第5章 9 聚焦突破3 硝酸与金属反应的相关计算（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中化学必修第二册（人教版）不定项

本高中化学讲义聚焦金属与硝酸反应的计算方法，系统梳理原子守恒、电子守恒、电荷守恒、离子方程式法及稀硝酸与铁反应的产物判断，构建从反应原理到计算应用的学习支架。 资料以守恒思想和离子反应为核心，通过铜与硝酸反应、混合酸与金属反应等例题，培养科学思维中的证据推理与模型建构能力。课中辅助教师教学，课后集训题覆盖不同情境，助力学生巩固方法，查漏补缺。

1．原子守恒法 在Cu和硝酸的反应中，反应前所有的N元素只存在于HNO3中，反应后含N元素的物质有HNO3的还原产物(假设有NO2、NO)和Cu(NO3)2，故n(HNO3)消耗＝n(NO2)＋n(NO)＋2n[Cu(NO3)2]。　 2．电子守恒法(以Cu和硝酸反应为例) (1)参加反应的Cu(Cu－2e－―→Cu2+)失去电子，得到电子的是被还原的HNO3(假设还原产物为NO2、NO，NO＋e－―→NO2、NO＋3e－―→NO)。根据得失电子守恒，2n(Cu)＝n(NO2)＋3n(NO)。 (2)若将生成的氮氧化物与一定量的氧气共同通入水中，氮氧化物完全生成硝酸，由于开始时反应物为硝酸，中间生成了氮氧化物，但最终又变回了硝酸，所以相当于铜失去的电子最终由氧气得到，故2n(Cu)＝n(O2)。 3．电荷守恒法 在Cu与HNO3反应后的溶液中，若HNO3不过量，阳离子只有Cu2+，阴离子只有NO(此类计算不考虑H2O电离出的极少量的H＋、OH－)；若HNO3过量，则溶液中的阳离子有Cu2+和H＋，阴离子只有NO。 (1)若HNO3不过量，则n(NO)＝2n(Cu2+)。 (2)若HNO3过量，则n(NO)＝2n(Cu2+)＋n(H＋)。　 4．离子方程式法 金属与硫酸、硝酸的混合酸反应时，由于硝酸盐中的NO在硫酸提供H＋的条件下能继续与金属反应，故此类题目应用离子方程式来计算。先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H＋或NO进行相关计算，且要符合电荷守恒。 5．稀硝酸与铁反应的产物判断 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。　 　 【突破集训】 1．把7.2 g铁粉投入40 mL某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6 g，产生NO2和NO的混合气体0.08 mol。若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度为(　　) A．3.5 mol·L-1 B．4.5 mol·L-1 C．7.0 mol·L-1 D．9.0 mol·L-1 解析：选C。铁粉剩余，硝酸必完全反应而且产物为Fe(NO3)2，由N元素守恒，反应后N元素一部分存在于NO2和NO的混合气体中，另一部分存在于Fe(NO3)2中，反应的n(Fe)＝＝0.1 mol，所以c(HNO3)＝＝7.0 mol·L-1。 2．某100 mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4 mol·L-1和0.1 mol·L-1，向该混合液中加入1.92 g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度(忽略体积变化)为(　　) A．0.15 mol·L-1 B．0.225 mol·L-1 C．0.35 mol·L-1 D．0.45 mol·L-1 解析：选B。解答本题要从离子反应的角度来考虑，H2SO4提供的H＋可以和NO构成强氧化性环境，继续氧化铜单质。HNO3、H2SO4混合液中H＋的总物质的量为0.06 mol，NO的物质的量为0.04 mol，Cu的物质的量为＝0.03 mol。Cu与稀硝酸发生反应： 3Cu ＋ 8H＋＋2NO===3Cu2+＋2NO↑＋4H2O 3 8 2 H＋量不足，应根据H＋的物质的量来计算。 3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2+＋2NO↑＋4H2O 8 3 　0.06 mol　　 　n(Cu2+) n(Cu2+)＝0.06 mol×＝0.022 5 mol，c(Cu2+)＝＝0.225 mol·L-1。 3．14 g铜银合金与足量的硝酸反应，将放出的气体与标准状况下1.12 L O2混合后再通入水中，恰好全部被吸收。合金中铜的质量为(　　) A．4.8 g B．3.2 g C．6.4 g D．10.8 g 解析：选B。分析整个过程，金属失去的电子最终由氧气获得，标准状况下，n(O2)＝＝0.05 mol，设Cu、Ag的物质的量分别为x、y，根据质量列方程：x×64 g·mol-1＋y×108 g·mol-1＝14 g，根据得失电子守恒列方程：2x＋y＝0.05 mol×4＝0.2 mol，解得x＝0.05 mol，y＝0.1 mol，故m(Cu)＝0.05 mol×64 g·mol-1＝3.2 g。 4．(双选)将质量为32 g的铜与150 mL的一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下11.2 L NO和NO2的混合气体，将生成的混合气体与一定体积的氧气一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸收生成NaNO3。下列说法正确的是(　　) A．标准状况下，通入O2的体积为11.2 L B．向反应后的溶液中加NaOH，使铜沉淀完全，需要NaOH的物质的量至少为1.0 mol C．标准状况下，混合气体中含有有5.6 L NO和5.6L NO2 D．硝酸的物质的量浓度为10.0 mol/L 解析：选BC。32 g的铜的物质的量为0.5 mol；标准状况下11.2 L NO和NO2的混合气体的物质的量为0.5 mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则x＋y＝0.5 mol，反应过程中铜全部被氧化成Cu2+，根据电子守恒有3x＋y＝0.5 mol×2，联立可得x＝0.25 mol，y＝0.25 mol；设氧气的物质的量为z，NO和NO2全部转化为NaNO3，根据电子守恒有0.25 mol×3＋0.25 mol×1＝4z，解得z＝0.25 mol；根据元素守恒可知生成的n(NaNO3)＝0.5 mol。根据分析可知，通入O2的物质的量为0.25 mol，在标准状况下的体积为0.25 mol×22.4 L/mol＝5.6 L，A错误；当硝酸无剩余时消耗的NaOH最少，此时NaOH只与Cu2+反应生成Cu(OH) 2沉淀，根据元素守恒可知，n(NaOH)＝2n(Cu2+)＝0.5 mol×2＝1.0 mol，B正确；根据分析可知，混合气体中有0.25 mol NO和0.25 mol NO2，即标准状况下，混合气体中含有5.6 L NO和5.6 L NO2，C正确；由于不知道和铜反应后硝酸是否有剩余，所以无法计算硝酸的浓度，D错误。 5．(2025·临沂高一检测)某稀溶液中含有4 mol KNO3和2.5 mol H2SO4，向其中加入1.5 mol Fe，充分反应(已知NO被还原为NO)，最终溶液体积为1 L。下列说法正确的是(　　) A．所得溶液中c(NO)＝2.75 mol·L-1 B．所得溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)＝1∶2 C．反应后生成NO的体积为28 L D．所得溶液中的溶质只有FeSO4 解析：选A。第一步反应：从比例关系来看，只有H＋ 完全反应。 Fe ＋ 4H＋ ＋ NO ===Fe3+ ＋ NO↑ ＋ 2H2O 1 4 1 1 1 剩余铁粉的物质的量为1.5 mol－1.25 mol＝0.25 mol，剩余NO的物质的量为4 mol－1.25 mol＝2.75 mol，生成Fe3+的物质的量为1.25 mol，生成NO的物质的量为1.25 mol； 第二步反应：从比例关系来看，铁粉完全反应。 Fe　　＋　　2Fe3+　===3Fe2+ 1 2 3 0.25 mol 0.5 mol 0.75 mol 剩余Fe3+的物质的量为1.25 mol－0.5 mol＝0.75 mol，生成Fe2+的物质的量为0.75 mol。根据以上分析可知，所得溶液中c(NO)＝＝2.75 mol·L-1，故A正确；根据以上分析可知，所得溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)＝0.75 mol∶0.75 mol＝1∶1，故B错误；根据以上分析可知，反应后生成1.25 mol NO，选项中未提到气体所处状况，无法计算体积，故C错误；根据以上分析可知，反应所得溶液中阳离子为铁离子、亚铁离子和钾离子，阴离子为硫酸根离子和硝酸根离子，故D错误。 6．(双选)现有200 mL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9.6 g铜粉；向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量的变化关系如下图所示(假设硝酸的还原产物为NO)。下列分析或结果正确的是(　　) A．OA段产生的是氢气 B．加入铁粉时，最终产生4.48 L气体(标准状况下) C．原混合溶液中NO的物质的量为0.2 mol D．原混合溶液中H2SO4的浓度为0.25 mol/L 解析：选BC。由题图可知，OA段发生的反应为Fe＋NO＋4H＋===Fe3+＋NO↑＋2H2O，产生NO，AB段发生的反应为Fe＋2Fe3+===3Fe2+，BC段发生的反应为Fe＋2H＋===Fe2+＋H2↑。由分析可知，OA段产生的是NO，A错误；由分析可知，OA段消耗5.6 g铁，产生0.1 mol NO，BC段消耗铁的质量为14.0 g－8.4 g＝5.6 g，产生0.1 mol氢气，故产生气体的总物质的量为0.2 mol，在标准状况下的体积为4.48 L，B正确；由分析可知，OA段反应中NO全部起氧化剂作用，所以每份混合酸中n(NO)＝n(Fe)＝＝0.1 mol，原混合酸中NO的物质的量为0.2 mol，C正确；由题图可知，加入14.0 g铁粉时，酸完全反应，此时溶液中溶质为FeSO4，反应消耗铁的物质的量为＝0.25 mol，根据原子守恒可知，n(H2SO4)＝n(FeSO4)＝n(Fe)＝0.25 mol，所以硫酸的浓度是＝2.5 mol/L，D错误。 7．已知Mg与稀硝酸反应，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9.6 g Mg与1 L 1.1 mol·L-1 HNO3溶液(过量)充分反应后收集到a mL气体(标准状况)，同时测得c(NH)＝0.08 mol·L-1(设反应前后溶液体积不变)。 (1)a＝________。 (2)有________mol HNO3被还原。 (3)反应后溶液中c(H＋)＝________mol·L-1。 (4)反应后溶液中c(NO)＝________mol·L-1。 解析：(1)由于HNO3过量，产生的气体为N2O，根据电子守恒有×2＝1 L×0.08 mol·L-1×8＋×4×2，解得a＝448。 (2)被还原的HNO3包括两部分：一部分用于生成N2O，另一部分用于生成NH，总物质的量为×2＋1 L×0.08 mol·L-1＝0.12 mol。　 (3)参加反应的HNO3的物质的量为×2＋1 L×0.08 mol·L-1×2＋×2＝1 mol，剩余HNO3的物质的量为1 L×1.1 mol·L-1－1 mol＝0.1 mol，c(H＋)＝＝0.1 mol·L-1。 (4)反应后溶液中NO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1 L×1.1 mol·L-1－0.08 mol·L-1×1 L－×2＝0.98 mol，所以反应后溶液中c(NO)＝＝0.98 mol·L-1。 答案：(1)448　(2)0.12　(3)0.1　(4)0.98 学科网（北京）股份有限公司 $