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。

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

• ⑴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 HNO3中，制得Cu(NO3)2溶液。则消耗的O2的物 质的量是 mol，C(HNO3)大于 mol/L。
• 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______。

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 。

化学计算解题方法(3) ----守恒法金属与硝酸反应的有关计算方法1．思维模型2．计算中的守恒思想的应用(1)原子守恒法HNO 3与金属反应时，一部分HNO 3起酸的作用，以NO －3的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO 3中氮原子的物质的量。

(2)得失电子守恒法HNO 3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO 3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。

(3)电荷守恒法HNO 3过量时反应后溶液中(不考虑OH －)有：c (NO －3)＝c (H ＋)＋nc (M n ＋)(M n ＋代表金属离子)。

(4)离子方程式计算法金属与H 2SO 4、HNO 3的混合酸反应时，由于硝酸盐中NO －3在H 2SO 4提供H ＋的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，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，且溶液中要符合电荷守恒。

例：将14 g 铜银合金与足量一定浓度的硝酸溶液反应，把放出的气体与标准状况下体积为1.12 L 的O 2混合后再通入水中，恰好全部被吸收，则合金中铜的质量为( )A ．3.2 gB ．4.8 gC ．6.4 gD ．10.8 g[解析] 根据发生的反应，可以推断出铜银合金失电子总数等于氧气得电子总数。

设合金中铜、银的物质的量分别为x mol 、y mol ，则64x ＋108y ＝14,2x ＋y ＝1.1222.4×4，解得：x ＝0.05，y ＝0.1，故合金中铜的质量为：64 g/mol×0.05 mol ＝3.2 g ，A 正确。

练习 1． 将51.2 g Cu 完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO 、N 2O 4、NO 2)的混合物，这些气体恰好能被500 mL 2 mol/L NaOH 溶液完全吸收，生成含NaNO 3和NaNO 2的盐溶液，其中NaNO 3的物质的量是( ) A ．0.2 mol B ．0.4 mol C ．0.6 mol D ．0.8 mol2．有某硫酸和硝酸的混合溶液20 mL ，其中含有硫酸的浓度为2 mol/L ，含硝酸的浓度为1 mol/L ，现向其中加入0.96 g 铜粉，充分反应后(假设只生成NO 气体)，最多可收集到标准状况下的气体的体积为( )A ．89.6 mLB ．112 mLC ．168 mLD ．224 mL3． 1.52 g 铜镁合金完全溶解于50 mL 密度为1.40 g/mL 、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO 2和N 2O 4的混合气体1 120 mL (标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH 溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g 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∶1B ．该浓硝酸中HNO 3的物质的量浓度是14.0 mol/LC ．NO 2和N 2O 4 的混合气体中，NO 2 的体积分数是80%D ．得到2.54 g 沉淀时，加入NaOH 溶液的体积是600 mL4．某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c (Mg 2＋)＝2 mol·L －1，c (SO 2－4)＝6.5 mol·L －1，若将200 mL 的此混合液中的Mg 2＋和Al 3＋分离，至少应加入1.6 mol·L －1的苛性钠溶液( )A ．0.5 LB ．1.625 LC ．1.8 LD ．2 L5． 某反应体系中的物质有：NaOH 、Au 2O 3、Na 2S 4O 6、Na 2S 2O 3、Au 2O 、H 2O 。

利用守恒法巧解金属与硝酸反应的计算题董桂花【摘要】金属与硝酸的反应属于典型的氧化还原反应,此类题计算形式多样,变化多端,命题思路广,解题灵活性高,对于培养和发展学生的创新思维能力有很有效的作用,是一类值得研究的题型.用守恒法解决此类题可以起到事半功倍的效果.【期刊名称】《延边教育学院学报》【年(卷),期】2015(029)006【总页数】3页(P170-171,174)【关键词】守恒法;硝酸与金属反应了;应用;思维模型【作者】董桂花【作者单位】延边第二中学,吉林延吉133000【正文语种】中文【中图分类】G623.6为必考题型。

高考评卷抽样分析结果表明，计算题得分率始终较低，这种原因在部分学生在平时的学习中，对计算题有畏难情绪，不擅于归纳、总结，从而导致计算题成为学生化学学习的一个难点。

其实对于化学计算题，如果善于总结、归纳，掌握一定的解题方法和解题技巧，就能大大加快解题速度，提高计算准确率。

化学反应中存在着许多守恒关系，如：元素守恒、原子守恒、氧化还原反应中电子得失守恒、任何电解质溶液中电荷守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫守恒法。

本文就守恒思想在金属与硝酸反应的计算题中的应用谈几点认识。

守恒法是高中化学中一种使用频度非常高的解题方法，它是利用物质变化过程中某一特定的量（如原子个数、得失电子数、阴阳离子所带电荷数等）固定不变来列式求解的，即找到起始和终止反应时某一特定量的对应关系，从而简化过程解决问题。

1.原子守恒法HNO3与金属反应时，一部分HNO3生成了硝酸盐起了酸的作用，以 NO-3的形式存在于溶液中；另一部分 HNO3作为氧化剂转化为 NO、NO2或NH4+等还原产物，这两部分中氮原子的物质的量之和等于反应消耗的 HNO3中氮原子的总物质的量。

例1.将1.92 g铜粉投入一定量的浓HNO3中，随着反应的进行，铜粉逐渐溶解，反应生成的气体颜色越变越浅，待铜粉完全溶解后一共收集到由NO和NO2组成的混合气体1.12 L（在标准状况下测定），则反应消耗HNO3的物质的量为（）。

转化为金刚石是放热的！温度低反而有利于转化．实际转化反应是在6GPa 和1500ħ下进行的，得到的是金刚石的细晶，可供作磨料或钻头等，生产宝石级的金刚石需要更高压力，成本也将急剧升高，比天然的还贵．至今宝石级的金刚石规模生产的合适工艺条件仍然在探索之中．四、石墨向金刚石转化的可能机理关于石墨向金刚石转化的机理，一般有如下两种说法．一是“溶剂”说，另一种是“固相”转化说．前者往往认为石墨先溶解在溶剂．金属催化剂中成为单个碳原子，然后在冷却时直接生成金刚石．后者通常认为石墨的碳原子间的键不发生断裂而在催化剂作用下按一定方向位移直接转化为金刚石结构．如上图所示，在高压下各石墨层沿垂直于石墨层的方向相互接近，即层间距离被压缩．高温下碳原子震动加剧，使原来错开半个格子的层间相对应的碳原子因反向振动而进一步靠近，相互吸引．原来的平面六边形格子有规律地扭曲起来，层中的π电子分别向这些原子对的联线上集中，最后形成共价键，得到金刚石结构．但在没有催化剂存在时，这种有规律的位移十分困难，层间相对应碳原子间成键的几率较小，转化率极小．若有一种金属催化剂，其晶体结构与金刚石相近且熔点较低，那么在高温高压条件下，此催化剂则可以熔化且与石墨大面积地接触．在此条件下一旦冷却，此催化剂在结晶时就能够带动石墨使其构型定向地快速向金刚石转化．霍尔等首次合成金刚石时所用的FeS 实际上就是一种催化剂，当时他只把它理解为一种溶剂．而今所使用的催化剂种类很多，一般是Cr 、Ni 、Fe 、Mn 等金属的合金．参考文献：［1］徐如人．无机合成化学［M ］．北京：高等教育出版社，1991．［责任编辑：季春阳］巧用守恒法解决大计算———关于硝酸与金属反应计算之巧解张伟（山东省泰安市宁阳第一中学271400）摘要：介绍了用守恒法巧解硝酸与金属反应的有关计算题的方法．关键词：守恒法；硝酸；金属；计算题中图分类号：G632文献标识码：A 文章编号：1008－0333（2019）10－0079－02收稿日期：2019－01－05作者简介：张伟（1974．4－），男，山东省泰安市人，本科，中学二级教师，从事高中化学教学研究．一、守恒法简介守恒表示在化学反应中某种不变的关系，常常以等式的形式表示之．常见的守恒包括包括质量守恒、原子个数守恒、电子得失个数守恒、电荷守恒．利用守恒关系解决问题的方法叫做守恒法．守恒法在中学化学计算中很常用．守恒法在列式时常常可不考虑中间具体过程，故很简便．在计算中运用守恒法，可以大大简化解题的过程，提高解题的速度和正确率．二、硝酸与金属的反应分析硝酸与金属反应时，以上的4种守恒都存在．例如Cu与稀HNO 3的反应：3Cu +8HNO 3（稀 ）2Cu （NO 3）2+2NO ↑+4H 2O1．质量守恒m （参加反应的Cu ）+m （参加反应的HNO 3）=m （Cu （NO 3）2）+m （NO ）+m （H 2O ）2．原子个数守恒（1）对于Cu 原子：N （参加反应的Cu ）=N （Cu （NO 3）2）（2）对于N 原子：n （参加反应的HNO 3）=n （Cu （NO 3）2中的N 原子）+n （NO 中的N 原子）=n （Cu （NO 3）2）ˑ2+n （NO ）3．电子得失守恒—97—Cu 失电子总数=N 得电子总数．即n （Cu ）ˑ2=n （NO ）ˑ34．电荷守恒反应后的溶液中，如果有HNO 3剩余，且不考虑水的电离，则存在等式：c （Cu 2+）ˑ2+c （H +）=c （NO －3）在硝酸与金属的反应计算中，常用的是原子个数守恒、电子得失守恒和电荷守恒，质量守恒很少用到．三、典型例题1．原子个数守恒例1把0．4mol Cu 加入适量浓HNO 3中，Cu 完全溶解，共收集到0．3mol 气体，则反应消耗的硝酸是mol．分析如果HNO 3一直是浓HNO 3，则根据电子守恒，0．4mol Cu 失去0．8mol 电子，n （气体）=n （NO 2）=0．8mol．这与题意不符．所以反应过程应是开始是Cu 与浓HNO 3反应，由于HNO 3不断消耗，后来就成了Cu 与稀HNO 3反应了．这需要写出2个化学方程式进行计算，计算过程繁琐．但如果运用原子个数守恒法，则可不写化学方程式就能快速而准确地计算出最终结果．根据Cu 守恒，有n （反消耗的Cu ）=n （Cu （NO 3）2）ˑ2根据N 守恒，有n （反应消耗的硝酸）=n （Cu （NO 3）2）ˑ2+n （NO ）=0．4mol ˑ2+0．3mol =1．1mol例2将30g 某铜银混合物放入80mL 13．5mol /L 的浓硝酸中，铜银混合物完全溶解，共收集到0．3mol 气体，反应后溶液中的H +的物质的量浓度为1mol ·L －1．假设反应后溶液的体积仍为80mL ，计算该混合物中铜和银的物质的量各为多少．分析设合金中铜银的物质的量分别为x 、y ．根据N 原子守恒，有n （原来的HNO 3）=n （Cu （NO 3）2）ˑ2+n （AgNO 3）+n （气体）+n （剩余的HNO 3）即：0．08L ˑ13．5mol ·L －1=2x +y +0．3+0．08L ˑ1mol ·L －1再根据合金的质量是30g ，有m （Cu ）+m （Ag ）=30g即：64mol ·L －1ˑx +108mol ·L －1ˑy =30g联立二方程，解得，x =0．3mol ，y =0．1mol．2．得失电子个数守恒例3把0．4mol Cu 加入适量浓HNO 3中，Cu 完全溶解，共收集到0．3mol 气体，计算该0．3mol 气体中NO 和NO 2各多少mol ？分析设该0．3mol 气体中NO 和NO 2的物质的量分别为x 、y．则有x +y =0．3mol．根据还原剂失电子总数=氧化剂得电子总数，有n （Cu ）ˑ2=n （NO ）ˑ3+n （NO 2）即：0．4mol ˑ2=3x +y联立二方程，解得，x =0．1mol ，y =0．2mol．例4足量铜与一定量浓硝酸反应，放出NO 2、NO 的混合气体，把这些气体与0．075mol O 2混合并通入水中，可使气体完全被水吸收．若向所得硝酸铜溶液中加入5mol ·L －1NaOH 溶液至Cu 2+恰好完全转化为Cu （OH ）2，则至少需要加入的NaOH 溶液的体积是mL．分析本题涉及反应很多．如果不用守恒法，由于反应有很多，所以解题过程非常繁琐．本题涉及的反应过程有：①Cu 和浓HNO 3的反应：Cu +4HNO 3（浓 ）Cu （NO 3）2+2H 2O +2NO 2↑②Cu 和稀HNO 3的反应：3Cu +8HNO 3（稀 ）2Cu （NO 3）2+2NO ↑+4H 2O ③4NO 2+O 2+2H 2 O 4HNO 3④4NO +3O 2+2H 2 O 4HNO 3⑤稀HNO 3与NaOH 溶液的反应：HNO 3 +NaOH NaNO 3+H 2O ⑥Cu （OH ）2与NaOH 溶液的反应：Cu （NO 3）2 +2NaOH Cu （OH ）2↓+2NaNO 3但是，如果根据守恒法，则不需要写出这些化学方程式．根据氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数，即Cu 失去电子总数=O 2得到电子总数=0．075mol ˑ4=0．3mol ，可得n （反应的Cu ）=n （e －）ˑ12=0．3mol ˑ12=0．15mol．则使这些Cu 2+转化为Cu （OH ）2，所需n （NaOH ）=0．15ˑ2=0．3mol ，则V （NaOH ）=0．3mol5mol ·L －1=0．06L =60mL．3．电荷守恒例5将0．1mol Cu 与10mL 6mol ·L －1的硝酸充分反应，铜完全溶解，反应后溶液中的H +的物质的量为a mol ，则溶液的NO －3的物质的量为mol （不考虑水的电离）．分析由于HNO 3的浓度介于浓HNO 3和稀HNO 3之间，化学方程式会有2个．解题过程较为繁琐．运用守恒法可使问题简单化，不需要考虑具体的反应方程式．根据电荷守恒，正电荷总数=负电荷总数．带正电荷的是阳离子，有Cu 和H +；带负电荷的是阴离子，只有NO －3（OH －的量可忽略不计）．有n （Cu 2+）ˑ2+n （H +）=n （NO －3）即0．1mol ˑ2+a mol =n （NO －3）．故NO －3的物质的量为（0．2+a ）mol．综上所述，在金属与HNO 3的反应计算中，经常使用守恒法，可使计算过程简便且计算结果准确度高．本文通过对金属与HNO 3的反应的探究，希能对广大师生的教学起到促进作用．参考文献：［1］周榕放．守恒法在高中化学解题中的运用［J ］．中学化学教学参考，2017（8）：62－63．［2］周玉清．如何理解硝酸与金属反应的复杂性［J ］．怀化师专学报，1995（2）：93－95．［3］张建祥．例析思维图在解答硝酸与金属反应相关计算中的妙用［J ］．中学化学教学参考，2018（6）：78．［责任编辑：季春阳］—08—。

n(HNO3) =n(M) × a + n(NO2) +n(NO)
﹛ HNO3
①作酸：M（NO3）a；则n(HNO3)=n(M) × a
②作氧化剂n(NO)
a.溶液中减少的NO3-的物质的量即被还原硝酸的 物质的量；
b.若产生的气体是NO或NO2，产生的气体的物质 的量即被还原的硝酸。
（4）利用离子反应方程式计算
3Cu + 8H+ + 2NO3- === 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 硝酸与硫酸（或盐酸）混合时
[分析]：硝酸与硫酸（或盐酸）混合时 当硝酸与硫酸（或盐酸）混合时，由于生成的硝酸盐
中NO3-与硫酸（或盐酸）电离出的H+仍会继续与金属 反应，这时用离子反应方程式计算较为方便。
例2：为了测定某铜银合金的组成，将30.0g合 金溶于80mL13.5mol/L的HNO3中，待合金完 全溶解后，收集到气体6.72L（标况下），并 测得溶液中H+的物质的量浓度为1mol/L，假设 反应前后溶液体积不变，试计算：
（1）被还原的HNO3的物质的量 0.3mol （2）合金中银的质量分数 36%
例1：1L稀硝酸和稀硫酸的混合溶液，其物质 的量浓度分别为0.1mol/L和0.4mol/L。若向该 混合溶液中加入足量的铜粉，最多能够溶解铜 粉的质量是___9_._6___g，产生的气体（标况） 约为__2_._2_4___L。
（4）铁与硝酸的计算
第三次月考试题 全国100所名校单元测试示范卷·化学卷（十三）
例1：若将38.4g铜和一定量的浓硝酸反应，当 铜完全溶解时，产生的气体（NO，NO2的混 合气体）在标况下的体积为22.4L，则消耗的 硝酸的物质的量为多少？标况下NO，NO2的 体积分别为多少？

金属与硝酸反应计算专题作者：刘丽徐波来源：《新课程·中旬》2016年第03期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。

由此编制的计算题变化多端，思路广，隐蔽性解题难度大，本人从思维角度加以阐述，仅供参考。

一、原子守恒法：可以解决金属或合金与硝酸的部分计算问题，利用金属的物质的量求出金属成盐所用的硝酸，进行一系列的计算n（消耗HNO3）=n（被还原HNO3）+n（成盐HNO3）例1.1.92gCu与一定量的浓硝酸作用，当收集到1.12LNO和NO2标准状况下的气体时，Cu全部反应完，转移的电子为___mol，被还原的硝酸为___mol，则反应中消耗的硝酸为___mol。

【解析】铜的物质的量为1.92g/64g/mol=0.03mol，所以成盐的硝酸和转移电子数均为0.03mol×2=0.06mol，依据“N”原子守恒，被还原的硝酸=生成的NO和NO2的物质的量=1.12L/22.4L/mol=0.05mol，消耗的硝酸=成盐的硝酸+被还原的硝酸=0.06+0.05=0.11mol。

二、电子守恒法：利用氧化还原中得失电子数相等的关系，金属或合金失去的电子数与硝酸得到的电子数相等n（金属失电子）=n（HNO3得电子）=n（成盐HNO3）例2.一定量铜在某浓硝酸溶液中完全溶解。

已知参加反应的30gHNO3中被还原的HNO3质量为13g，则生成的NO和NO2的体积比为（同温同压下测定）（）A.1∶1B.1∶2C.2∶11D.4∶1【解析】该题给出消耗硝酸的总量和被还原的硝酸的量，氮氧化合物得电子数=铜失电子数。

n（Cu）=n（成盐的HNO3）=（30-13）g/63g/mol×1/2=17/126mol由“N”守恒可得n （NO）+n（NO2）=13/63；由电子守恒可得3n（NO）+n（NO2）=17/126×2解上述方程组可得n（NO）=2/63n（NO2）=11/63所以，答案为C。

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

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）【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. 将铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到（标准状况）。

则所消耗硝酸的物质的量是（上海高考题）A.【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）=÷64= n（NOx）＝÷=；Cu ～2HNO3 ～Cu(NO3)2 （起酸的作用的硝酸为）HNO3 ～NOx （被还原的硝酸为）所以n（HNO₃）总消耗=×2+=，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（）【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 = )×4 =设Cu、Ag的物质的量为x，y，则64x + 108y = 14 （铜银的总质量）2x + y = （铜银失去的电子）联立以上方程组，解之，得：x =，则Cu的质量为，选C。

4. （上海高考题）铜和镁的合金完全溶于浓硝酸，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．【分析】可发生的反应有：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，Mg+4HNO3(浓)=Mg(NO3)2+2NO2↑+2H2O 2NO2N2O4Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3 Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(ON)2↓+2NaNO3 依化学方程式按常规方法求解即麻烦又费时，结果易错。

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。

(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在氢氧化钠溶液中全部转化为硝酸钠， 至少需要氧气_0_._2_5_5_mol。
通入氧气的目的是将0.26 mol NO和0.24 mol NO2全部转化为HNO3。 根据得失电子守恒： 4n(O2)＝3n(NO)＋n(NO2)＝3×0.26 mol＋0.24 mol＝1.02 mol，则n(O2) ＝0.255 mol。
＋n(NO)＋n(NO2)＝2×0.06 mol＋0.1 mol＝0.22 mol。
跟踪训练
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2.将Mg、Cu组成的m g混合物投入适量稀HNO3中恰好完全反应，固体 完全溶解时收集到0.896 L(标准状况)NO气体，向反应后的溶液中加入
60 mL 2 mol·L－1的NaOH溶液时，金属离子恰好沉淀完全，则形成的沉
√A.原混合酸中H2SO4物质的量为0.4 mol
B.AB段发生的离子反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋ C.混合酸中HNO3物质的量浓度为2 mol·L－1 D.第二份溶液中最终溶质为FeSO4
跟踪训练
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由图像可知，由于铁过量，OA段发生的 反应为Fe＋ NO－ 3 ＋4H＋=== Fe3＋＋NO↑＋
跟踪训练
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(2)待反应结束后，向溶液中加入VmL a mol·L－1氢氧化钠溶液，恰好使
aV×10－3＋0.5 溶液中的Cu2＋全部转化为沉淀，则原硝酸的浓度为______0_.1_4______mol·L－1
(不必化简)。
在反应过程中，HNO3一部分表现酸性，另一部分表现氧化性。由溶液中的 Cu2＋恰好全部转化为沉淀，则表现酸性的HNO3的物质的量为n(HNO3)＝
2H2O，AB段发生的反应为Fe＋2Fe3＋=== 3 F e 2 ＋ ， B C 段 发 生 的 反 应 为 F e ＋ 2 H ＋ ===