第03讲 硝酸与金属及其化合物反应的计算（重难点讲义）化学苏教版必修第二册

第03讲 硝酸与金属及其化合物反应的计算 1．掌握金属与浓、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NO、NO2等)。 2．掌握金属与硝酸反应的核心计算依据：电子守恒、原子守恒(N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。 3．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、硝酸的强氧化性 HNO3中的＋5价氮元素具有很强的得电子能力。硝酸的浓度越大，反应温度越高，其氧化性越强。还原产物一般为：HNO3(浓)→NO2，HNO3(稀)→NO；很稀的硝酸还原产物也可能为N2O、N2或NH4NO3 1．硝酸与金属的反应：硝酸与金属反应时，硝酸既表现氧化性又表现酸性 金属与硝酸反应规律 ①除Au、Pt等少数金属外，硝酸几乎可以氧化所有的金属 3Ag＋4HNO3(稀)===3AgNO3＋NO↑＋2H2O ②活泼金属与硝酸反应不生成H2，硝酸的浓度不同，还原产物不同，可能是NO2、N2O、NO、N2、NH4NO3如：4Mg＋10HNO3(稀)===4Mg (NO3)2＋NH4NO3＋3H2O ③铜与浓、稀硝酸反应 浓硝酸与铜反应 Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 该反应较剧烈，反应过程中有红棕色气体产生，此外，随着反应的进行，硝酸的浓度渐渐变稀，反应产生的气体是NO2、NO等的混合气体 稀硝酸与铜反应 3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O 该反应较缓慢，反应后溶液显蓝色，反应产生的无色气体遇到空气后变为红棕色(无色的NO被空气氧化为红棕色的NO2) ④与Fe、Al反应：常温下，浓硝酸能使Fe、A1发生钝化，这是因为浓硝酸将Fe、A1表面氧化，使Fe、A1的表面形成一层致密的氧化物薄膜，阻止了反应的进一步进行。常温下，可用铁或铝制容器盛放浓硝酸，但要注意密封，以防止硝酸挥发变稀后与铁、铝反应。当加热时，加热时可以与Fe、Al发生反应 铁在加热时，与过量的浓硝酸反应：Fe＋6HNO3(浓)Fe(NO3)3＋3NO2↑＋3H2O ⑤铁与稀硝酸反应：先生成Fe(NO3)3，若Fe过量，Fe(NO3)3再与Fe反应生成Fe(NO3)2 Fe(少量)＋4HNO3(稀===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O 3Fe(过量)＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O f．王水是浓硝酸和浓盐酸按体积比1∶3的混合物，能使一些不溶于硝酸的金属如金、铂等溶解 2．硝酸与非金属的反应：硝酸与非金属反应时，硝酸只表现出氧化性 金属与非硝酸反应规律 非金属单质＋浓硝酸最高价氧化物或其含氧酸＋NO2↑＋H2O ①木炭与浓硝酸反应：C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O ②硫与浓硝酸反应：S + 6HNO3(浓)H2SO4+6 NO2↑+4H2O ③红磷与浓硝酸反应：P + 5HNO3(浓)H3PO4+5 NO2↑+H2O ④白磷与浓硝酸反应：P4 + 20HNO3(浓)4H3PO4+20 NO2↑+4H2O 3．硝酸与还原性化合物的反应：硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI(I—)、Fe2＋、FeO等还原性物质 ①稀硝酸与H2S反应的离子方程式：3H2S＋2HNO3(稀)===3S↓＋2NO↑＋4H2O ②稀硝酸与SO2反应的离子方程式：3SO2＋2NO3－＋2H2O===3SO42－＋2NO↑＋4H＋ ③稀硝酸与Na2SO3反应的离子方程式：3SO32－＋2NO3－＋2H＋===3SO42－＋2NO↑＋H2O ④稀硝酸与HI反应的离子方程式：6I－＋2NO3－＋8H＋===3I2＋2NO↑＋4H2O ⑤稀硝酸与Fe2＋反应的离子方程式：3Fe2+＋NO3－＋4H＋===3Fe3+＋NO↑＋2H2O ⑥稀硝酸与FeO反应的离子方程式：3FeO＋NO3－＋10H＋===3Fe3+＋NO↑＋5H2O 4．NO3－无氧化性，而当NO3－在酸性溶液中时，则具有强氧化性 ①在Fe(NO3)2溶液中加入盐酸或硫酸，因引入了H＋而使Fe2＋被氧化为Fe3＋ ②过量的Cu与浓硝酸反应，待反应停止后，再加入稀盐酸或硫酸，此时铜片上有无色气体生成，这是因为：加入的稀盐酸或硫酸电离出的H＋与Cu(NO3)2中的NO3－结合具有强氧化性，能使Cu继续溶解 ③铜片与稀硝酸、稀硫酸反应3Cu＋2HNO3＋3H2SO4===3CuSO4＋2NO↑＋4H2O 5．能氧化并腐蚀某些有机物，如皮肤、衣服、纸张、橡胶等。因此在使用硝酸(尤其是浓硝酸)时要特别小心，万一不慎将浓硝酸弄到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再用小苏打或肥皂液洗涤 提分速记 1．硝酸的氧化性 性质 解释或化学方程式 金 属 与Fe、Al 浓硝酸 常温时浓硝酸使铁、铝钝化,加热时可以反应 与Fe 稀硝酸 铁少量Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2O 铁过量3Fe+8H++2NO3－=3Fe2++2NO↑+4H2O 与铜 浓硝酸 4HNO3(浓)+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 稀硝酸 8HNO3(稀)+3Cu=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 非金属 与碳反应 4HNO3(浓)+CCO2↑+4NO2↑+2H2O 还原性离 子或物质 HI、HBr、SO2、Fe2+、FeO、Br－、I－、S2－、SO32－等均能被HNO3氧化 2．硝酸与非金属反应规律 非金属单质+浓硝酸该非金属元素最高价氧化物或高价含氧酸+NO2↑+H2O 3．硝酸与金属反应规律 (1)除Au、Pt等少数金属外，硝酸几乎可以氧化所有的金属至高价态。 (2)HNO3的浓度不同，还原产物不同。一般情况下，HNO3的还原产物如下： Cu、Ag——浓：NO2稀：NO Mg、Zn——浓：NO2、较浓：NO，稀：N2O、极稀：NH4NO3 (3)常温下浓硝酸能使Fe、Al钝化，但加热时可以反应。 二、 硝酸的计算 1．原子守恒法在解题中的应用 HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO3－的形式存在于溶液中，另一部分HNO3作为氧化剂转化为还原产物。这两部分HNO3中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量。 n(HNO3)消耗＝x·n［M(NO3)x］+n(NO2)+n(NO) 2．电子守恒法在解题中的应用 HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得到的电子的物质的量等于金属失去的电子的物质的量，即金属失电子的物质的量x·n［M(NO3)x］＝n(NO2)+3n(NO)。 3．“离子方程式法”在解题中的应用 金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于NO3－在H2SO4提供H+的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先做少、过量判断，然后根据完全反应的金属或H+或NO3－进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。 4．电荷守恒法在解题中的应用 溶液呈电中性，离子符合电荷守恒。若HNO3过量，反应后溶液中(不考虑OH－)有：c(NO3－)＝c(H+)+nc(Mn+)(Mn+代表金属离子)。 5．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。 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。 提分速记 硝酸与金属反应的计算规律 题型01 硝酸的性质 【典例】(2025•浙江省“七彩阳光”新高考联盟高一联考)关于反应：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，下列说法不正确的是( ) A．NO2是这个反应的还原产物 B．铁作为还原剂，可以代替铜实现上述N元素的价态转化 C．硝酸在反应中表现氧化性的物质的量与表现酸性的物质的量之比为2：1 D．从上述反应中可以得出物质氧化性强弱关系：HNO3＞Cu2+ 【答案】C 【解析】硝酸中N元素化合价降低发生还原反应生成NO2，NO2是这个反应的还原产物，A项正确；铁和浓硝酸在加热条件下反应生成硝酸铁、二氧化氮、水，铁作为还原剂，可以代替铜实现上述N元素的价态转化，B项正确；硝酸在反应中表现氧化性的物质的量与表现酸性的物质的量之比为1：1，C项错误；上述反应中硝酸是氧化剂、硝酸铜是氧化产物，可以得出物质氧化性强弱关系：HNO3＞Cu2+，D项正确。 【变式】下列有关足量铜与一定量浓硝酸反应的说法中错误的是(　　) A．HNO3是氧化剂，NO2和NO为还原产物 B．在标准状况下，每生成22.4 L混合气体(NO2、NO)，则被还原的硝酸为1 mol C．硝酸在反应中既表现了强氧化性，又表现了酸性 D．参加反应的硝酸中，被还原和未被还原的硝酸的物质的量之比一定是1∶1 【答案】D 【解析】足量铜和一定量浓HNO3反应，首先发生Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，当硝酸变稀，发生3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，在上述反应中，HNO3既表现氧化性，又表现酸性，NO2和NO为还原产物，据质量守恒，在标准状况下，每生成22.4 L混合气体(NO2、NO)，被还原的N原子为1 mol，则被还原的HNO3为1 mol，故A、B、C项正确，在铜和浓硝酸的反应中，被还原的硝酸和未被还原的硝酸的物质的量之比为1∶1，但在和稀硝酸的反应中，被还原和未被还原的硝酸的物质的量之比为1∶3，故D错误。 题型02单一金属与酸反应的计算 【典例】mg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V1NO2和V2NO的混合气体(假设气体完全逸出)，这些气体与标准状况下1.12LO2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V3mL5mol·L-1NaOH 溶液至Cu2+恰好完全沉淀。相关数据正确的是( ) A．m=6.4g B．V1=4.48L C．V2=4.48L D．V3=80 【答案】A 【解析】A项，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，1.12LO2在标准状况下的物质的量为，故铜的质量=6.4 g，A正确；B项，由电子得失守恒可知，标况下V1NO2和V2NO转化为硝酸失去电子数与标况下1.12LO2得到电子数相等，，无法求出V1、V2具体的值且不唯一，B错误；C项，由B分析可知，C错误；D项，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NaOH的物质的量，故，D错误；故答案选A。 【变式】将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L，下列说法中错误的是( ) A．NO的体积为0.26mol，NO2的体积为0.24mol B．参加氧化还原反应的HNO3的物质的量是1.52mol C．待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为mol/L D．欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要质量分数30%的双氧水57.8g 【答案】D 【解析】n(Cu)=m/M=32.6g/64g/mol=0.51mol，氮氧化物的物质的量=V/Vm=11.2L/22.4L/mol=0.5mol；A．设NO的为xmol，NO2的为ymol，因为铜与硝酸的反应是一个氧化还原反应，根据题意及电子得失守恒，有：x+y=0.5，3x+y=0.51×2，解之得x=0.26，y=0.24，故A正确；B．参加反应的HNO3分两部分，一部分起酸性作用生成硝酸铜，一部分起氧化剂作用生成一氧化氮和二氧化氮，则参加反应的HNO3的物质的量n=2n(Cu)+n(NOx)=(2×0.51)mol+0.5mo=1.52mol，故B正确；C．最后溶液中的溶质是NaNO3，根据钠原子守恒计算起酸作用的n(HNO3)=n(NaOH)=aV×10-3mol，根据N原子守恒计算作氧化剂的硝酸的物质的量=0.5mol，则c(HNO3)=(aV×10-3+0.5)/0.14 mol/L，故C正确；D．设需要30%的双氧水mg，根据电子得失守恒，根据上面的数据，有：0.26×3+0.24×1=0.51×2=20%×m/24×2，解得：m=86.7，故D错误；答案选D。 题型03 金属混合物与酸反应的计算 【典例】将1.76g铜镁合金完全溶解于50mL某浓度的硝酸中，得到NO2和NO的混合气体1120mL(标准状况)，当向反应后的溶液中加入540mL1.0mol/LNaOH溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为3.12g。下列说法正确的是( ) A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1∶1 B．NO2和NO的混合气体中，NO2的体积分数是30% C．得到的NO2和NO混合气体通入一定量O2后被水完全吸收，消耗O2的体积为448 mL D．该硝酸中HNO3的物质的量浓度是10.8 mol/L 【答案】A 【解析】A项，金属离子全部沉淀时，得到3.12g沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，故沉淀中，则，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，设Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、电子转移守恒有：64x+24y=1.76、2x+2y=0.08，解得：x=0.02=y=0.02，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.02mol=1∶1，A正确；B项，设NO2的物质的量为amol，则NO的物质的量为，根据电子转移守恒可知：，解得a=0.035，则NO2的体积分数，B错误；C项，得到的NO2和NO混合气体通入一定量O2后被水完全吸收，又重新转化为HNO3，根据电子转移守恒可知，氧气获得电子数等于金属失去电子数，故消耗O2物质的量为，但氧气不一定处于标准状况下，即消耗氧气的体积不一定是448mL，C错误；D项，NO2和NO混合气体的物质的量为，完全沉淀溶液中溶质为硝酸钠，根据Na元素守恒可知：，根据N元素混合可知：，故，D错误； 故选A。 【变式】(2025·浙江湖州高一期末)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项，设铜和铁的混合物中铁的物质的量为xmol，铜为ymol，根据电子守恒，有，根据质量关系得，联立计算得，铁的质量为8.4g，铜的质量为9.6g。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项，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项，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项，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。 题型04金属与混合酸(HNO3、H2SO4)反应的计算 【典例】将19.2 g的铜屑投入400 mL浓度均为0.5 mol·L－1 HNO3和H2SO4的混合溶液中，溶液增加的质量为(　　) A．4.5 g B．9.9 g C．13.2 g D．14.7 g 【答案】B 【解析】根据3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知，硫酸只提供H＋，n(H＋)＝0.6 mol、n(Cu)＝0.3 mol、n(NO)＝0.2 mol，则H＋不足，故根据H＋的物质的量计算可得溶液质量增加量为×64 g·mol－1－×30 g·mol－1＝9.9 g，B正确。 【变式】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H2SO4物质的量为0.4mol B．混合酸中HNO3物质的量浓度为11mol·L-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 【解析】A项，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项，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以每一份中n(NO3-+)=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项，由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应：Fe+NO3-++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项，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++2NO3-+=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； 【巩固训练】 1．硝酸被称为“国防工业之母”是因为它是制取炸药的重要原料。下列实验事实与硝酸性质不相对应的一组是( ) A．质量分数86%以上的浓硝酸称“发烟”硝酸——挥发性 B．不能用稀硝酸与锌反应制氢气——强氧化性 C．要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性 D．能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去——强氧化性 【答案】D 【解析】A项，质量分数为86%以上的浓硝酸在空气里由于硝酸的挥发而产生“发烟”现象，叫做发烟硝酸，事实与硝酸性质相对应，A不选；B项，因为硝酸具有强氧化性，稀硝酸与反应生成一氧化氮，得不到氢气，事实与硝酸性质相对应，B不选；C项，浓硝酸不稳定，受热或见光时会发生分解产生二氧化氮、氧气和水，需要用棕色瓶盛装浓硝酸，事实与硝酸性质相对应，C不选；D项，硝酸能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去，是因为硝酸和NaOH发生了酸碱中和反应，体现了硝酸的酸性，没有体现强氧化性，事实与硝酸性质不相对应，D选；故选D。 2．已知3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，则下列说法不正确的是(　　) A．Cu作还原剂，HNO3作氧化剂 B．HNO3在该反应中只有部分表现出了氧化性 C．每生成22.4 L(标准状况)NO就有3 mol的电子转移 D．如果有8 mol HNO3被还原，则生成了2 mol NO 【答案】D 【解析】8 mol HNO3被还原，生成8 mol NO。 3．铜与1 mol·L－1的硝酸反应；若c(H＋)下降0.4 mol·L－1，则c(NO)下降(　　) A．0.1 mol·L－1 B．0.2 mol·L－1 C．0.3 mol·L－1 D．0.4 mol·L－1 【答案】A 【解析】1 mol·L－1的硝酸为稀硝酸，铜和稀硝酸反应的离子方程式为3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，由离子方程式可知，溶液中H＋浓度变化为NO浓度变化量的4倍，所以若c(H＋)下降0.4 mol·L－1，则c(NO)下降0.1 mol·L－1。 4．0.3 mol铜和含1.2 mol HNO3的浓硝酸，充分反应后，生成NO2的量为(　　) A.0.2 mol B.0.6 mol C.小于0.6 mol D.大于0.6 mol 【答案】C 【解析】因铜与浓硝酸反应：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，随着反应的进行，浓硝酸变稀，稀硝酸与铜反应：3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，所以放出的NO2小于0.6 mol。 5．将1.92g铜粉与一定量的浓硝酸反应，当铜粉完全反应时收集到1.12L(换算为标准状况下)NO、NO2混合气体。则所消耗硝酸的物质的量是( )。 A．0.11mol B．0.12mol C．0.08mol D．0.05mol 【答案】A 【解析】铜与硝酸反应时，消耗的硝酸转变为硝酸铜和氮的氧化物(NO2或NO)；由题意可知：n(Cu)＝＝0.03mol，n(气体)＝＝0.05mol；根据元素守恒，共消耗硝酸的物质的量n(HNO3)＝0.03mol×2+0.05mol＝0.11mol。 6．在一定温度下，32g金属铜与足量某浓度的硝酸溶液完全反应，生成NO2和NO的物质的量之比为1∶3，则反应过程中转移的电子为( )。 A．1mol B．2mol C．3mol D．4mol 【答案】A 【解析】因铜完全反应，则铜失去的电子数即为该反应过程中转移的电子数，即反应过程中转移电子的物质的量为×2＝1mol，故A项正确。 7．为证明稀硝酸与铜反应产物中气体为NO，设计如图实验(实验过程中活塞2为打开状态)，下列说法不正确的是(　　) A．关闭旋塞1，加入稀硝酸至液面a处 B．在装置左侧稍加热可以加快稀硝酸与铜的反应速率 C．通过关闭或开启旋塞1可以控制反应的进行 D．反应开始后，胶塞下方有无色气体生成，但不能证明该气体为NO 【答案】A 【解析】关闭旋塞1，将无法加液体到液面a处，A错误；加热可以加快稀硝酸与铜的反应速率，B正确；关闭旋塞1，生成的NO把稀硝酸压向右边，使铜丝与稀硝酸分离，C正确；想证明该气体为NO，必须使NO与O2接触，生成红棕色的NO2，D正确。 8．下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是( ) ① ② ③ A．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 B．由②中的红棕色气体不能表明木炭与浓硝酸发生了反应 C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物 D．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体 【答案】A 【解析】A项，木炭燃烧产生二氧化碳，该实验中检验出二氧化碳不能说明是木炭和浓硝酸反应得到的，故A错误；B项，红热的木炭加入浓硝酸后，浓硝酸自身分解生成二氧化氮、浓硝酸和木炭反应也生成二氧化氮，所以不能说明木炭和浓硝酸反应生成二氧化氮，故B正确；C项，红热木炭没有接触浓硝酸溶液就产生红棕色气体，说明红热木炭和挥发的浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮为还原产物，故C正确；D项，该溶液中只有浓硝酸和水，放入灼热的碎玻璃后产生红棕色气体，说明受热条件下浓硝酸分解生成气体，该气体中还含有氧气，一定是混合气体，故D正确；故选A。 【强化训练】 1．将2.64 g Mg、Cu组成的混合物投入适量稀硝酸中，固体完全溶解时收集到0.896 L(标准状况)还原产物NO气体，向反应后溶液中加入60 mL 2 mol·L－1NaOH溶液时金属离子恰好沉淀完全。则形成沉淀质量及硝酸的物质的量分别为(　　) A．4.32 g　0.02 mol B．4.68 g　0.16 mol C．5.36 g　0.18 mol D．6.38 g　0.2 mol 【答案】B 【解析】硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为0.896 L，即物质的量为＝0.04 mol，所以转移电子的物质的量为0.04 mol×(5－2)＝0.12 mol；最后沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，故最后沉淀质量等于2.64 g＋0.12 mol×17 g·mol－1＝4.68 g；所用硝酸转化为NO和硝酸盐，根据氮原子守恒知，硝酸的物质的量为0.04 mol＋0.12 mol＝0.16 mol。 2．(2026·天津南开高三月考)将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL某浓度硝酸中，得到NO2和N2O4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．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是20% D．该硝酸中HNO3的物质的量浓度是 【答案】D 【解析】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。A项，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项，沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，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项，设N2O4和NO2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)；NO2体积分数等于其物质的量分数，则NO2体积分数，C错误；D项，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；故选D。 3．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向第一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6 g。向第二份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO)。下列分析或结果错误的是( ) A．向第一份溶液中加入NaNO3可以溶解更多的铜粉 B．OA段产生的气体是NO，BC段产生的气体是H2 C．AB段发生的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋ D．原混合酸中H2SO4浓度为1.25 mol/L 【答案】D 【解析】由3Cu＋8H＋＋2NO3-===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，Fe＋NO3-＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O可知，两反应中NO3-和H＋均按1∶4反应的，第二份溶液中NO3-完全消耗掉，H＋过量，故向第一份溶液中加入NaNO3可以溶解更多的铜粉，A正确；OA段产生的气体是NO，BC段产生的气体是H2，B正确；AB段发生的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，C正确；反应消耗14 g铁，即＝0.25 mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根离子守恒，则每份含硫酸0.25 mol，故硫酸的浓度为＝2.5 mol/L，D错误。 4．下图表示铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系，则下列说法不正确的是( ) A．一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的 B．用一定量的铁粉与1 L 9.75 mol·L－1 HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24 L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol C．硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多 D．当硝酸浓度为9.75 mol·L－1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为5∶3∶1 【答案】B 【解析】根据图象可知硝酸的还原产物有多种，A正确；参加反应的硝酸包括被还原的和显酸性的，参加反应的硝酸的物质的量大于0.1 mol，B错误；根据图象可知随着硝酸浓度的升高，NO2的含量增大，这说明硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多，C正确；据图象知硝酸浓度为9.75 mol·L－1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为10∶6∶2＝5∶3∶1，D正确。 5．小组同学探究和物质的反应，实验如下 装置 序号 物质A 实验现象 ① 0.6mol/LFe(NO3)3溶液(调pH=1) 铜粉溶解，溶液变为深棕色[经检验含Fe(NO)2+] ② 0.6mol/LFeCl3溶液(调pH=1) 铜粉溶解，溶液变为蓝绿色 ③ 1.8mol/LNaNO3溶液(调pH=1) 无明显变化 已知：Fe(NO)2+中各元素的化合价为：铁元素+2；氮元素+2；氧元素-2. 下列解析不正确的是 A．②中铜粉溶解的原因：Cu+2Fe3+ = Cu2++2Fe2+ B．①中产生NO的原因：pH=1时Cu直接将NO还原为NO C．若向③中加入FeSO4固体，推测铜粉可能会溶解 D．①②③现象的差异与物质氧化性(或还原性)强弱有关 【答案】B 【解析】A项，Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+ = Cu2++2Fe2+，A项正确；B项，①中反应后溶液经检验含Fe(NO)2+，说明加入铜粉后铜与铁离子反应生成蓝色铜离子和绿色亚铁离子，酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子反应产生NO，B项错误；C项，若向③中加入FeSO4固体，因酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，产生了硝酸铁，根据实验①的条件，推测铜粉会溶解，C项正确；D项，Fe3+、NO(H+)具有氧化性，Fe2+具有还原性，则①②③现象的差异与物质氧化性(或还原性)强弱有关，D项正确；答案选B。 6．将12.8 g铜完全溶于适量浓硝酸中，生成标准状况下的氮氧化物(仅含NO2和NO)共5.6 L。 (1)若用2 mol·L－1的NaOH溶液吸收气体，恰好反应生成了含NaNO2和NaNO3的混合液，实验测定其中含有NaNO3 0.05 mol。消耗NaOH溶液的体积为______mL。 (2)为了使气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，可同时加入双氧水。则至少需要34%的双氧水的质量为________g。 【答案】(1)125　(2)20 【解析】(1)恰好反应生成NaNO2和NaNO3，根据钠元素和氮元素守恒有：n(NaOH)＝n(NaNO2)＋n(NaNO3)＝n(NO2)＋n(NO)＝＝0.25 mol，消耗NaOH溶液的体积为＝0.125 L＝125 mL。 (2)n(NaNO2)＝0.25 mol－0.05 mol＝0.2 mol，根据得失电子守恒可知，需要双氧水的物质的量为＝0.2 mol，则m(H2O2)＝0.2 mol×34 g·mol－1＝6.8 g，需要34%的双氧水的质量为＝20 g。 7．(2026·四川达州高一期中)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 【解析】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：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O， 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。A项，根据得失电子守恒，铜失去的电子数等于硝酸转化为NO和NO2得到的电子数，而NO和与O2反应又变回硝酸，所以铜失去的电子数等于O2得到的电子数。铜失去电子的物质的量，则，，A错误；B项，硝酸在反应中一部分作氧化剂生成NO和NO2，一部分起酸的作用生成Cu(NO3)2。作酸的硝酸的物质的量。设生成NO的物质的量为xmol，生成NO2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项，由前面计算可知生成NO的物质的量x=0.02mol，生成NO2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项，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，根据Cu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NaOH的质量大于3.2g，D错误；答案选B。 8．(2025·江苏无锡高一月考)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 【解析】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%。A项，由分析可知，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%，A正确；B项，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项，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项，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。 9．某化学小组为了探究铜与硝酸反应的情况，做了以下探究过程。按如图进行反应： (1)开始反应会出现的现象是________________________________________________，反应的化学方程式为_____________________________________________。 (2)若铜有剩余，反应将要结束时发生反应的化学方程式是_______________________________。 (3)待反应停止后，再加入少量质量分数为25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是______________________________________________________________。 (4)若将12.8 g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜消耗完时，共产生气体5.6 L(标准状况)，消耗的硝酸的物质的量是________________。 【答案】(1)溶液逐渐变蓝，有红棕色气体逸出　Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O (2)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O　(3)加入稀硫酸后，H＋与原溶液中的NO3-构成强氧化性的环境，又能与过量的Cu反应，反应离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3-===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O　(4)0.65 mol 【解析】(1)反应开始发生反应Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，溶液逐渐变蓝，有红棕色气体逸出；(2)随着反应的进行，硝酸浓度不断减小，故反应后阶段发生的是铜与稀硝酸的反应；(3)加入稀硫酸后，H＋与原溶液中的NO3-构成强氧化性的环境，又能与过量的Cu反应，反应离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3-===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O； (4)n(NOx)＝＝0.25 mol，故根据氮原子守恒可知，消耗n(HNO3)＝2n(Cu)＋n(NOx)＝2×＋0.25 mol＝0.65 mol。 10．已知Mg与稀HNO3反应，还原产物是N2O；若HNO3极稀，则还原产物为NH3，并与过量HNO3反应生成NH4NO3。现有9.6g Mg与1L 1.1mol·L－1 HNO3(过量)充分反应后收集到amL气体(标况)，同时测得c(NH4+)＝0.08mol·L－1(设反应前后溶液体积不变)。求： (1)a＝________。 (2)有__________mol HNO3被还原。 (3)反应后溶液的c(H+)＝__________mol·L－1。 (4)反应后溶液中c(NO3－)＝____________mol·L－1。 【答案】(1)448 (2)0.12 (3)0.1 (4)0.98 【解析】(1)由于HNO3过量，显然产生的气体为N2O，根据电子守恒有：×2＝1L×0.08mol·L－1×［5－(－3)］+×(5－1)×2，解得：a＝448mL。(2)被还原的HNO3包括两部分：一是用于生成N2O，二是用于生成NH4+，其总量为：1L×0.08mol·L－1+×2＝0.12mol。(3)参加反应的HNO3总量为：×2+1L×0.08mol·L－1×2+×2＝1.0mol，剩余HNO3的物质的量为：1L×1.1mol·L－1－1.0mol＝0.1mol，c(H+)＝＝0.1mol·L－1。(4)反应后溶液中NO3－的物质的量等于HNO3的总物质的量减去被还原的HNO3的物质的量，即1L×1.1mol·L－1－0.08mol·L－1×1L－×2＝0.98mol，所以反应后c(NO3－)＝＝0.98mol·L－1。 11．用含铜废料(含有Cu、CuS)制备Cu(NO3)2的一种方法如图所示。 已知：降温结晶速度太快，会导致晶体细碎，无法得到较大颗粒的晶体。 (1)焙烧：CuS转化为SO2和一种黑色固体，该黑色固体的化学式为 。 (2)酸化：稀H2SO4不宜过多的原因是 。 (3)淘洗：淘洗液的溶质成分是 (填化学式)。 (4)转化：实验室在如图所示的装置中完成“转化”过程。       ①仪器M的名称是 。实验室用容量瓶配制90 mL2.0mol·L-1的稀硝酸，实验中除了用到量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要用到的玻璃仪器有 ，需用量筒量取密度为质量分数为63%的浓硝酸 mL。 ②经测定实际配得溶液的浓度偏小，可能的原因为 (填序号)。 a．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水； b．转移溶液后未洗涤烧杯； c．定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线； d．定容时俯视刻度线。 ③该过程利用流水进行冷却，控制温度在55℃左右，温度不宜过高的原因是 。 ④转化过程生成Cu(NO3)2，该过程反应的化学方程式为 。 ⑤溶解度曲线如上图所示，结合信息分析从转化所得的溶液中获得较大颗粒Cu(NO3)2⋅3H2O的具体操作是：蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜、 ，洗涤、低温烘干。 (5)若烘干产品后，其主要成分为Cu(NO3)2，为测定Cu(NO3)2⋅3H2O的质量分数，某小组同学进下实验：称取20.00g烘干后样品配成100mL溶液，量取，加足量标准溶液，过滤、洗涤、烘干，得到沉淀1.96g，则该样品中Cu(NO3)2的质量分数 。(写出计算过程) 【答案】(1)CuO (2)防止消耗过多铁粉 (3)FeSO4、H2SO4 (4)分液漏斗 100 mL容量瓶 14.3 bc 防止硝酸、过氧化氢受热分解，提高原料利用率 Cu+2HNO3+H2O2=Cu(NO3)2+2H2O 保持温度高于26.4℃，缓慢降温结晶，过滤 (5)依据题意，硝酸铜与氢氧化钠反应：，又根据铜元素守恒则，则该样品中Cu(NO3)2的质量分数 【解析】(1)根据原子守恒与氧化还原反应原理，焙烧时的反应方程式为：，则该黑色固体的化学式为CuO； (2)酸化后加入过量Fe粉置换铜离子，若稀H2SO4过多，Fe会先与稀硫酸发生反应，消耗更多的Fe粉，造成浪费； (3)依据分析，淘洗液的溶质成分是FeSO4、H2SO4； (4)①由图可知，仪器M的名称是分液漏斗；实验室没有90 mL规格的容量瓶，应该选择100 mL容量瓶，配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶(一定规格)，则答案为：100 mL容量瓶；依据题意，浓硝酸的浓度=，又依据，代入数据得；②a．容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积无影响，浓度不变，a错误；b．未洗涤烧杯，溶质残留，溶质的物质的量偏小，浓度偏小，b正确；c．定容后继续加水，溶液体积偏大，浓度偏小，c正确；d．定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大，d错误；则答案为：bc；③温度不宜过高的原因是：硝酸、过氧化氢受热易分解，原料损耗大，则答案为：防止硝酸、过氧化氢受热分解，提高原料利用率；④Cu、HNO3、H2O2反应生成Cu(NO3)2，依据原子守恒与氧化还原反应原理可知还会生成H2O，则化学方程式为：Cu+2HNO3+H2O2=Cu(NO3)2+2H2O；⑤由已知信息，降温结晶速度太快，会导致晶体细碎，无法得到较大颗粒的晶体，且温度在26.4℃以上析出Cu(NO3)2⋅3H2O； (5)依据题意，硝酸铜与氢氧化钠反应：，又根据铜元素守恒则，则该样品中Cu(NO3)2的质量分数。 9 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 硝酸与金属及其化合物反应的计算 1．掌握金属与浓、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NO、NO2等)。 2．掌握金属与硝酸反应的核心计算依据：电子守恒、原子守恒(N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。 3．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、硝酸的强氧化性 HNO3中的＋5价氮元素具有很强的得电子能力。硝酸的浓度越大，反应温度越高，其氧化性越强。还原产物一般为：HNO3(浓)→NO2，HNO3(稀)→NO；很稀的硝酸还原产物也可能为N2O、N2或NH4NO3 1．硝酸与金属的反应：硝酸与金属反应时，硝酸既表现氧化性又表现酸性 金属与硝酸反应规律 ①除Au、Pt等少数金属外，硝酸几乎可以氧化所有的金属 3Ag＋4HNO3(稀)===3AgNO3＋NO↑＋2H2O ②活泼金属与硝酸反应不生成H2，硝酸的浓度不同，还原产物不同，可能是NO2、N2O、NO、N2、NH4NO3如：4Mg＋10HNO3(稀)===4Mg (NO3)2＋NH4NO3＋3H2O ③铜与浓、稀硝酸反应 浓硝酸与铜反应 Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 该反应较剧烈，反应过程中有红棕色气体产生，此外，随着反应的进行，硝酸的浓度渐渐变稀，反应产生的气体是NO2、NO等的混合气体 稀硝酸与铜反应 3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O 该反应较缓慢，反应后溶液显蓝色，反应产生的无色气体遇到空气后变为红棕色(无色的NO被空气氧化为红棕色的NO2) ④与Fe、Al反应：常温下，浓硝酸能使Fe、A1发生钝化，这是因为浓硝酸将Fe、A1表面氧化，使Fe、A1的表面形成一层致密的氧化物薄膜，阻止了反应的进一步进行。常温下，可用铁或铝制容器盛放浓硝酸，但要注意密封，以防止硝酸挥发变稀后与铁、铝反应。当加热时，加热时可以与Fe、Al发生反应 铁在加热时，与过量的浓硝酸反应：Fe＋6HNO3(浓)Fe(NO3)3＋3NO2↑＋3H2O ⑤铁与稀硝酸反应：先生成Fe(NO3)3，若Fe过量，Fe(NO3)3再与Fe反应生成Fe(NO3)2 Fe(少量)＋4HNO3(稀===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O 3Fe(过量)＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O f．王水是浓硝酸和浓盐酸按体积比1∶3的混合物，能使一些不溶于硝酸的金属如金、铂等溶解 2．硝酸与非金属的反应：硝酸与非金属反应时，硝酸只表现出氧化性 金属与非硝酸反应规律 非金属单质＋浓硝酸最高价氧化物或其含氧酸＋NO2↑＋H2O ①木炭与浓硝酸反应：C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O ②硫与浓硝酸反应：S + 6HNO3(浓)H2SO4+6 NO2↑+4H2O ③红磷与浓硝酸反应：P + 5HNO3(浓)H3PO4+5 NO2↑+H2O ④白磷与浓硝酸反应：P4 + 20HNO3(浓)4H3PO4+20 NO2↑+4H2O 3．硝酸与还原性化合物的反应：硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI(I—)、Fe2＋、FeO等还原性物质 ①稀硝酸与H2S反应的离子方程式：3H2S＋2HNO3(稀)===3S↓＋2NO↑＋4H2O ②稀硝酸与SO2反应的离子方程式：3SO2＋2NO3－＋2H2O===3SO42－＋2NO↑＋4H＋ ③稀硝酸与Na2SO3反应的离子方程式：3SO32－＋2NO3－＋2H＋===3SO42－＋2NO↑＋H2O ④稀硝酸与HI反应的离子方程式：6I－＋2NO3－＋8H＋===3I2＋2NO↑＋4H2O ⑤稀硝酸与Fe2＋反应的离子方程式：3Fe2+＋NO3－＋4H＋===3Fe3+＋NO↑＋2H2O ⑥稀硝酸与FeO反应的离子方程式：3FeO＋NO3－＋10H＋===3Fe3+＋NO↑＋5H2O 4．NO3－无氧化性，而当NO3－在酸性溶液中时，则具有强氧化性 ①在Fe(NO3)2溶液中加入盐酸或硫酸，因引入了H＋而使Fe2＋被氧化为Fe3＋ ②过量的Cu与浓硝酸反应，待反应停止后，再加入稀盐酸或硫酸，此时铜片上有无色气体生成，这是因为：加入的稀盐酸或硫酸电离出的H＋与Cu(NO3)2中的NO3－结合具有强氧化性，能使Cu继续溶解 ③铜片与稀硝酸、稀硫酸反应3Cu＋2HNO3＋3H2SO4===3CuSO4＋2NO↑＋4H2O 5．能氧化并腐蚀某些有机物，如皮肤、衣服、纸张、橡胶等。因此在使用硝酸(尤其是浓硝酸)时要特别小心，万一不慎将浓硝酸弄到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再用小苏打或肥皂液洗涤 提分速记 1．硝酸的氧化性 性质 解释或化学方程式 金 属 与Fe、Al 浓硝酸 常温时浓硝酸使铁、铝钝化,加热时可以反应 与Fe 稀硝酸 铁少量Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2O 铁过量3Fe+8H++2NO3－=3Fe2++2NO↑+4H2O 与铜 浓硝酸 4HNO3(浓)+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 稀硝酸 8HNO3(稀)+3Cu=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 非金属 与碳反应 4HNO3(浓)+CCO2↑+4NO2↑+2H2O 还原性离 子或物质 HI、HBr、SO2、Fe2+、FeO、Br－、I－、S2－、SO32－等均能被HNO3氧化 2．硝酸与非金属反应规律 非金属单质+浓硝酸该非金属元素最高价氧化物或高价含氧酸+NO2↑+H2O 3．硝酸与金属反应规律 (1)除Au、Pt等少数金属外，硝酸几乎可以氧化所有的金属至高价态。 (2)HNO3的浓度不同，还原产物不同。一般情况下，HNO3的还原产物如下： Cu、Ag——浓：NO2稀：NO Mg、Zn——浓：NO2、较浓：NO，稀：N2O、极稀：NH4NO3 (3)常温下浓硝酸能使Fe、Al钝化，但加热时可以反应。 二、 硝酸的计算 1．原子守恒法在解题中的应用 HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO3－的形式存在于溶液中，另一部分HNO3作为氧化剂转化为还原产物。这两部分HNO3中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量。 n(HNO3)消耗＝x·n［M(NO3)x］+n(NO2)+n(NO) 2．电子守恒法在解题中的应用 HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得到的电子的物质的量等于金属失去的电子的物质的量，即金属失电子的物质的量x·n［M(NO3)x］＝n(NO2)+3n(NO)。 3．“离子方程式法”在解题中的应用 金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于NO3－在H2SO4提供H+的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先做少、过量判断，然后根据完全反应的金属或H+或NO3－进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。 4．电荷守恒法在解题中的应用 溶液呈电中性，离子符合电荷守恒。若HNO3过量，反应后溶液中(不考虑OH－)有：c(NO3－)＝c(H+)+nc(Mn+)(Mn+代表金属离子)。 5．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。 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。 提分速记 硝酸与金属反应的计算规律 题型01 硝酸的性质 【典例】(2025•浙江省“七彩阳光”新高考联盟高一联考)关于反应：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，下列说法不正确的是( ) A．NO2是这个反应的还原产物 B．铁作为还原剂，可以代替铜实现上述N元素的价态转化 C．硝酸在反应中表现氧化性的物质的量与表现酸性的物质的量之比为2：1 D．从上述反应中可以得出物质氧化性强弱关系：HNO3＞Cu2+ 【变式】下列有关足量铜与一定量浓硝酸反应的说法中错误的是(　　) A．HNO3是氧化剂，NO2和NO为还原产物 B．在标准状况下，每生成22.4 L混合气体(NO2、NO)，则被还原的硝酸为1 mol C．硝酸在反应中既表现了强氧化性，又表现了酸性 D．参加反应的硝酸中，被还原和未被还原的硝酸的物质的量之比一定是1∶1 题型02单一金属与酸反应的计算 【典例】mg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V1NO2和V2NO的混合气体(假设气体完全逸出)，这些气体与标准状况下1.12LO2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V3mL5mol·L-1NaOH 溶液至Cu2+恰好完全沉淀。相关数据正确的是( ) A．m=6.4g B．V1=4.48L C．V2=4.48L D．V3=80 【变式】将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L，下列说法中错误的是( ) A．NO的体积为0.26mol，NO2的体积为0.24mol B．参加氧化还原反应的HNO3的物质的量是1.52mol C．待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为mol/L D．欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要质量分数30%的双氧水57.8g 题型03 金属混合物与酸反应的计算 【典例】将1.76g铜镁合金完全溶解于50mL某浓度的硝酸中，得到NO2和NO的混合气体1120mL(标准状况)，当向反应后的溶液中加入540mL1.0mol/LNaOH溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为3.12g。下列说法正确的是( ) A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1∶1 B．NO2和NO的混合气体中，NO2的体积分数是30% C．得到的NO2和NO混合气体通入一定量O2后被水完全吸收，消耗O2的体积为448 mL D．该硝酸中HNO3的物质的量浓度是10.8 mol/L 【变式】(2025·浙江湖州高一期末)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 题型04金属与混合酸(HNO3、H2SO4)反应的计算 【典例】将19.2 g的铜屑投入400 mL浓度均为0.5 mol·L－1 HNO3和H2SO4的混合溶液中，溶液增加的质量为(　　) A．4.5 g B．9.9 g C．13.2 g D．14.7 g 【变式】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H2SO4物质的量为0.4mol B．混合酸中HNO3物质的量浓度为11mol·L-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 【巩固训练】 1．硝酸被称为“国防工业之母”是因为它是制取炸药的重要原料。下列实验事实与硝酸性质不相对应的一组是( ) A．质量分数86%以上的浓硝酸称“发烟”硝酸——挥发性 B．不能用稀硝酸与锌反应制氢气——强氧化性 C．要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性 D．能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去——强氧化性 2．已知3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，则下列说法不正确的是(　　) A．Cu作还原剂，HNO3作氧化剂 B．HNO3在该反应中只有部分表现出了氧化性 C．每生成22.4 L(标准状况)NO就有3 mol的电子转移 D．如果有8 mol HNO3被还原，则生成了2 mol NO 3．铜与1 mol·L－1的硝酸反应；若c(H＋)下降0.4 mol·L－1，则c(NO)下降(　　) A．0.1 mol·L－1 B．0.2 mol·L－1 C．0.3 mol·L－1 D．0.4 mol·L－1 4．0.3 mol铜和含1.2 mol HNO3的浓硝酸，充分反应后，生成NO2的量为(　　) A.0.2 mol B.0.6 mol C.小于0.6 mol D.大于0.6 mol 5．将1.92g铜粉与一定量的浓硝酸反应，当铜粉完全反应时收集到1.12L(换算为标准状况下)NO、NO2混合气体。则所消耗硝酸的物质的量是( )。 A．0.11mol B．0.12mol C．0.08mol D．0.05mol 6．在一定温度下，32g金属铜与足量某浓度的硝酸溶液完全反应，生成NO2和NO的物质的量之比为1∶3，则反应过程中转移的电子为( )。 A．1mol B．2mol C．3mol D．4mol 7．为证明稀硝酸与铜反应产物中气体为NO，设计如图实验(实验过程中活塞2为打开状态)，下列说法不正确的是(　　) A．关闭旋塞1，加入稀硝酸至液面a处 B．在装置左侧稍加热可以加快稀硝酸与铜的反应速率 C．通过关闭或开启旋塞1可以控制反应的进行 D．反应开始后，胶塞下方有无色气体生成，但不能证明该气体为NO 8．下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是( ) ① ② ③ A．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 B．由②中的红棕色气体不能表明木炭与浓硝酸发生了反应 C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物 D．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体 【强化训练】 1．将2.64 g Mg、Cu组成的混合物投入适量稀硝酸中，固体完全溶解时收集到0.896 L(标准状况)还原产物NO气体，向反应后溶液中加入60 mL 2 mol·L－1NaOH溶液时金属离子恰好沉淀完全。则形成沉淀质量及硝酸的物质的量分别为(　　) A．4.32 g　0.02 mol B．4.68 g　0.16 mol C．5.36 g　0.18 mol D．6.38 g　0.2 mol 2．(2026·天津南开高三月考)将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL某浓度硝酸中，得到NO2和N2O4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．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是20% D．该硝酸中HNO3的物质的量浓度是 3．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向第一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6 g。向第二份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO)。下列分析或结果错误的是( ) A．向第一份溶液中加入NaNO3可以溶解更多的铜粉 B．OA段产生的气体是NO，BC段产生的气体是H2 C．AB段发生的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋ D．原混合酸中H2SO4浓度为1.25 mol/L 4．下图表示铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系，则下列说法不正确的是( ) A．一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的 B．用一定量的铁粉与1 L 9.75 mol·L－1 HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24 L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol C．硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多 D．当硝酸浓度为9.75 mol·L－1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为5∶3∶1 5．小组同学探究和物质的反应，实验如下 装置 序号 物质A 实验现象 ① 0.6mol/LFe(NO3)3溶液(调pH=1) 铜粉溶解，溶液变为深棕色[经检验含Fe(NO)2+] ② 0.6mol/LFeCl3溶液(调pH=1) 铜粉溶解，溶液变为蓝绿色 ③ 1.8mol/LNaNO3溶液(调pH=1) 无明显变化 已知：Fe(NO)2+中各元素的化合价为：铁元素+2；氮元素+2；氧元素-2. 下列解析不正确的是 A．②中铜粉溶解的原因：Cu+2Fe3+ = Cu2++2Fe2+ B．①中产生NO的原因：pH=1时Cu直接将NO还原为NO C．若向③中加入FeSO4固体，推测铜粉可能会溶解 D．①②③现象的差异与物质氧化性(或还原性)强弱有关 6．将12.8 g铜完全溶于适量浓硝酸中，生成标准状况下的氮氧化物(仅含NO2和NO)共5.6 L。 (1)若用2 mol·L－1的NaOH溶液吸收气体，恰好反应生成了含NaNO2和NaNO3的混合液，实验测定其中含有NaNO3 0.05 mol。消耗NaOH溶液的体积为______mL。 (2)为了使气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，可同时加入双氧水。则至少需要34%的双氧水的质量为________g。 7．(2026·四川达州高一期中)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 8．(2025·江苏无锡高一月考)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 9．某化学小组为了探究铜与硝酸反应的情况，做了以下探究过程。按如图进行反应： (1)开始反应会出现的现象是________________________________________________，反应的化学方程式为_____________________________________________。 (2)若铜有剩余，反应将要结束时发生反应的化学方程式是_______________________________。 (3)待反应停止后，再加入少量质量分数为25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是______________________________________________________________。 (4)若将12.8 g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜消耗完时，共产生气体5.6 L(标准状况)，消耗的硝酸的物质的量是________________。 10．已知Mg与稀HNO3反应，还原产物是N2O；若HNO3极稀，则还原产物为NH3，并与过量HNO3反应生成NH4NO3。现有9.6g Mg与1L 1.1mol·L－1 HNO3(过量)充分反应后收集到amL气体(标况)，同时测得c(NH4+)＝0.08mol·L－1(设反应前后溶液体积不变)。求： (1)a＝________。 (2)有__________mol HNO3被还原。 (3)反应后溶液的c(H+)＝__________mol·L－1。 (4)反应后溶液中c(NO3－)＝____________mol·L－1。 11．用含铜废料(含有Cu、CuS)制备Cu(NO3)2的一种方法如图所示。 已知：降温结晶速度太快，会导致晶体细碎，无法得到较大颗粒的晶体。 (1)焙烧：CuS转化为SO2和一种黑色固体，该黑色固体的化学式为 。 (2)酸化：稀H2SO4不宜过多的原因是 。 (3)淘洗：淘洗液的溶质成分是 (填化学式)。 (4)转化：实验室在如图所示的装置中完成“转化”过程。       ①仪器M的名称是 。实验室用容量瓶配制90 mL2.0mol·L-1的稀硝酸，实验中除了用到量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要用到的玻璃仪器有 ，需用量筒量取密度为质量分数为63%的浓硝酸 mL。 ②经测定实际配得溶液的浓度偏小，可能的原因为 (填序号)。 a．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水； b．转移溶液后未洗涤烧杯； c．定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线； d．定容时俯视刻度线。 ③该过程利用流水进行冷却，控制温度在55℃左右，温度不宜过高的原因是 。 ④转化过程生成Cu(NO3)2，该过程反应的化学方程式为 。 ⑤溶解度曲线如上图所示，结合信息分析从转化所得的溶液中获得较大颗粒Cu(NO3)2⋅3H2O的具体操作是：蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜、 ，洗涤、低温烘干。 (5)若烘干产品后，其主要成分为Cu(NO3)2，为测定Cu(NO3)2⋅3H2O的质量分数，某小组同学进下实验：称取20.00g烘干后样品配成100mL溶液，量取，加足量标准溶液，过滤、洗涤、烘干，得到沉淀1.96g，则该样品中Cu(NO3)2的质量分数 。(写出计算过程) 9 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $