专题03 金属与硫酸、硝酸反应的计算（重难点讲义）化学人教版必修第二册

本讲义聚焦金属与硫酸、硝酸反应的计算核心知识点，系统梳理稀硫酸置换反应规律、浓硫酸与硝酸的强氧化性及产物差异（如H₂、NO、NO₂等），以氧化还原反应本质为基础，构建电子守恒、原子守恒等计算依据的学习支架。 该资料通过典例与变式训练，培养学生科学思维（如极值法、电荷守恒应用），题型从单一金属到混合酸层层递进，课中辅助教师教学，课后助力学生巩固知识，查漏补缺，提升问题解决能力。

专题03 金属与硫酸、硝酸反应的计算 1. 掌握金属与稀硫酸、稀硝酸反应的化学方程式书写规律，理解浓硝酸、浓硫酸与金属反应的特殊性（钝化、产物差异），能准确区分不同酸与金属反应的产物类型（如H2、NO、NO2、SO2等）。 2. 理解金属与酸反应的本质是氧化还原反应，明确氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的判断方法，能准确标注反应中元素的化合价变化，梳理电子转移的方向和数目。 3. 掌握金属与硫酸、硝酸反应的核心计算依据：电子守恒、原子守恒（N守恒、S守恒、金属离子守恒）、电荷守恒，能根据不同反应情境选择合适的守恒规律解决计算问题。 4. 能独立解决常见的计算题型，如：金属过量与不足量的判断、生成气体体积的计算（标况下）、反应后溶液中离子浓度的计算、混合酸与金属反应的综合计算等。 一、金属与硫酸、硝酸反应的规律 1.金属与稀硫酸反应（非氧化性酸） （1）本质：金属活动性顺序表中排在H的金属与H+发生置换反应，H+被还原为H2。 （2）通式：M+nH+=Mn++n/2H2↑(M为活泼金属，金属活动性顺序表中前金属)。 注意：反应后溶液溶质为金属硫酸盐，SO42-不参与反应。 2.金属与浓硫酸反应（强氧化性酸） （1）本质：在浓硫酸中主要是以硫酸分子的形式存在，体现的是硫酸分子的性质。在硫酸分子中，存在+6价硫，很容易得电子被还原，所以具有很强的氧化性。 （2）反应规律 ①Fe、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浓硫酸与不活泼金属反应 a.反应要加热，否则不反应； b.还原产物一般是SO2。一般金属被氧化为高价态的硫酸盐，非金属被氧化为高价态氧化物或含氧酸。 c.浓硫酸与金属反应时，既表现酸性又表现强氧化性。如： Cu+2H2SO4(浓) CuSO4 + 2H2O +SO2↑ 2Ag+2H2SO4 (浓) Ag2SO4+SO2↑+2H2O ③浓硫酸与活泼金属反应 a.加热条件下，Fe、Al能与浓硫酸反应生成硫酸盐和SO2，反应方程式为： 2Fe+6H2SO4(浓) Fe2(SO4)3 + 6H2O +3SO2↑、2Al+6H2SO4(浓) Al2(SO4)3 + 6H2O +3SO2↑ ④随着反应的进行，浓硫酸浓度变小，一旦变为稀硫酸，不活泼金属与硫酸的反应就停止，活泼金属与硫酸的反应生成H2。 3.金属与硝酸反应（强氧化性酸） ①硝酸的强氧化性规律：a.硝酸越浓，温度越高，其氧化性越强。 b.与硝酸反应时，还原剂一般被氧化成最高价态。 ②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，活泼金属与极稀HNO3反应，HNO3可被还原成N2O、NH4NO3等。 a.不活泼金属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 b.Fe、Al的钝化：常温下，当Fe、Al等金属遇到浓硝酸时，会与浓硝酸发生反应，表面生成一层致密的氧化物薄膜而出现“钝化”现象,加热条件下，Fe、Al能与浓硝酸反应生成硝酸盐和NO2，反应方程式为： Fe+4H2SO4(浓) Fe(NO3)3 + 2H2O +3NO2↑、2Al+4H2SO4(浓) 2Al(NO3)3 + 2H2O +3NO2↑。 注意：稀硝酸无此性质。 c.硝酸与铁反应时，产物符合以下规律 ③随着反应的进行，浓硝酸浓度变小，一旦变为稀硝酸，还原产物将由NO2变为NO。 ④硝酸与金属反应时，既表现酸性又表现强氧化性。 二、 金属与硫酸、硝酸反应的计算方法 1.电子守恒法（核心方法） （1）原理：金属失去的电子总数=酸中被还原元素得到的电子总数。 （2）应用：计算还原产物的物质的量、金属的化合价、反应的酸的用量等。 2.原子守恒法 （1）N原子守恒：适用于硝酸与金属反应，反应前HNO3中的N原子，一部分存在于硝酸盐中，一部分存在于还原产物中，即n(HNO3)总=n(NO3-)剩余+n(NO3-)反应后溶质+n(N)还原产物。 （2）S原子守恒：适用于浓硫酸与金属反应，反应前H2SO4中的S原子，一部分存在于硫酸盐中，一部分存在于还原产物中，n(H2SO4)总=n(SO42-)剩余+n(SO42-)反应后溶质+n(S)还原产物。 3.极值法 适用于金属混合物与酸反应的计算，假设混合物全部为某一种金属，计算两个极值，实际值介于两者之间。 例如：Mg、Al混合物与稀硫酸反应，可分别假设全部为Mg或Al，计算生成H2的量的范围。 4.电荷守恒法：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)。 5.金属与硝酸反应计算问题的思维模型 题型01单一金属与酸反应的计算 【典例】（24-25高一下·广东汕头·期末）把一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L-1浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体Y33.6 L（在标准状况下）。将反应后的溶液稀释到1 L，测得溶液中c(H＋)=0.1 mol·L-1。下列叙述不正确的是 A．气体Y是SO2和H2的混合物 B．反应中共消耗锌78 g C．气体Y中SO2和H2的体积之比为1：4 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．气体Y是浓硫酸与锌反应生成的SO2和稀硫酸反应生成的H2的混合物，A正确；B．反应中共消耗锌的物质的量为1.5mol（0.3+1.2），质量为1.5mol×65g/mol=97.5g，B错误；C．气体Y中SO2和H2的物质的量比为0.3:1.2=1:4，体积比1:4，C正确；D．1molZn反应转移2mol电子，总转移电子数为1.5×2=3mol，D正确；故选B。 【变式】（25-26高一上·北京·月考）铜被一定量浓硝酸恰好完全溶解，得到硝酸铜溶液，产生标准状况下和的混合气体(假设气体完全逸出)，这些气体与标准状况下混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入溶液至恰好完全沉淀。相关数据正确的是 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】铜与浓硝酸反应生成和，铜被氧化为，硝酸被还原，生成的和的混合气体与 (标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，此过程相当于氮氧化物被氧气氧化回硝酸，铜失去的电子由氧气获得，即Cu失去电子等于O2获得的电子；向所得硝酸铜溶液中加入溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，由、可知，Cu失去电子物质的量等于氢氧化铜中OH-的物质的量，据此计算。 【解析】A．由分析知，Cu提供电子等于O2获得的电子，反应中1 molCu失去2 mol电子，1 molO2得到4 mol电子，在标准状况下的物质的量为，故铜的质量=6.4 g，A正确；B．由电子得失守恒可知，标况下和转化为硝酸失去电子数与标况下得到电子数相等，，无法求出具体的值且不唯一，B错误；C．由B分析可知，C错误；D．由分析知，Cu提供的电子的物质的量等于氢氧化铜中OH-的物质的量，氢氧化铜中OH-的物质的量等于的物质的量，故，D错误；故答案选A。 题型02 金属混合物与酸反应的计算 【典例】（24-25高一上·黑龙江哈尔滨·期中）将一定质量的Mg和Al的混合物投入500 mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法正确的是          A．Mg和Al的质量比为3：4 B．生成的H2的体积为10.08 L C．NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol/L D．硫酸的物质的量浓度为0.5 mol/L 【答案】C 【分析】根据图象可知，当NaOH的体积0~20mL时，无沉淀产生，说明与过量的H2SO4反应；NaOH的体积20~200mL时，与溶液中的Mg2+和Al3+反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀；NaOH的体积200~240mL时，Al(OH)3沉淀溶解。 【解析】A．根据图像关系可知：n(Al)=n [Al(OH)3]=0.2mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=(0.35-0.2)=0.15mol，，，Mg和Al的质量比为2：3，A错误；B．根据，可得Al与稀硫酸反应生成H2物质的量为0.3，标准状况下H2体积为，根据，可得Mg与稀硫酸反应生成H2物质的量为0.15，标准状况下H2体积为，H2总体积为10.08L，但是题中条件不一定为标准状况下，B错误；C．NaOH的体积200~240mL时，Al(OH)3与NaOH以1：1反应，所以n(NaOH)= n [Al(OH)3]=0.2mol，c(NaOH)==5mol/L，C正确；D．将一定质量的Mg和Al的混合物投入500 mL稀硫酸后，溶液中存在H2SO4、、MgSO4，图像中刚开始消耗的20mL是NaOH与过量的硫酸反应，消耗的NaOH的物质的量为，根据、和，可得= ，硫酸的物质的量浓度为，D错误；故答案为：C。 【变式】（25-26高三上·天津南开·月考）将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL某浓度硝酸中，得到和混合气体1120mL(标准状况)，当向反应后溶液中加入640mL NaOH溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为2.54g。下列说法中正确的是 A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1∶2 B．所得沉淀物质的量为0.32mol C．和的混合气体中，的体积分数是20% D．该硝酸中的物质的量浓度是 【答案】D 【分析】反应分为两个阶段：①氧化还原反应：铜镁合金与硝酸（硝酸过量）反应，生成硝酸盐、氮氧化物、水；②复分解反应：硝酸盐、硝酸与氢氧化钠溶液反应产生硝酸钠，氢氧化镁、氢氧化铜沉淀，水；据此作答。 【解析】A．设铜、镁的物质的量分别为x、y，由合金质量有：，由沉淀质量有，解得，，则该合金中铜与镁的物质的量之比是2:1，A错误；B．沉淀为和，依据原子守恒，沉淀的物质的量等于金属的物质的量，即，B错误；C．设和的物质的量分别为a、b，则气体的总物质的量；又合金与硝酸反应过程中金属失去电子的总物质的量=氮元素得到电子的总物质的量，即；二式联立解得（），（）；NO2体积分数等于其物质的量分数，则NO2体积分数，C错误；D．根据氮原子守恒，硝酸的物质的量=被还原的氮原子的物质的量+溶液中硝酸根的物质的量（硝酸钠的物质的量=氢氧化钠的物质的量，钠原子守恒），即，则，D正确；故答案选D。 题型03金属与混合酸(HNO3、H2SO4)反应的计算 【典例】（25-26高一上·福建厦门·月考）向400 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)。下列说法错误的是 A．A点溶液中的溶质为Fe2(SO4)3和H2SO4 B．AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+ C．反应中生成的n(NO)：n(H2)=1：2 D．最终溶液中溶质的物质的量浓度约为1 mol·L-1 【答案】C 【分析】向400 mL稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中逐渐加入铁粉，依次发生反应 。 【解析】A．A点硝酸根离子恰好完全反应，铁被氧化为Fe3+，则溶液中的溶质为Fe2(SO4)3和H2SO4，故A正确；B．AB没有气体放出，则发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B正确；C．OA段放出NO、BC段放出H2，根据图像，反应生成NO消耗Fe的物质的量为 ，生成H2消耗Fe的物质的量为 ，由反应可知生成0.2mol NO，由反应可知生成0.1mol H2，生成的n(NO)：n(H2)=2：1，故C错误；D．最终溶液中溶质为FeSO4，根据图像，参加反应的Fe的物质的量为，则生成FeSO4的物质的量为0.4mol，FeSO4的物质的量浓度约为1 mol·L-1，故D正确；选C。 【变式】（2025·辽宁沈阳·二模）向含有x mol HNO3和y mol H2SO4的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产物与所加铁粉的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是 A．反应至c点时，可收集到气体4.48 L(标准状况) B．向b点所得溶液中加入Cu粉，最多可溶解铜1.92 g C．x=0.1，y=0.2 D．Oa段发生反应的离子方程式： 【答案】A 【分析】先发生反应Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，a点时 (或H+)消耗完后，再加入铁粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，b点时Fe3+和Fe2+的物质的量相同，当Fe3+反应完毕，而后再加入Fe粉，溶液中Fe2+的量继续增大，说明a点过后，H+有剩余，该阶段发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，可推测硝酸根在oa段完全反应，据此分析； 【解析】A．第一阶段生成NO、0.1molFe3+，根据Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O可得，n(NO)=n(Fe3+)=0.1mol，最后阶段生成H2，整个过程加入的Fe转化Fe2+，最终生成0.2molFe2+，根据电子转移守恒有3n(NO)+2n(H2)=2n(Fe2+)，故3×0.1mol+2n(H2)=2×0.2mol，解得n(H2)=0.05mol，故收集到气体总体积为(0.1mol+0.05mol)×22.4L/mol=3.36L，A错误；B．b点对应溶液中Fe2+与Fe3+物质的量相等，设反应的Fe3+为xmol，由反应比例2Fe3+~3Fe2+，知此时生成的Fe2+物质的量为1.5xmol，则1.5x=0.1-x，解得x=0.04mol，故此处溶液中还剩Fe3+物质的量=0.1mol-0.04mol=0.06mol，由反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，知此时最多可溶解的Cu物质的量=，对应质量=0.03mol×64g/mol=1.92g，B正确；C．由分析知，硝酸根在oa段完全反应转化为NO，由得失电子守恒，得n(NO)=n(Fe3+，oa)，故n(NO)=0.1mol，由N元素守恒知，n(HNO3)=n(NO)=0.1mol，由Fe3+反应生成的Fe2+物质的量n1=，则由H+与Fe反应生成的Fe2+物质的量n2=0.2mol-0.15mol=0.05mol，对应H+物质的量=2n2=0.1mol，oa段反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，知该段消耗的H+物质的量=4n(Fe3+，oa)=0.4mol，故溶液中原来共有H+物质的量=0.4mol+0.1mol=0.5mol，则n(H2SO4)=，故x=0.1，y=0.2，C正确；D．由分析知，硝酸根在oa段完全反应转化为NO，离子方程式：，D正确；故选A。 题型04 硝酸与金属反应后，再加入酸的计算 【典例】（24-25高一下·浙江湖州·期末）向18g铜和铁的混合物中加入200mL稀硝酸，充分反应得到溶液甲和2.24LNO，固体减少8.4g；继续加入200mL等浓度的稀硝酸，固体完全溶解，得到溶液乙和2.24LNO，溶液乙不含Fe3+且加入VmL1mol/LNaOH溶液恰好可将所有金属离子沉淀完全(气体体积均在标准状况下测定)。下列说法不正确的是 A．减少的8.4g金属为铜和铁 B．稀硝酸的物质的量浓度为2.0mol/L C．加入的NaOH溶液体积V的值为600 D．向溶液乙中再加200mL稀硝酸，又得到标准状况下1.12LNO 【答案】A 【解析】A．设铜和铁的混合物中铁的物质的量为，铜为，根据电子守恒，有，根据质量关系得，联立计算得，铁的质量为，铜的质量为。所以第一次反应中Fe完全溶解（质量8.4g），而Cu未参与反应，因此减少的金属仅为铁，A错误；B．总反应中硝酸的物质的量为0.8mol（0.6mol用于生成硝酸盐，0.2mol被还原为NO），浓度为=2.0mol/L，B正确；C．金属离子（Fe2+和Cu2+各0.15mol）需0.6mol OH⁻沉淀，则1mol/L NaOH溶液的体积为600mL，C正确；D．此时Fe2+（0.15mol）可被新加入的硝酸氧化，根据得失电子守恒，生成0.05mol NO（1.12L），D正确；故选A。 【变式】（24-25高一上·湖北·期末）将一定质量的铜粉加入到100 mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1 g铜粉，此时共收集到NO气体560 mL(标准状况)。然后向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为止，容器仍剩有铜粉m2 g，则(m1-m2)为 A．7.2 B．2.4 C．0 D．缺少条件，无法计算 【答案】A 【分析】铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，生成Cu(NO3)2和NO气体0.025mol，根据电子转移守恒计算利用NO计算参加反应的铜的物质的量，再根据铜元素守恒计算溶液中n[Cu(NO3)2]，再向溶液中足量稀硫酸至不再反应为止，容器剩有铜粉m2g，Cu(NO3)2中NO发生反应3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，(m1-m2)为与溶液中NO反应的铜的质量，据此分析解题。 【解析】铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，生成Cu(NO3)2和NO气体，NO的物质的量为0.560L÷22.4L/mol=0.025mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的铜的物质的量为0.025 mol×(5−2)/2=0.0375mol，根据铜元素守恒可知，溶液中n[Cu(NO3)2]=0.0375mol，溶液中n(NO)=0.075mol，再向溶液中足量稀硫酸至不再反应为止，Cu(NO3)2中NO发生反应3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，容器剩有铜粉m2g，(m1-m2)为与溶液中NO反应的铜的质量，令再次反应的铜的物质的量为x mol，则：，所以x=0.1125mol，所以再次反应的铜的质量为0.1125mol×64g/mol=7.2g，即(m1-m2)=7.2g。故选A。 【巩固训练】 1.（24-25高一下·广西·期末）现有4.8 g镁粉，加入一定量浓硫酸在加热条件下恰好完全反应，收集到的气体种数和在标准状况下体积分别为 A．一种 4.48 L B．两种  4.48 L C．一种  1.12 L D．两种  1.12 L 【答案】B 【解析】浓硫酸具有强氧化性，镁和浓硫酸反应产生MgSO4、SO2、H2O，反应方程式为：Mg+2H2SO4(浓)=MgSO4+ SO2↑+2H2O，随着反应进行，硫酸变稀，镁和稀硫酸发生置换反应，产生MgSO4、H2，反应方程式为：Mg+H2SO4(稀)=MgSO4+H2↑；根据两个反应方程式可知反应产生的气体为SO2、H2两种，关系式：Mg~SO2，Mg~H2，Mg和气体的物质的量关系为1：1，4.8 g镁粉的物质的量为0.2 mol，故生成气体的物质的量也是0.2 mol，其在标况下体积为4.48 L，故合理选项是B。 2.（24-25高一下·福建·期中）将20.8g由Cu、Fe组成的合金溶于过量稀HNO3中，生成了6.72 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则产生的Fe(OH)3沉淀的质量为 A．21.4 g B．18.0 g C．14.7g D．18.1 g 【答案】A 【解析】将20.8g由Cu、Fe组成的合金溶于过量稀HNO3中，反应生成硝酸铁、硝酸铜，同时生成了6.72 L NO(标准状况下)，根据得失电子守恒，Cu、Fe失电子的物质的量为 ，设合金中Cu的物质的量为xmol、Fe的物质的量为ymol；则，解得y=0.2mol，产生的Fe(OH)3沉淀的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol×107g/mol=21.4g，故选A。 3.（24-25高一下·广东深圳·期中）现将19.2 g Cu投入0.9mol浓硝酸中，恰好完全反应，生成的气体标况体积为 A．小于6.72L B．6.72 L C．8.96 L D．13.44 L 【答案】A 【解析】Cu与硝酸反应时转移0.6mol电子，随着反应进行浓硝酸会变成稀硝酸，设生成NO2为amol，NO为bmol，根据得失电子守恒有：a+3b=0.6，根据N原子守恒有：a+b+0.3×2=0.9，解得a=b=0.15mol，因NO2会发生2NO2N2O4，所以得到的气体总物质的量小于0.3mol，在标准状况下的体积小于6.72L；故选A。 4.（24-25高一下·天津·期中）1 L稀硝酸和稀硫酸的混合液，其物质的量浓度均为0.2mol/L。若向该混合液中加入足量的铜粉，则最多能溶解铜粉的质量为 A．6.4 g B．9.6g C．14.4g D．19.2 g 【答案】C 【解析】铜与稀硝酸、稀硫酸发生反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，混合溶液中，n(H+)=0.6mol，n()=0.2mol，所以H+不足，应使用H+进行计算。故溶解Cu的物质的量为mol，质量为，C正确；故答案选C。 5.（24-25高一下·广东深圳·期中）32g Cu与适量浓硝酸完全反应，将生成的混合气体(NO和NO2组成)通入700 mL 1 mol/L NaOH溶液中，混合气体恰好被完全吸收，得到只含NaNO2和NaNO3的混合溶液，混合气体中NO2的物质的量为 A．0.15 mol B．0.3 mol C．0.5 mol D．0.55 mol 【答案】D 【解析】32g Cu与适量浓硝酸完全反应，n(Cu)==0.5mol，每个 Cu 原子失去 2e⁻，总失去电子数为：生成的NO和NO2中，N的还原分别对应每个分子获得3e⁻和1e⁻。设NO的物质的量为，NO2 的物质的量为，则：；混合气体被 NaOH 吸收后生成 NaNO2 和 NaNO3。溶液中钠的总物质的量为：，同时，气体中N的总物质的量等于盐中N的总量：，联立方程组：，解得：，因此NO2的物质的量为0.55 mol，故选D。 6.（24-25高一下·内蒙古包头·期中）将64g铜与的浓硝酸0.5L充分反应，铜完全溶解，生成含的混合气体33.6L(标准状况下)。若反应前后硝酸溶液的体积无变化，下列说法不正确的是 A．发生还原反应的硝酸有1.5mol B．将生成的与11.2L(标准状况下)混合通入水中可全部转化为 C．混合气体中与NO的体积比为5：1 D．反应后溶液中的浓度为 【答案】D 【解析】A．生成含NO2、NO的混合气体33.6L(在标准状况下)物质的量为=1.5mol，根据氮元素守恒，发生还原反应的硝酸的物质的量为1.5mol，，A正确；B．混合物与氧气、水反应又生成硝酸，纵观整个过程，Cu失去电子物质的量等于氧气获得的电子，则需要氧气物质的量为=0.5mol，标况下需要氧气体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，B正确；C．64gCu的物质的量为1mol，NO和NO2混合气体的物质的量为1.5mol，令NO和NO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y＝1.5，3x+y＝1×2，解得x=0.25，y=1.25，混合气体中NO2与NO的体积比为5:1，C正确；D．由A可知，生成含NO2、NO的总物质的量为1.5mol，反应后溶液中浓度为=6mol•L-1，D错误；故选D。 7.（24-25高一下·天津南开·期中）某100mL混合液中，和的物质的量浓度分别是和，向该混合液中加入0.03mol铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的物质的量浓度（忽略体积变化）为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】某100mL混合液中，和的物质的量浓度分别是和，向该混合液中加入0.03mol铜粉，加热，发生反应为：，氢离子共，硝酸根为，则氢离子不足，铜和硝酸根过量，生成的铜离子为，其浓度为；故选B。 8.（24-25高一下·湖北武汉·期末）将22.4g的Mg、Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的X气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生42.8g沉淀。根据题意推断气体X的成分可能是 A． B．和 C．和 D．和 【答案】D 【解析】由题意，沉淀质量42.8g减去金属质量22.4g，得到OH⁻的质量为20.4g，其物质的量为，OH⁻的物质的量等于金属阳离子总电荷数，即转移的电子数为1.2mol。A．NO中N的氧化态为+2，每个NO分子得3e⁻，总得电子数0.3×3=0.9mol，A错误；B．硝酸转化为NO得3e⁻，NO2得1e⁻，N2O4得2e⁻，总得电子数0.2×3+0.2×1+0.1×2=1.0mol，B错误；C．硝酸转化为NO2得1e⁻，N2O4得2e⁻，总得电子数0.4×1+0.1×2=0.6mol，C错误；D．硝酸转化为NO2得1e⁻，NO得3e⁻，总得电子数0.3×1+0.3×3=1.2mol，D正确；故选D。 9.（24-25高一下·湖北武汉·期中）2.56g铜投入一定量浓中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体(已折算为标准情况)。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准情况下一定体积的，恰好使气体完全溶于水中，则通入的体积为 A．672mL B．224mL C．448mL D．336mL 【答案】C 【解析】整个过程来看Cu失电子变为Cu2+，O2得电子变为-2价： 2.56g Cu的物质的量为2.56g ÷ 64g/mol = 0.04mol，Cu失电子物质的量为0.04mol × 2 = 0.08mol，根据得失电子守恒可知所需O2的物质的量为0.08mol ÷ 4 = 0.02mol，在标况下的体积=0.02mol × 22.4L/mol = 0.448L = 448mL；答案选C。 10.（24-25高一下·四川德阳·期末）将一定质量的镁铝合金加入100mL 稀硝酸中，生成1.12L(标准状况)NO气体。向反应后的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如下图所示。下列说法不正确的是 A．b点对应沉淀的质量为4.08g B．原硝酸的浓度为1.8mol/L C．bc段对应的离子方程式为： D．合金中镁铝的物质的量之比为1∶1 【答案】B 【分析】标准状况下1.12LNO的物质的量n(NO)=0.05 mol，镁铝与稀硝酸反应转移由电荷守恒得，反应后阳离子带0.15mol正电荷，反应后的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，发生、，则消耗0.15 mol NaOH，由图知沉淀消耗 NaOH的体积为，则；60~70 ml消耗NaOH的体积为10 mL，物质的量为由及铝原子守恒可知，，由电子守恒及Mg守恒可知，，由n(Al)、n(Mg)可求出m(Mg)及沉淀的最大质量，消耗NaOH溶液60m时,溶液中的溶质为NaNO3， ，HNO3中的氮原学还有一部分转移到NO中，由N守恒可得，，求出，据此回答。 【解析】A．由分析知，b点时的沉淀分别为，，质量为，A正确；B．由分析知，原硝酸的浓度为2.3mol/L，B错误；C．由分析知，bc段对应的离子方程式为：，C正确；D．由分析知，合金中镁铝的物质的量均为0.03mol，物质的量之比为1∶1，D正确； 故选B。 【强化训练】 1.（24-25高一下·山东济宁·期中）足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到6.72L(已折算为标准状况)与NO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。向所得硝酸铜溶液中加入溶液，恰好沉淀完全。下列说法正确的是 A．与浓硝酸反应的Cu为0.3mol B．消耗氧气的体积为，1.12L(标准状况) C．参加反应的是0.45mol D．混合气体中NO的体积分数约为33% 【答案】A 【分析】Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、水、氮氧化物：氮氧化物和氧气、水反应生成硝酸，硝酸铜和NaOH反应生成氢氧化铜和硝酸钠。得失电子角度来看，Cu的电子转移给了氧气，结合得失电子守恒计算。 【解析】A．根据加入的NaOH量计算，n(OH-)=0.15L×4mol/L=0.6mol。每个Cu2+需2个OH⁻，故n(Cu2+)=0.3mol，对应反应的Cu为0.3mol，A正确；B．整体来看，Cu的电子转移给了氧气，Cu失去的电子总物质的量为0.3mol×2=0.6mol，所需O2物质的量为0.6mol÷4=0.15mol，在标况下的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，B错误；C．参加反应的HNO3包括生成Cu(NO3)2的酸部分（0.3mol×2=0.6mol）和被还原为氮氧化物部分（0.3mol），总物质的量为0.6mol+0.3mol=0.9mol，C错误；D．设NO2为x mol，NO为y mol，则x+y=0.3，且x+3y=0.6，解得y=0.15，x=0.15，NO的体积分数为50%，D错误；答案选A。 2.（24-25高一下·安徽芜湖·期中）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g铜（已知硝酸只被还原为NO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。下列说法正确的是 A．原混合酸中物质的量为0.4mol B．混合酸中物质的量浓度为1 C．OA段转移的电子为0.4mol D．19.2g铜完全溶解时，溶液中的 【答案】D 【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑； 【解析】A．最终反应掉22.4g铁，铁的物质的量为=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据Fe原子、硫酸根离子守恒，每一份中n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.4mol，则原混合酸中H2SO4物质的量为0.4mol×2=0.8mol，故A错误；B．OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以每一份中n()=n(Fe)==0.2mol，每一份溶液体积为100mL，则混合酸中HNO3物质的量浓度为=2mol/L，故B错误；C．由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，消耗的铁n(Fe)==0.2mol，转移的电子为0.6mol，故C错误；D．由上述计算可知每一份混酸中，H2SO4物质的量为0.4mol，HNO3的物质的量为0.2mol，19.2gCu的物质的量为=0.3mol，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO+4H2O，反应后铜以硫酸铜存在，n(CuSO4)=0.3mol，硫酸剩余0.1mol，故反应后溶液，故D正确；答案选D。 3.（24-25高一下·四川达州·期中）同学们为了探究铜与硝酸的反应，进行了如下实验： 实验1：将2.56g铜加入20mL物质的量浓度为7mol·L-1的硝酸溶液中，铜完全溶解并产生NO和NO2混合气体共896mL(不考虑产生N2O4，体积已换算为标准状况下)。 实验2：向实验1反应结束后的溶液中加入一定量NaOH溶液，使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀。 实验3：若将实验1收集到的气体和一定体积的O2混合后通入足量的蒸馏水中，恰好可以被完全吸收。 下列说法正确的是 A．实验3中O2的体积在标准状况下为224mL B．实验1中消耗了0.12molHNO3 C．实验1中生成的NO与NO2的体积比为2：1 D．实验2中参与反应的NaOH的质量为3.2g 【答案】B 【分析】首先计算铜的物质的量，硝酸的物质的量，混合气体的物质的量。铜与硝酸反应的化学方程式为：， 。 【解析】A．根据得失电子守恒，铜失去的电子数等于硝酸转化为和得到的电子数，而和与反应又变回硝酸，所以铜失去的电子数等于得到的电子数。铜失去电子的物质的量，则，，A错误；B．硝酸在反应中一部分作氧化剂生成和，一部分起酸的作用生成。作酸的硝酸的物质的量。设生成的物质的量为xmol，生成的物质的量为ymol，则。根据电子守恒有，联立方程组解得x = 0.02mol，y = 0.02mol。作氧化剂的硝酸的物质的量。消耗硝酸的总物质的量，B正确；C．由前面计算可知生成的物质的量x=0.02mol，生成的物质的量y=0.02mol，在相同条件下，气体体积比等于物质的量比，所以，C错误；D．向反应后的溶液中加入溶液，转化为沉淀，根据的物质的量，则，，但是原溶液中还有剩余的硝酸，所以参与反应的的质量大于3.2g，D错误；答案选B。 4.（24-25高一下·辽宁·期末）将12.8g铜片加入100mL一定浓度的硝酸溶液中，铜片完全溶解(反应后溶液体积仍为100mL)，产生、的混合气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，溶液中的恰好完全沉淀。下列说法正确的是 A．混合气体中、的体积之比为5：1 B．铜片完全溶解后，溶液中剩余硝酸的浓度为 C．铜片溶解后，溶液中溶质为 D．若将产生的气体与足量混合通入水中充分反应，则消耗的物质的量为0.05mol 【答案】A 【解析】A．12.8g铜是，生成气体一共是，根据电子守恒和气体体积计算，铜失去，设NO为x mol，NO2为y mol，列式：，解得x=0.125，y=0.025，体积比为5:1，A正确；B．铜片完全溶解后，沉淀需 NaOH：。剩余NaOH用于中和溶液中剩余的硝酸：总NaOH消耗为0.8mol，故中和氢离子消耗NaOH为： 。剩余HNO3的物质的量 ，溶液体积为100 mL= 0.1L，剩余硝酸浓度：，B错误；C．根据上述分析可知，铜片溶解后，溶液中溶质除Cu(NO3)2外还有剩余HNO3，C错误；D．混合气体通入水中，被O2氧化为硝酸，结合上述计算可知，总电子转移的物质的量为，需O2的物质的量为0.4/4=0.1 mol，D错误；故选A。 5.（24-25高一下·四川达州·期中）将一定质量的铝粉和铁粉的混合物加入一定量很稀的硝酸溶液中，充分反应生成铵盐，反应过程中无气体放出。向反应结束后的溶液中，逐滴加入5mol/L的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量(n)关系如图所示，下列说法错误的是 A．根据关系图可知前a=20 B．样品中铝粉质量为1.08g C．原溶液中硝酸的物质的量为0.42mol D．b点Fe(OH)3质量为4.28克 【答案】C 【分析】反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，向反应后溶液中滴加NaOH溶液，开始没有沉淀生成，可知硝酸过量，故铝和铁被氧化为Al3+、Fe3+，反应后溶液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，可得与OH-发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，③+OH-=NH3•H2O，④Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；cd段消耗NaOH溶液8mL，根据Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-可知，n[Al(OH)3]=n(NaOH)=0.008L×5mol/L=0.04mol，故n(Al)=n[Al(OH)3]=0.04mol，而bc段消耗的氢氧化钠的6mL，根据与+OH-═NH3•H2O可知，n()=n(NaOH)=0.006L×5mol/L=0.03mol，根据电子转移守恒有：3n(Fe)+3n(Al)=8n()，即3n(Fe)+3×0.04mol=8×0.03mol，解得n(Fe)=0.04mol，即混合物中含有0.04mol Al、0.04mol Fe，据此解题。 【解析】A．混合物中含有0.04mol Al、0.04mol Fe，则ab段消耗NaOH物质的量为0.04mol×3+0.04mol×3=0.24mol，ab段消耗NaOH溶液体积为=0.048L=48mL，故a点对应NaOH溶液体积为68mL-48mL=20mL，A正确；B．由分析可知，样品中铝粉质量为0.04mol×27g/mol=1.08g，B正确；C．加入氢氧化钠溶液为68mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，bc段消耗的NaOH的物质的量等于铵根离子的物质的量，而n(NH4NO3)=n()=0.006L×5mol/L=0.03mol，根据Na元素守恒：n(NaNO3)=n(NaOH)=0.068L×0.05mol/L=0.34mol，根据N元素守恒原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.34mol+0.03mol×2=0.4mol，C错误；D．根据铁元素守恒可知，b点Fe(OH)3的质量为0.04mol×107g/mol=4.28g，D正确；故选C。 6.（24-25高一下·江苏无锡·月考）向由铁粉和铜粉组成的混合物中，加入某浓度的稀硝酸，充分反应后测得生成的体积［()］(已换算成标准状况下)、(固体剩质余量)随加入的稀硝酸的体积的变化如图所示(设硝酸的还原产物只有)。下列说法中正确的是 A．稀硝酸的浓度为 B．点时，稀硝酸中溶解了和共 C．点对应的溶液中可能含有的金属阳离子为、、 D．加入稀硝酸至时，收集到的约为 【答案】D 【分析】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，a、b点都有金属剩余，则溶液中不可能含硝酸铁，溶液中金属离子为+2价，在a点的基础上加入100mL硝酸得到b点，则参加反应的金属的质量为12.2g-3.2g=9g，生成NO的体积为4.48L-2.24L=2.24L，NO的物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的金属的物质的量为，参加反应的金属的平均摩尔质量为，该过程既有铁参与反应，又有铜参与反应，设反应消耗Cu的物质的量为x mol，Fe的物质的量为y mol，则Cu和稀硝酸反应生成NO的物质的量为，Fe和稀硝酸反应生成NO的物质的量为，则有，解得，故a点中，只有铁参与反应，a点生成NO的体积为2.24L，NO的物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的铁的物质的量为，其质量为，反应消耗HNO3的物质的量为，则稀硝酸的浓度为；在b点基础上继续加入100mL稀硝酸，生成NO的体积为6.72L-4.48L=2.24L，NO的物质的量为0.1mol，该过程既有铜参加反应，又有亚铁离子参加反应，参加反应的金属的质量为3.2g，金属全部为铜，其物质的量为=0.05mol，跟金属铜与稀硝酸反应可知，0.05molCu参与反应生成mol NO，则亚铁离子参与反应生成mol NO，硝酸亚铁与稀硝酸反应的化学方程式为，则消耗亚铁离子0.2mol，由以上分析可知，亚铁离子的总物质的量为0.15mol+0.075mol=0.225mol，则加入稀硝酸300mL后，剩余的亚铁离子的物质的量为0.225mol-0.2mol=0.025mol，0.025mol亚铁离子与稀硝酸反应生成NO的物质的量，标况下，其体积约为。 【解析】A．由上述分析可知，稀硝酸的物质的量浓度为=4mol/L，A错误；B．由分析可知，a点只消耗了铁8.4g，B错误；C．由分析可知，b点还有金属Cu剩余，因此溶液中不可能有Fe3+，C错误；D．由分析可知，加入稀硝酸至400mL时，收集到的V(NO)约为6.72L+0.186L≈6.91L，D正确；故选D。 7.（24-25高一下·江苏无锡·月考）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1120mL(换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入VmL3.20mol/LNaOH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．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是 B．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1 C．加入的3.20mol/LNaOH溶液的体积V=200mL D．反应结束后所得溶液中溶质的物质的量浓度为2.4mol/L 【答案】D 【分析】金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为n(OH-)==0.06mol，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，NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05-a)mol，根据电子转移守恒可知：a×1+(0.05-a)×2×1=0.06，解得a=0.04，NO2的体积分数=×100%=80%，据此分析解题。 【解析】A．由分析可知，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是，A正确；B．由分析可知，令Cu的物质的量为xmol、Mg的物质的量为ymol，根据二者总质量有①64x+24y=1.52,，电子转移守恒有②：2x+2y=0.06，联合①②解得x=0.02，y=0.01，故n(Cu)：n(Mg)=0.02mol：0.01mol=2：1，B正确；C．浓硝酸的物质的量浓度为，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，NaNO3的物质的量为：0.05L×14mol/L-0.04mol-(0.05-0.04)mol×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.20L=200mL，C正确；D．由C分析可知，反应结束后所得溶液中溶质即NaNO3的物质的量为0.64mol，溶液体积为200+50=250mL，故溶质的物质的量浓度为=2.56mol/L，D错误；故答案为：D。 8.（24-25高一下·湖南邵阳·期中）向 200 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(标准状况下)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．原混合溶液中c(H2SO4) =1mol/ L B．m2 =11.2 C．产生H2的体积为2.24 L D．AB段发生的反应为置换反应 【答案】A 【分析】OA段发生反应，，即NO的体积为2.24L，物质的量为0.1mol，消耗的铁为0.1mol，所以m1=5.6，AB段发生反应，消耗的铁为，所以，BC段发生，即氢气的体积为（3.36-2.24）L=1.12L，物质的量为0.05mol，此段消耗的铁的物质的量为0.05mol，质量为2.8g，所以m3=11.2g。 【解析】A．由分析可知，总共消耗11.2g，即0.2mol铁，有氢气生成说明硝酸根完全反应，最终溶液的溶质为FeSO4，且，所以原混合溶液中，故A错误；B．由分析知，m2 =2.8，故B错误；C．由图和分析可知产生氢气的体积为1.12L，故C错误；D．由分析知AB段发生反应，不是置换反应，故D错误；故答案为A。 9.（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。 10.（24-25高一下·湖北武汉·期中）铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的物质的量相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示(反应后铁在化合物中的化合价为+3)，下列说法错误的是 A．硝酸的浓度越小，其还原产物氮的价态越低的成分越多 B．一定量的铁粉与足量的硝酸溶液充分反应，得到标准状况下的气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.2mol C．当硝酸浓度为时，氧化剂与还原剂的物质的量之比可为15：13 D．Fe与反应分别生成等物质的量的和时，转移电子的数目之比为1：1 【答案】B 【分析】从图中可以看出，当其他条件一致时，在浓硝酸浓度为12.2mol/L中，主要产物NO和NO2，随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多，当浓度为9.75mol/L时，主要产物是NO，其次是NO2及少量的N2O，当HNO3的浓度降到4.02mol/L时，成为主要产物，可见，凡有硝酸参加的氧化还原反应都比较复杂，往往同时生成多种还原产物，据此作答。 【解析】A．由图可知，硝酸的浓度越小，铵根含量越高，这说明其还原产物氮的价态越低的成分越多，故A正确；B．一定量的铁粉与12.2mol·L-1硝酸溶液完全反应，根据图中曲线可知，生成气体为NO、NO2且相对含量相等，得到标准状况下的气体2.24L，即0.1mol气体，根据氮原子守恒则有0.1mol硝酸为氧化剂，而反应生成的亚铁盐或铁盐为硝酸盐，故参加反应的硝酸的物质的量为大于0.1mol，参加反应的硝酸也不一定等于0.2mol，故B错误；C．当硝酸浓度为9.75mol·L-1时，还原产物有NO、NO2和N2O，物质的量之比为其体积比=10：6：2=5：3：1，假设NO是5mol、NO2是3mol、N2O是1mol，则反应中转移电子的物质的量是26mol，假设氧化产物是铁离子，则根据电子得失守恒可知还原剂的物质的量是，所以根据原子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比可为10：＝15：13，故C正确；D．假设Fe与反应分别生成1mol的和，转移电子的物质的量分别为8mol、8mol，转移电子数目之比为1：1，故D正确；故答案选B。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 金属与硫酸、硝酸反应的计算 1. 掌握金属与稀硫酸、稀硝酸反应的化学方程式书写规律，理解浓硝酸、浓硫酸与金属反应的特殊性（钝化、产物差异），能准确区分不同酸与金属反应的产物类型（如H2、NO、NO2、SO2等）。 2. 理解金属与酸反应的本质是氧化还原反应，明确氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的判断方法，能准确标注反应中元素的化合价变化，梳理电子转移的方向和数目。 3. 掌握金属与硫酸、硝酸反应的核心计算依据：电子守恒、原子守恒（N守恒、S守恒、金属离子守恒）、电荷守恒，能根据不同反应情境选择合适的守恒规律解决计算问题。 4. 能独立解决常见的计算题型，如：金属过量与不足量的判断、生成气体体积的计算（标况下）、反应后溶液中离子浓度的计算、混合酸与金属反应的综合计算等。 一、金属与硫酸、硝酸反应的规律 1.金属与稀硫酸反应（非氧化性酸） （1）本质：金属活动性顺序表中排在H的金属与H+发生置换反应，H+被还原为H2。 （2）通式：M+nH+=Mn++n/2H2↑(M为活泼金属，金属活动性顺序表中前金属)。 注意：反应后溶液溶质为金属硫酸盐，SO42-不参与反应。 2.金属与浓硫酸反应（强氧化性酸） （1）本质：在浓硫酸中主要是以硫酸分子的形式存在，体现的是硫酸分子的性质。在硫酸分子中，存在+6价硫，很容易得电子被还原，所以具有很强的氧化性。 （2）反应规律 ①Fe、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浓硫酸与不活泼金属反应 a.反应要加热，否则不反应； b.还原产物一般是SO2。一般金属被氧化为高价态的硫酸盐，非金属被氧化为高价态氧化物或含氧酸。 c.浓硫酸与金属反应时，既表现酸性又表现强氧化性。如： Cu+2H2SO4(浓) CuSO4 + 2H2O +SO2↑ 2Ag+2H2SO4 (浓) Ag2SO4+SO2↑+2H2O ③浓硫酸与活泼金属反应 a.加热条件下，Fe、Al能与浓硫酸反应生成硫酸盐和SO2，反应方程式为： 2Fe+6H2SO4(浓) Fe2(SO4)3 + 6H2O +3SO2↑、2Al+6H2SO4(浓) Al2(SO4)3 + 6H2O +3SO2↑ ④随着反应的进行，浓硫酸浓度变小，一旦变为稀硫酸，不活泼金属与硫酸的反应就停止，活泼金属与硫酸的反应生成H2。 3.金属与硝酸反应（强氧化性酸） ①硝酸的强氧化性规律：a.硝酸越浓，温度越高，其氧化性越强。 b.与硝酸反应时，还原剂一般被氧化成最高价态。 ②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，活泼金属与极稀HNO3反应，HNO3可被还原成N2O、NH4NO3等。 a.不活泼金属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 b.Fe、Al的钝化：常温下，当Fe、Al等金属遇到浓硝酸时，会与浓硝酸发生反应，表面生成一层致密的氧化物薄膜而出现“钝化”现象,加热条件下，Fe、Al能与浓硝酸反应生成硝酸盐和NO2，反应方程式为： Fe+4H2SO4(浓) Fe(NO3)3 + 2H2O +3NO2↑、2Al+4H2SO4(浓) 2Al(NO3)3 + 2H2O +3NO2↑。 注意：稀硝酸无此性质。 c.硝酸与铁反应时，产物符合以下规律 ③随着反应的进行，浓硝酸浓度变小，一旦变为稀硝酸，还原产物将由NO2变为NO。 ④硝酸与金属反应时，既表现酸性又表现强氧化性。 二、 金属与硫酸、硝酸反应的计算方法 1.电子守恒法（核心方法） （1）原理：金属失去的电子总数=酸中被还原元素得到的电子总数。 （2）应用：计算还原产物的物质的量、金属的化合价、反应的酸的用量等。 2.原子守恒法 （1）N原子守恒：适用于硝酸与金属反应，反应前HNO3中的N原子，一部分存在于硝酸盐中，一部分存在于还原产物中，即n(HNO3)总=n(NO3-)剩余+n(NO3-)反应后溶质+n(N)还原产物。 （2）S原子守恒：适用于浓硫酸与金属反应，反应前H2SO4中的S原子，一部分存在于硫酸盐中，一部分存在于还原产物中，n(H2SO4)总=n(SO42-)剩余+n(SO42-)反应后溶质+n(S)还原产物。 3.极值法 适用于金属混合物与酸反应的计算，假设混合物全部为某一种金属，计算两个极值，实际值介于两者之间。 例如：Mg、Al混合物与稀硫酸反应，可分别假设全部为Mg或Al，计算生成H2的量的范围。 4.电荷守恒法：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)。 5.金属与硝酸反应计算问题的思维模型 题型01单一金属与酸反应的计算 【典例】（24-25高一下·广东汕头·期末）把一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L-1浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体Y33.6 L（在标准状况下）。将反应后的溶液稀释到1 L，测得溶液中c(H＋)=0.1 mol·L-1。下列叙述不正确的是 A．气体Y是SO2和H2的混合物 B．反应中共消耗锌78 g C．气体Y中SO2和H2的体积之比为1：4 D．反应中共转移电子3 mol 【变式】（25-26高一上·北京·月考）铜被一定量浓硝酸恰好完全溶解，得到硝酸铜溶液，产生标准状况下和的混合气体(假设气体完全逸出)，这些气体与标准状况下混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入溶液至恰好完全沉淀。相关数据正确的是 A． B． C． D． 题型02 金属混合物与酸反应的计算 【典例】（24-25高一上·黑龙江哈尔滨·期中）将一定质量的Mg和Al的混合物投入500 mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法正确的是          A．Mg和Al的质量比为3：4 B．生成的H2的体积为10.08 L C．NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol/L D．硫酸的物质的量浓度为0.5 mol/L 【变式】（25-26高三上·天津南开·月考）将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL某浓度硝酸中，得到和混合气体1120mL(标准状况)，当向反应后溶液中加入640mL NaOH溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为2.54g。下列说法中正确的是 A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1∶2 B．所得沉淀物质的量为0.32mol C．和的混合气体中，的体积分数是20% D．该硝酸中的物质的量浓度是 题型03金属与混合酸(HNO3、H2SO4)反应的计算 【典例】（25-26高一上·福建厦门·月考）向400 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)。下列说法错误的是 A．A点溶液中的溶质为Fe2(SO4)3和H2SO4 B．AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+ C．反应中生成的n(NO)：n(H2)=1：2 D．最终溶液中溶质的物质的量浓度约为1 mol·L-1 【变式】（2025·辽宁沈阳·二模）向含有x mol HNO3和y mol H2SO4的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产物与所加铁粉的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是 A．反应至c点时，可收集到气体4.48 L(标准状况) B．向b点所得溶液中加入Cu粉，最多可溶解铜1.92 g C．x=0.1，y=0.2 D．Oa段发生反应的离子方程式： 题型04 硝酸与金属反应后，再加入酸的计算 【典例】（24-25高一下·浙江湖州·期末）向18g铜和铁的混合物中加入200mL稀硝酸，充分反应得到溶液甲和2.24LNO，固体减少8.4g；继续加入200mL等浓度的稀硝酸，固体完全溶解，得到溶液乙和2.24LNO，溶液乙不含Fe3+且加入VmL1mol/LNaOH溶液恰好可将所有金属离子沉淀完全(气体体积均在标准状况下测定)。下列说法不正确的是 A．减少的8.4g金属为铜和铁 B．稀硝酸的物质的量浓度为2.0mol/L C．加入的NaOH溶液体积V的值为600 D．向溶液乙中再加200mL稀硝酸，又得到标准状况下1.12LNO 【变式】（24-25高一上·湖北·期末）将一定质量的铜粉加入到100 mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1 g铜粉，此时共收集到NO气体560 mL(标准状况)。然后向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为止，容器仍剩有铜粉m2 g，则(m1-m2)为 A．7.2 B．2.4 C．0 D．缺少条件，无法计算 【巩固训练】 1.（24-25高一下·广西·期末）现有4.8 g镁粉，加入一定量浓硫酸在加热条件下恰好完全反应，收集到的气体种数和在标准状况下体积分别为 A．一种 4.48 L B．两种  4.48 L C．一种  1.12 L D．两种  1.12 L 2.（24-25高一下·福建·期中）将20.8g由Cu、Fe组成的合金溶于过量稀HNO3中，生成了6.72 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则产生的Fe(OH)3沉淀的质量为 A．21.4 g B．18.0 g C．14.7g D．18.1 g 3.（24-25高一下·广东深圳·期中）现将19.2 g Cu投入0.9mol浓硝酸中，恰好完全反应，生成的气体标况体积为 A．小于6.72L B．6.72 L C．8.96 L D．13.44 L 4.（24-25高一下·天津·期中）1 L稀硝酸和稀硫酸的混合液，其物质的量浓度均为0.2mol/L。若向该混合液中加入足量的铜粉，则最多能溶解铜粉的质量为 A．6.4 g B．9.6g C．14.4g D．19.2 g 5.（24-25高一下·广东深圳·期中）32g Cu与适量浓硝酸完全反应，将生成的混合气体(NO和NO2组成)通入700 mL 1 mol/L NaOH溶液中，混合气体恰好被完全吸收，得到只含NaNO2和NaNO3的混合溶液，混合气体中NO2的物质的量为 A．0.15 mol B．0.3 mol C．0.5 mol D．0.55 mol 6.（24-25高一下·内蒙古包头·期中）将64g铜与的浓硝酸0.5L充分反应，铜完全溶解，生成含的混合气体33.6L(标准状况下)。若反应前后硝酸溶液的体积无变化，下列说法不正确的是 A．发生还原反应的硝酸有1.5mol B．将生成的与11.2L(标准状况下)混合通入水中可全部转化为 C．混合气体中与NO的体积比为5：1 D．反应后溶液中的浓度为 7.（24-25高一下·天津南开·期中）某100mL混合液中，和的物质的量浓度分别是和，向该混合液中加入0.03mol铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的物质的量浓度（忽略体积变化）为 A． B． C． D． 8.（24-25高一下·湖北武汉·期末）将22.4g的Mg、Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的X气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生42.8g沉淀。根据题意推断气体X的成分可能是 A． B．和 C．和 D．和 9.（24-25高一下·湖北武汉·期中）2.56g铜投入一定量浓中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体(已折算为标准情况)。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准情况下一定体积的，恰好使气体完全溶于水中，则通入的体积为 A．672mL B．224mL C．448mL D．336mL 10.（24-25高一下·四川德阳·期末）将一定质量的镁铝合金加入100mL 稀硝酸中，生成1.12L(标准状况)NO气体。向反应后的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如下图所示。下列说法不正确的是 A．b点对应沉淀的质量为4.08g B．原硝酸的浓度为1.8mol/L C．bc段对应的离子方程式为： D．合金中镁铝的物质的量之比为1∶1 【强化训练】 1.（24-25高一下·山东济宁·期中）足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到6.72L(已折算为标准状况)与NO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。向所得硝酸铜溶液中加入溶液，恰好沉淀完全。下列说法正确的是 A．与浓硝酸反应的Cu为0.3mol B．消耗氧气的体积为，1.12L(标准状况) C．参加反应的是0.45mol D．混合气体中NO的体积分数约为33% 2.（24-25高一下·安徽芜湖·期中）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g铜（已知硝酸只被还原为NO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。下列说法正确的是 A．原混合酸中物质的量为0.4mol B．混合酸中物质的量浓度为1 C．OA段转移的电子为0.4mol D．19.2g铜完全溶解时，溶液中的 3.（24-25高一下·四川达州·期中）同学们为了探究铜与硝酸的反应，进行了如下实验： 实验1：将2.56g铜加入20mL物质的量浓度为7mol·L-1的硝酸溶液中，铜完全溶解并产生NO和NO2混合气体共896mL(不考虑产生N2O4，体积已换算为标准状况下)。 实验2：向实验1反应结束后的溶液中加入一定量NaOH溶液，使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀。 实验3：若将实验1收集到的气体和一定体积的O2混合后通入足量的蒸馏水中，恰好可以被完全吸收。 下列说法正确的是 A．实验3中O2的体积在标准状况下为224mL B．实验1中消耗了0.12molHNO3 C．实验1中生成的NO与NO2的体积比为2：1 D．实验2中参与反应的NaOH的质量为3.2g 4.（24-25高一下·辽宁·期末）将12.8g铜片加入100mL一定浓度的硝酸溶液中，铜片完全溶解(反应后溶液体积仍为100mL)，产生、的混合气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，溶液中的恰好完全沉淀。下列说法正确的是 A．混合气体中、的体积之比为5：1 B．铜片完全溶解后，溶液中剩余硝酸的浓度为 C．铜片溶解后，溶液中溶质为 D．若将产生的气体与足量混合通入水中充分反应，则消耗的物质的量为0.05mol 5.（24-25高一下·四川达州·期中）将一定质量的铝粉和铁粉的混合物加入一定量很稀的硝酸溶液中，充分反应生成铵盐，反应过程中无气体放出。向反应结束后的溶液中，逐滴加入5mol/L的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量(n)关系如图所示，下列说法错误的是 A．根据关系图可知前a=20 B．样品中铝粉质量为1.08g C．原溶液中硝酸的物质的量为0.42mol D．b点Fe(OH)3质量为4.28克 6.（24-25高一下·江苏无锡·月考）向由铁粉和铜粉组成的混合物中，加入某浓度的稀硝酸，充分反应后测得生成的体积［()］(已换算成标准状况下)、(固体剩质余量)随加入的稀硝酸的体积的变化如图所示(设硝酸的还原产物只有)。下列说法中正确的是 A．稀硝酸的浓度为 B．点时，稀硝酸中溶解了和共 C．点对应的溶液中可能含有的金属阳离子为、、 D．加入稀硝酸至时，收集到的约为 7.（24-25高一下·江苏无锡·月考）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1120mL(换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入VmL3.20mol/LNaOH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．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是 B．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1 C．加入的3.20mol/LNaOH溶液的体积V=200mL D．反应结束后所得溶液中溶质的物质的量浓度为2.4mol/L 8.（24-25高一下·湖南邵阳·期中）向 200 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(标准状况下)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．原混合溶液中c(H2SO4) =1mol/ L B．m2 =11.2 C．产生H2的体积为2.24 L D．AB段发生的反应为置换反应 9.（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 10.（24-25高一下·湖北武汉·期中）铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的物质的量相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示(反应后铁在化合物中的化合价为+3)，下列说法错误的是 A．硝酸的浓度越小，其还原产物氮的价态越低的成分越多 B．一定量的铁粉与足量的硝酸溶液充分反应，得到标准状况下的气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.2mol C．当硝酸浓度为时，氧化剂与还原剂的物质的量之比可为15：13 D．Fe与反应分别生成等物质的量的和时，转移电子的数目之比为1：1 / 学科网（北京）股份有限公司 $