专题7 第二单元 专题突破3 金属与硝酸反应的有关计算-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中化学必修第二册（苏教版2019)

向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，若饱和溶 2n[Cu(N03)2]+n(N0)+n(N02)=2×0.04ml+0.05mol= 液颜色变为绿色.可判断乙同学的观点是否正确，该方案可行，故 0.13ol D不选 7.C解析：铜和硝酸反应过程中，铜还原硝酸生成氨氧化物 在NaOH溶液中氯氧化物又转化成NaNO2和NNO3,则根据得失 专题突破3金属与硝酸反应的有关计算 电子守可得2n(Cu)=2n(NaN0,),所以n(NaNO2)=n(Cu)= 1.C解析：依据7n+HN0,(稀)一7n(N03)2+NHN03+H20,Z 64g·mF=1ml,根据钠元素守恒可知a(0,)+ 64g 由0价→+2价，化合价升高2价，N由+5价+-3价，化合价降低 (NaNO3)=0.7L×2mol·L=1.4d.所以n(NaNO3)= 8价，根据化合价升降总值相等，7m,Zm(NO,),的化学计量数为 1.40l-1mol=0.4ol. 4,NH,N0,的化学计量数为1，然后根据原子守相配平化学方程式 B.B解析：192：C的物质的量为0.03wl,钥与浓硝酸反应的化 为4Za+10HN0,(稀)4Za(N03)3+NHN0+3H0,生成4ol 学方程式为Cu+4HN0,(浓)Cu(NO,):+2N021+2H,0.铜与 硝酸锌时被还原的硝酸为1ml,当生成2 mol Zn(NO3),时，被还 稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO,(稀)一3Cu(NO,):+ 原的HNO,为0.5mol,C项符合题意 2N0↑+4H,0,现生成0.05mdl气体，设生成N0,,N0的物质的 2.A解析：Mg和硝酸反应生成硝酸镁和还原产物，水，Mg元素的化 量分别为x、y,则x+y=0.05m.根据得失电子守恒.x+3y= 合价由0升高到+2，反应中有0.8mol电子转移，则n(g)= 0.06mol,解得x=0.045ml,y=0.005ml。由分析可知A错误，B 0.8mml+2=0.4l.由Mg~Mg(N0,):可知.硝酸镁为0.4l,假 正确：作氧化剂时，有HNO1-N02.HNO1-N0,则有0.05mol硝酸 设起酸性作用的销酸全部生成硝酸镁，则起酸性作用的硝酸为 作氧化剂.C错误：根据谢原子守恒，最后生成的硝酸制为 0.4ol×2=0.8ml,假设其余的硝酸全部作氧化剂，所以作氧化剂 0.03wl.D错误 的硝酸为1-0.8mol=0.2mol,设HNO3的还原产物中N元素 9.解：(1)n(Cu)=1.92g÷64g·ml1=003mol,与硝酸反应生成 的化合价为x.由电子守恒可知，0.8=0.2ml×(5-x),解得x= Cu(NO3)2N0和NO2,根据原子守恒得生成硝酸铜需要的 +1,故硝酸的还原产物为N,0,故选A n(HNO3 )2n[Cu(NO,)2]=2n(Cu)=2x0.03 mol=0.06 mol, 3.A解析：锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据 为氨氧化物.气体的物质的量=n(N0)+n(NO2)=1.12L÷ 原子守恒和电子守恒，2锌失去4电子，生成2m锌离子， 22,4L·m1=0.05l.根据N元素守恒可知共消耗硝酸的物质 由于生成Zm(NO)2,则其结合的NO是4ml,则剩余的 的量n(HN0,)=0.06mol+0.05mo=0.11mol。(2)假设反应产 I mol HNO,被还原为N,O就得到4ml电子，HNO,也全部反应， 生NO,的物质的量是x,NO的物质的量是y,期根据电子得失守恒 则该反应中被还原的HNO,与未被还原的HNO,的物质的量之比 可得x+3y=0.03l×2:根据N原子守恒可得x+y=1.12L 是1：4：故选A。 22.4L·ol=0.05md,解得x=0.045mol,y=0.005mol,当气体 4.C解析：将过量Fe粉放人20mL2md·L的HNO,溶液中，反应方 通过水时，会发生反应：3N02+H0一2HN0,+N0.N0,反应产 程式为3Fe+8HN01一3Fε(NO1)2+2N01+4H,0,根据硝酸的物质的 生N0的物质的最是0.045m× 3=0.015mdl,则最后可得N0的 量为2·L×0.2L=0.4mol.则消耗铁的物质的量为0.4mo× 物质的量n(N0)总=0.015mol+0.005mol=0.02mol,所以生成的气 0.15mal,其质量为0,15mox56g·mol=8.4g。数 体水洗后的体积为V=0.02mol×22.4L·o1=0.448L=448mL 5.C解析：由图分析可知.0A段发生的反应为Fe+NO5+4什 (3)设需通人氧气的体积为x,由电子得失守恒，可得： F+N0↑+2H,0.AB段发生的反应为Fe+2Fe一3F2,BC段 2Cu 02 发生的反应为Fe+2H'—Fe2++H2T,A错误：A点时，NO被Fe 128g 22.4L 全部还原为NO,因此溶液中不再含有NO,此时溶质为Fe(S0), 1.925 和HS04,B错误：OA段消耗11.2gFe,即0.2 mol Fe,根据离子方 128g192g 22.41.x 程式Fe+NO+4H一Fe+NO↑+2H,0可知消耗的HNO,的物 解得x=0.336L=336ml 质的量为0.2mol因此原混合溶液中NO5的物质的量为0.2mol,C 解析：(3)将收集上述气体的容器倒扣在盛有水的水槽中，并向其 正确：最终消耗22.4gFe,即0.4mlFe,最后溶液中溶质为FeS0., 中缓慢通人0，使其充分反应，若要使水恰好充满容器，则 根据Fe元素守恒可得a(FeS0,)=0.4mol,则n(H,S0,)=0.4mol, NO,,N0与氧气和水完全反应生成硝酸，由此可得出硝酸与铜反 原混合酸中H,S0,的物质的量浓度为0.4mal÷0.2L=2m0l·L', 应得到电子的物质的量应等于氧气氧化NO2,NO生成硝酸得到电 D错误。 子的物质的量，等于铜失去电子的物质的量 6.D解析：n(Cm)= 2.56g =0.04mo,反应后生成 10.A解析：C失去2个电子变为C2,Cu2结合2个0H变为 64g·mml C(0H),沉淀：Mg失去2个电予变为Mg,Mg2与2个0HT结 Cu(N03)2,N0和NO2,且N0和N0,的物质的量总共为1.12L÷ 合形成Mg(O州)，沉淀，根据以上反应关系可知：铜和镁失去电子 22.4L·m1=0.05mol.则反应中清耗HN01的物质的量为 的物质的量等于产生的离子结合的氢氧根离子的物质的量：反应 参考答案学霸21 后沉淀的质量等于合金的质量与氢氧根离子的质量和：生成 发，可以利用氯化铵和氢氧化钙混合共热得到氨气，C正确：氨气 4480ml.的N02气体和336ml的N,0,气体，反应中转移的电子 溶于水得到一水合氨，一水合氨电离得到铵根离子和氢氧根离子， 的物质的量为n(e)=448L+0336lx2=0.23md,所以生成沉 溶液星碱性，D错误。 22.41.·mol1 2.C解析：八，常作保护气，与其无毒无害且性质稳定有关，与溶解 淀的质量为m(沉淀)=m(Cu+g)+m(0H)=4.6g+0.23m× 性无关，A错误：NH,常作制冷剂，是因为其易液化，与溶解性无 17g·mo'=8.51g,故答案选A。 关，B错误：NO2具有强氧化性，能与N,H:发生氧化还原反应，反 11.D解析：设铜和锌的物质的量分别为x和y,侧由质量关系可得 应放出大量热，因此可作火倍推进剂.C正确：HNO,可用米制备硝 64x+65y=7.7g,铜和锌被硝酸氧化失电子，硝酸得电子生成气 酸盐，是因为硝酸是典型的强酸，可与碱或盐等物质反应生成硝酸 体，气体溶于水和氧气反应又生成硝酸，铜和锌所失电子数等于 盐，与其挥发性无关，D错误 1.344L 氧气所得电子数.由得失电子守恒得2x+2y 224L·ma*4,两 3.C解析：稀硝酸和金属(C:)反应生成的无色气体为一氧化氮，A 错误：过量的铜和一定量浓硝酸反应，开始生成二氧化氮，随反成 式联立解得x=0.1mol,y=0.02mo.所以合金中铜与锌的物质的 进行.硝酸浓度降低.生成一氧化氢气体，B错误：根据Cu+4HNO1 量之比为5：1。 (浓)一G(N0,)2+2N021+2H20和3Cu+8HN03(稀) 12.B解析：稀HNO,溶液中加入铜粉和铁粉混合物.固体完全溶 3Cu(N03)2+2N0↑+4H,0可知，生成3 mol Cu(N03)2时，需要 解，在反应后的溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液没有出现血红色，则 12mol浓硝酸，只需要8d稀硝酸.即生成等量的Cu(NO,)2,消 反应生成Cu(NO,)2Fe(NO)2,由于硝酸可以氧化亚铁离子，故 耗浓NO1的量多，C正确：铜与浓硝酸反应时，反应生成硝酸铜， 硝酸没有剩余，n(HN03)=0⑧L×0.1mdl·L1=0.008ml.由 硝酸表现酸性，反应生成二氧化氮，硝酸表现氧化性，D错误 3A+8HN03=3A(NO3)2+2N0↑+4H0.则a(C)+n(Fe)= 4.A解析：酸性氧化物与或反应只生成一种盐和水，二氧化氮与碱 0.008 molx 3 =0.003ml,全部为Cu时，金属质量最大，最大质 反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，A错误：氨的周定指游离态的氮 量为0.003mal×64g·mml1=0.192g:全部为Fe时，金属质量最 元素转化为化合态.B正确：常温下，铁与浓硝酸接触会钝化，所以 小，最小质量为0.003mo×56g·mo1=0.168g,放混合物质量 浓HNO3常温下可用铁质容器盛放，C正确：NO2和NO可与NOH 为0.168g~0.192g,所以B项符合题意 溶液反应生成NaNO2.D正确。 3.36L 5.B解析：根据工业上生成硝酸的路径：合成氨→氨的催化氧化→ 13.(1)n(HN0,枚还原) 22.4L·m=0.15md。 一氧化氮转化为二氧化氮→二氧化氨和水反应获得硝酸，所以路 (2)利余硝酸的物质的量n(HNO1,剩余)=0.04L×1.00ml·L'= 线①2③①是工业生产硝酸的主要途径，A错误：氨的固定是将游 0.04ol. 离态的氮转化为化合态的氨，转化①，⑤均是将游离态的氯转化为 参加反应的硝酸的物质的量为0.04L,×13,5ml·L.' 化合态的氨，故均属于氨的固定，B正确：二氧化氨是红棕色气体 0.04 mol =0.5 mol C错误：上述过程的反应合成氨，氨的催化氧化，一氧化氨转化为 反应中金属全部参与反应，则反应前后金属的物质的量相等， 二氧化氨，二氧化氯和水反应中都有元素化合价变化，都属于氧化 设混合物中含有Ag,Cu的物质的量分别为xy, 还原反应，D错误 根据反应前后物料守恒，则有： 6.D解析：在具支试管中铜丝和浓硝酸反应生成硝酸铜和氮的氧化 (108.x+64y=15.0g 物，生成的氮的氧化物被氢氧化钠溶液吸收，以此解题。浓硝酸和 （x+2y+0.15mol=0.5mol 铜反应生成二氧化氨，随着反应进行，浓硝酸变为稀硝酸，生成一 解之得：x=0.05mdl,y=0.15m, 氧化氢，A正确：铜丝绕成螺旋状，和硝酸接触更加充分，B正确： n(Cu):n(Ag)=0.15mol:0.05m=3:1 反应开始时，为浓硝酸和铜反应生成二氧化氨，二氧化氨和氢氧化 则合金中铜与银的物质的量之比为3：1。 钠反应生成NNO3和NaNO1,C正确：该实验中浓硝酸主要体现强 (3)n(02)×4=0.05mol+0.15molx2,解得n(02)=0.0875mol,所 氧化性和酸性，不体现脱水性，D错误。 以氧气标准状况下的体积为0.0875ml×22.4L·ml'=1.96L. 7.A解析：根据反应后无利余气体，即全部生成了硝酸，根据反应中 解析：(1)被还原的硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量 电子得失守恒：n(N0)×3+n(NO,)=n(O,)×4来判断。故答案 (3)硝酸与金属反应，金属失电子，部分硝酸得电子生成氨的氧化 选A 物.氨的氧化物与氧气一起通人水中会生成硝酸，反应中氧气得 8.D解析：用内置有螺旋状铜丝的胶头滴管小心吸取一滴管浓硝酸 电子，金属失去的电子与氧气得到的电子的物质的量相等。 后迅速插入细口瓶中，铜和浓硝酸反应：C+4HNO,(浓) Cu(NO)2+2N021+2H,0,生成的二氧化氯为红棕色气体.因滴 第一、二单元综合练习 管内有气体生成，压强增大，所以，液面下降，现象①中产生的红棕 1,D解析：氨气极易溶于水，1体积水可以溶解700体积氨气.A正 色气体为NO2,A正确：现象D中产生的二氧化氢能和水反应，N 确：氨气的熔，沸点极低，液氨可用作制冷剂，B正确：氨气可以挥 元素的化合价既升高又降低，N元素的化合价由+4升高到+5和降 必修第二册·SJ学霸22专题突破3金属与硝酸反应的有关计算 题型1硝酸与活泼金属的反应 A.OA段反应的离子方程式为Fe+2H一 1.(2022·安徽蚌埠高一月考)锌与很稀的硝 Fe2+H 酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生 B.A点溶液中的溶质为Fez(SO)3 成2mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的 C.原混合溶液中N0,的物质的量为0.2mol 量为 ( D.原混合溶液中H,SO,的物质的量浓度为 A.2 mol B.I mol 1mol·L C.0.5 mol D.0.25 mol 题型3硝酸与不活泼金属的反应 2.已知镁和稀硝酸反应时，每有1 mol HNO3反 6.(2023·江苏镇江中学高一检测)将2.56gCu 应，就有0.8mol电子转移，此时硝酸的还原 和一定量的浓HNO,反应，随着C山的不断减 产物可能是 ( 少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当C反 A.N,O B.NO, 应完全时，共收集到气体1.12L(已折算为标 C.N2Oa D.NO 3.（2022·黑龙江哈尔滨高二期末)物质的量之 准状况)，则反应中消耗HNO,的物质的量为 比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原 的产物为N0,反应结束后锌没有剩余，则该 A.0.05 mol B.I mol 反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物 C.1.05 mol D.0.13 mol 质的量之比是 ( ) 7.(2022·山东滕州高一月考)将64gCu完全 A.1:4 B.4:1 溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物 C.2:3 D.2:5 (含NO、NO2)的混合物，这些气体恰好能被 题型2硝酸与变价金属（下e)的反应 700mL2mol·L NaOH溶液完全吸收，生成 4.(2022·黑龙江黑河高一期末)将过量Fe粉 只含NaNO,和NaNO,的盐溶液，其中NaNO 放入200mL2mol·L的HN0,溶液中，假设 的物质的量为 ( 还原产物只有NO且HNO3完全反应，则参加 A.0.8 mol B.0.6 mol 反应的Fe的质量为 ( C.0.4 mol D.0.2 mol A.4.2g B.5.6g 8.(2023·江苏淮阴高一调研)把1.92gCu投 C.8.4g D.11.2g 入盛有一定量浓硝酸的试管中，当在标准状 5.(2022·浙江舟山高一期中)向200mL稀硫 况下收集到1120mL气体时，金属铜完全溶 酸和稀硝酸的混合溶液中缓慢加入铁粉，产 解，下列说法正确的是 生气体的体积随铁粉质量的变化如图所示 A.生成的气体全部为NO (已知硝酸只被还原为N0气体)。下列说 B.生成的气体为NO2和NO0的混合气体，其 法正确的是 中N0为0.005mol (气体)L C.作氧化剂的硝酸为0.11mol D.生成的硝酸铜小于0.03mol A B 9.1.92gCu和一定量的浓HN03反应，随着铜的 (广5611216.822428.0m州铁粉/g 不断减少，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当 必修第二册·SJ学霸044 铜反应完毕时，共收集到气体1.12L(标准状 成的气体颜色越来越浅，将此盛有气体的容 况)，求： 器倒扣在水中，通入标准状况下的O, (1)反应消耗硝酸的物质的量。 1.344L,恰好使气体完全被吸收，则合金中 铜与锌的物质的量之比为 () A.2:1 B.3:1 C.4:1 D.5:1 12.向80mL0.1mol·L稀HN0,溶液中加入 铜粉和铁粉混合物，固体完全溶解，在反应 后的溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液没有 (2)生成的气体水洗后的体积（标准状况下）。 出现血红色。铜粉和铁粉混合物的质量可 能是 () A.0.168g B.0.184g C.0.192g D.0.200g 13.(2022·安徽芜湖高一期末)为了测定某铜 银合金的成分，将15.0g合金溶于40.0mL (3)生成的气体和多少毫升的O,充分混合倒 13.5mol·L的浓硝酸中，待合金完全溶解 扣在水槽里能恰好完全转化为HNO3 后，收集到336LN0、N0,的混合气体（标准 状况)，并测得溶液中c(H)= 1.00mol·L。假设反应后溶液的体积仍 为40mL,试计算： (1)被还原的硝酸的物质的量。 (2)合金中铜与银的物质的量之比。 (3)若需要将全部尾气用水吸收，需要氧气 的体积（标准状况）。 题型4硝酸与合金的反应 10.铜镁合金4.6g完全溶于浓硝酸中，若反应 中硝酸被还原，只产生4480mLN02气体和 336mLN20,气体（标准状况下），反应后的 溶液中加足量NaOH溶液，生成沉淀的质 量为 ( A.8.51g B.4.83g C.8.31g D.9.44g 11.(2022·四川绵阳高一期末)将7.7g铜锌合 金投入一定量浓HNO,中，合金完全溶解，生 专题7学霸045