第3章 专题提升四 守恒法突破硝酸与金属反应的相关计算-【金版新学案】2024-2025学年新教材高一化学必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（鲁科版2019 单选）

专题提升系列(四) 守恒法突破硝酸与金属反应的相关计算 第3章 物质的性质与转化 一、常用的计算方法 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)。 方法整合 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 4.离子方程式计算法 二、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。 【思维模型】 1．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 实践应用 √ 2．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 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。 √ 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混合气体(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 √ 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。 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④ C．③或④ D．仅② √ 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．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 √ 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： 6．质量为4.6 g铜镁合金完全溶解于100 mL密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到4 480 mL NO2和336 mL N2O4 的混合气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液至离子恰好全部沉淀时，下列说法错误的是 A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶3 B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L C．产生沉淀8.51 g D．离子恰好完全沉淀时，加入NaOH溶液的体积是230 mL √ A.4 480 mL NO2的物质的量＝4.48 L÷22.4 L/mol＝0.2 mol，336 mL N2O4的物质的量＝0.336 L ÷22.4 L/mol＝0.015 mol，令Cu、Mg的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量与电子转移守恒，可得：①64x＋24y ＝ 4.6，②2x＋2y＝0.2＋0.015×2，解得x＝0.046、y＝0.069，故该合金中铜与镁的物质的量之比＝0.046 mol∶0.069 mol＝2∶3，故A不符合题意； B．密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸，其物质的量浓度＝ ＝14.0 mol/L，故B不符合题意；C.铜镁合金完 全溶解于浓硝酸中，向反应后的溶液中加入NaOH溶液至离子恰好全部沉淀，生成沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2, 由化学式可知n(OH－)＝2n(Cu)＋2n(Mg)＝2×(0.046 mol＋0.069 mol)＝0.23 mol，故沉淀质量＝m(Cu)＋m(Mg)＋m(OH－)＝4.6 g＋0.23 mol×17 g/mol＝8.51 g，故C不符合题意；D.离子恰好完全沉淀时，此时溶液中溶质为NaNO3，根据N元素守恒可知n(HNO3)原＝n(NaNO3)＋n(NO2)＋2n(N2O4)，故n(NaNO3)＝0.1 L×14 mol/L－0.2 mol－2×0.015 mol＝1.17 mol，根据钠离子守恒有n(NaOH)＝n(NaNO3)＝1.17 mol，故需要氢氧化钠溶液的体积＝1.17 mol ÷ 1 mol/L＝1.17 L＝1 170 mL，故D符合题意。故答案为：D。 7．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)。 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。 5.824 (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)。 在反应过程中，HNO3一部分表现酸性，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)＝n(NaOH)，表现氧化性的HNO3的物质量为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)＝ mol·L－1。 (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。 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。 0.255 谢 谢 观 看 ！ 第3章 物质的性质与转化 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＋e－―→NO2、NO＋ 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＋)。 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。 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。 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。 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。 $$