专题04 硫酸、硝酸与金属反应的特点和相关计算（重难点讲义）化学沪科版2020必修第一册

专题04 硫酸、硝酸与金属反应的特点和相关计算 1.‌掌握反应特点 （1）区分稀硫酸（生成 H₂）与浓硫酸/硝酸（不生成 H₂）的反应本质。 （2）理解钝化现象（Al、Fe 遇冷浓硫酸/硝酸）及反应条件（加热可反应）。 （3）归纳浓硫酸还原产物（SO2、S、H2S）和硝酸还原产物（NO2、NO、N2O、NH4+）的规律。 2.‌熟练应用计算方法 （1）运用电子守恒、原子守恒解决氧化还原计算问题。 （2）分析多价态金属（如 Fe）与硝酸反应的产物判断。 ‌ ‌一、硫酸与金属反应规律 1.稀硫酸与活泼金属（如Fe、Al）反应生成氢气： Fe+H2SO4==FeSO4+H2↑ ；2Al + 3H2SO4 ==Al2(SO4)3 + 3H2↑ 2.浓H2SO4与金属反应的规律 （1）Fe、Al的钝化：常温下，当Fe、Al等金属遇到浓硫酸时，会与浓硫酸发生反应，表面生成一层致密的氧化物薄膜而出现“钝化”现象。 （2）与不活泼金属反应的规律 A.实验探究——浓硫酸与铜反应 实验5-3 浓硫酸与铜的反应（必修第二册，P5） 实验装置 实验原理 Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O 实验用品 浓硫酸、铜丝、品红溶液、氢氧化钠溶液、石蕊溶液、水；烧杯、试管、橡胶塞、酒精灯、铁架台、棉花。 实验步骤 在带导管的橡胶塞侧面挖一个凹槽，并嵌入下端卷成螺旋状的铜丝在试管中加入2mL浓硫酸，塞好橡胶塞，使铜丝与浓硫酸接触。加热，将产生的气体先后通入品红溶液和石蕊溶液中，观察实验现象。向外拉铜丝，终止反应。冷却后，将试管里的物质慢慢倒入盛有大量水的另一支试管里，观察溶液的颜色。 实验现象 ①加热前铜丝在浓硫酸中无明显现象； ②加热后，试管中铜丝表面变黑，有气泡逸出；试管中的品红溶液逐渐变为无色，试管中的紫色石蕊溶液逐渐变为红色； ③试管里的溶液慢慢倒入水中，溶液呈蓝色； 实验结论 ①加热前铜与浓硫酸不反应②在加热条件下铜与浓硫酸反应生成二氧化硫。②在加热条件下铜与浓硫酸反应生成硫酸铜。总结论：浓硫酸具有酸性、强氧化性。 实验说明 ①浓硫酸能与大多数金属反应，生成高价态金属的硫酸盐，本身一般被还原为 SO2。 ②常温下，浓硫酸能使铁、铝钝化。 ③浓硫酸可将碳、磷等非金属单质氧化成高价态的氧化物或含氧酸，本身被还原为 SO2。 ④可抽动的铜丝可控制反应的发生或停止。 ⑤试管c中“浸NaOH溶液的棉团”的作用是吸收多余的SO2，以防污染环境。 【实验说明】 ①浓硫酸能与大多数金属反应，生成高价态金属的硫酸盐，本身一般被还原为 SO2。 ②常温下，浓硫酸能使铁、铝钝化。 ③浓硫酸可将碳、磷等非金属单质氧化成高价态的氧化物或含氧酸，本身被还原为 SO2。 ④可抽动的铜丝可控制反应的发生或停止。 ⑤试管c中“浸NaOH溶液的棉团”的作用是吸收多余的SO2，以防污染环境。 B.浓硫酸与不活泼金属反应的规律： ①钝化：常温下浓硫酸使Fe、Al表面快速生成致密氧化膜而阻止反应进一步发生。 ②与活泼金属(如Zn)反应，开始产生SO2，硫酸浓度变小后产生H2。 ③与不活泼金属(如Cu)反应，反应要加热，否则不反应；开始产生SO2(加热)，浓度变小后，稀硫酸不再与不活泼金属反应。例如：1 mol Cu与含2 mol H2SO4的浓硫酸充分反应，生成的SO2的物质的量小于1 mol。 ④浓硫酸在与金属的反应中既表现强氧化性又表现酸性。如： Cu+2H2SO4(浓) CuSO4 + 2H2O +SO2↑ 2Ag+2H2SO4 (浓) Ag2SO4+SO2↑+2H2O 二、硝酸与金属反应规律 1.金属与HNO3反应一般不生成H2，浓HNO3一般被还原为NO2，稀HNO3一般被还原为NO，极稀HNO3可被还原成NH3，生成NH4NO3等，如Cu和浓、稀硝酸的反应： 3Cu+8HNO3（稀）==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O Cu+4HNO3（浓）==Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 【特别提醒】浓硝酸与Cu反应时，若Cu过量，反应开始时浓硝酸的还原产物为NO2，但随着反应的进行，硝酸变稀，其还原产物将为NO，最终应得到NO2与NO的混合气体，可利用氧化还原反应过程中化合价升降总数相等的守恒规律求解有关Cu、HNO3和混合气体之间的量的关系。 2.钝化：常温时，冷的浓硝酸、浓硫酸可使铝、铁表面生成致密的氧化膜，阻止酸与金属的进一步反应，这种现象叫钝化。钝化其实也是硝酸强氧化性的表现，利用金属Al和Fe的这种性质，我们可以用Al或Fe制的容器来盛装浓硫酸或浓硝酸。当加热时，铁、铝会与浓HNO3或浓H2SO4发生反应。 3.硝酸与铁反应时，产物符合以下规律 （1）n(HNO3)/n(Fe)≥4→生成 Fe(NO3)3 （2）n(HNO3)/n(Fe)≤8/3→生成 Fe(NO3)2 （3）8/3≤n(HNO3)/n(Fe)≤4→混合产物[Fe(NO3)2和Fe(NO3)3] 4.王水溶解金属的原理：王水能够溶解金和铂等不活泼金属的主要原因是其成分中的氯化亚硝酰（NOCl）等具有比浓硝酸更强的氧化能力。此外，高浓度的氯离子与其金属离子可以形成稳定的络离子，如[AuCl4]-或[PtCl6]2-，从而有利于反应向金属溶解的方向进行。反应方程式为： Au+4HCl+HNO3=HAuCl4+NO↑+2H2O 3Pt+18HCl+4HNO3=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O 三、硫酸、硝酸与金属反应计算方法 1.金属与硝酸反应计算问题的思维模型 2.硫酸、硝酸与金属反应的计算技巧 （1）原子守恒法：硝酸(或硫酸)总物质的量=还原产物中N（或S）原子+盐中NO3-（或SO42-）的N（或S）原子，即HNO3(或硫酸)与金属反应时，一部分HNO3(或硫酸)起酸的作用，以NO3（或SO42-）-的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子（或S）的总物质的量等于反应消耗的HNO3(或硫酸)中氮（或S）原子的物质的量。 （2）得失电子守恒法：金属失电子总数 = 酸中元素得电子总数，即HNO3(或硫酸)与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3(或硫酸)中氮（或S）原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。 （3）电荷守恒法：溶液中阳离子正电荷总数 = 阴离子负电荷总数，即HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH－)则有：c(NO3-)＝c(H＋)＋nc(Mn＋)(Mn＋代表金属离子)或2c(SO42-)＝c(H＋)＋nc(Mn＋)。‌ 题型01考查硫酸、硝酸与金属反应产物的判断 【典例】硝酸与金属反应会产生氮氧化物。在含有的稀硝酸中，加入铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有被还原，则可能为 A． B． C． D． 【变式】（23-24高一下·山东济宁·期中）将一定量的锌与100 mL 18.5mol·L-1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体Y 33.6L(在标准状况下)。将反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的c(H+) = 0.1 mol·L-1，则下列叙述不正确的是 A．气体Y是SO2和H2的混合物 B．气体Y中SO2和H2的体积比为4∶1 C．反应中共消耗锌97.5 g D．反应中共转移电子3 mol 题型02考查混酸（硫酸、硝酸）与金属反应的计算 【典例】（23-24高一下·重庆·期末）向1L浓度均为的稀和稀的混合溶液中加入足量的铜粉，最多溶解的铜粉质量为 A． B． C． D． 【变式】（23-24高一下·江西宜春·期末）向100 mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。下列说法正确的是 A．产生H2的体积为2.24 L B．m2=8.4 C．所用混合溶液中 D．AB段发生的反应为置换反应 题型03考查守恒法在硫酸、硝酸与金属反应计算中的应用 【典例】将铜投入一定浓度的硝酸中，铜完全溶解，产生NO和混合气体共(不考虑，体积折算为标准状况下)，反应结束后向溶液中加入一定量溶液，使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀。若将盛有该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全吸收。则下列说法错误的是 A．通入氧气的体积在标准状况下为 B．NO与的体积比为 C．原硝酸溶液中 D．沉淀质量应为 【变式】（24-25高一下·重庆·期中）现有金属铜与一定物质的量浓度的浓硝酸恰好完全反应，生成的氮氧化物恰好溶解在一定量的溶液中得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如下图所示。下列有关说法不正确的是 A．该浓硝酸浓度为 B．过程①中转移电子的数目为 C．过程②生成的物质的量为 D．生成的物质的量之比为 题型04考查金属混合物与硫酸、硝酸反应的计算 【典例】（23-24高一下·河南三门峡·期末）将一定量的锌、镁合金与浓硫酸充分反应后，固体完全溶解，同时生成气体(生成气体全部逸出，测定条件为标准状况)。将反应后的溶液稀释到，测得稀释后溶液中的浓度为。向反应后的溶液中加入溶液时，所得沉淀质量最大，其质量为。下列叙述中不正确的是 A．该过程转移的电子数为 B．该合金中锌和镁的物质的量之和为 C．该实验所用溶液的浓度是 D．沉淀质量最大时，溶液中所含溶质的质量为 【变式】（24-25高一下·江西南昌·期末）向一定量由铁粉和铜粉组成的混合物中，加入某浓度的稀硝酸，反应过程中m(固体剩余质量)、转移电子的物质的量随加入的稀硝酸的体积变化如图所示(设硝酸的还原产物只有NO)，a点时样品中的Fe恰好完全溶解。下列说法中正确的是 A．稀硝酸的浓度为 B．y点时，400mL稀硝酸中溶解了Fe和Cu共26.4g C．y点对应的溶液中可能含有的金属阳离子为、、 D．加入稀硝酸至800mL时，收集到标况下的约为13.44L 【巩固训练】 1．（23-24高一下·河北保定·期末）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，平均分成两份，向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解(已知稀硝酸只能被还原为气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列说法错误的是 A．混合酸液中的物质的量为 B．段生成的气体是段是 C．C点后溶液中的溶质为 D．为 2．（23-24高一下·吉林·期末）实验研究发现，金属与硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积某浓度的稀硝酸充分反应，反应过程中无气体放出(已知硝酸的还原产物是)。在反应结束后的溶液中，逐滴加入的溶液。所加溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量关系如图所示。下列说法错误的是 A． B．b与a的差值为 C．反应结束后的溶液显酸性 D．原硝酸溶液中含硝酸的物质的量为 3．（23-24高一下·河南漯河·期末）硝酸与金属反应会产生氮氧化物。在含有的稀硝酸中，加入铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有被还原，则可能为 A． B． C． D． 4．（23-24高一下·湖北武汉·期末）将0.2mol铜与80 mL 10 mol·L-1 HNO3溶液充分反应，所得溶液中含a mol H＋(a>0)。下列有关说法中正确的是 A．反应中生成的气体在标准状况下的体积约为8.96L B．所得溶液中Cu(NO3)2的物质的量浓度为0.2mol·L-1 C．所得溶液中NO的物质的量为(a+0.4)mol D．反应中被还原的硝酸的物质的量为(0.2-a)mol 5．（23-24高一下·云南迪庆·期中）在含、的混酸中加入过量的铁粉，充分反应，假设氮的还原产物为NO，则消耗铁粉的质量为 A． B． C． D． 6．（23-24高一下·安徽马鞍山·期末）向和混合稀溶液中逐渐加入铁粉，产生无色气体，该气体遇到空气变为红棕色，溶液中的物质的量和加入粉的物质的量之间的关系如图所示，下列叙述错误的是 A．开始时加入铁粉反应的离子方程式为 B．加入铁粉时，溶液中有 C．原溶液中的物质的量浓度为 D．加入铁粉后溶液中的溶质为和 7．（23-24高一下·湖南·期中）将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金投入到足量的NaOH溶液中，充分反应后产生标准状况下3.36L气体。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g。若的还原产物仅为，则生成标准状况下的体积为 A．1.12L B．2.52L C．3.36L D．4.48L 8．（2024高三·全国·月考）向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中加入1 L 0.6 mol·L-1 HNO3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到2 240 mL NO气体(标准状况)。已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。下列说法不正确的是 A．上述体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸的物质的量之比为5∶1 B．若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为32 g C．Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为3Cu2O+14H++2=6Cu2++2NO↑+7H2O D．若混合物中含0.1 mol Cu，将该混合物与稀硫酸充分反应，消耗H2SO4的物质的量为0.1 mol 9．（2024·四川达州·一模）铜镁合金完全溶解于密度为，质量分数为的浓硝酸中，得到和的混合气体(标况)，向反应后的溶液中加入溶液，恰好使金属离子全部沉淀，共得到2.54g沉淀。下列说法错误的是 A．与铜镁合金反应的浓硝酸过量 B．得到的和的混合气体中 C．加入的溶液的体积 D．反应结束后所得溶液中溶质的物质的量浓度为 10．（24-25高一上·上海·期末）有某硫酸和硝酸的混合溶液20mL，其中含有硫酸的浓度为2mol/L，含硝酸的浓度为1mol/L，现向其中加入3.2g铜粉，充分反应后(假设只生成NO气体)，最多可收集到气体的物质的量为 A．0.004 mol B．0.005mol C．0.01mol D．0.02mol 【强化训练】 1．（24-25高一下·广西南宁·期中）将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体0.05mol，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法正确的是 A．该合金中镁的物质的量为0.02mol B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是7.0mol/L C．NO2和N2O4的混合气体中，N2O4的物质的量为0.01mol D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH的物质的量为0.6mol 2．（24-25高一下·江西赣州·月考）将28.8gCu投入一定浓度的硝酸溶液中，铜完全溶解，共收集到和的混合气体11.2L，将此混合气体和一定体积的混合(上述气体体积均在标准状况下测定)，恰好使混合气体完全溶于水中得到100mL硝酸溶液。下列说法不正确的是 A．28.8gCu消耗硝酸的物质的量为0.5mol B．混合气体中和的物质的量之比为2：3 C．所得100mL硝酸溶液的浓度为5mol/L D．通入的体积为5.04L 3．（24-25高一下·河南·期中）铝镁合金与一定量某浓度的稀硝酸恰好完全反应（假定硝酸的还原产物只有），向反应后的混合溶液中滴加溶液，当沉淀的质量恰好为最大值时，测得消耗该溶液的体积为，下列说法正确的是 A．存在的数量关系 B．生成标准状况下NO气体的体积为 C．上述过程中转移电子的物质的量与沉淀中的物质的量不相等 D．与合金反应的硝酸的物质的量为 4．（24-25高一下·四川宜宾·期中）硝酸可用于制化肥、农药、染料等。将一定质量的铜放入500 mL的浓硝酸溶液中恰好完全反应，共收集到NO2和NO的混合气体44.8 L(换算成标准状况下体积)，将混合气体倒立于水中，通入0.75 mol O2恰好使混合气体全部转化为硝酸，下列说法不正确的是 A．铜与硝酸反应中硝酸表现出酸性和强氧化性 B．原硝酸的物质的量浓度为12 mol/L C．铜的物质的量为1.5 mol D．混合气体中NO2和NO的物质的量之比为3∶1 5．（24-25高一下·湖南衡阳·期中）将一定质量的Cu、CuO混合物加入到0.5 L稀硝酸中，固体完全溶解，产生5.6 L NO(标准状况)。向所得溶液中再加入0.5 L 2.5 mol/L NaOH溶液，恰好使Cu2+ 沉淀完全。过滤后，将沉淀洗涤、干燥、充分灼烧得到40.0 g固体。下列判断错误的是 A．稀硝酸浓度为3.0 mol/L B．原固体混合物中含10.0 g CuO C．原固体混合物中m(Cu)：m(O) = 4：1 D．固体完全溶解时所消耗的硝酸中，被还原与未被还原的硝酸物质的量之比为1：4 6．（24-25高一下·安徽黄山·期中）将1.93g锌铜合金投入20mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2混合气体896mL(不考虑其他气体，体积折算为标准状况下)，反应结束后向溶液中加入80mL 1mol∙L−1 NaOH溶液，恰好使溶液呈中性且金属阳离子全部转化为2.95g沉淀。若将盛有生成混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法错误的是 A．Zn与Cu的物质的量之比为1∶2 B．NO和NO2的体积之比为3∶1 C．原硝酸的浓度为6 mol∙L−1 D．通入的O2体积(标准状况下)V=336mL 7．（24-25高一下·湖北·月考）某化学兴趣小组用足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到6.72L(标准状况)与的混合气体，这些气体与一定体积的混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。该兴趣小组又向所得硝酸铜溶液中加溶液，恰好沉淀完全。下列说法正确的是 A．参加反应的是0.75mol B．消耗氧气的体积为3.36L C．此反应过程中转移了0.3mol的电子 D．混合气体中含0.15molNO 8．（24-25高一下·湖南长沙·期中）0.6molCu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示。 下列有关判断不正确的是 A．氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO作还原剂 B．若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/L C．生成和 D．混合气体中的物质的量是0.1mol 9．（24-25高一下·山东聊城·期中）为了测定铁铜合金的组成，将15.2g铁铜合金加入200mL某浓度的稀硝酸中，待合金完全溶解后，共收集到NO气体4.48L（标准状况下），并测得反应后溶液中的浓度为0.5mol/L。若反应前后溶液的体积变化忽略不计，下列说法错误的是 A．上述合金中含铜9.6g B．原硝酸溶液的浓度为4.5mol/L C．反应后溶液中不存在 D．若向反应后的溶液加入5mol/L的NaOH溶液使金属离子完全沉淀，至少需加入NaOH溶液180mL 10．（24-25高一下·重庆江津·月考）为了测定铁铜合金的组成，将铁、铜合金加入某浓度的稀硝酸中，待合金完全溶解后，共收集到气体（标准状况下），并测得反应后溶液中的浓度为。若反应前后溶液的体积变化忽略不计，则下列判断正确的是 A．向反应后的溶液中加入过量铁粉，最多可溶解铁粉 B．上述合金中铁与铜的质量之比为 C．向反应后的溶液中加入足量的溶液，最多生成的沉淀 D．原硝酸的物质的量浓度为 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 硫酸、硝酸与金属反应的特点和相关计算 1.‌掌握反应特点 （1）区分稀硫酸（生成 H₂）与浓硫酸/硝酸（不生成 H₂）的反应本质。 （2）理解钝化现象（Al、Fe 遇冷浓硫酸/硝酸）及反应条件（加热可反应）。 （3）归纳浓硫酸还原产物（SO2、S、H2S）和硝酸还原产物（NO2、NO、N2O、NH4+）的规律。 2.‌熟练应用计算方法 （1）运用电子守恒、原子守恒解决氧化还原计算问题。 （2）分析多价态金属（如 Fe）与硝酸反应的产物判断。 ‌ ‌一、硫酸与金属反应规律 1.稀硫酸与活泼金属（如Fe、Al）反应生成氢气： Fe+H2SO4==FeSO4+H2↑ ；2Al + 3H2SO4 ==Al2(SO4)3 + 3H2↑ 2.浓H2SO4与金属反应的规律 （1）Fe、Al的钝化：常温下，当Fe、Al等金属遇到浓硫酸时，会与浓硫酸发生反应，表面生成一层致密的氧化物薄膜而出现“钝化”现象。 （2）与不活泼金属反应的规律 A.实验探究——浓硫酸与铜反应 实验5-3 浓硫酸与铜的反应（必修第二册，P5） 实验装置 实验原理 Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O 实验用品 浓硫酸、铜丝、品红溶液、氢氧化钠溶液、石蕊溶液、水；烧杯、试管、橡胶塞、酒精灯、铁架台、棉花。 实验步骤 在带导管的橡胶塞侧面挖一个凹槽，并嵌入下端卷成螺旋状的铜丝在试管中加入2mL浓硫酸，塞好橡胶塞，使铜丝与浓硫酸接触。加热，将产生的气体先后通入品红溶液和石蕊溶液中，观察实验现象。向外拉铜丝，终止反应。冷却后，将试管里的物质慢慢倒入盛有大量水的另一支试管里，观察溶液的颜色。 实验现象 ①加热前铜丝在浓硫酸中无明显现象； ②加热后，试管中铜丝表面变黑，有气泡逸出；试管中的品红溶液逐渐变为无色，试管中的紫色石蕊溶液逐渐变为红色； ③试管里的溶液慢慢倒入水中，溶液呈蓝色； 实验结论 ①加热前铜与浓硫酸不反应②在加热条件下铜与浓硫酸反应生成二氧化硫。②在加热条件下铜与浓硫酸反应生成硫酸铜。总结论：浓硫酸具有酸性、强氧化性。 实验说明 ①浓硫酸能与大多数金属反应，生成高价态金属的硫酸盐，本身一般被还原为 SO2。 ②常温下，浓硫酸能使铁、铝钝化。 ③浓硫酸可将碳、磷等非金属单质氧化成高价态的氧化物或含氧酸，本身被还原为 SO2。 ④可抽动的铜丝可控制反应的发生或停止。 ⑤试管c中“浸NaOH溶液的棉团”的作用是吸收多余的SO2，以防污染环境。 【实验说明】 ①浓硫酸能与大多数金属反应，生成高价态金属的硫酸盐，本身一般被还原为 SO2。 ②常温下，浓硫酸能使铁、铝钝化。 ③浓硫酸可将碳、磷等非金属单质氧化成高价态的氧化物或含氧酸，本身被还原为 SO2。 ④可抽动的铜丝可控制反应的发生或停止。 ⑤试管c中“浸NaOH溶液的棉团”的作用是吸收多余的SO2，以防污染环境。 B.浓硫酸与不活泼金属反应的规律： ①钝化：常温下浓硫酸使Fe、Al表面快速生成致密氧化膜而阻止反应进一步发生。 ②与活泼金属(如Zn)反应，开始产生SO2，硫酸浓度变小后产生H2。 ③与不活泼金属(如Cu)反应，反应要加热，否则不反应；开始产生SO2(加热)，浓度变小后，稀硫酸不再与不活泼金属反应。例如：1 mol Cu与含2 mol H2SO4的浓硫酸充分反应，生成的SO2的物质的量小于1 mol。 ④浓硫酸在与金属的反应中既表现强氧化性又表现酸性。如： Cu+2H2SO4(浓) CuSO4 + 2H2O +SO2↑ 2Ag+2H2SO4 (浓) Ag2SO4+SO2↑+2H2O 二、硝酸与金属反应规律 1.金属与HNO3反应一般不生成H2，浓HNO3一般被还原为NO2，稀HNO3一般被还原为NO，极稀HNO3可被还原成NH3，生成NH4NO3等，如Cu和浓、稀硝酸的反应： 3Cu+8HNO3（稀）==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O Cu+4HNO3（浓）==Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 【特别提醒】浓硝酸与Cu反应时，若Cu过量，反应开始时浓硝酸的还原产物为NO2，但随着反应的进行，硝酸变稀，其还原产物将为NO，最终应得到NO2与NO的混合气体，可利用氧化还原反应过程中化合价升降总数相等的守恒规律求解有关Cu、HNO3和混合气体之间的量的关系。 2.钝化：常温时，冷的浓硝酸、浓硫酸可使铝、铁表面生成致密的氧化膜，阻止酸与金属的进一步反应，这种现象叫钝化。钝化其实也是硝酸强氧化性的表现，利用金属Al和Fe的这种性质，我们可以用Al或Fe制的容器来盛装浓硫酸或浓硝酸。当加热时，铁、铝会与浓HNO3或浓H2SO4发生反应。 3.硝酸与铁反应时，产物符合以下规律 （1）n(HNO3)/n(Fe)≥4→生成 Fe(NO3)3 （2）n(HNO3)/n(Fe)≤8/3→生成 Fe(NO3)2 （3）8/3≤n(HNO3)/n(Fe)≤4→混合产物[Fe(NO3)2和Fe(NO3)3] 4.王水溶解金属的原理：王水能够溶解金和铂等不活泼金属的主要原因是其成分中的氯化亚硝酰（NOCl）等具有比浓硝酸更强的氧化能力。此外，高浓度的氯离子与其金属离子可以形成稳定的络离子，如[AuCl4]-或[PtCl6]2-，从而有利于反应向金属溶解的方向进行。反应方程式为： Au+4HCl+HNO3=HAuCl4+NO↑+2H2O 3Pt+18HCl+4HNO3=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O 三、硫酸、硝酸与金属反应计算方法 1.金属与硝酸反应计算问题的思维模型 2.硫酸、硝酸与金属反应的计算技巧 （1）原子守恒法：硝酸(或硫酸)总物质的量=还原产物中N（或S）原子+盐中NO3-（或SO42-）的N（或S）原子，即HNO3(或硫酸)与金属反应时，一部分HNO3(或硫酸)起酸的作用，以NO3（或SO42-）-的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子（或S）的总物质的量等于反应消耗的HNO3(或硫酸)中氮（或S）原子的物质的量。 （2）得失电子守恒法：金属失电子总数 = 酸中元素得电子总数，即HNO3(或硫酸)与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3(或硫酸)中氮（或S）原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。 （3）电荷守恒法：溶液中阳离子正电荷总数 = 阴离子负电荷总数，即HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH－)则有：c(NO3-)＝c(H＋)＋nc(Mn＋)(Mn＋代表金属离子)或2c(SO42-)＝c(H＋)＋nc(Mn＋)。‌ 题型01考查硫酸、硝酸与金属反应产物的判断 【典例】硝酸与金属反应会产生氮氧化物。在含有的稀硝酸中，加入铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有被还原，则可能为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】铁与硝酸反应时，根据铁的用量不同，反应可分为两种极端情况。第一种若铁足量，铁全部溶解，发生反应：，则解得，此时为最小值。第二种若硝酸过量，发生反应，则解得，此时为最大值。所以的取值范围为，符合此条件的只有，故选B。 【变式】（23-24高一下·山东济宁·期中）将一定量的锌与100 mL 18.5mol·L-1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体Y 33.6L(在标准状况下)。将反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的c(H+) = 0.1 mol·L-1，则下列叙述不正确的是 A．气体Y是SO2和H2的混合物 B．气体Y中SO2和H2的体积比为4∶1 C．反应中共消耗锌97.5 g D．反应中共转移电子3 mol 【答案】B 【分析】浓硫酸与锌反应生成二氧化硫气体，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，继续与锌反应生成氢气，所以33.6L气体为二氧化硫和氢气的混合物，生成气体的物质的量为：=1.5mol，溶液稀释至1L，测得溶液中c(H+)=0.1mol·L-1，，所以溶液剩余硫酸的物质的量为0.05mol，参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18.5mol/L−0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，则 ，，则有：x+y=1.5，2x+y=1.8，解之得x=0.3，y=1.2，所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气，据此分析； 【解析】A．根据上述分析可知，气体为二氧化硫和氢气的混合物，A正确；B．由上述分析可知，V(SO2)：V(H2)=1：4，B错误；C．反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=(0.3mol+1.2mol)×65g/mol=97.5g，C正确；D．在反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，D正确；故选B。 题型02考查混酸（硫酸、硝酸）与金属反应的计算 【典例】（23-24高一下·重庆·期末）向1L浓度均为的稀和稀的混合溶液中加入足量的铜粉，最多溶解的铜粉质量为 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】反应实质是：。溶液有，有，由方程式可知不足，以为标准进行计算，，最多溶解的铜粉质量为。故选C。 【变式】（23-24高一下·江西宜春·期末）向100 mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。下列说法正确的是 A．产生H2的体积为2.24 L B．m2=8.4 C．所用混合溶液中 D．AB段发生的反应为置换反应 【答案】B 【分析】由坐标图象可知，OA段，发生反应：Fe + 4H+ +=Fe3++ NO↑+ 2H2O；AB段，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；BC段，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑。OA段，n(NO)= =0.1mol，则n(Fe)=0.1mol，n(H+)=0.4mol，n()=0.1mol，n(Fe3+)=0.1mol；AB段，n(Fe)= n(Fe3+)= 0.05mol；BC段，n(H+)=2n(H2)=2×=0.1mol。 【解析】A．由分析可知，产生H2的体积为3.36L-2.24 L=1.12L，A错误；B．m2＝(0.1mol+0.05mol)×56g/mol=8.4g，B正确；C．由n()=0.1mol可知，所用混合溶液中HNO3为0.1mol，则H2SO4电离产生的H+为0.4mol，c(H2SO4)= =2 mol·L-1，C错误；D．AB段发生的反应为2FeCl3+Fe=3FeCl2，属于化合反应，D错误；故选B。 题型03考查守恒法在硫酸、硝酸与金属反应计算中的应用 【典例】将铜投入一定浓度的硝酸中，铜完全溶解，产生NO和混合气体共(不考虑，体积折算为标准状况下)，反应结束后向溶液中加入一定量溶液，使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀。若将盛有该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全吸收。则下列说法错误的是 A．通入氧气的体积在标准状况下为 B．NO与的体积比为 C．原硝酸溶液中 D．沉淀质量应为 【答案】C 【分析】铜和硝酸反应生成硝酸铜、氮的氧化物和水，铜恰好完全反应，反应结束后向溶液中加入一定量溶液，使溶液中的全部转化为沉淀。将盛有氮的氧化物的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全反应生成硝酸。 【解析】A．2.56g铜的物质的量为，与硝酸完全反应转移电子数为，根据电子守恒可知，氧气转移电子数与铜相等，由此求出氧气的物质的量为，标况下体积为，A正确；B．设NO与的物质的量分别为x、y，则有，，由此解得，B正确；C．根据分析，铜和硝酸反应生成硝酸铜、氮的氧化物和水，铜恰好完全反应，但硝酸是否过量并不清楚，所以原硝酸溶液中硝酸根物质的量无法计算，C错误；D．铜的物质的量为，根据分析，沉淀氢氧化铜的质量为，计算可得氢氧化铜沉淀质量为，D正确；故选C。 【变式】（24-25高一下·重庆·期中）现有金属铜与一定物质的量浓度的浓硝酸恰好完全反应，生成的氮氧化物恰好溶解在一定量的溶液中得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如下图所示。下列有关说法不正确的是 A．该浓硝酸浓度为 B．过程①中转移电子的数目为 C．过程②生成的物质的量为 D．生成的物质的量之比为 【答案】C 【解析】A．铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，所以生成硝酸铜 =0.3mol，含有硝酸根离子0.6mol，氮的化合物为0.35 mol，与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和 NaNO2，根据原子守恒可知：n(Na)=n(N)=n(NaOH)=0.5L×1mol·L－1=0.5mol，所以硝酸的总量为0.5mol+0.6mol=1.1mol，若浓硝酸体积为100mL，则其物质的量浓度为 =11mol·L－1，故A正确；B．0.3molCu反应，转移0.6mol电子，过程①中转移电子的数目为，故B正确；C．0.3molCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，0.3×(2-0)= n(NaNO2)×(5-3), n(NaNO2)=0.3mol，过程②生成的物质的量为0.3mol，故C错误；D．氮的化合物为0.35 mol，转化为钠盐的量为0.5mol，n(NaNO2)=0.3mol，由Na原子守恒可以知道n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，则n(NaNO3)=0.5mol-0.3mol=0.2mol，说明混合气体中N2O4的物质的量是0.5mol-0.35mol=0.15mol，由N2O4+2NaOH=NaNO2 +NaNO3+H2O，生成n(NaNO2)=0.15mol，n(NaNO3)=0.15mol，由2NO2+2NaOH=NaNO2 +NaNO3+H2O生成的n(NaNO3)=0.2mol-0.15mol=0.05mol=n(NaNO2)，参加反应的NO2为0.1mol，由NO+NO2+2NaOH=2NaNO2 +H2O生成的NaNO2为n(NaNO2)=0.3mol-0.05mol-0.15mol=0.1mol，反应的NO、NO2各0.05mol，生成的物质的量之比为0.05∶(0.05+0.1)∶(0.15)=，故D正确；故选C。 题型04考查金属混合物与硫酸、硝酸反应的计算 【典例】（23-24高一下·河南三门峡·期末）将一定量的锌、镁合金与浓硫酸充分反应后，固体完全溶解，同时生成气体(生成气体全部逸出，测定条件为标准状况)。将反应后的溶液稀释到，测得稀释后溶液中的浓度为。向反应后的溶液中加入溶液时，所得沉淀质量最大，其质量为。下列叙述中不正确的是 A．该过程转移的电子数为 B．该合金中锌和镁的物质的量之和为 C．该实验所用溶液的浓度是 D．沉淀质量最大时，溶液中所含溶质的质量为 【答案】B 【分析】Zn、Mg和浓硫酸发生：、，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn、Mg发生： 、，则生成的气体为SO2和H2混合物，则 ，溶液剩余硫酸物质的量为，则参加反应的稀硫酸物质的量为，设产生SO2和的H2物质的量分别为x、y，则，解得x=1.2mol，y=0.3mol，则生成SO2物质的量为1.2mol，生成H2物质的量为0.3mol，据此解答。 【解析】A．该过程转移的电子总数为，故A正确；B．加入氢氧化钠所得的沉淀为，由关系式可知，气体总物质的量为1.5mol，则，则金属的质量为，设金属Mg和Zn物质的量分别为a和b，则，解得a=0.5mol，b=1mol，则该合金中锌和镁的物质的量之和为，故B错误；C．Zn、Mg合金与200 mL、18.5 mol/L反应后溶液中含有H2SO4、ZnSO4、MgSO4，当向溶液中加入500 mLNaOH溶液时，沉淀达到最大值，此时溶液为Na2SO4溶液，根据S元素守恒可知，则根据Na元素守恒，可知，故NaOH溶液的浓度为，故C正确；D．根据选项C计算可知：沉淀质量最大时，溶液中所含溶质为2.5 mol Na2SO4，其质量为，故D正确；故选B。 【变式】（24-25高一下·江西南昌·期末）向一定量由铁粉和铜粉组成的混合物中，加入某浓度的稀硝酸，反应过程中m(固体剩余质量)、转移电子的物质的量随加入的稀硝酸的体积变化如图所示(设硝酸的还原产物只有NO)，a点时样品中的Fe恰好完全溶解。下列说法中正确的是 A．稀硝酸的浓度为 B．y点时，400mL稀硝酸中溶解了Fe和Cu共26.4g C．y点对应的溶液中可能含有的金属阳离子为、、 D．加入稀硝酸至800mL时，收集到标况下的约为13.44L 【答案】B 【分析】由图示数据可得如下表格： 编号 ① ② ③ ④ 稀硝酸体积/mL 200 400 600 800 转移电子的物质的量/mol 0.45 0.9 1.35 a 生成NO的物质的量/mol 0.15 0.15 0.15 V 铁和铜均可以被硝酸氧化，由于还原性强弱关系为Fe>Cu>Fe2+，Fe、Cu、Fe2+将被硝酸依次氧化，实验①和②都有金属剩余，则溶液中不可能含硝酸铁，溶液中金属离子为+2价；在实验①的基础上加入200mL硝酸，参加反应的金属的质量为19.56g-5.76g=13.8g，转移的电子数为0.9mol-0.45mol=0.45mol，该过程既有铁参与反应，又有铜参与反应，且生成+2价的金属离子，设反应消耗Cu的物质的量为x mol，Fe的物质的量为y mol，则有64x+56y=13.8、，解得x=0.15mol、y=0.075mol，反应消耗HNO3的物质的量为，则稀硝酸的浓度为；实验①只有铁参与反应，转移的电子为0.45mol，由守恒可知，参加反应的铁的物质的量为=0.225mol；在实验②的基础上继续加入200mL稀硝酸，该过程既有铜参加反应，又有亚铁离子参加反应，转移的电子数为1.35mol-0.9mol=0.45mol，生成NO的物质的量为，参加反应的金属的质量为5.76g，金属全部为铜，物质的量为=0.09mol，铜转移的电子数为0.18mol，则亚铁离子参与反应生成，由以上分析可知，总共含亚铁离子0.225mol+0.075mol=0.3mol，则加入稀硝酸600mL后还有0.3mol-0.27mol=0.03mol亚铁离子，硝酸亚铁与稀硝酸反应的化学方程式为：4HNO3(稀)+3Fe(NO3)2=3Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，0.03mol亚铁离子与稀硝酸反应生成=0.01molNO。 【解析】A．由分析可知，稀硝酸的浓度为3mol/L，A错误；B．稀硝酸的浓度为3mol/L，x点消耗的稀硝酸的物质的量为0.6mol，此时溶解的Fe粉为，x到y点溶解铁为、铜，y点时，400mL稀硝酸中溶解了Fe和Cu共，B正确；C．由分析可知，y点时有固体剩余，溶液中不可能含有，则溶液中的金属阳离子为、，C错误；D．由分析可知，600mL硝酸时转移电子数为1.35mol，根据，此时生成的NO为0.45mol，再加入稀硝酸200mL后，剩余的亚铁离子与稀硝酸反应生成NO的物质的量为0.01mol,，此时收集到标况下的约为， D错误；故选B。 【巩固训练】 1．（23-24高一下·河北保定·期末）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，平均分成两份，向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解(已知稀硝酸只能被还原为气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列说法错误的是 A．混合酸液中的物质的量为 B．段生成的气体是段是 C．C点后溶液中的溶质为 D．为 【答案】A 【解析】A．OA段发生反应为: ，硝酸全部起氧化剂作用，n( ) = 2n (Fе) = ，故A错误；B．由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为: ，AB段发生反应为: Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为:Fe+2H+=Fe2++H2， 故B正确；C．硝酸全部被还原，反应中没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确；D．反应消耗22.4克铁，铁一共消耗了0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，故D正确；故答案选A 2．（23-24高一下·吉林·期末）实验研究发现，金属与硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积某浓度的稀硝酸充分反应，反应过程中无气体放出(已知硝酸的还原产物是)。在反应结束后的溶液中，逐滴加入的溶液。所加溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量关系如图所示。下列说法错误的是 A． B．b与a的差值为 C．反应结束后的溶液显酸性 D．原硝酸溶液中含硝酸的物质的量为 【答案】A 【解析】A．由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可判断与发生了反应，由图可知铵根离子为5mol/L×0.006L=0.03mol，e到f沉淀减少，发生Al(OH)3+OH－＝[Al(OH)4]－，溶解的Al(OH)3为5mol/L×0.01L=0.05mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n（Al）=0.05mol，溶液中n（）=0.03ml，根据电子转移守恒有，3n（Fe）+3n（Al）=8n（），即3n（Fe）+3×0.05mol=8×0.03mol，解得：n（Fe）=0.03mol，混合金属中n（Al）=0.05mol、n（Fe）=0.03mol，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5：3，依据元素守恒可知，故A错误；B．根据以上分析可知生成氢氧化铁和氢氧化铝的物质的量分别是0.03mol、0.05mol，由于最终得到的沉淀是氢氧化铁，因此b与a的差值为，故B正确；C．由图可知，一开始加入NaOH时，没有沉淀，则加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，所以原先反应结束后的溶液仍有硝酸剩余，故C正确；D．e点时溶质为硝酸钠、一水合氨，根据N元素守恒，可知：n（HNO3）=n（NH3•H2O）+n（NaNO3）=0.94L×5mol/L+0.03mol=0.5mol，故D正确。故选A。 3．（23-24高一下·河南漯河·期末）硝酸与金属反应会产生氮氧化物。在含有的稀硝酸中，加入铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有被还原，则可能为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】铁与硝酸反应时，根据铁的用量不同，反应可分为两种极端情况。第一种若铁足量，铁全部溶解，发生反应：，则，解得，此时为最小值。第二种若硝酸过量，发生反应，则解得，此时为最大值。所以的取值范围为，符合此条件的只有，故选B。 4．（23-24高一下·湖北武汉·期末）将0.2mol铜与80 mL 10 mol·L-1 HNO3溶液充分反应，所得溶液中含a mol H＋(a>0)。下列有关说法中正确的是 A．反应中生成的气体在标准状况下的体积约为8.96L B．所得溶液中Cu(NO3)2的物质的量浓度为0.2mol·L-1 C．所得溶液中NO的物质的量为(a+0.4)mol D．反应中被还原的硝酸的物质的量为(0.2-a)mol 【答案】C 【分析】n(HNO3)=0.08L×10mol/L=0.8mol，铜和浓硝酸发生：Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，与稀硝酸发生：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，充分反应后，溶液中含amolH+，则剩余硝酸amol，生成Cu(NO3)20.2mol。 【解析】A． n(HNO3)=0.08L×10mol/L=0.8mol，生成0.2molCu(NO3)2，溶液中含amolH+，则剩余硝酸amol，根据N原子守恒，可知生成气体的物质的量为0.8mol-0.2mol×2-amol=(0.4-a)mol，体积为22.4×(0.4-a)L，故A错误；B． 缺少溶液的体积，无法计算所得溶液中Cu(NO3)2的物质的量浓度，故B错误；C．所得溶液中NO的物质的量为0.2mol×2+amol=(a+0.4)mol，故C正确；D． 根据N原子守恒，可知生成气体的物质的量为0.8mol-0.2mol×2-amol=(0.4-a)mol，即反应中被还原的硝酸的物质的量为(0.4-a)mol，故D错误；故选C。 5．（23-24高一下·云南迪庆·期中）在含、的混酸中加入过量的铁粉，充分反应，假设氮的还原产物为NO，则消耗铁粉的质量为 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】含、的混酸中含有的，，混酸中加入过量的铁粉，可知反应中H+被消耗完，硝酸根也消耗完，而发生的反应有：，根据、可知，硝酸根不足，而H+、Fe均过量，因此该反应有，可得，则，产生的；由于铁粉过量，因此还存在：，有，可得消耗的；由于H+过量，因此还存在：，还剩余的H+有：，可得消耗的；可知反应中消耗的铁粉共有.故答案选C。 6．（23-24高一下·安徽马鞍山·期末）向和混合稀溶液中逐渐加入铁粉，产生无色气体，该气体遇到空气变为红棕色，溶液中的物质的量和加入粉的物质的量之间的关系如图所示，下列叙述错误的是 A．开始时加入铁粉反应的离子方程式为 B．加入铁粉时，溶液中有 C．原溶液中的物质的量浓度为 D．加入铁粉后溶液中的溶质为和 【答案】D 【解析】A．由实验现象和图像可知开始加入铁粉产生NO和，故开始时加入铁粉发生的离子方程式为，A正确；B．加入铁粉3mol时，硝酸根离子恰好反应完全，加入4mol铁粉时，其中1mol铁粉消耗2mol ，产生3mol ，B正确；C．加入3mol铁粉时发生的离子方程式，消耗3mol 和12mol生成3mol，加入铁粉3mol至5mol时，发生的离子反应为，则2mol的铁消耗4mol ，加入3mol铁粉时生成3mol ，故原溶液中含1mol [即含1mol ]，原溶液中的物质的量浓度为，C正确；D．5mol后加入铁粉不再产生，硝酸根离子恰好反应完全，加入5mol铁粉后的溶液中溶质的主要成分为硫酸亚铁，D错误；故选D。 7．（23-24高一下·湖南·期中）将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金投入到足量的NaOH溶液中，充分反应后产生标准状况下3.36L气体。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g。若的还原产物仅为，则生成标准状况下的体积为 A．1.12L B．2.52L C．3.36L D．4.48L 【答案】B 【解析】金属混合物中A1与氢氧化钠反应，产生氢气0.15molH₂~0.3mole-~0.1molA1，m(Al)=2.7g，可知金属铜和铁的质量为17.9-2.7=15.2g。等质量的合金溶于足量的稀硝酸后，加入过量的氢氧化钠，生成的沉淀是Fe(OH)3、Cu(OH)2，可知沉淀中m(OH-)=25.4g-15.2g=10.2g，n(OH)=0.6mol，氢氧化物沉淀中OH的物质的量等于金属失去电子的物质的量，故金属铁和铜失去的电子n(e-)=0.6mol，合金中铝、铁、铜与硝酸反应一共失去的电子物质的量为(0.3+0.6)mol=0.9mol，由得失电子守恒可知n(N2O)=0.9÷(2×4)=0.1125mol，则V(N2O)=0.1125×22.4=2.52L，故选B。 8．（2024高三·全国·月考）向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中加入1 L 0.6 mol·L-1 HNO3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到2 240 mL NO气体(标准状况)。已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。下列说法不正确的是 A．上述体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸的物质的量之比为5∶1 B．若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为32 g C．Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为3Cu2O+14H++2=6Cu2++2NO↑+7H2O D．若混合物中含0.1 mol Cu，将该混合物与稀硫酸充分反应，消耗H2SO4的物质的量为0.1 mol 【答案】B 【解析】A．Cu、Cu2O、CuO与HNO3恰好完全反应时生成Cu(NO3)2、NO和H2O，硝酸的物质的量为1 L×0.6 mol·L-1=0.6 mol，生成的NO的物质的量=2.24 L÷22.4 L·mol-1=0.1 mol，则体现氧化性的硝酸是0.1 mol，体现酸性的硝酸是0.5 mol，体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸的物质的量之比为5∶1，A正确；B．根据N原子守恒可知：n[Cu(NO3)2]=(0.6 mol-0.1 mol)÷2=0.25 mol，混合物中所含的Cu元素共有0.25 mol，根据铜元素守恒可知，用H2还原Cu、Cu2O、CuO的混合物后应得到0.25 mol Cu，故所得固体的质量为0.25 mol×64 g·mol-1=16 g，B错误；C．Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，硝酸根被还原为NO，同时生成H2O，反应的离子方程式为3Cu2O+14H++2=6Cu2++2NO↑+7H2O，C正确；D．若混合物中含0.1 mol Cu，生成的NO的物质的量0.1mol，共转移0.3mol电子，Cu-Cu2+-2e-、Cu2O-Cu2+-2e-，根据电子转移守恒，混合物中n(Cu2O)=(0.1 mol×3－0.1 mol×2)÷2=0.05 mol，根据铜元素守恒可知，n(CuO)=0.25 mol－0.1 mol－0.05 mol×2=0.05 mol，混合物中，Cu不与稀H2SO4反应，0.05 mol Cu2O、0.05 mol CuO与稀H2SO4反应，根据Cu2O、CuO中氧原子与H2SO4电离出的H+反应生成H2O，可得n(H2SO4)=0.05 mol+0.05 mol=0.1 mol，D正确；故选B。 9．（2024·四川达州·一模）铜镁合金完全溶解于密度为，质量分数为的浓硝酸中，得到和的混合气体(标况)，向反应后的溶液中加入溶液，恰好使金属离子全部沉淀，共得到2.54g沉淀。下列说法错误的是 A．与铜镁合金反应的浓硝酸过量 B．得到的和的混合气体中 C．加入的溶液的体积 D．反应结束后所得溶液中溶质的物质的量浓度为 【答案】D 【分析】由题意可知，设合金中铜、镁的物质的量分别为xmol、ymol，由1.52铜镁合金完全溶解于浓硝酸后，加入氢氧化钠溶液恰好使金属离子全部沉淀，共得到2.54g沉淀可得：64x+24y=1.52、64x+24y+34x+34y=2.54，解联立方程可得x=0.02、y=0.01；设二氧化氮和四氧化二氮的物质的量分别为amol、bmol，由混合气体的体积可得：a+b=0.05，由得失电子数目守恒可得： a+2b=0.06，解得a=0.04、b=0.01；由c=可知，浓硝酸的浓度为mol/L=14mol/L，则50mL溶液中硝酸的物质的量为14mol/L×0.05L=0.7mol，由氮原子个数守恒可知，反应消耗的硝酸包括表现氧化性的硝酸和表现酸性的硝酸，其物质的量为0.04mol+0.01mol×2+0.02mol×2+0.01mol×2=0.12mol，所以与铜镁合金反应的浓硝酸过量；由题意可知，沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，由原子个数守恒可知，反应结束后所得溶液中钠离子物质的量为0.7mol—0.06mol=0.64mol，则氢氧化钠溶液的体积为=0.2L，所以反应得到的硝酸钠溶液的浓度约为=2.56 mol/L。 【解析】A．由分析可知，与铜镁合金反应的浓硝酸过量，故A正确；B．由分析可知，混合气体中二氧化氮的物质的量为0.04mol，故B正确；C．由分析可知，氢氧化钠溶液的体积为×103mL/L=200mL，故C正确；D．由分析可知，反应得到的硝酸钠溶液的浓度约为=2.56 mol/L，故D错误；故选D。 10．（24-25高一上·上海·期末）有某硫酸和硝酸的混合溶液20mL，其中含有硫酸的浓度为2mol/L，含硝酸的浓度为1mol/L，现向其中加入3.2g铜粉，充分反应后(假设只生成NO气体)，最多可收集到气体的物质的量为 A．0.004 mol B．0.005mol C．0.01mol D．0.02mol 【答案】D 【解析】有某硫酸和硝酸的混合溶液20mL，其中含有硫酸的浓度为2mol/L，得，含硝酸的浓度为1mol/L，得，，现向其中加入3.2g铜粉，得各物质的物质的量分别为：、、，根据反应可知和过量，不足，完全反应，则根据方程式量的关系，能产生气体，所以题目所给四个选项中，D答案符合题目要求。故答案为：D。 【强化训练】 1．（24-25高一下·广西南宁·期中）将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体0.05mol，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法正确的是 A．该合金中镁的物质的量为0.02mol B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是7.0mol/L C．NO2和N2O4的混合气体中，N2O4的物质的量为0.01mol D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH的物质的量为0.6mol 【答案】C 【解析】A．金属离子全部沉淀时，得到沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为，氢氧根的物质的量为，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中的物质的量分别为，则：、，解得，，A错误；B．该浓硝酸密度、质量分数为，则该浓硝酸的物质的量浓度为：，B错误；C．标况下，混合气体的物质的量为，设二氧化氮的物质的量为，则四氧化二氮的物质的量为，根据电子转移守恒可知，，解得：，所以的物质的量为，C正确；D．金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为：，根据钠离子守恒可知，D错误；故选C。 2．（24-25高一下·江西赣州·月考）将28.8gCu投入一定浓度的硝酸溶液中，铜完全溶解，共收集到和的混合气体11.2L，将此混合气体和一定体积的混合(上述气体体积均在标准状况下测定)，恰好使混合气体完全溶于水中得到100mL硝酸溶液。下列说法不正确的是 A．28.8gCu消耗硝酸的物质的量为0.5mol B．混合气体中和的物质的量之比为2：3 C．所得100mL硝酸溶液的浓度为5mol/L D．通入的体积为5.04L 【答案】A 【解析】A．28.8gCu的物质的量是28.8g÷64g/mol＝0.45mol，因此生成0.45mol硝酸铜。和的混合气体标况下是11.2L，物质的量是0.5mol，所以依据氮元素守恒可知消耗硝酸的物质的量为0.45mol×2+0.5mol＝1.4mol，A错误；B．反应中转移电子的物质的量是0.45mol×2＝0.9mol，设混合气体中和的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y＝0.5、3x+y＝0.9，解得x＝0.2、y＝0.3，即二者的物质的量之比为，B正确；C．根据氮元素守恒可知所得100mL硝酸溶液中硝酸的物质的量是0.5mol，浓度为5mol/L，C正确；D．根据电子得失守恒可知消耗氧气的物质的量是0.9mol÷4＝0.225mol，标况下的体积为0.225mol×22.4L/mol＝5.04L，D正确；答案选A。 3．（24-25高一下·河南·期中）铝镁合金与一定量某浓度的稀硝酸恰好完全反应（假定硝酸的还原产物只有），向反应后的混合溶液中滴加溶液，当沉淀的质量恰好为最大值时，测得消耗该溶液的体积为，下列说法正确的是 A．存在的数量关系 B．生成标准状况下NO气体的体积为 C．上述过程中转移电子的物质的量与沉淀中的物质的量不相等 D．与合金反应的硝酸的物质的量为 【答案】D 【解析】A．沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于原铝镁合金质量与沉淀中氢氧根离子质量之和，所以沉淀中氢氧根离子的物质的量为，消耗溶液，则有，即，A错误；B．沉淀中氢氧根离子的物质的量等于、所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即等于反应过程中转移电子的物质的量，，根据得失电子守恒，生成时，中+5价的元素转变为+2价，因此生成的物质的量为，所以生成标准状况下气体的体积为，B错误；C．沉淀中氢氧根离子的物质的量等于、所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，C错误；D．与合金反应的硝酸分别起酸的作用和氧化剂的作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于反应后硝酸钠的物质的量，为，作为氧化剂的硝酸的物质的量等于生成的的物质的量，为，所以与合金反应的硝酸的物质的量为，D正确；故选D。 4．（24-25高一下·四川宜宾·期中）硝酸可用于制化肥、农药、染料等。将一定质量的铜放入500 mL的浓硝酸溶液中恰好完全反应，共收集到NO2和NO的混合气体44.8 L(换算成标准状况下体积)，将混合气体倒立于水中，通入0.75 mol O2恰好使混合气体全部转化为硝酸，下列说法不正确的是 A．铜与硝酸反应中硝酸表现出酸性和强氧化性 B．原硝酸的物质的量浓度为12 mol/L C．铜的物质的量为1.5 mol D．混合气体中NO2和NO的物质的量之比为3∶1 【答案】B 【解析】A．铜与一定量浓硝酸反应，反应产生Cu(NO3)2、NO2和NO、H2O，在反应中硝酸表现出酸性和强氧化性，A正确；B．HNO3与金属反应产生Cu(NO3)2、NO2和NO，反应中起酸作用的硝酸的物质的量等于反应过程中转移电子的物质的量等于溶液中的物质的量；起氧化剂作用的HNO3的物质的量等于反应产生的标准状况下NO2和NO的混合气体的物质的量。NO2和NO的混合气体44.8L的物质的量n(NO2)+n(NO)=。金属失去电子的物质的量与硝酸得到电子转化为NO2和NO时物质的量相等，NO2和NO与通入水中的0.75 molO2恰好反应转化为HNO3，n(e-)=4n(O2)=4×0.75mol=3mol，故n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO2)+n(NO)=3mol+2mol=5mol，由于溶液的体积是500mL，故原硝酸的物质的量浓度c(HNO3)=，B错误；C．根据电子守恒，铜失去的电子数等于硝酸得到电子数，也等于O2得到的电子数，由于Cu是+2价金属，所以铜的物质的量之和为n(Cu)=，C正确；D．反应产生的标准状况下44.8LNO、NO2混合气体的物质的量n(NO2)+n(NO)=，根据电子得失数目相等可得n(NO2)+3n(NO)=0.75mol×4=3mol，解得n(NO2)=1.5mol，n(NO)=0.5mol，n(NO2)：n(NO)=3：1。在相同外界条件下，气体的体积比等于气体的物质的量的比，所以混合气体中NO2和NO的体积比为3：1，D正确；故选B 5．（24-25高一下·湖南衡阳·期中）将一定质量的Cu、CuO混合物加入到0.5 L稀硝酸中，固体完全溶解，产生5.6 L NO(标准状况)。向所得溶液中再加入0.5 L 2.5 mol/L NaOH溶液，恰好使Cu2+ 沉淀完全。过滤后，将沉淀洗涤、干燥、充分灼烧得到40.0 g固体。下列判断错误的是 A．稀硝酸浓度为3.0 mol/L B．原固体混合物中含10.0 g CuO C．原固体混合物中m(Cu)：m(O) = 4：1 D．固体完全溶解时所消耗的硝酸中，被还原与未被还原的硝酸物质的量之比为1：4 【答案】C 【分析】铜和氧化铜的混合物溶于稀硝酸中，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、5.6LNO(0.25mol)和水，氧化铜和硝酸反应生成硝酸铜和水，向所得溶液中加入NaOH溶液，Cu2+和OH-反应生成Cu(OH)2沉淀，过滤洗涤后灼烧得到氧化铜的质量为40.0 g (0.5mol)，所得滤液为硝酸钠溶液，按钠离子守恒，硝酸钠为0.5 L× 2.5 mol/L=1.25 mol； 【解析】A．按氮元素守恒，0.5 L稀硝酸中溶质的物质的量为1.25 mol+0.25 mol=1.5 mol，则稀硝酸浓度为1.5 mol÷0.5 L =3.0 mol/L，故A正确；B．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，生成的NO的物质的量为0.25mol，则转移电子0.75mol，根据电子守恒，消耗的铜为0.375mol，根据铜元素守恒，固体溶解后溶液中铜离子共0.5mol，其中有0.5mol -0.375mol=0.125mol来自氧化铜，则原有氧化铜0.125mol，质量为0.125mol×80g/mol =10.0g，故B正确；C．由B分析可知，混合物中铜元素共有0.5mol、质量为0.5mol×64g/mol =32g，氧化铜有0. 125mol，则氧元素质量为0.125mol×16g/mol =2g，所以原固体混合物中m(Cu)：m(O) = 32:2=16:1，故C错误；D．固体完全溶解时所消耗的硝酸用于生成一氧化氮和硝酸铜，生成的NO的物质的量为0.25mol，则被还原的硝酸为0.25mol，反应中形成硝酸铜0.5mol，则未被还原的硝酸为1.0mol，则被还原与未被还原的硝酸物质的量之比为0.25mol :1.0mol =1:4，故D正确；故选C。 6．（24-25高一下·安徽黄山·期中）将1.93g锌铜合金投入20mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2混合气体896mL(不考虑其他气体，体积折算为标准状况下)，反应结束后向溶液中加入80mL 1mol∙L−1 NaOH溶液，恰好使溶液呈中性且金属阳离子全部转化为2.95g沉淀。若将盛有生成混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法错误的是 A．Zn与Cu的物质的量之比为1∶2 B．NO和NO2的体积之比为3∶1 C．原硝酸的浓度为6 mol∙L−1 D．通入的O2体积(标准状况下)V=336mL 【答案】B 【分析】由题意可知，锌铜合金与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸锌、氮的氧化物和水，向完全溶解得到的溶液中加入氢氧化钠溶液得到氢氧化铜和氢氧化锌沉淀，设锌铜合金中铜、锌的物质的量分别为amol、bmol，由合金的质量可得：64a+65b=1.93，由沉淀的质量可得：98a+99b=2.95，解联立方程可得a=0.02、b=0.01；设反应生成一氧化氮和二氧化氮的物质的量分别为xmol、ymol，由混合气体的体积可得：x+y=0.04，由得失电子数目守恒可得：3x+y=0.06，解得x=0.01、y=0.03；由加入氢氧化钠溶液恰好使溶液呈中性可知，反应得到的溶液为硝酸钠溶液，由电荷守恒可知，溶液中硝酸根离子的物质的量为1mol/L×0.08L=0.08mol，则由原子个数守恒可知，原硝酸的浓度为=6mol/L；将盛有生成混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化说明一氧化氮、二氧化氮与氧气和水反应恰好生成硝酸，由得失电子数目守恒可知，标准状况下氧气的体积为×22.4L/mol×103mL/L=336mL。 【解析】A．由分析可知，合金中铜、锌的物质的量之比为0.02mol∶0.01mol=2∶1，故A正确；B．由分析可知，混合气体中一氧化氮和二氧化氮的体积比等于物质的量比为0.01mol∶0.03mol=1∶3，故B错误；C．由分析可知，原硝酸的浓度为6mol/L，故C正确；D．由分析可知，通入标准状况下氧气的体积为336mL，故D正确；故选B。 7．（24-25高一下·湖北·月考）某化学兴趣小组用足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到6.72L(标准状况)与的混合气体，这些气体与一定体积的混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。该兴趣小组又向所得硝酸铜溶液中加溶液，恰好沉淀完全。下列说法正确的是 A．参加反应的是0.75mol B．消耗氧气的体积为3.36L C．此反应过程中转移了0.3mol的电子 D．混合气体中含0.15molNO 【答案】D 【分析】本题主要围绕铜与浓硝酸反应展开，涉及物质的量计算、电子守恒、元素守恒等知识。通过铜与硝酸反应产物、后续沉淀反应以及气体与氧气反应等条件，对各选项中关于硝酸物质的量、氧气用量、电子转移量和混合气体成分等内容进行判断。 【解析】A. 标准状况下6.72L与混合气体物质的量为。由，，则，。根据氮原子守恒，参加反应的物质的量应为 ，A选项错误；B. 由Cu与硝酸反应及后续气体与氧气反应，根据电子守恒，Cu失去电子总数等于得到电子数。，，Cu失去0.6mol电子，1mol得4mol电子，所以，但选项未指明标准状况，不能得出氧气的体积为3.36L，B选项错误；C. ，Cu反应时，转移电子数为，C选项错误；D. 设混合气体中NO物质的量为xmol，物质的量为ymol ，则，解得x=0.15，所以混合气体中含0.15molNO，D选项正确；故答案为：D。 8．（24-25高一下·湖南长沙·期中）0.6molCu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示。 下列有关判断不正确的是 A．氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO作还原剂 B．若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/L C．生成和 D．混合气体中的物质的量是0.1mol 【答案】C 【分析】0.6molCu与浓硝酸恰好完全反应生成一氧化氮、二氧化氮、四氧化二氮，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到和的混合溶液。硝酸铜的物质的量为0.6mol，所以硝酸铜中硝酸根离子物质的量为1.2mol，氢氧化钠的物质的量为1mol，根据和的混合溶液中钠元素与氮元素守恒，所以n(N)=1mol，所以浓硝酸的物质的量为1.2mol+1mol=2.2mol。 【解析】A．氮的氧化物和NaOH溶液反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，NO转化为高价态氮，所以作还原剂，A正确；B．若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为，B正确；C．由题意可知0.9 mol氮的化合物转化为钠盐的量为1mol，则混合气体中四氧化二氮的物质的量是1mol-0.9mol=0.1mol，由得失电子守恒可知，0.6molCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，0.6×2= n（NaNO2）×（5-3）, n（NaNO2）=0.6mol，由Na原子守恒可以知道n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），则n（NaNO3）=1mol-0.6mol=0.4mol，C错误；D．由题意可知0.9 mol氮的化合物转化为钠盐的量为1mol，则混合气体中四氧化二氮的物质的量是1mol-0.9mol=0.1mol，D正确；故选C。 9．（24-25高一下·山东聊城·期中）为了测定铁铜合金的组成，将15.2g铁铜合金加入200mL某浓度的稀硝酸中，待合金完全溶解后，共收集到NO气体4.48L（标准状况下），并测得反应后溶液中的浓度为0.5mol/L。若反应前后溶液的体积变化忽略不计，下列说法错误的是 A．上述合金中含铜9.6g B．原硝酸溶液的浓度为4.5mol/L C．反应后溶液中不存在 D．若向反应后的溶液加入5mol/L的NaOH溶液使金属离子完全沉淀，至少需加入NaOH溶液180mL 【答案】D 【分析】n(NO)=，则转移电子为0.2mol×(5-2)= 0.6mol，故金属共失去电子0.6mol，反应后溶液中的c(H+)=0.5mol/L，则反应后，铁被氧化成Fe(NO3)3，设合金中铜为xmol，Fe为ymol，则：，解得，，则铁的质量为：0.1mol×56g/mol=5.6g，铜的质量：0.15mol×64g/mol=9.6g，据此分析； 【解析】A．根据分析可知，合金中含铜9.6g，A正确；B．反应生成Cu(NO3)2、Fe(NO3)3和NO还有剩余的硝酸，根据N原子守恒，故，B正确；C．反应后溶液中H+剩余，说明硝酸过量，会被进一步氧化为，故不存在，C正确；D．沉淀金属离子需0.6molOH-，中和H+需0.1molOH-，总需0.7mol NaOH，对应体积为，D错误；故选D。 10．（24-25高一下·重庆江津·月考）为了测定铁铜合金的组成，将铁、铜合金加入某浓度的稀硝酸中，待合金完全溶解后，共收集到气体（标准状况下），并测得反应后溶液中的浓度为。若反应前后溶液的体积变化忽略不计，则下列判断正确的是 A．向反应后的溶液中加入过量铁粉，最多可溶解铁粉 B．上述合金中铁与铜的质量之比为 C．向反应后的溶液中加入足量的溶液，最多生成的沉淀 D．原硝酸的物质的量浓度为 【答案】A 【分析】，，生成NO的物质量为，设Fe的物质的量为x，Cu的物质的量为y，，，解得，。反应后溶液中有0.1mol，0.15mol，0.1mol。 【解析】A．反应后溶液中剩余的、和均可与反应，0.1mol消耗0.025molFe同时生成0.025mol，，，最多溶解Fe的物质的量为，为13.3g，A正确；B．合金中铁与铜的物质的量分别为0.1mol和0.15mol，质量比为，B错误；C．生成Fe(OH)3和Cu(OH)2的物质的量分别为0.1mol和0.15mol，总质量为25.4g，C错误；D．0.1molFe消耗0.4mol，0.15molCu消耗0.4mol，反应后溶液中剩余0.1mol。原硝酸的物质的量为0.9mol，浓度为4.5mol/L，D错误；故选A。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$