高中化学人教版 (2019)必修 第二册氮及其化合物图文课件ppt

这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第二册氮及其化合物图文课件ppt，共44页。PPT课件主要包含了温故知新，反应本质，反应通式，注意事项，反应本质强氧化性，钝化现象表面氧化膜，知识架构，核心原理，常见应用场景，定量计算公式等内容，欢迎下载使用。
KEY KNOWLEDGE & DIFFICULT POINTS
曲线运动 运动的合成与分解
金属与稀硫酸反应（非氧化性酸）
金属活动性顺序表中排在H前面的金属与H⁺发生置换反应，H⁺被还原为H₂。
M + nH⁺ = Mⁿ⁺ + n/2 H₂↑• M：活泼金属（如Mg、Zn、Fe）• n：金属反应后呈现的化合价
反应后溶液中的溶质为金属硫酸盐。SO₄²⁻不参与氧化还原过程，仅作为旁观者离子。
金属与浓硫酸反应 - 本质与钝化
浓硫酸中主要以硫酸分子形式存在。其强氧化性来源于分子中+6价的硫元素，而非H⁺。这是区别于稀硫酸的关键特征。
常温下，Fe、Al等金属遇浓硫酸时，表面迅速生成一层致密的氧化物薄膜，阻止内部金属继续反应，这就是“钝化”。
利用钝化原理，工业上常用铁制或铝制容器来盛装和运输浓硫酸。
钝化是常温下的现象。若加热，钝化膜会被破坏，金属将与浓硫酸持续剧烈反应。
金属与浓硫酸反应 - 与不活泼金属反应
反应条件：必须加热才能发生反应
还原产物：浓硫酸被还原为二氧化硫 (SO₂)
金属氧化：金属被氧化为最高价态的硫酸盐
反应特点：浓硫酸既表现酸性（生成盐），又表现强氧化性（生成SO₂）
Cu + 2H₂SO₄(浓)△CuSO₄ + SO₂↑ + 2H₂O铜与浓硫酸反应
2Ag + 2H₂SO₄(浓)△Ag₂SO₄ + SO₂↑ + 2H₂O银与浓硫酸反应
核心总结：不活泼金属与浓硫酸反应需加热，浓硫酸在此类反应中同时体现酸性与强氧化性。
金属与浓硫酸反应 - 浓度影响
与活泼金属反应（加热条件）
Fe、Al等活泼金属在加热条件下与浓硫酸反应，生成高价硫酸盐和SO₂。化学方程式：2Fe + 6H₂SO₄(浓)△Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂↑ + 6H₂O
浓度变化的影响（浓硫酸 → 稀硫酸）
对不活泼金属（如Cu）稀硫酸无法氧化Cu，反应停止。
对活泼金属（如Zn）反应继续，但产物变为H₂，发生置换反应。
注：反应进程中酸的浓度变化是解题关键，需注意区分不同金属的反应特性。
金属与硝酸反应 - 氧化性规律
强氧化性来源硝酸的强氧化性主要来自于其分子中+5价的氮元素，而非氢离子。
氧化性影响因素1.浓度：硝酸越浓，氧化性越强；2.温度：温度越高，氧化性越强。
氧化规律与硝酸反应时，还原剂（如金属）一般被氧化成其最高价态。
金属与硝酸反应 - 产物规律
一般规律：金属与硝酸反应通常不生成H₂，硝酸表现出强氧化性。
Cu + 4HNO₃(浓) = Cu(NO₃)₂ + 2NO₂↑ + 2H₂O
3Cu + 8HNO₃(稀) = 3Cu(NO₃)₂ + 2NO↑ + 4H₂O
还原产物：低价态氮化合物
可被还原为 N₂O、N₂、甚至 NH₄NO₃（NH₄⁺）
规律总结：硝酸浓度越低，还原产物中氮元素的化合价越低（被还原程度越大）。
金属与硝酸反应 - Fe、Al的钝化及铁的反应规律
Fe、Al 的钝化现象
常温下，Fe、Al遇浓硝酸会发生钝化，生成致密氧化物薄膜，阻止反应继续；加热则会破坏钝化膜，使反应持续进行。
铁与稀硝酸的反应规律（关键：谁过量）
铁被氧化为 Fe³⁺（溶液呈黄色）
Fe + 4HNO₃(稀) = Fe(NO₃)₃ + NO↑ + 2H₂O
铁过量（HNO₃不足）
先生成Fe³⁺，后被还原为 Fe²⁺（浅绿色）
3Fe + 8HNO₃(稀) = 3Fe(NO₃)₂ + 2NO↑ + 4H₂O
? 总结：钝化是化学性质（氧化膜保护）；铁与硝酸反应产物取决于相对用量，这是解题的关键判断点。
金属与硝酸反应 - 浓度变化的影响
反应特点：浓度动态变化
随着反应进行，浓硝酸浓度逐渐降低，性质发生转变，最终变为稀硝酸。
产物变化：氮氧化物转化
还原产物随浓度降低而改变：浓硝酸生成NO₂，稀硝酸生成NO。
计算时需分两个阶段：金属先与浓硝酸反应，后与变稀的硝酸反应。
性质体现：酸性与氧化性
既表现酸性（生成硝酸盐），又表现强氧化性（生成氮氧化物）。
核心结论：硝酸浓度决定还原产物，反应具有阶段性，需综合分析酸的双重性质。
核心计算方法：电子守恒法
在氧化还原反应中，还原剂失去的电子总数等于氧化剂得到的电子总数，即电子得失守恒。
计算还原产物（如NO、NO₂、SO₂）的物质的量计算金属的化合价或物质的量，判断反应中转移电子的总数
n(金属) × △化合价(金属) = n(氧化剂) × △化合价(氧化剂)
核心计算方法：原子守恒法
核心原理：化学反应前后，某种原子的总数保持不变（物料守恒思想）。
N原子守恒（硝酸反应）
适用场景：金属与硝酸的氧化还原反应公式：总N = 硝酸盐中的N + 还原产物中的Nn(HNO₃)总 = n(NO₃⁻)剩余 + n(NO₃⁻)溶质 + n(N)还原产物
S原子守恒（浓硫酸反应）
适用场景：金属与浓硫酸的氧化还原反应公式：总S = 硫酸盐中的S + 还原产物中的Sn(H₂SO₄)总 = n(SO₄²⁻)剩余 + n(SO₄²⁻)溶质 + n(S)还原产物
解题技巧：通过追踪特定原子的去向，快速建立反应物与生成物之间的定量关系，避免繁琐的化学方程式配平。
适用场景：金属混合物与酸反应计算
针对Mg和Al、Zn和Fe等金属混合物与酸反应的定量计算问题，尤其适用于成分比例未知的情况。
将混合物假设为单一的、极端的纯净物组成，计算出两个极值，实际结果必然介于这两个极值之间。
实例：Mg、Al混合物与足量稀硫酸反应
1. 极值1：假设全为Mg，计算生成H₂体积V₁2. 极值2：假设全为Al，计算生成H₂体积V₂结论：实际生成H₂的体积 V 满足 V₁ < V < V₂
当硝酸过量时，计算反应后溶液中离子浓度的场景。此时溶液中存在金属离子、剩余氢离子及大量硝酸根离子。
溶液呈电中性，即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。这是溶液稳定存在的基础。
c(NO₃⁻) = c(H⁺) + n·c(Mⁿ⁺)c(NO₃⁻)：硝酸根离子浓度c(H⁺)：氢离子浓度c(Mⁿ⁺)：金属离子浓度 (n为化合价)
利用电荷守恒法可以快速建立等式，避免复杂的化学方程式计算，是解决离子浓度问题的高效工具。
金属与硝酸反应计算的思维模型
1. 分析反应类型判断金属种类（单一/混合）及硝酸浓度（浓/稀）
2. 确定反应产物根据金属活泼性与酸浓度判断还原与氧化产物
3. 选择计算方法优先电子守恒，结合原子守恒或电荷守恒
4. 列式求解根据守恒关系列出方程，求解未知量
5. 检验与作答检查计算过程，确认答案合理
图示：金属与硝酸反应的守恒关系逻辑模型
典型例题解析与变式训练
题型01：单一金属与酸反应的计算
题目：把一定量的锌与100 mL 18.5 ml·L⁻¹浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体Y 33.6 L（在标准状况下）。将反应后的溶液稀释到1 L，测得溶液中c(H⁺)=0.1 ml·L⁻¹。下列叙述不正确的是（）
A．气体Y是SO₂和H₂的混合物
B．反应中共消耗锌78 g
C．气体Y中SO₂和H₂的体积之比为1：4
D．反应中共转移电子3 ml
典例分析：步骤一 - 分析反应过程
Zn与浓硫酸反应先生成SO₂。随着硫酸变稀，继续反应生成H₂。结论：气体Y是二者的混合物（选项A正确）。
总物质的量：n(总) = 0.1L × 18.5ml/L = 1.85ml剩余物质的量：n(剩) = 0.5 × 0.1ml/L × 1L = 0.05ml参加反应：1.85 - 0.05 = 1.8ml
根据气体摩尔体积公式：n(气体) = V / Vm代入数据：n = 33.6 L / 22.4 L/ml结果：1.5 ml
关键思路：明确反应阶段性（SO₂→H₂），利用元素守恒计算硫酸消耗量，结合气体摩尔体积计算总量。
典例分析：步骤二 - 列方程求解
设生成SO₂为 x，H₂为 y。气体总物质的量为 1.5 ml：x + y = 1.5
生成1ml SO₂消耗2ml酸，生成1ml H₂消耗1ml酸。2x + y = 1.8
联立方程，代入消元求解：解得：x = 0.3 mly = 1.2 ml
结论：通过建立二元一次方程组，我们成功解出了反应生成的二氧化硫和氢气的物质的量，分别为 0.3 ml 和 1.2 ml。
气体Y是SO₂和H₂的混合物，根据反应过程分析，该结论正确。
根据电子守恒，n(Zn)=1.5ml，m(Zn)=97.5g。题目描述错误。
同温同压下，体积比等于物质的量之比，即 0.3:1.2 = 1:4。结论正确。
选项D：转移电子物质的量
由计算可知，反应中共转移电子 n(e⁻) = 3 ml。结论正确。
本题答案：B（只有选项B的描述是错误的）
题目：铜被一定量浓硝酸恰好完全溶解，得到硝酸铜溶液，产生标准状况下NO₂和NO的混合气体1.12 L，这些气体与标准状况下0.224 L O₂混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至恰好完全沉淀。相关数据正确的是（）
A．铜的质量为6.4 g
B．混合气体中NO₂的体积为0.56 L
C．混合气体中NO的物质的量为0.025 ml
D．加入NaOH溶液的体积为200 mL（假设浓度为1 ml/L）
提示：利用电子守恒法解题，铜失去的电子最终转移给了氧气。
核心思路：电子守恒定律整个过程的实质是：Cu失去电子，经过氮氧化物传递，最终被O₂获得。因此直接建立 Cu 与 O₂ 的电子转移关系。
计算步骤1. 计算氧气物质的量：n(O₂) = 0.224 L / 22.4 L/ml = 0.01 ml2. 计算O₂获得电子总数：n(e⁻) = 0.01 ml × 4 = 0.04 ml3. 计算Cu的物质的量：n(Cu) = 0.04 ml / 2 = 0.02 ml4. 计算Cu的质量：m(Cu) = 0.02 ml × 64 g/ml = 1.28 g
结论与注意：若题目数据调整为 O₂ 体积为 1.12L (0.05ml)，则 n(Cu)=0.1ml，m(Cu)=6.4g，对应选项A正确。解题关键在于忽略中间过程，直接利用电子守恒。
题型02：金属混合物与酸反应的计算
题目：将一定质量的Mg和Al的混合物投入500 mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法正确的是（）A．Mg和Al的质量比为3：4B．生成的H₂的体积为10.08 LC．NaOH溶液的物质的量浓度为5 ml/LD．硫酸的物质的量浓度为0.5 ml/L
解题思路：结合图像分析沉淀生成与溶解的关键点，利用化学计量关系计算金属量、气体体积及溶液浓度。
典例分析：步骤一 - 分析图像与反应阶段
图：沉淀量(n)与NaOH溶液体积(V)的关系曲线
阶段一：0 ~ 20 mL (中和反应)
NaOH与过量稀硫酸发生中和反应，此阶段无沉淀生成。
阶段二：20 ~ 200 mL (沉淀生成)
NaOH与Mg²⁺、Al³⁺反应生成Mg(OH)₂和Al(OH)₃沉淀，沉淀量增至最大。
阶段三：200 ~ 240 mL (沉淀溶解)
NaOH与Al(OH)₃反应使其溶解，沉淀量减少。消耗NaOH体积为40 mL。
核心思路：利用沉淀溶解消耗的NaOH体积（40mL）计算Al³⁺的量，进而推导其他离子含量。
典例分析：步骤二 - 计算金属的物质的量
计算 Al 的物质的量
反应原理：Al(OH)₃ + OH⁻ = AlO₂⁻ + 2H₂O图像分析：最大沉淀量0.35 ml，溶解后剩余0.15 ml(Mg(OH)₂)，故溶解的n[Al(OH)₃] = 0.35 - 0.15 =0.2 ml结论：n(Al) = n[Al(OH)₃] =0.2 ml
计算 Mg 的物质的量
图像分析：剩余沉淀为 Mg(OH)₂，物质的量为 0.15 ml结论：n(Mg) = n[Mg(OH)₂] =0.15 ml
计算 Mg 与 Al 的质量比
计算过程：m(Mg) = 0.15 × 24 = 3.6 g；m(Al) = 0.2 × 27 = 5.4 g质量比：m(Mg) : m(Al) = 3.6 : 5.4 =2 : 3
典例分析：步骤三 - 计算溶液浓度
1. 计算 NaOH 溶液浓度
已知条件：溶解 0.2 ml Al(OH)₃ 消耗了 0.04 L NaOH 溶液。计算过程：根据反应比例：n(NaOH) = n[Al(OH)₃] = 0.2 mlc(NaOH) = 0.2 ml / 0.04 L =5 ml/L结论：选项 C 正确
2. 计算 H₂SO₄ 溶液浓度
关键节点：加入 200 mL NaOH 时，溶质仅为 Na₂SO₄（沉淀完全）。守恒法计算：n(Na⁺) = 2 × n(SO₄²⁻) → n(NaOH) = 2 × n(H₂SO₄)0.2L×5ml/L = 2n(H₂SO₄) → c(H₂SO₄) =1 ml/L结论：选项 D 错误
选项A：Mg和Al的质量比为3：4错误。正确质量比应为 2:3。
选项B：生成的H₂体积为10.08 L错误。虽计算得0.45ml，但题目未指明标准状况。
选项C：NaOH溶液浓度为5 ml/L正确。根据反应方程式计算得出。
选项D：硫酸浓度为0.5 ml/L错误。正确浓度应为 1 ml/L。
最终答案：C—— 本题重点考察了电子守恒计算及气体摩尔体积的条件限制。
题目：将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL某浓度硝酸中，得到NO₂和NO混合气体1120mL(标准状况)，当向反应后溶液中加入640mL 1ml/L NaOH溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为2.54g。下列说法中正确的是（）
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1∶2
B．所得沉淀物质的量为0.32ml
C．NO₂和NO的混合气体中，NO₂的体积分数是20%
D．该硝酸的物质的量浓度是12ml/L
解题提示：利用原子守恒（N原子、金属离子）和电子守恒（氧化还原反应）进行快速计算。
步骤1：利用沉淀质量差求电子数
• 沉淀质量差 = OH⁻质量：1.02g• n(OH⁻) = 1.02g ÷ 17g/ml =0.06 ml• 电荷守恒：金属失电子总数 = n(OH⁻) =0.06 ml
步骤2：计算合金中Cu和Mg的物质的量
• 设n(Cu)=x, n(Mg)=y，联立方程：64x + 24y = 1.52 | 2x + 2y = 0.06• 解得：x=0.02ml, y=0.01ml(比例2:1)• 结论：选项A错误
步骤3：计算气体成分(NO₂ & NO)
• 气体总物质的量 = 1.12L ÷ 22.4L/ml = 0.05ml• 电子守恒：n(NO₂)×1 + n(NO)×3 = 0.06• 解得：n(NO₂)=0.045ml, n(NO)=0.005ml• 结论：NO₂体积分数90%，选项C错误
• N原子守恒：n(HNO₃) = n(NO₃⁻) + n(气体)• n(NO₃⁻) = n(NaOH) = 0.64L×1ml/L = 0.64ml• n(HNO₃) = 0.64 + 0.05 = 0.69ml• c(HNO₃) = 0.69ml ÷ 0.05L =13.8ml/L(选D)
题型03：金属与混合酸反应的计算 - 典例
题目：向400 mL稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列说法错误的是（）
A.A点溶液中的溶质为Fe₂(SO₄)₃和H₂SO₄
B.AB段的反应为Fe + 2Fe³⁺ = 3Fe²⁺
C.反应中生成的n(NO)：n(H₂) = 1：2
D.最终溶液中溶质的物质的量浓度约为1 ml·L⁻¹
图：产生气体的量随铁粉质量的变化关系
典例分析：步骤一 - 分析图像与反应顺序
气体量与铁粉质量关系图
OA段：Fe与H⁺、NO₃⁻反应 (生成NO)
硝酸根被完全消耗，生成Fe³+和NO气体。离子方程式：Fe + 4H⁺ + NO₃⁻ = Fe³+ + NO↑ + 2H₂O
AB段：Fe与Fe³+反应 (无气体生成)
溶液中Fe³+被还原为Fe²+，此阶段无气体产生。离子方程式：Fe + 2Fe³+ = 3Fe²+
BC段：Fe与剩余H⁺反应 (生成H₂)
与硫酸提供的剩余H⁺反应，生成Fe²+和H₂气体。离子方程式：Fe + 2H⁺ = Fe²+ + H₂↑
掌握反应顺序是解题关键
典例分析：步骤二 - 计算各阶段物质的量
OA段：Fe与NO计算
消耗Fe质量：11.2g →n(Fe) = 0.2 ml根据反应式：n(NO) = n(Fe) = 0.2 ml
AB段：Fe还原Fe³+
消耗Fe质量：16.8-11.2=5.6g →n(Fe) = 0.1 ml还原反应：0.1ml Fe 还原了0.2ml Fe³+
BC段：Fe与H₂计算
消耗Fe质量：22.4-16.8=5.6g →n(Fe) = 0.1 ml根据反应式：n(H₂) = n(Fe) = 0.1 ml
NO与H₂的物质的量之比：n(NO) : n(H₂) = 0.2 : 0.1 =2 : 1
选项A：A点溶液中的溶质为Fe₂(SO₄)₃和H₂SO₄。解析：A点时硝酸根耗尽，溶质为生成的Fe₂(SO₄)₃和未反应的H₂SO₄。
选项B：AB段的反应为Fe+2Fe³+=3Fe²+。解析：铁与三价铁离子发生归中反应，方程式正确。
选项C：反应中生成的n(NO)：n(H₂)=1：2。解析：计算错误，正确比例应为2:1。
选项D：最终溶液中溶质浓度约为1 ml·L⁻¹。解析：溶质为FeSO₄，n(Fe)=0.4ml，c=0.4ml/0.4L=1ml/L。
正确答案：C（注：本题为多项选择题或单选题，根据选项分析只有C错误）
题目：向含有x ml HNO₃和y ml H₂SO₄的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产物与所加铁粉的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是（）
A．反应至c点时，可收集到气体4.48 L(标准状况)B．向b点所得溶液中加入Cu粉，最多可溶解铜1.92 gC．x=0.1，y=0.2D．Oa段发生反应的离子方程式：Fe + 4H⁺ + NO₃⁻ = Fe³+ + NO↑ + 2H₂O
Oa段：Fe与H⁺/NO₃⁻反应
Fe + 4H⁺ + NO₃⁻ = Fe³⁺ + NO↑ + 2H₂O消耗0.1ml Fe，生成0.1ml Fe³⁺和0.1ml NO，x=0.1ml
ab段：Fe还原Fe³⁺
Fe + 2Fe³⁺ = 3Fe²⁺b点时n(Fe³⁺)=n(Fe²⁺)，解得消耗Fe 0.04ml，剩余Fe³⁺ 0.06ml
bc段：Fe与剩余H⁺反应
Fe + 2H⁺ = Fe²⁺ + H₂↑此阶段消耗Fe 0.06ml，生成0.06ml H₂
A 错误：总气体0.16ml (NO 0.1+H₂ 0.06)，体积≈3.58L≠4.48L
B 正确：0.06ml Fe³⁺可溶解0.03ml Cu，质量为1.92g
C 正确：总H⁺为0.52ml，扣除硝酸提供的0.1ml，硫酸提供0.42ml
D 正确：Oa段离子方程式书写正确
题型04：硝酸与金属反应后再加入酸的计算 - 典例
题目：向18g铜和铁的混合物中加入200mL稀硝酸，充分反应得到溶液甲和2.24LNO（标准状况），固体减少8.4g；继续加入200mL等浓度的稀硝酸，固体完全溶解，得到溶液乙和2.24LNO（标准状况），溶液乙不含Fe³+且加入VmL1ml/LNaOH溶液恰好可将所有金属离子沉淀完全。下列说法不正确的是（）
A．减少的8.4g金属为铜和铁B．稀硝酸的物质的量浓度为2.0ml/LC．加入的NaOH溶液体积V的值为600D．向溶液乙中再加200mL稀硝酸，又得到标准状况下1.12LNO
典例分析：步骤一 - 分析第一次反应
• 现象：第一次加硝酸，固体减少8.4g，生成0.1ml NO。• 验证：假设8.4g全为Fe，计算得生成NO恰好为0.1ml；若含Cu则需更多质量。• 结论：第一次反应金属只有Fe (8.4g, 0.15ml)，故选项A错误。
计算第一次反应消耗的硝酸
• 反应式：3Fe + 8HNO₃ = 3Fe(NO₃)₂ + 2NO↑ + 4H₂O• 计算：n(HNO₃) = (8/3) × n(Fe) = (8/3) × 0.15ml =0.4ml
核心思路：利用极端假设法判断金属成分，结合化学计量比计算反应物用量。
典例分析：步骤二 - 计算浓度和体积
计算稀硝酸的浓度 (HNO₃)
关键思路：总消耗HNO₃为0.8ml（体积400mL）。反应过程：Cu与Fe²⁺继续反应生成NO，总生成0.2ml NO；溶质为Fe(NO₃)₃和Cu(NO₃)₂。计算过程：c(HNO₃) = 0.8ml ÷ 0.4L =2.0 ml/L结论：选项B正确
计算NaOH溶液的体积
关键思路：沉淀金属离子并中和剩余HNO₃。反应过程：沉淀Fe³⁺(0.15ml)和Cu²⁺(0.15ml)需OH⁻ 0.75ml；溶液含剩余HNO₃。计算过程：n(NaOH)=0.6ml，V(NaOH) = 0.6ml ÷ 1.0ml/L =600 mL结论：选项C正确
核心考点：利用N原子守恒和电荷守恒进行化学计算，注意反应的阶段性与剩余物质的处理。
选项 A：减少的8.4g金属为铜和铁
解析：错误。根据反应过程，只有Fe参与反应溶解，铜并未溶解。
选项 B：稀硝酸的物质的量浓度为2.0ml/L
解析：正确。通过计算反应消耗的硝酸总量与体积比值可得。
选项 C：加入的NaOH溶液体积V为600mL
解析：正确。根据最终沉淀的物质的量计算所需NaOH的量。
选项 D：再加200mL稀硝酸，得1.12L NO
解析：正确。溶液乙中Fe²+被氧化为Fe³+，生成NO 0.05ml，即1.12L。
本题答案：A（只有选项A的说法不正确）
知识总结：金属与酸反应规律
知识总结：核心计算方法
原理：金属失电子总数 = 氧化剂得电子总数应用：计算产物量、金属量、转移电子数
N守恒：总N = 硝酸盐中N + 还原产物中N（硝酸反应）S守恒：总S = 硫酸盐中S + 还原产物中S（浓硫酸反应）
原理：溶液中阳离子正电荷总数 = 阴离子负电荷总数应用：计算反应后溶液中离子浓度
适用：金属混合物反应计算方法：假设极端情况（全为某一成分），计算结果范围
仔细审题：明确反应条件、酸浓度及金属用量（过量/不足）。
分析过程：判断反应类型、产物及反应阶段（如浓度变化）。
优先守恒：优先考虑电子守恒和原子守恒，简化复杂计算。
结合图像：准确理解图像各阶段含义，关联化学反应进程。
忽略钝化：忘记Fe、Al在常温下与浓硫酸、浓硝酸的钝化现象。
忽视浓度变化：未考虑浓硫酸、浓硝酸变稀后产物发生改变。
混淆守恒对象：在原子守恒计算中，搞错N或S等元素的去向。
遗漏剩余酸：计算反应后溶液浓度时，忘记中和过量的酸。