第3章 微专题(七) 硝酸与金属反应的计算 （Word教参）-【精讲精练】2025-2026学年高中化学必修第一册（鲁科版）

[学科素养]　通过金属与硝酸反应的原理分析，构建金属与硝酸反应的计算模型，形成证据推理与模型认知的核心素养。　 1．硝酸与金属的反应规律 硝酸与金属单质反应时一部分被还原，一部分生成硝酸盐，故硝酸既表现了酸性又表现了氧化性，但硝酸与金属反应一般不生成H2。 (1)硝酸与铜的反应 在反应中硝酸的作用可用下图表示： 可以看出，随着HNO3浓度的降低，还原产物会由NO2变成NO。 ①由氮原子守恒可知，无论是NO2还是NO，被还原的硝酸与还原生成气体的物质的量总是相等的； ②未被还原的NO与Cu2＋构成Cu(NO3)2，NO的物质的量为Cu2＋物质的量的2倍。 (2)稀硝酸与铁的反应 Fe(少量)＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O　① 3Fe(过量)＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O　② Fe＋2Fe(NO3)3===3Fe(NO3)2　③ 反应物的量与生成物的关系如图所示： 上述反应首先发生反应①，若Fe剩余再发生反应③，合并①③即可得反应②。所以，无论反应①还是反应②，被还原的HNO3皆占参与反应的HNO3的。 2．常用解题方法 (1)原子守恒：n(HNO3)＝n(NO)＋n(还原产物中氮原子)。 (2)电子守恒：硝酸与金属反应属于氧化还原反应，氮原子得到的电子数等于金属原子失去的电子数。 (3)利用离子方程式计算 硝酸与硫酸混合液跟金属的反应，当金属足量时，不能用硝酸与金属反应的化学方程式计算，应用离子方程式计算，因为生成的硝酸盐中的NO借助硫酸中的H＋仍能继续与金属反应。 1．将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，合金完全溶解，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L－1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，则下列有关叙述正确的是(　　) A．反应中转移电子的总数为0.2 mol B．反应过程中，消耗硝酸的物质的量为0.3 mol C．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100 mL D．开始加入合金的质量可能为6.4 g 解析　生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，即结合氢氧根离子的物质的量为5.1 g÷17 g·mol－1＝0.3 mol，根据电荷守恒，合金失电子数等于金属离子结合氢氧根离子数，反应中转移电子数为0.3 mol，A项错误；反应中转移电子0.3 mol，根据电荷守恒，合金与硝酸反应表现酸性的硝酸的物质的量为0.3 mol；还原产物为NO，表现氧化性的硝酸的物质的量为0.1 mol，反应过程中，消耗硝酸的物质的量为0.4 mol，B项错误；合金完全溶解后硝酸可能剩余，沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积≥100 mL，C项错误；转移电子0.3 mol，合金的物质的量为0.15 mol，利用极值法，合金的质量介于3.6 g<m<9.6 g之间，D项正确。 答案　D 2．(2024·四川达州期中)将6.08 g Cu和一定量的浓硝酸反应，反应生成NO和NO2混合气体，当Cu完全溶解时，共产生2.24 L气体(标准状况下)，则产生的NO和NO2物质的量之比为(　　) A．3∶7 B．9∶11 C．4∶1 D．2∶3 解析　6.08 g Cu的物质的量是n(Cu)＝＝0.095 mol，在反应中HNO3得到电子被还原产生NO、NO2，HNO3得到电子数等于Cu失去电子数，然后结合气体的体积进行计算。 6．08 g Cu的物质的量是n(Cu)＝＝0.095 mol，当Cu完全溶解时，共产生标准状况下NO和NO2混合气体2.24 L气体，其物质的量是n(NO)＋n(NO2)＝＝0.1 mol，根据电子守恒可知3n(NO)＋n(NO2)＝0.095 mol×2＝0.19 mol，解得n(NO)＝0.045 mol，n(NO2)＝0.1 mol－0.045 mol＝0.055 mol，故产生的NO和NO2物质的量之比为0.045 mol∶0.055 mol＝9∶11。 答案　B 3．(2023·南京期末)将2.4 g Fe、Mg合金投入到足量的稀硝酸中，金属与硝酸恰好完全反应，共收集到标准状况下的气体V L(硝酸被还原成NO)，若向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，待金属元素全部沉淀后，再将沉淀过滤、洗涤、灼烧后称量，质量为3.6 g。则收集到的气体体积V值可以为(　　) A．0.986 B．1.12 C．3.36 D．6.72 解析　灼烧后得到的固体是MgO和Fe2O3的混合物，质量增加的是O2－的质量，Δm＝Δm(O2－)＝3.6 g－2.4 g＝1.2 g，n(O2－)＝＝0.075 mol，所以金属离子所带的电荷的总物质的量为2×0.075 mol＝0.15 mol，即2.4 g Fe、Mg合金失去的电子的总物质的量为0.15 mol，由电子守恒：n(NO)×(5－2)＝0.15 mol，所以n(NO)＝0.05 mol，V(NO)＝0.05 mol×22.4 L/mol＝1.12 L。 答案　B 4．(2024·重庆期中)取Cu和CuO的混合物共a mol，向其中加入V mL 2.0 mol·L－1稀硝酸，混合物完全溶解，同时生成4.48 L NO(标准状况)。向所得溶液中加入400 mL 2.5 mol·L－1NaOH溶液，恰好使Cu2＋沉淀完全，沉淀经洗涤、充分灼烧后得到32.0 g固体。下列分析判断错误的是(　　) A．a＝0.4 B．V＝600 C．a mol混合物中m(Cu)∶m(CuO)＝5∶12 D．反应中转移的电子数目为0.6NA 解析　只有Cu与稀硝酸反应生成NO，n(NO)＝0.2 mol，由得失电子守恒可知n(Cu)＝0.3 mol，反应后加入NaOH溶液，溶质只有硝酸钠时，Cu2＋恰好沉淀完全，沉淀经洗涤、充分灼烧后得到32.0 g固体为CuO，n(CuO)＝0.4 mol，由Cu原子守恒可知，原混合物中n(CuO)＝0.4 mol－0.3 mol＝0.1 mol，以此来解答。 原混合物中n(CuO)＝0.1 mol，n(Cu)＝0.3 mol，则a＝0.4，故A正确；反应后加入NaOH溶液，溶质只有硝酸钠时，Cu2＋沉淀完全，n(NaOH)＝0.4 L×2.5 mol·L－1＝1 mol，硝酸在反应中作酸和氧化剂，由原子守恒可知V×10－3 L×2 mol·L－1＝1 mol＋0.2 mol，解得V＝600，故B正确；a mol混合物中m(Cu)∶m(CuO)＝0.3 mol×64 g·mol－1∶0.1 mol×80 g·mol－1＝12∶5，故C错误；N元素的化合价由＋5价降低为＋2价，n(NO)＝0.2 mol，则反应中转移的电子数目为0.2 mol×(5－2)×NA mol－1＝0.6NA，故D正确。 答案　C 5．(2024·贵州期中)某同学用1 mol Fe粉和含有3 mol HNO3的稀硝酸进行反应，两种物质恰好反应均无剩余，且HNO3只被还原成NO。下列说法正确的是(　　) A．过量铁与稀硝酸反应的离子方程式：Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O B．该反应中Fe的氧化产物既有Fe3＋也有Fe2＋，且n(Fe3＋)∶n(Fe2＋)＝3∶1 C．再向溶液中通入22.4 L HCl气体可将Fe2＋完全转化为Fe3＋ D．生成的NO气体分子数为0.75NA 解析　过量铁与稀硝酸反应生成亚铁离子和NO，离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，故A错误；设反应结束后Fe3＋有x mol，Fe2＋有y mol，根据铁守恒，x＋y＝1，根据得失电子守恒，3x＋2y＝(3－3x－2y)×3，解得x＝0.25 mol、y＝0.75 mol，则n(Fe3＋)∶n(Fe2＋)＝1∶3，故B错误；未说明是否在标准状况下，不能确定HCl的物质的量，故C错误；由B项计算可知，被还原的n(HNO3)＝0.75 mol，还原产物全为NO，故生成的NO气体分子数为0.75NA，故D正确。 答案　D 6．(2024·四川泸州期中)向13.6 g由Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250 mL，当固体物质完全溶解后生成Cu(NO3)2和2.24 L NO气体(标况下)。在所得溶液中加入0.5 mol·L－1的NaOH溶液1.0 L，生成沉淀的质量为19.6 g，此时溶液呈中性且铜离子已完全沉淀。下列有关说法正确的是(　　) A．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余的HNO3为0.1 mol B．原稀硝酸中HNO3的物质的量为0.5 mol C．铜离子刚好沉淀完全，溶液中溶质为NaNO3，浓度为0.5 mol·L－1 D．原固体混合物中Cu和Cu2O的物质的量之比为1∶2 解析　向所得溶液中加入0.5 mol·L－1的NaOH溶液1 L，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)＝n(NaOH)＝0.5 mol·L－1×1 L＝0.5 mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为19.6 g，其物质的量为：＝0.2 mol，根据铜元素守恒有n(Cu)＋2n(Cu2O)＝n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[Cu(NO3)2]＝n[Cu(OH)2]＝0.2 mol，据此进行解答。 反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)＋2n[Cu(NO3)2]＝n(NaNO3)，所以n(HNO3)＝n(NaNO3)－2n[Cu(NO3)2]＝0.5 mol－2×0.2 mol＝0.1 mol，故A正确；根据N元素守恒可知n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)，由题意知，n(NO)＝0.1 mol，根据Na元素可知n(NaNO3)＝n(NaOH)＝0.5 mol·L－1×1 L＝0.5 mol，所以n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝0.1 mol＋0.5 mol＝0.6 mol，故B错误；根据Na元素守恒可知n(NaNO3)＝n(NaOH)＝0.5 mol·L－1×1 L＝0.5 mol，在所得溶液中加入0.5 mol·L－1的NaOH溶液1.0 L后得到溶液体积大于1 L，NaNO3浓度小于0.5 mol·L－1，故C错误；设Cu和Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量有64x＋144y＝13.6，根据铜元素守恒有x＋2y＝0.2，联立方程解得x＝0.1，y＝0.05，则n(Cu)∶n(Cu2O)＝0.1 mol∶0.05 mol＝2∶1，故D错误。 答案　A 7．(2024·河北期中)向200 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)。下列分析错误的是(　　) A．氧化性：NO>Fe3＋>H＋>Fe2＋ B．A点溶液中的溶质为Fe3(SO4)2和H2SO4 C．原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为2 mol·L－1 D．原混合酸中NO物质的量浓度为0.2 mol·L－1 解析　已知氧化能力：NO(H＋)>Fe3＋>H＋，OA段发生反应：Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，AB段发生反应：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，BC段发生反应：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，NO完全反应消耗11.2 g Fe，根据OA段离子方程式计算n(NO)，最终消耗22.4 g Fe，产生溶液中溶质为FeSO4，根据守恒可知n(SO)＝n(H2SO4)＝n(FeSO4)＝n(Fe)。 由上述分析以及结合图像，可知氧化性：NO>Fe3＋>H＋>Fe2＋，故A正确；到A点时，硝酸根已经反应完全，此时溶质为Fe3(SO4)2和H2SO4，AB段发生反应：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，故B正确；最终消耗22.4 g Fe，产生溶液中溶质为FeSO4，n(Fe)＝＝0.4 mol，原溶液中n(H2SO4)＝n(FeSO4)＝n(Fe)＝0.4 mol，则原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为＝2 mol·L－1，故C正确；NO完全反应消耗11.2 g Fe，消耗Fe的物质的量为0.2 mol，由Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O可知，原溶液中n(NO)＝n(Fe)＝0.2 mol，NO物质的量浓度为＝1 mol·L－1，故D错误。 答案　D 8．(2024·安徽马鞍山期末)向2 L H2SO4和Fe(NO3)3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Fe2＋的物质的量和加入Fe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Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O B．加入4 mol铁粉时，溶液中有3 mol Fe2＋ C．原溶液中Fe(NO3)3的物质的量浓度为0.5 mol·L－1 D．加入5 mol铁粉后溶液中的溶质为Fe(NO3)2和FeSO4 解析　由实验现象和图像可知开始加入铁粉产生NO和Fe3＋，故开始时加入铁粉发生的离子方程式为Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，A正确；加入铁粉3 mol时，硝酸根离子恰好反应完全，加入4 mol铁粉时，其中1 mol铁粉消耗2 mol Fe3＋，产生3 mol Fe2＋，B正确；加入3 mol铁粉时发生的离子方程式为Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，消耗3 mol NO和12 mol H＋生成3 mol Fe3＋，加入铁粉3 mol至5 mol时，发生的离子方程式为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，则2 mol的铁消耗4 mol Fe3＋，加入3 mol铁粉时生成3 mol Fe3＋，故原溶液中含1 mol Fe3＋ [即含1 mol Fe(NO3)3]，原溶液中Fe(NO3)3的物质的量浓度为0.5 mol·L－1，C正确；加入5 mol铁粉后再加入铁粉不再产生Fe2＋，硝酸根离子恰好反应完全，加入5 mol铁粉后的溶液中溶质的主要成分为硫酸亚铁，D错误。 答案　D 9．(2024·湖北武汉期中)将38.4 g Cu与0.22 L浓硝酸混合恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好与NaOH溶液反应得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示。下列说法正确的是(　　) A．反应Ⅰ中硝酸只体现氧化性 B．反应Ⅱ中NO作氧化剂 C．混合气体中N2O4的物质的量为0.2 mol D．浓硝酸的物质的量浓度为10 mol·L－1 解析　铜与硝酸反应生成硝酸铜和氮的氧化物，38.4 g Cu为0.6 mol，所以生成硝酸铜0.6 mol，则硝酸铜含有硝酸根离子1.2 mol，生成氮的氧化物为0.9 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)＝0.5 L×2 mol·L－1＝1 mol，所以硝酸的总量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。 反应Ⅰ中硝酸中的氮元素一部分转化为＋2价和＋4价的氮，体现氧化性，同时还会生成硝酸铜和水，体现酸性，A错误；反应Ⅱ中NO中的N元素化合价升高，作还原剂，B错误；由题意可知0.9 mol氮的氧化物转化为钠盐的量为1 mol，则混合气体中N2O4的物质的量为1 mol－0.9 mol＝0.1 mol，C错误；由分析可知，0.22 L浓硝酸的物质的量浓度为＝10 mol·L－1，D正确。 答案　D (1)金属与硝酸反应一般不生成H2，浓硝酸一般被还原为NO2，稀硝酸一般被还原为NO，极稀的硝酸可被还原成NH3，生成NH4NO3。 (2)足量金属与一定量浓硝酸反应时，随着硝酸浓度的降低，产物也发生改变。 (3)金属与硝酸反应的一般通式。 ①金属＋浓硝酸→金属硝酸盐＋NO2↑＋H2O反应中，表现氧化性(被还原)的HNO3占；表现酸性的HNO3占。 ②金属＋稀硝酸→金属硝酸盐＋NO↑＋H2O反应中，表现氧化性(被还原)的HNO3占；表现酸性的HNO3占，生成硝酸盐。 学科网（北京）股份有限公司 $