 ∶ 12 ，则反应时 HNO3的还原产物是 （ ） A、NH4NO3 B、N2 C、N2O D、NO
答案：B
技巧型计算之一：N原子守恒
思路：浓硝酸不论发生什么反应，其中的氮原子物质的量 守恒。 例如，足量Cu与 10mol浓硝酸反应，生成的有NO、 NO2、N2O4，以及Cu(NO3)2，根据守恒关系，有： 10=n（NO）+n（NO2）+2×n（N2O4）+2×n（ Cu）
技巧型计算之一：N原子守恒
答案：B
技巧型计算之二：得失电子守恒
例3： 一定量的铁与一定量的浓 HNO 3 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 Fe 3+ 恰好沉淀，则消耗 NaOH 溶液的体积是( ) A、300 mL B、150 mL C、120 mL D、90 mL
有关硝酸的计算
有用的化学方程式
Cu + 4HNO （浓） = Cu NO3 2 + 2NO2 +2H2 O 3 3Cu + 8HNO （稀） = 3Cu NO3 2 + 2NO+ 4H2 O 3 Fe + 4HNO （稀，过量） = Fe NO3 3 + NO+ 2H2 O 3

练习1、足量铜与一定量浓硝酸反应 得到硝 练习 、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 的混合气体,这些气 酸铜溶液和 的混合气体 标准状况)混合后通入水中 体 与1.68 L O2(标准状况 混合后通入水中，所有 标准状况 混合后通入水中， 气体 完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶 完全被水吸收生成硝酸。 液中加入5 mol/L NaOH溶液至 2+恰好完全沉淀 溶液至Cu 恰好完全沉淀, 液中加入 溶液至 则消耗NaOH溶液的体积是（ A ) 溶液的体积是（ 则消耗 溶液的体积是 A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL
7.在浓硝酸中放入铜片： 7.在浓硝酸中放入铜片： 在浓硝酸中放入铜片 （1）反应开始的化学方程式为 。 。 （3）待反应停止时，再加入少量25%的稀硫酸， 待反应停止时，再加入少量25%的稀硫酸， 25%的稀硫酸 这时铜片上又有气泡产生，其原因和离子方程式 这时铜片上又有气泡产生， 是 。 铜与一定量的浓硝酸反应， （4）若将12.8 g铜与一定量的浓硝酸反应，铜消耗 若将12.8 g铜与一定量的浓硝酸反应 完时，共产生气体5.6 L（标准状况）， ），则所消耗 完时，共产生气体5.6 L（标准状况），则所消耗 的硝酸的物质的量是 对分子质量为 。 ，所得气体的平均相 （2）若铜有剩余，则反应快要结束时的化学方程式是 若铜有剩余，
解题关键: 在溶液中阳离子所带正 解题关键: 电荷总数等于阴离子所带负电荷总数， 电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，溶 液电中性。 液电中性。
练习1. 混合溶液中含 混合溶液中含SO － 练习 1L混合溶液中含 42－0.25mol， ， Cl－0.5mol ,NO3－0.25mol ,Na＋0.25 mol ,其余 其余 为H＋，则H＋物质的量浓度为 （ C）。 A．2.5 mol/L B.1 mol/L ． C.1.0 mol/L D.5 mol/L

浅谈守恒法巧解有关硝酸的典型计算硝酸是一种常见的无机化合物，化学式为HNO3、守恒法是化学计算中常用的一种方法，用于计算化学反应中各种物质的质量、摩尔数或体积的关系。

下面将以守恒法为基础，对有关硝酸的典型计算进行简要探讨。

首先，我们可以考虑一种常见的硝酸的制备实验：用氧化亚氮与氧反应制备硝酸。

化学方程式如下：2NO(g)+O2(g)->2NO2(g)2NO2(g) + H2O(l) -> HNO2(aq) + HNO3(aq)在这个实验中，氧化亚氮(NO)气体与氧气(O2)气体反应生成二氧化氮(NO2)气体，再与水反应生成亚硝酸(HNO2)和硝酸(HNO3)。

为了使用守恒法解决这个问题，我们需要先了解反应物和生成物之间的摩尔关系。

根据化学平衡原理，反应物和生成物的摩尔比应满足化学方程式中的系数比。

首先，我们假设氧化亚氮和氧的初始摩尔数分别为n1和n2、根据化学方程式，反应得到的二氧化氮的摩尔数即为n1，并且生成的亚硝酸和硝酸的摩尔数应分别为n1/2和n1/2接下来，我们假设生成的亚硝酸的摩尔数为n3，生成的硝酸的摩尔数为n4、根据化学方程式，生成的亚硝酸和硝酸的摩尔数应满足如下关系式：2n1=n32n1=n4我们还需要考虑到物质的守恒，即物质的质量守恒和电荷守恒。

对于质量守恒，我们可以将反应物的质量与生成物的质量逐一比较。

对于电荷守恒，反应物和生成物的总电荷数应相等。

根据上述守恒条件和关系式，我们可以通过代入数据和解方程来计算出每个物质的摩尔数。

例如，我们假设初始状态下氧化亚氮的摩尔数为0.1 mol，氧气的摩尔数为0.2 mol。

代入关系式，可以得到二氧化氮的摩尔数为0.1 mol，亚硝酸和硝酸的摩尔数均为0.05 mol。

通过计算可以得出，摩尔为单位的物质质量可以通过其摩尔数与摩尔质量的乘积来计算。

例如，硝酸的摩尔质量为63 g/mol，因此硝酸的质量为0.05 mol * 63 g/mol = 3.15 g。

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。

3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O 192g 9.6g 2mol NO3- 不足量，根据 NO3- 计算溶解的铜
0.1mol
课堂检测 1.往浅绿色Fe(NO3)2溶液中逐滴加入稀盐酸溶
液的颜色变化是：（ C ） A、 颜色变浅 B、 逐渐加深 C、 变为棕黄色 D、 没有改变 2、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 （ ） C
A. Fe2 (SO4)
3
B. Na2CO3 C. KNO3
D.FeSO4
如图所示转化关系， A O O D 判断A、B、C、D、E 2 2 各是什么物质(写出 H H2O C 2 化学式） B O2 Cu E (1)当A为气体单质时，A是_____，B是 N2 NH3 NO NO2 HNO3． _____，C是___，D是___，E是_____．
Cu + 4HNO3(浓) = Cu(NO3)2 + 2NO2↑+ 2H2O 3Cu + 8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O
金属与HNO3、H2SO4混酸反应的计算 1L稀HNO3和稀H2SO4的混合液，其物质的量浓 特别注意：金属与混合酸反应要用离 度分别为0.1mol·-1和0.4mol·-1。若向该混合液 L L 子方程式进行计算，先判断 H+与 中加入足量的铜粉，则最多能溶解铜粉的质量 NO3- 的量，根据不足量计算 D 9.6g 为（ D ）。A 2.4g B 3.2g C 6.4g 1L 0.1mol·-1稀HNO3提供氢离子：0.1mol L 提供硝酸根离子： 0.1mol 1L 0.4mol·-1稀H2SO4提供氢离子：0.8mol L 总共溶液中氢离子： 0.9mol

硝酸的计算与硝酸有关的计算由于涉及到原子守恒、得失电子守恒，所以在题目中较为常见，在实际问题中硝酸有关的计算主要可归纳为以下几种情况：1、依据得失电子守恒的计算例1：1.92 g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，将收集到的气体与一定体积的氧气混合于试管倒立于水槽中，恰好使所有气体完全溶于水，则通入氧气的体积为A 504mLB 336mLC 224mLD 168mL解析：分析题意，从电子转移角度可知，Cu和HNO3反应时，Cu 是还原剂失去电子，形成氧化产物Cu(NO3)2；HNO3是氧化剂得到电子，形成还原产物NO2、NO、N2O4等，依据得失电子守恒可知，Cu失去的电子与HNO3得到的电子相等。

氮氧化物与O2混合完全溶于水形成HNO3，O2是氧化剂，得到电子，氮氧化合物是还原剂失去电子，得失电子守恒，从整个反应过程来看，相当于O2得到了Cu失去的电子，2n(O2)=n(Cu)=0.03mol，V(O2)=336ml。

答案：B。

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224ml的NO气体4480ml和NO2的气体（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 8.26g D7.04g解析：依据题意，反应过程为Cu、Mg被HNO3氧化失去电子形成Cu2+和Mg2+，HNO3得到电子形成还原产物NO和NO2，NO和NO2，向反应后的溶液中加入足量的NaOH形成Mg(OH)2和Cu(OH)2沉淀，Cu2+和Mg2+结合的OH-的物质的量与两金属失去电子的物质的量相等，依据NO和NO2体积可得HNO3得到电子物质的量为0.23mol，依据得失电子守恒可知，两金属失去的电子也为0.23mol，沉淀的质量为4.6g+0.23×17g=8.51g。

答案：B。

2、依据原子守恒的计算例3：若将12.8g铜与一定量的硝酸反应，铜消耗完时，共产生NO和NO2的混合气体5.6L（标准状况）。

返回
Cu-64 Cl-35.5周测卷6将SO2通入CuSO4和NaCl 的浓溶液中，溶液颜色变浅，析出白色沉淀， 取该沉淀分析，知其中含Cl：35.7%，Cu： 64.3%，SO2在上述反应中作用是 （ ） A．酸 B．漂白剂 C．还原剂 D．氧化剂
C
周测卷14R2O8n－离子在一定条件下可以把Mn2+ 离子氧化成MnO4－，若反应后R2O8n－离子变 为RO42－离子。 又知反应中氧化剂与还原剂的 物质的量之比为5：2，则n的值是 A．1 B． 2 C．3 D．4
发生变价的元素有哪些？
OH 和哪些离子结合？
-
练习3、10gFe－Mg合金溶解在一定量的某浓 度的稀硝酸中，当金属完全反应后，收集到 在产物不确定 标况下4.48ＬNO气体（设HNO3的还原产物 类题中可应用 只有NO ）。在反应后的溶液中加入足量的 电子守恒 NaOH溶液，可得多少克沉淀?
解析： Fe、Mg失e-数等于氮元素得e-数 发生变价的元素有哪些？ ｎ失＝ｎ得＝ 4.48Ｌ÷ 2.24Ｌ· -1×3＝0.6mol mol
B.500 mL
C.400 mL
D.不能确定
最终Na和谁在一起？
限时12．(2011·江苏南通模拟)为了除去NO、NO2、N2O4 对大气的污染，常采用氢氧化钠溶液进 行吸收处理(反应方程式： 3NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O； NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O)。现有由a mol NO、 b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体 恰好被V L氢氧化钠溶液吸收(无气体剩余)，则此氢氧化 钠溶液的物质的量浓度最小为( )
。
（3）待反应停止时，再加入少量25%的稀硫酸，
这时铜片上又有气泡产生，其原因和离子方程式

1[例１]有一硫酸和硝酸的混合溶液，取出其中的 10 mL 加入足量的氯化钡溶液，过滤、洗涤、烘干后得到 9.32 g 沉淀，滤液跟 4 mol/L 烧碱溶液反应，用去 35 mL 时恰好中和。

求⑴混合溶液中硫酸和硝酸的物质的量浓度；⑵另取 10 mL 原混合溶液，加入 2.56 g 铜共热，在标准状况下收集到多少毫升的气体。

[例２]为了测定某铜银合金的组成，将 17.2 g 合金溶于 50 mL 11.0 mol/L 的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到气体4.48 L( 标准状况)，并测得溶液的 PH ＝0。

假设反应后溶液的体积仍为 50 mL 。

试计算⑴被还原的硝酸的物质的量；⑵合金中银的质量分数。

〖跟踪训练〗(MCE1994～24) 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 HNO 3 的物质的量可能为(不考虑有 N 2O 4 生成)。

A.1.0×10－3 molB.1.6×10－3 molC.2.2×10－3 molD.2.4×10－3 mol[例３] 6.4 g 铜与过量的硝酸(60 mL 8 mol/L)充分反应后，硝酸的还原产物有 NO 2、NO ，反应后溶液中所含 H ＋ 为 n mol ， 此时溶液中所含 NO 3－ 物质的量为A.0.28 molB.0.31 molC.(n ＋0.2) molD.(n ＋0.4) mol〖跟踪训练〗 76.8 mg 铜和适量浓硝酸反应，铜全部溶解后， 如果 NO 3－ 离子减少 2×10－3 mol ，则溶液中 H ＋ 同时下降A. 2.2×10－3 molB. 3.2×10－3 molC. 4.4×10－3 molD. 4×10－3 mol[例４]一定量的铝铁合金与 300 mL 2 mol/L 硝酸反应生成 3.36 L NO (标准状况)和三价铁盐、铝盐等，再向反应后的溶液中加入 3 mol/L NaOH 溶液，使铝铁元素全部转化为沉淀，则所加 NaOH 溶液的体积是A. 150 mLB. 200 mLC. 450 mLD.无法计算〖跟踪训练〗 14 g 铁粉全部溶于某稀硝酸中，恰好反应，放出 NO 气体后得到溶液 1 L 。

1、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（全国高考题）A.NO2B.NOC.N2OD.N2【解析】：根据题意：2R－→2R（+x价），↑2x 价HNO3－→N（y价）↓5-y价根据得失电子守恒，有2x=5-y讨论：金属为+1价时，N为+3，不合题意；金属为+2价时，氮为+1价，选C；金属为+3，则氮为-1价（不合题意）。

只有C正确。

2.将1.92g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到1.12L（标准状况）。

则所消耗硝酸的物质的量是（上海高考题）A.0.12molB.0.11molC.0.09molD.0.08mol【解析】作为选择题，用守恒法方便快捷。

消耗的硝酸可以分为被还原的硝酸和起酸的作用的硝酸：铜消耗的硝酸=n（Cu）×2+n(NOx)n（Cu）=1.92÷64=0.03mol n（NOx）＝1.12÷22.4=0.05mol；Cu～2HNO3～Cu(NO3)2（起酸的作用的硝酸为0.06mol）0.030.06HNO3～NOx（被还原的硝酸为0.05mol）0.05mol0.05mol所以n（HNO₃）总消耗=0.03×2+0.05=0.11mol，选B。

3．【练习】14g铜银合金与足量某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12L氧气（标况）混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量是（）A.9.6gB.6.4gC.3.2gD.1.6g【分析】：不必写出化学方程式，Cu,Ag与硝酸反应失去电子，HNO3得到电子生成NO2或NO，NO2或NO又与O2、H2O发生反应，Cu,Ag失去的电子=HNO3生成NOx得到的电子,NOx失去的电子=O2得到的电子，所以O2得到的电子=n（O2）×4=(1.12/22.4)×4=0.2mol设Cu、Ag的物质的量为x，y，则64x+108y=14（铜银的总质量）2x+y=0.2（铜银失去的电子）联立以上方程组，解之，得：x=0.05mol，则Cu的质量为3.2g，选C。

4.某单质能与浓硝酸反应，若参加反应的单质与硝酸
的物质的量之比为1∶4，则该元素在反应中所显示的
化合价可能是
（ ） BD
A.+1 B. +2 C. +3 D. +4
解析:浓硝酸→NO2 若为金属:
金属的化合价 M 被还原的硝酸 未被还原的硝酸
NO2
M(NO3)X
+1 1mol 1moL
1moL 1∶2
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,应为 N2O;NH4NO3中N元素的平均化合价为+1价。答案 AB。
3、电荷守恒法
HNO3过量时反应后溶液中（不考虑OH-）则 有： c(NO3- )=c(H+)+nc(Mn+)(Mn+代表金属离子)。
= n(被反应的硝酸)+2n(Fe 2+)
2g铁粉投入40mL某HNO3溶液中,充分反应后剩余固体
c(NO3- )=c(H+)+nc(Mn+)(Mn+代表金属离子)。
HNO 与金属的反应属于氧化还原反应，HNO 3 +3 1mol 3mol
3mol 1∶6
4、金属与HNO3反应，产生的气体又被O2氧化成HNO3的计算
5mol/L的浓HNO3中，待合金完全溶解后，收集到气体6.
即 92/64)*2=n(O2)*4
(1.92/64)*2=n(O )*4 04 mol
D.
2
224 ｍＬ
D.
求得n(O )=0.015mol 64x+108y=30.

高考化学计算题守恒法详解（含例题及练习题）利用电荷守恒和原子守恒为基础，就是巧妙地选择化学式中某两数(如化合价数、正负电荷总数)始终保持相等，或几个连续的化学方程式前后某微粒(如原子、电子、离子)的物质的量保持不变，作为解题的依据，这样不用计算中间产物的数量，从而提高解题速度和准确性。

1、原子个数守恒【例题1】某无水混合物由硫酸亚铁和硫酸铁组成，测知该混合物中的硫的质量分数为a，求混合物中铁的质量分数。

【分析】根据化学式FeSO4、Fe2(SO4)3可看出，在这两种物质中S、O原子个数比为1：4，即无论这两种物质以何种比例混合，S、O的原子个数比始终为1：4。

设含O的质量分数x，则32/64＝a/x，x＝2a。

所以ω(Fe)＝1－3a【例题2】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23－和HCO3＝的物质的量之比为【分析】依题意，反应产物为Na2CO3和NaHCO3的混合物，根据Na原子和C原子数守恒来解答。

设溶液中Na2CO3为xmol，为NaHCO3ymol，则有方程式①2x+y=1mol/L×1L①x+y=0.8mol，解得x=0.2，y=0.6，所以[CO32－]：[HCO3－]＝1：32、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。

【例题3】在Na2SO4和K2SO4的混和溶液中，如果[Na+]=0.2摩／升，[SO42-]=x摩／升，[K+]=y摩／升，则x和y的关系是（A）x=0.5y (B)x=0.1+0.5y (C)y=2(x－0.1) (D)y=2x－0.1【分析】可假设溶液体积为1升，那么Na+物质的量为0.2摩，SO42-物质的量为x摩，K+物质的量为y摩，根据电荷守恒可得[Na+]+[K+]=2[SO42-]，所以答案为BC 【例题4】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23－和HCO3＝的物质的量之比为【分析】根据电荷守恒：溶液中[Na+]+[H+]=[HCO3－]+2[CO32－]+[OH－]，因为[H+]和[OH－]均相对较少，可忽略不计。

总 数 等 于 阴离 子 所 带 负 电荷 总 数 。
例５ ： ３ ． ２ ｇ 铜与３ ０ ｍｌ ８ ｍｏ ｌ ／Ｌ 硝酸 充分
硝酸 的还 原 产 物 有ＮＯ， ￥ １ ： Ｉ ＮＯ反 应 后 况） ， 问： 成 物 ￣Ｆ ｅ （ ＮＯ ） ２ ＮＦ ｅ （ ＮＯ ） 的混 合 物 。 设 生 反应 ， 溶液 中所 含Ｈ 的物 质的量 为 ａ ｍｏ ｌ ， 此 时溶 （ １ ） 被 还 原 的 硝酸 的物 质的 量 是 多 少摩 成Ｆ ｅ （ Ｎ Ｏ ） ， Ｘ ｍｏ ｌ ， 生成Ｆ ｅ （ Ｎ Ｏ ） Ｙ ｍｏ ｌ ， 据铁 原 子守恒 ： Ｘ＋Ｙ＝２ ８ ｇ÷５ ６ ｇ／ｍｏ ｔ ＝０． ５ ｍｏ ｌ 液 中所 含 ＮＯ 一 的物 质的 量 为 多 少 摩 尔？ 尔？ 解 析 ： 充 分 反 应 后 溶 液 显 酸 性 ， 说 明硝 据 氮 原子 守 恒 ： （ ８ ÷３ ） Ｘ ＋４ Ｙ＝ ５ ０ ０ ｇ× （ ２ ） 反 应 消耗 的硝 酸 的物 质 的量 是 多 少 ２ Ｏ ． １ ６ ％ ÷６ ３ ｇ／ｍｏ ｌ ＝１ ． ６ ｍｏ ｌ 酸有 剩 余 ， 反应 后 形 成 了Ｃ ｕ （ ＮＯ ） ， ￥ ￣ Ｉ ＨＮＯ 摩 尔？ （ ３ ） 若反 应后 溶液 中Ｈ 为ａ ｍｏ ｌ ， 则原溶 液 中ＮＯ 一 有 多少 摩 尔 ？ 解之 ： Ｘ ＝ ０ ． ３ ｍｏ ｌ Ｙ ＝ ０ ． ２ ｍ ｏ ｌ Ｒ ｐ Ｆ ｅ （ Ｎ Ｏ ） ， 与 的混 合 溶 液 ， 根 据 电荷 守 恒 ： Ｆ ｅ （ Ｎ Ｏ ） 的物质的量分别为０ ． ３ ｍ ｏ ｌ 和０ ． ２ ｍｏ ｌ 。 ｎ （ Ｃ ｕ ２ ） Ｘ ２ ＋ ｎ （ Ｈ ） ×１ ＝ ｎ （ ＮＯ ） Ｘ １ ， 则ｎ
很 复杂 ， 有 时 同 一 条 件 下 可 能 同时 发 生 几 个 不 同的 化 学 反应 。 因此， 单纯 利 用 化学 方 子 守恒 、 电子 守 恒 、 电荷 守 恒 ） 解 一 些 此 类

铜粉溶解、溶液变蓝、冒气泡产生的无色气体遇到空气 迅速变为红棕色
1.浓硝酸、浓盐酸、氢碘酸溶液呈黄色的原因？ NO2 Fe3+ I2
2.用盐酸：HNO3 =1:3配置的王水可以溶解Au和Pt 错 王水：盐酸：HNO3 =3:1 【硝（酸）=小（体积小）】
3.不浓不热不反应有哪些？
MnO2 +HCl （浓） Cu + H2SO4（浓）
1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、 质合量气分体1数1为206m3L%(的标浓准硝状酸况中)，，向得反到应N后O2的和溶N2液O4中的加混 入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时， 得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是（ ）。
A: 该合金中铜与镁的物质的量之比是2:1
NO3-：取少量溶液与试管中，加入铜片和 浓硫酸加热，若产生无色气体遇到空气迅 速变为红棕色，则证明含有硝酸根
NO2-：取少量溶液与试管中，加入浓硫酸， 若红棕色气体，则证明含有亚硝酸根
C + H2SO4 （浓）
C + H2SO4（浓）
4.不能用橡胶塞的有哪些？用棕色瓶的有哪些？
Br2 KMnO4 酒精等 HNO3 AgNO3 H2O2等
5.下列反应分别体现了硝酸的什么性质？
①氧化性②酸性 ⑴Fe2O3+HNO3(稀）
②酸性
①氧化性②酸性
⑵Cu+HNO3(稀）
①氧化性②酸性
⑶FeO+HNO3(稀）
注意：硝酸浓度越稀，还原产物价态越低
3Ag + 4HNO3 (稀)= 3AgNO3 + NO↑+ 2H2O
3Fe + 8HNO3(稀) = 3Fe(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O Fe + 4HNO3(稀) = Fe(NO3)3 + NO↑ + 2H2O

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。

应 生成 ＮＯ 和 ＮＯ 的物 质 的 量 之 比 为 １ ： ３ ， 若使 １
ｏｏ ｔ ｌ 金属铜完 全反应 ， 需要 硝酸 的物质 的量为 （
Ａ ０ ． ８ ｏｏ ｔ ｌ ；
Ｃ ２ ． ６ ｏｏ ｔ ｌ ：
ｊ■
） ．
等质量 的 Ｆ ｅ Ｏ、 Ｆ ｅ Ｓ Ｏ 、 Ｆ ｅ 。 Ｏ 与 足 量稀 硝 酸 反 应 ， 放
出 ＮＯ 物质 的量 最多 的是 Ｆ ｅ Ｏ． 答 案 为 Ａ． 例 ２ （ ２ ０ １ ３年 上 海 卷 ）一 定 量 的 Ｃ ｕ Ｓ和 ｃ ｕ ｓ 的混合 物投 入足 量 的 ＨＮＯ。中 ， 收 集 到气 体 （ 标 准
Ｂ ２ ． ４ ｏｏ ｔ ｌ ；
Ｄ ２ ． ８ ｏ ｏｌ ｔ
Ａ ９． ０ Ｌ； Ｃ １５ ． ７ Ｌ： Ｂ １ ３． ５ Ｌ； Ｄ １ ６ ．８ Ｌ
３ Ｃ ｕ ＋８ ＨＮＯ３ —３ Ｃ ｕ （ ＮＯ。 ） ＋２ ＮＯ十＋４ Ｈ２ ０． 设 生成 ＮＯ。的物 质 的量 为 ｚ ｏｏ ｔ ｌ ，则 生 成 ＮＯ 的物质 的量 为 ３ ｘ ｏｏ ｔ １ ．据 电 子 守 恒 ： ｎ （ ＮＯ ） ×１ ＋ （ ＮＯ） ×３ —２ （ Ｃ ｕ ） ， 即 ｚ＋３ ×３ ｘ 一１ ×２ ， 解 得 一 ０ ． ２ ．再 根据 Ｎ 原子 守恒 ， 得
解析
铜 与硝 酸反应 原理 为 ： Ｃ ｕ ＋４ ＨＮ Ｏｓ ＝Ｃ ｕ （ Ｎ Ｏ 。 ） ２ ＋２ ＮＯ 十＋２ Ｈ Ｏ，
状况 ， 单 位 为 Ｌ） ， 向反 应 后 的溶 液 中 （ 存在 Ｃ ｕ 和 ｓ ０： 一 ） 加 入 足 量 Ｎａ ＯＨ， 产生蓝色沉 淀、 过滤 、 洗涤、 灼烧 ， 得到 Ｃ ｕ Ｏ １ ２ ． ０ ｇ ， 若 上述气 体 为 ＮＯ和 Ｎｏ 的 混合 物 ， 且体 积 比为 １ ： １ ， 则 Ｖ 可能 为 （

以少量为标准进行计算 练习：将上题中铜粉的质量换成3.84g，又得到多少气体？
3、有关极限法的应用
例4.把22.4 g铁完全溶解于某浓度的硝酸中,反应只收集到 0.3 mol NO2 和0.2 mol NO。下列说法正确的是( D )。 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
1、硝酸与金属的反应的计算
例2: 把0.96g Mg放入某稀硝酸溶液中,发生氧化还原反应, 当Mg反应完毕时，消耗硝酸的质量为6.3g，则还原产物 的相对分44
C： 46
D: 80
结论2：硝酸与金属反应满足得失电子守恒，即：
n(金属失电子总数）=n（硝酸得电子总数）
有关硝酸的计算
1、硝酸与金属的反应的计算
例1：1.92g铜投入称有一定量浓硝酸的试管中，当在标 准状况下收集到1120mL气体时，金属铜恰好完全溶解，求 反应中消耗浓硝酸的物质的量 。 0.11mol 结论1：
n（硝酸）= n（作氧化剂的硝酸）+ n（显酸性的硝酸）
= n（NOX）+ n（金属）×变价
练习、14g铜银合金与足量某浓度的硝酸反应，将放 出的气体与1.12L氧气（标准状况）混合，通入水中 恰好全部被吸收，则合金中铜的质量是（ C ） A、9.6g B、6.4g C、3.2g D、1.6g
5、其他有关守恒的计算
例6、3.2g铜与过量硝酸反应，硝酸被还原为NO2和NO， 反应后溶液中含H+amol，则此时溶液中含NO3-的物质的 量为多少？ （a+0.1）mol
例7：

分析 ： 由于本题给 出了还 原剂 与氧化剂 的物质 的量 之 比， 以 所
可直接利用得失电子数守恒 法求解 如下 ：
０ ＋ ｍ
２ —２ Ｒ ÷Ｒ
＋ ５
失 ：ｍ ｍ ｌ ２ ｏｅ －
ｎ
事半倍 之效果 。本文试从不同角度试题来 说明得失电子守恒方法
的妙处 。
一
ＨＮ ｒ Ｎ 得 ： ５ ｎ） ｌ ０ （ － ｍｏ 一 ｅ
・ ． ．
气体后得到溶液 １ ， Ｌ 称量所得溶液 ， 发现 比原稀 Ｈ Ｏ 增重 ８ 。 Ｎ ， ｇ
求： ①所得溶液中金属离子物质的量浓度 ②原稀 Ｈ Ｏ 的物质的量浓度 （ Ｎ３ 溶液体 积变化忽略不计 ）
分析： 由于 此题 只知还 原产物 ， 不知氧化 产物 ， 以必 须先确 所
定生成几价铁
若生成 Ｆ ０ 则 ｍ ｌｅ ｅ ， ｏ 能结合 １ ｍ ｌＯ ， Ｈ ０ 不 足 ， Ｆ ５ｏ ３ Ｎ 故 Ｎ３ 因
㈣
＝
＝． ｏ １ Ｏ１ Ｕ ｍ
此只生成 Ｆ ＯＯｈ则生成 Ｆ （Ｏ￣所耗 Ｈ ０ 为 ：２ ｏ－ ０ ｏ＝ ｍｏ ｅ￣ ３， ｅ ３ Ｎ ｈ Ｎ ３ １ ｍ ｌ１ｍ ｌ２ ｌ
趣。
产物 （ 即生成几 价氮 ） 由于还原产物相对复杂 ， ， 故应先 确定 氧化产
物。
ｔ ｅ￣． １ｍ ｌ （ ２－ ．５ ｏ Ｆ ）Ｏ
［（ｅ）Ｏ１ ｏ ｎＦ￣＝ ．ｍ ｌ
解 ： （ ｅ）ｎ ＨＮ ， ｎ Ｆ ：（ Ｏ ）
・ ． ．
＝ ：２ ５１
ｃ
＝
＝０ １ ｍｏｌ ． ５ ｌ１
应 用 守恒 击 判断金 属 与硝 酸反应 产物
口 李 绪福
（ 江西省 安福 中学