金属与硝酸反应的规律

金属与硝酸反应的规律【一】:硝酸与金属反应计算方法的归纳

硝酸与金属反应的计算方法归纳

在高中化学学习过程中，硝酸与金属反应的计算是一个难点，也是高考的重要内容，更是学生出现错误率比较高的地方。但是只要我们掌握了反应的实质，搞清楚了原理，对这一类题，就可以做到游刃有余，轻松解答。以下从物质的量的计算、质量守恒、物料守恒、离子反应、氧化还原反应的实质相结合的角度加以归纳。

一、从硝酸在反应中的作用——酸性和氧化性

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NO2)，根据物料守恒——氮元素守恒解题。

例1．把3.84g铜投入盛有一定量浓硝酸的试管中，当在标准状况下收集到1.68L气体时，金属铜恰好全部消耗。求反应中硝酸的物质的量。(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，即Cu～2HNO3，其余的硝酸中的氮全转移到NO或NO2中，即HNO3～NOm，根据氮元素守恒法可得关系：

nHNO3=2nCu+NOm

3.84g1.68g +64g/mol22.4L/mol

=0.195mol =2

答案：0.195mol。

例2．6.4g铜与过量的硝酸充分反应后，硝酸的还原产物有NO2、NO，反应后溶液中

－所含H+为nmol，此时溶液中所含NO3的物质的量( )

A．0.28mol B．0.31mol C．(n＋0.2) mol D． (n＋0.4) mol 解析：反应后溶液中溶质为Cu(NO3)2和HNO3，根据氮元素守恒法可得关系：

nNO-=2nC2u++HnN3O3=2Cnu++nH

6.4 =2+n =(n+0.2)mol64

答案：C

二、从氧化还原反应的规律——得失电子守恒

一般情况下：金属失去的电子被+5价的氮得到，转化为 NO 或 NO2 ，根据得失电子解题。

例3．将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO的NO2混合气体在标准况下的体积为11.2L。请回答：

(1)NO的体积为，NO2的体积为 L；(2)欲使铜与硝酸反应生成的气体在溶液中完全转化为 NaNO3 ，至少需要30%的双氧水g。

解析：nNOx=11.2L=0.5mol 22.4L/mol

设产生NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为(0.5mol-x)。根据得失电子守恒，得下列方程：

x1+(0.5mol-x)3=22.64g2， 64g/mol

解得：x＝0.24mol，

即：VNO2=0.24mol22.4L/mol=5.4L

VNO=(0.5mol-x)22.4L/mol

=(0.5mol-0.24mol)22.4L/mol=5.8L。

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30%的双氧水的质量为m据得失电子守恒有：

32.64m302=2 ， 6434

解得：m=57.8 g

答案：(1)5.4L，5.8L；(2)57.8g。

例4．将12.8g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜耗完时，共产生气体5.6L(标准状况)。所得气体的平均相对分子质量为 。

解析：随着反应的进行，硝酸浓度不断减小，故反应后阶段发生的是铜与稀硝酸的反应。

nNOm=5.6L=0.25mol，故消耗硝酸： 22.4L/mol

12.8g+0.25mol=0.65mol64g/molnHNO3=2nCu+nNOm =2

设产生NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为(0.25mol-x)。

根据得失电子守恒，得下列方程：

x1+(0.25mol-x)3=2

解得：x＝0.175mol 12.8g 64g/mol

M=0.17546+0.07530=41.2g/mol 0.25

故所得气体的平均相对分子质量为41.2。 答案：41.2

三、从离子反应角度——化学反应的本质

金属与硝酸反应的本质是金属与H+和NO3-共同作用

例5．某溶液100mL，其中含硫酸0.03mol，硝酸0.04mol，若在该溶液中投入1.92g铜粉微热，反应后放出一氧化氮气体约为( )

A．0.02mol B．0.01mol

C．0.015mol D．无法计算

解析：n(Cu)＝

－1.92g=0.03mol， 64g/moln(NO3)＝0.04mol，

＋n(H)＝2n(H2SO4)＋n(HNO3)＝0.06mol＋0.04mol＝0. 1mol，

若根据3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O来计算，生成Cu(NO3)2中有NO3-，溶液

中H+足量，故它们能与铜继续反应，这样计算起来很繁琐，也容易出错。离子方程式能反映出化学反应的本质特征，根据3Cu＋2NO3- ＋8H+＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2O离子方程可看出Cu少量，Cu全部参与反应，故n(NO)＝0.02mol。

答案：选项A。

说明：若题目给出Cu 的物质的量为0.07mol，则铜有剩余，NO3-不足量，H+也有剩余，所以n(NO)＝0.04mol，即生成物是硫酸铜与一氧化氮。

例6．在100mL混合酸中，c(HNO3)=0.4mol·L-1， c(H2SO4)=0.2mol·L-1，向其中加入2.56g铜粉，微热，待充分反应后，溶液中Cu2+物质的量浓度为多少？

解析：若直接根据化学反应方程式Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O计算，则会判断出Cu过量，根据硝酸的量计算，从而得出c(Cu2+)＝0.15mol·L-错误的结果。因H2SO4

+提供的H也可参加反应，所以解此题的关键是要抓住反应的本质，根据3Cu＋2NO3-＋8H+＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2O离子方程式解答。因为n(Cu)＝2.56g÷64 g·mol-1＝0.04mol，n(H+)=0.4mol·L-1×0.1L＋0.2mol·L-1×0.1L×2＝0.08mol，n(NO3-)＝0.4mol·L-1×0.1L=0.04mol，

根据离子反应方程式可判断H+不足，所以按n(H+)计算。即n(Cu2+)＝0.08mol ×3／8=0.03mol， c(Cu2+)＝0.03mol÷0.1L＝0.3 mol·L-1。

答案：0.3 mol·L-1。

说明：从离子方程式角度来解答此类题，能避繁就简，可避错误的解法。

金属与硝酸反应的规律【二】:金属与HNO3反应有关计算的常用方法

金属与HNO3反应有关计算的常用方法

1．氮原子守恒法

HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO3的形式存在于溶液中；一部分作氧化剂转化为还原产物（Nox），这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量，即n(HNO3)总＝n(NOx)＋2n(Cu)＋n(HNO3)余。

2．电子守恒法

HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。 例：足量的铜与一定量的浓硝酸反应，生成NO和NO2混合物，整个过程中电子守恒为2n(Cu)=3n(NO)+n(NO2),若再将所得全部气体与氧气混合恰好完全溶于水，整个过程中的电子守恒为2n(Cu)=n(O2)

3．离子方程式计算法

金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于硝酸盐中NO3在H2SO4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如3Cu＋8H＋2NO3===3Cu＋2NO↑＋4H2O来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H或NO3进行相关计算。

如：在某100mL的混合液中，硝酸和硫酸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(假设溶液体积不发生变化)，所得溶液中铜离子的物质的量浓度是

A．0.15 mol/L B．0.225 mol/L C．0.30 mol/L D．0.45mol/L 正确解答思路为：根据3Cu ＋ 8H＋ ＋—＋—2＋—＋2+2+2＋—＋ 2 NO3===3Cu＋2NO↑＋4H2O —2＋

3 8 2 3

0.03 mol 0.06 mol 0.04 mol x

根据各物质的量的关系可知，H不足，应根据H进行计算。

8∶0.06 mol＝3∶x，x＝3×0.06 mol÷8＝0.0225 mol 因此，铜离子浓度为0.225 mol/L。

金属与HNO3反应有关计算的常用方法

1．氮原子守恒法

HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO3的形式存在于溶液中；一部分作氧化剂转化为还原产物（Nox），这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量，即n(HNO3)总＝n(NOx)＋2n(Cu)＋n(HNO3)余。

2．电子守恒法

HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。 例：足量的铜与一定量的浓硝酸反应，生成NO和NO2混合物，整个过程中电子守恒为2n(Cu)=3n(NO)+n(NO2),若再将所得全部气体与氧气混合恰好完全溶于水，整个过程中的电子守恒为2n(Cu)=n(O2)

3．离子方程式计算法

金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于硝酸盐中NO3在H2SO4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如3Cu＋8H＋2NO3===3Cu＋2NO↑＋4H2O来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H或NO3进行相关计算。

如：在某100mL的混合液中，硝酸和硫酸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(假设溶液体积不发生变化)，所得溶液中铜离子的物质的量浓度是

A．0.15 mol/L B．0.225 mol/L C．0.30 mol/L D．0.45mol/L 正确解答思路为：根据3Cu ＋ 8H＋ ＋—＋—2＋—＋2+2+2＋—＋＋＋ 2 NO3===3Cu＋2NO↑＋4H2O —2＋

3 8 2 3

0.03 mol 0.06 mol 0.04 mol x

根据各物质的量的关系可知，H不足，应根据H进行计算。金属与硝酸反应的规律。

8∶0.06 mol＝3∶x，x＝3×0.06 mol÷8＝0.0225 mol 因此，铜离子浓度为0.225 mol/L。 ＋＋

【心得】硝酸与金属反应时存在着如下几条规律，可作为硝酸与金属反应计算的依据：

规律1：反应中生成的NO和NO2气体的物质的量之和等于反应中被还原的硝酸的物质的量。

规律2：根据元素守恒，所含氮元素的物质的量等于反应中原硝酸的物质的量。

例：将某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g；向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸均只被还原为NO气体)。下列分析或结果不正确的是( )

A．第二份溶液中最终的溶质为FeSO4

B．OA段产生的气体是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe===3Fe，BC段产生的气体是H2

C．原混合酸中NO3的物质的量共为0.4 mol D．原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为5 mol/L 解析：达到A点时铁刚好将NO3消耗完，且H有剩余，有关离子反应方程式为Fe＋4H＋NO3===Fe＋NO↑＋2H2O，此时溶质为Fe2(SO4)3和H2SO4，继续加入铁达B点时Fe与Fe2(SO4)3反应生成FeSO4，由B到C是铁与H2SO4反应生成FeSO4的过程，至C点反应完全结束。故A、B两项正确；n(NO)＝n(Fe)＝11.2 g÷56 g/mol＝0.2 mol，原溶液中n(NO3)＝0.4 mol，故C项正确；n(H2SO4)＝n(FeSO4)＝22.4 g÷56 g/mol＝0.4 mol，c(H2SO4)＝0.4 mol÷0.1 L＝4 mol/L，故D项不正确。

练习1：1.92gCu片与定量的浓HNO3作用，当收集到NO2和NO气体共1.12L时（标准状况），金属铜恰好全部作用。则反应中消耗HNO3_______mol被还原的HNO3________mol，转移电子________mol 答案：0.11、0.05、0.06。

练习2：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4480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体（气体的体积已折算到标准状况），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. 9.02g B. 8.51g C. 8.26g D. 7.04g

【心得】硝酸与金属反应时存在着如下几条规律，可作为硝酸与金属反应计算的依据：

规律1：反应中生成的NO和NO2气体的物质的量之和等于反应中被还原的硝酸的物质的量。

规律2：根据元素守恒，所含氮元素的物质的量等于反应中原硝酸的物质的量。

例：将某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g；向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸均只被还原为NO气体)。下列分析或结果不正确的是( )

A．第二份溶液中最终的溶质为FeSO4

B．OA段产生的气体是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe===3Fe，BC段产生的气体是H2

C．原混合酸中NO3的物质的量共为0.4 mol D．原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为5 mol/L 解析：达到A点时铁刚好将NO3消耗完，且H有剩余，有关离子反应方程式为Fe＋4H＋NO3===Fe＋NO↑＋2H2O，此时溶质为Fe2(SO4)3和H2SO4，继续加入铁达B点时Fe与Fe2(SO4)3反应生成FeSO4，由B到C是铁与H2SO4反应生成FeSO4的过程，至C点反应完全结束。故A、B两项正确；n(NO)＝n(Fe)＝11.2 g÷56 g/mol＝0.2 mol，原溶液中n(NO3)＝0.4 mol，故C项正确；n(H2SO4)＝n(FeSO4)＝22.4 g÷56 g/mol＝0.4 mol，c(H2SO4)＝0.4 mol÷0.1 L＝4 mol/L，故D项不正确。

练习1：1.92gCu片与定量的浓HNO3作用，当收集到NO2和NO气体共1.12L时（标准状况），金属铜恰好全部作用。则反应中消耗HNO3_______mol被还原的HNO3________mol，转移电子________mol 答案：0.11、0.05、0.06。

练习2：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4480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体（气体的体积已折算到标准状况），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. 9.02g B. 8.51g C. 8.26g D. 7.04g ——＋＋—3＋—3＋2＋——＋＋—3＋—3＋2＋

金属与硝酸反应的规律【三】:金属与硝酸反应有关计算的解题技巧

金属与硝酸反应的规律。

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。

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． 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）。

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Mg(OH)2，由Mg→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(OH)3]= 4.9g/56 g·mol－1×107 g·mol－1＝9.36g。即沉淀的取值范围为：9.36g<m<11.8g，结合答案知m=10g。当然此题也可用守恒法解决。过程如下：

解法二：沉淀为Mg(OH)2和Fe(OH)3的混合物，可将沉淀分为两部分：一是Mg2+ 、 Fe3+，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：Mg(NO3)2→Mg(OH)2 Fe(NO3)3→Fe(OH)3 可以看出：OH－是替代NO3－而来，而Mg2+ 、 Fe3+结合NO3－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[NO]×（5－2）= 0.1mol×3=0.3mol ，故n[OH-]=n[e-]=0.3mol，则：m[OH-]=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 HNO3的稀溶液，恰好使5.6 g 铁粉完全溶解，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

答案：1、C 2、（1）5Fe＋12HNO3==5Fe(NO3)2＋N2↑＋6H2O （2）A

（第1题解析：例3中硝酸过量决定了Fe只能被氧化为Fe3+。而迁移运用1中由于稀硝酸的量不确定，Fe可能被氧化为Fe2+,也可能被氧化为Fe3+，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HNO3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HNO3不足，因此生成Fe(NO3)2，则生成盐的HNO3为5mol×2=10 mol，故作氧化剂的HNO3为：12mol－10mol=2

金属与硝酸反应的规律

http://m.zhuodaoren.com/tuijian623988/

推荐访问: