高中化学新教材同步必修第二册 微专题三硝酸与金属反应的相关计算(同步讲义)

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思维模型(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，NOeq \o\al(－,3)又被还原为NO。(2)稀硝酸与铁反应Fe(少量)＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；3Fe(过量)＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。①eq \f(nHNO3,nFe)≥4，产物为Fe(NO3)3；②eq \f(nHNO3,nFe)≤eq \f(8,3)，产物为Fe(NO3)2；③eq \f(8,3)<eq \f(nHNO3,nFe)<4，产物为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2。计算方法(1)原子守恒法：硝酸与金属反应时，一部分硝酸起酸的作用，以NOeq \o\al(－,3)的形式存在于溶液中，另一部分硝酸作为氧化剂转化为还原产物NOx，NOeq \o\al(－,3)和NOx中氮原子的总物质的量等于反应消耗的硝酸中氮原子的物质的量。(2)得失电子守恒法：硝酸与金属的反应属于氧化还原反应，硝酸中氮原子得到电子的物质的量等于金属失去电子的物质的量。(3)电荷守恒法：硝酸过量时，反应后溶液中(不考虑OH－)有c(NOeq \o\al(－,3))＝c(H＋)＋xc(Mx＋)(Mx＋代表金属离子)。(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NOeq \o\al(－,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。先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H＋或NOeq \o\al(－,3)进行相关计算，且要符合电荷守恒。1.足量的铜和含有2.4×10－3 mol硝酸的某浓硝酸完全反应，共收集到标准状况下气体22.4 mL。参加反应的铜的质量是(　　)A.3.84×10－2 g B.4.48×10－2 gC.4.83×10－2 g D.5.76×10－2 g答案　B解析　铜与浓硝酸可能发生的化学方程式：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O,3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。被还原硝酸的物质的量＝eq \f(22.4×10－3 L,22.4 L· mol－1)＝1×10－3 mol，生成硝酸铜的物质的量＝eq \f(2.4×10－3 mol－1×10－3 mol,2)＝7×10－4 mol，参加反应的铜的质量＝7×10－4 mol×64 g·mol－1＝4.48×10－2 g。2.(2018·舟山中学月考)将14 g铜银合金与足量的硝酸反应，放出的气体与标准状况下体积为1.12 L的O2 混合后再通入水中，恰好全部吸收，则合金中铜的质量为(　　)A.4.8 g B.3.2 g C.6.4 g D.10.8 g答案　B解析　纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，n(O2)＝eq \f(1.12 L,22.4 L·mol－1)＝0.05 mol，设Cu、Ag的物质的量分别为x、y，则：根据质量列方程：x×64 g·mol－1＋y×108 g·mol－1＝14 g，根据得失电子守恒列方程：2x＋y＝0.05 mol×4，解得：x＝0.05 mol；y＝0.1 mol，m(Cu)＝0.05 mol×64 g·mol－1＝3.2 g。3.将19.5 g锌粉与一定量的浓硝酸反应生成硝酸盐、水及气体，当锌粉完全反应时收集到11.2 L NO、NO2混合气(标准状况下)，则所消耗硝酸的物质的量是(　　)A.1.2 mol B.1.1 molC.0.9 mol D.0.8 mol答案　B解析　锌和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，n(NO2)＋n(NO)＝eq \f(11.2 L,22.4 L·mol－1)＝0.5 mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.5 mol，n(Zn)＝eq \f(19.5 g,65 g·mol－1)＝0.3 mol，则生成的n[Zn(NO3)2]＝0.3 mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.3 mol×2＝0.6 mol，则参加反应的硝酸的物质的量为0.5 mol＋0.6 mol＝1.1 mol。4.稀HNO3的还原产物可以是①NO、②N2O、③N2、④NH4NO3。在稀HNO3和Zn的反应中，若有1 mol HNO3参加反应，则有0.8 mol电子转移，由此推断稀HNO3的还原产物可能为(　　)A.仅④ B.②或④C.③或④ D.仅②答案　B解析　1 mol硝酸参加反应，反应中硝酸表现为酸性和氧化性，转移电子0.8 mol，则应生成0.4 mol Zn(NO3)2，设稀HNO3的还原产物中氮元素的化合价为x，若有0.2 mol硝酸被还原，则有0.2 mol×(5－x)＝0.8 mol，解得x＝＋1，应生成N2O；若有0.1 mol硝酸被还原，则有0.1 mol×(5－x)＝0.8 mol，解得x＝－3，应生成NH4NO3，故稀HNO3的还原产物为②N2O或④NH4NO3。5.(2019·安徽师大附中月考)200 mL HNO3和H2SO4的混合溶液中，已知：c(H2SO4)＋c(HNO3)＝5.0 mol·L－1。则理论上最多能溶解铜的量为(　　)A.0.6 mol B.19.2 g C.1.5 mol D.51.2 g答案　A解析　由题可知，硝酸为稀溶液，3Cu＋8H＋＋2NOeq \o\al(－,3)===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，当氢离子与硝酸根恰好完全反应时，能溶解铜的量最多，即n(H＋)∶n(NOeq \o\al(－,3))＝4∶1，设混合溶液中硫酸物质的量为x mol，则硝酸物质的量为(1－x) mol，则(2x＋1－x)∶(1－x)＝4∶1，解得x＝0.6 mol，溶解铜的物质的量为0.6 mol。6.(2018·山东济南月考)将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下的一氧化氮和二氧化氮混合气体共11.2 L。请回答下列问题：(1)产生一氧化氮的体积为________L(标准状况下)。(2)待反应结束后，向溶液中加入V mL a mol·L－1的氢氧化钠溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化为沉淀，则原硝酸的浓度为______________ mol·L－1(不必化简)。(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________ mol。答案　(1)5.824　(2)eq \f(aV×10－3＋0.5,0.14)　(3)0.255解析　(1)该过程发生两个反应：3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。设生成的NO和NO2的物质的量分别为x、y，则x＋y＝0.5 mol,1.5x＋0.5y＝0.51 mol，解得x＝0.26 mol，y＝0.24 mol，故标准状况下V(NO)＝0.26 mol×22.4 L·mol－1＝5.824 L。(2)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，得表现酸性的HNO3和与Cu反应后可能剩余的n(HNO3)＝n(NaOH)，表现氧化性的n(HNO3)＝n(NO)＋n(NO2)，故原硝酸中HNO3的物质的量n(HNO3)＝n(NaOH)＋n(NO)＋n(NO2)＝(aV×10－3＋0.5) mol，则c(HNO3)＝eq \f(aV×10－3＋0.5,0.14) mol·L－1。(3)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。