高中化学苏教版（2019）必修二 专题7　氮与社会可持续发展 微专题(二) 守恒法突破硝酸与金属反应的相关计算 学案

微专题(二)　守恒法突破硝酸与金属反应的相关计算

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．得失电子守恒法

反应中失去电子的是参加反应的Cu，CuCu2＋；得到电子的是被还原的HNO3(假设还原产物为NO2、NO)，NONO2、NONO。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(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。则有：(1)若HNO3不过量：n(NO)＝2n(Cu2＋)；(2)若HNO3过量：n(NO)＝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===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H＋或NO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又被还原为NO。

2．稀硝酸与铁反应(铁的常见价态：＋2、＋3)

Fe(少量)＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；

3Fe(过量)＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。

①≥4，产物为Fe(NO3)3；

②≤，产物为Fe(NO3)2；

③<<4，产物为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2。

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．38.4×10－3 g   B．44.8×10－3 g

C．48.3×10－3 g   D．57.6×10－3 g

答案　B

解析　铜与浓硝酸可能发生反应的化学方程式：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为＝1×10－3 mol，生成硝酸铜的物质的量为＝7×10－4 mol，参加反应的铜的质量＝7×10－4 mol×64 g·mol－1＝44.8×10－3 g。

2．3.84 g铜和一定量的浓硝酸反应，随着铜的不断减少，反应生成的气体颜色也逐渐变浅。当铜反应完毕时，共收集到气体的体积为2.24 L(标准状况)。反应中消耗HNO3的物质的量为(　　)

A．0.11 mol   B．0.22 mol

C．0.56 mol   D．0.18 mol

答案　B

解析　根据“随着铜的不断减少，反应生成的气体颜色也逐渐变浅”判断收集到的2.24 L气体为NO2、NO的混合气体。

方法一(常规方法)：设铜与硝酸反应生成NO2时消耗HNO3的物质的量为x，生成NO时消耗HNO3的物质的量为y。

Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O

　　x　　　　　　　　　　　

3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O

y　  y　　　　　　　　　　　

解得

则共消耗HNO3的物质的量为0.18 mol＋0.04 mol＝0.22 mol。

方法二(原子守恒法)：根据化学方程式可知消耗的HNO3与产物有如下关系式：

2HNO3～Cu(NO3)2，HNO3～NO，HNO3～NO2

n[Cu(NO3)2]＝＝0.06 mol，n(NO)＋n(NO2)＝＝0.1 mol。

所以消耗的硝酸的物质的量为0.06 mol×2＋0.1 mol＝0.22 mol。

3．将3.2 g Cu跟30.0 mL 10.0 mol·L－1的HNO3充分反应，还原产物有NO和NO2，若反应后溶液中有a mol H＋，则此时溶液中含NO的物质的量为(　　)

A．0.5a mol   B．(0.1＋a) mol

C．0.1a mol   D．2a mol

答案　B

解析　根据溶液中的电荷守恒，n(NO)＝n(H＋)＋2n(Cu2＋)，n(Cu2＋)＝＝0.05 mol，所以n(NO)＝a mol＋0.05 mol×2＝(a＋0.1) mol。

4．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　分析整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，标准状况下，n(O2)＝＝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＝0.2 mol，解得x＝0.05 mol、y＝0.1 mol，m(Cu)＝0.05 mol×64 g·mol－1＝3.2 g。

5．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 mol  C．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，标准状况下，n(NO2)＋n(NO)＝＝0.5 mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.5 mol，n(Zn)＝＝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。

6．铜和镁的合金4.6 g完全溶于足量的硝酸后，再加入过量的NaOH溶液，生成9.7 g沉淀，则合金与硝酸反应时，放出的气体可能是(　　)

A．0.2 mol NO

B．0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4

C．0.1 mol N2O

D．0.1 mol NO、0.1 mol NO2和0.1 mol N2O4

答案　B

解析　分析题意可知：MMn＋M(OH)n，即金属失去电子的物质的量＝OH－的物质的量＝HNO3得到电子的物质的量。OH－的物质的量为＝0.3 mol，即可直接找出得到电子的物质的量为0.3 mol的选项，应选B。

7．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④  C．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。

8．某100 mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4 mol·L－1和0.1 mol·L－1，向该混合液中加入1.92 g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中Cu2＋的物质的量浓度(忽略体积变化)为(　　)

A．0.15 mol·L－1   B．0.225 mol·L－1

C．0.35 mol·L－1   D．0.45 mol·L－1

答案　B

解析　解答本题要从离子反应的角度来考虑，H2SO4提供的H＋可以和NO构成强氧化性环境，继续氧化铜单质。HNO3、H2SO4混合液中H＋总的物质的量为0.06 mol，NO的物质的量为0.04 mol，Cu的物质的量为0.03 mol。

Cu与稀硝酸发生反应：

3Cu　＋　 8H＋＋　2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

3　　　　  8　　　2

0．03 mol　0.06 mol 0.04 mol

H＋量不足，应根据H＋的物质的量来计算。

3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

   8　　　　　　 3

　 0.06 mol　　　　n(Cu2＋)

n(Cu2＋)＝0.06 mol×＝0.022 5 mol，

c(Cu2＋)＝＝0.225 mol·L－1。