新教材适用2024-2025学年高中化学第5章化工生产中的重要非金属元素微专题2硝酸与金属反应的相关计算学案新人教版必修第二册

微专题2硝酸与金属反应的相关计算1．思维模型2．计算方法(以Cu与硝酸反应为例)(1)原子守恒法：反应前全部的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，则有n(HNO3)消耗＝n(NO2)＋n(NO)＋2n[Cu(NO3)2]。(2)得失电子守恒法：反应中失去电子的是参与反应的Cu，Cu－2e－→Cu2＋；得到电子的是被还原的HNO3(假设还原产物为NO2、NO)，NOeq\o\al(－,3)＋e－→NO2、NOeq\o\al(－,3)＋3e－→NO。依据得失电子守恒，则有2n(Cu)＝n(NO2)＋3n(NO)。若将生成的氮的氧化物气体与肯定量的氧气共同通入水中，氮的氧化物完全生成硝酸，由于起先反应物为硝酸，中间生成了氮的氧化物，但最终又变回了硝酸，所以相当于铜失的电子最终由氧气得到，则有2n(Cu)＝4n(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NOeq\o\al(－,3)(此类计算不考虑H2O电离出的极少量的H＋、OH－)；若HNO3过量，溶液中的阳离子有Cu2＋和H＋，阴离子只有NOeq\o\al(－,3)。则有①若HNO3不过量：n(NOeq\o\al(－,3))＝2n(Cu2＋)；②若HNO3过量：n(NOeq\o\al(－,3))＝2n(Cu2＋)＋n(H＋)。(4)离子方程式计算法：金属与硫酸、硝酸的混合酸反应时，由于硝酸盐中NOeq\o\al(－,3)在硫酸供应H＋的条件下能接着与金属反应，故此类题目应用离子方程式来计算3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。先作过量推断，然后依据完全反应的金属或H＋或NOeq\o\al(－,3)进行相关计算，且要符合电荷守恒。3．常见的两种计算(1)硝酸与铜反应浓硝酸与足量的铜反应，起先浓硝酸被还原为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，NOeq\o\al(－,3)又被还原为NO。(2)稀硝酸与铁反应Fe(少量)＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；3Fe(过量)＋8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。①eq\f(n(HNO3),n(Fe))≥4，产物为Fe(NO3)3；②eq\f(n(HNO3),n(Fe))≤eq\f(8,3)，产物为Fe(NO3)2；③eq\f(8,3)<eq\f(n(HNO3),n(Fe))<4，产物为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2。跟|踪|训|练1.铜与肯定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与5.6LO2(标准状况)混合后通入水中，全部气体完全被水汲取生成硝酸，则消耗铜的质量为(B)A．16g B．32gC．64g D．无法计算解析：铜与肯定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与5.6LO2(标准状况)混合后通入水中，全部气体完全被水汲取生成硝酸，则整个过程中HNO3反应前后没有改变，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，由电子守恒可知n(Cu)×2＝n(O2)×4，n(Cu)＝2×eq\f(5.6L,22.4L·mol－1)＝0.5mol，消耗铜的质量＝0.5mol×64g·mol－1＝32g。2．在肯定温度下，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)A．1mol B．2molC．3mol D．4mol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eq\f(32g,64g·mol－1)×2＝1mol，故A项正确。3．某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol·L－1和0.1mol·L－1，向该混合液中加入1.92g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中Cu2＋的物质的量浓度(忽视体积改变)为(B)A．0.15mol·L－1 B．0.225mol·L－1C．0.35mol·L－1 D．0.45mol·L－1解析：解答本题要从离子反应的角度来考虑，H2SO4供应的H＋可以和NOeq\o\al(－,3)构成强氧化性环境，接着氧化铜单质。HNO3、H2SO4混合液中H＋总的物质的量为0.06mol，NOeq\o\al(－,3)的物质的量为0.04mol，Cu的物质的量为0.03mol。Cu与稀硝酸发生反应：3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O3820．03mol0.06mol0.04molH＋量不足，应依据H＋的物质的量来计算。3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O830.06moln(Cu2＋)n(Cu2＋)＝0.06mol×eq\f(3,8)＝0.0225mol，c(Cu2＋)＝eq\f(0.0225mol,0.1L)＝0.225mol·L－1。4．(2024·长春试验中学高一检测)将3.84gCu和肯定量的浓HNO3反应，当Cu反应完全时，共收集到2.24LNO2和NO的混合气体(标准状况，不考虑NO2转化为N2O4)，则反应中消耗HNO3的物质的量为(D)A．0.1mol B．0.24molC．0.16mol D．0.22mol解析：铜与硝酸反应转化为Cu(NO3)2、NO和NO2，依据铜原子守恒n[Cu(NO3)2]＝n(Cu)＝eq\f(3.84g,64g·mol－1)＝0.06mol，NO和NO2的物质的量共为n＝eq\f(V,Vm)＝eq\f(2.24L,22.4L·mol－1)＝0.1mol，依据氮原子守恒：n(HNO3)＝2n[Cu(NO3)2]＋n(NO)＋n(NO2)＝2×0.06mol＋0.1mol＝0.22mol。5．将14g铜银合金与足量的硝酸反应，放出的气体与标准状况下体积为1.12L的O2混合后再通入水中，恰好全部汲取，则合金中铜的质量为(B)A．4.8g B．3.2gC．6.4g D．10.8g6．(2024·吉林省试验中学高一期中)amolFeS与bmolFeO投入到VLcmol·L－1硝酸中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为(D)①(a＋b)×63g②(a＋b)×189g③eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cV－\f(a＋b,3)))mol④eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cV－\f(9a＋b,3)))molA．①④ B．②③C．①③ D．②④解析：由Fe守恒可知，n[Fe(NO3)3]＝(a＋b)mol，则反应未被还原的硝酸的物质的量＝n(NOeq\o\al(－,3))＝3(a＋b)mol，其质量为(a＋b)×189g；由S守恒可知，n(H2SO4)＝amol，由电子转移守恒可知，被还原的硝酸的物质的量为eq\f((a＋b)＋8a,3)mol＝eq\f(9a＋b,3)mol，则反应中未被还原的硝酸为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cV－\f(9a＋b,3)))mol。7．将32.64g铜与140mL肯定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下的一氧化氮和二氧化氮混合气体共11.2L。请回答下列问题：(1)产生一氧化氮的体积为_5.824__L(标准状况下)。(2)待反应结束后，向溶液中加入VmLamol·L－1氢氧化钠溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化为沉淀，则原硝酸的浓度为eq\f(aV×10－3＋0.5,0.14)mol·L－1(不必化简)。(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在氢氧化钠溶液中全部转化为硝酸钠，至少须要氧气_0.255__mol。解析：(1)该过程发生两个反应：3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。设生成的NO和NO2的物质的量分别为x、y，则x＋y＝0.5mol,1.5x＋0.5y＝0.51mol，解得x＝0.26mol，y＝0.24mol，故标准状况下V(NO)＝0.26mol×22.4L·mol－1＝5.824L。(2)Cu2＋恰好全部转化为沉淀时，溶液中未被还原的HNO3的物质的量n(HNO3)＝n(NaOH)，表现氧化性的HNO3的物质量为n(HNO3)＝n(NO)＋n(NO2)，故原硝酸中HNO3的物质的量n(HNO3)＝n(NaOH)＋n(NO)＋n(NO2)＝(aV×10－3＋0.5)mol，则c(HNO3)＝eq\f(aV×10－3＋0.5,0.14)mol·L－1。(3)通入氧气的目的是将0.26molNO和0.24molNO2全部转化为HNO3。依据得失电子守恒：4n(O2)＝3n(NO)＋n(NO2)＝3×0.26mol＋0.24mol＝1.02mol，则n(O2)＝0.255mol。阶段重点突破练(二)一、氮及其氧化物重要性质及相关计算1．(2024·西安高一检测)下列反应属于固氮反应的是(D)A．8NH3＋6NO2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))7N2＋12H2OB．O2＋2NO=2NO2C．NH3＋HCl=NH4ClD．N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高温、高压),\s\do5(催化剂))2NH32．(2024·福州高一检测)下列说法正确的是(B)A．试验室能用排空气法收集N2、NO和NO2B．NO2为红棕色气体，NO为无色气体C．除去NO2中的NO气体可以使混合气体通过蒸馏水D．NO、NO2、N2O4、N2O5都属于酸性氧化物解析：N2的密度与空气接近，简单混合，不能运用排空气法收集；NO与O2反应产生NO2，也不能运用排空气法收集，A错误；NO为无色气体，NO2为红棕色气体，B正确；NO2与水反应产生HNO3和NO，因此除去NO中的NO2气体可以使混合气体通过蒸馏水，C错误；NO是不成盐氧化物；NO2、N2O4与水反应时N元素化合价会发生改变，也不是酸性氧化物；只有N2O5属于酸性氧化物，D错误。3．将盛有NO和NO2混合气体的试管倒立于水中，经过足够长的时间后，试管内气体的体积缩小为原来的一半，则原混合气体中NO和NO2的体积比是(C)A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4二、氨及铵盐4．(2024·玉溪高一检测)相同的试验仪器可以有不同的用途。下列有关试验操作正确的是(D)5．试验室里可按如下图所示的装置来干燥、收集气体R，多余的气体R可用水汲取，则气体R是(D)A．HCl B．Cl2C．CO D．NH3解析：从储气瓶导管长短及防倒吸装置可看出R应是一种比空气密度小，易溶于水的气体，故D正确。6．(2024·湖南选择考)科学家发觉某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NOeq\o\al(－,2)转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是(D)A．过程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)发生氧化反应B．a和b中转移的e－数目相等C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NHeq\o\al(＋,4))＝1∶4D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NOeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋2H2O解析：由图示可知，过程I中NOeq\o\al(－,2)转化为NO，氮元素化合价由＋3降低到＋2，NOeq\o\al(－,2)是氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；由图示可知，过程Ⅰ为NOeq\o\al(－,2)在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为NOeq\o\al(－,2)＋2H＋＋e－NO↑＋H2O，生成1molNO，a过程转移1mole－；过程Ⅱ为NO和NHeq\o\al(＋,4)在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为NO＋NHeq\o\al(＋,4)＋3e－＋2H＋H2O＋N2H4，消耗1molNO，b过程转移4mole－，转移电子数目不相等，B错误；由图示可知，过程Ⅱ中发生反应的离子方程式为NO＋NHeq\o\al(＋,4)＋3e－＋2H＋H2O＋N2H4，n(NO)∶n(NHeq\o\al(＋,4))＝1∶1，C错误；由图示可知，过程Ⅲ中发生反应的离子方程式为N2H4N2↑＋4H＋＋4e－，过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NOeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋2H2O，D正确。7．已知氨气可与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用如图中的装置(省略夹持装置及加热装置)可以实现该反应。试验时C中粉末渐渐变为红色，D中出现无色液体。下列有关说法正确的是(D)A．试管A中加入的试剂为NH4Cl固体B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶3C．装置B中加入的物质可以是碱石灰或无水氯化钙D．装置D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝三、硝酸的性质和计算8．下列有关试验操作、现象和说明或结论都正确的是(D)选项试验操作现象说明或结论①将过量的Fe粉加入稀HNO3中，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋②浓HNO3久置或光照变黄色HNO3不稳定易分解③铝箔插入稀HNO3中无现象铝箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜④用玻璃棒蘸取浓HNO3点到蓝色石蕊试纸上试纸先变红色后褪色浓HNO3具有酸性和强氧化性A.①② B．③④C．②③④ D．②④解析：将过量的铁粉加入稀HNO3中，生成Fe2＋，加入KSCN溶液时，颜色不变，故①错；浓HNO3久置变黄是因为HNO3分解产生的NO2溶于浓HNO3所致，故②正确；铝箔遇浓HNO3钝化，遇稀HNO3会溶解，故③错；浓HNO3具有酸性和强氧化性，可使蓝色石蕊试纸先变红色后褪色，故④正确。9．0.3molCu2S与HNO3溶液恰好完全反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则未被还原的HNO3的物质的量是(B)A．1.0mol B．1.2molC．0.3mol D．2.2mol解析：未被还原的HNO3中的氮原子的物质的量＝反应后Cu(NO3)2中氮原子的物质的量。由Cu2S～2Cu(NO3)2得，n[Cu(NO3)2]＝0.6mol，所以未被还原的HNO3的物质的量是1.2mol。10．向含有1molHNO3和1molH2SO4的混合溶液中渐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关推断不正确的是(C)A．a表示Fe3＋的关系曲线B．n1＝0.75C．P点时，n(Fe2＋)＝0.5625molD．向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14.4g解析：该反应可以看作两步：①Fe＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，硝酸根离子过量，氢离子不足；②2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋。a表示Fe3＋的关系曲线，A正确；溶液中共有3molH＋参与反应，消耗铁为0.75mol，B正确；P点n(Fe2＋)＝n(Fe3＋)，二者均为0.45mol，C错误；剩余0.45molFe3＋，消耗0.225mol铜，质量为14.4g，D正确。四、氮及其化合物的综合试验11．(2024·广东试验中学高一期中)试验室模拟工业制备硫氰化钾的试验装置如图所示(部分夹持装置已略去)：已知：CS2是密度比水大且不溶于水的液体，NH3不溶于CS2。在肯定条件下发生反应：CS2＋3NH3eq\o(=,\s\up7(催化剂、水),\s\do5(△))NH4SCN＋NH4HS，生成物中NH4HS的热稳定性较NH4SCN差。请回答下列问题：(1)装置A的作用是_制备NH3__。(2)三颈烧瓶内盛放有CS2、H2O和催化剂，进气导管口必需插入下层CS2液体中，目的是_使反应物充分接触，防止发生倒吸__。该反应比较缓慢，试验中可通过视察C中现象来限制A中NH3的生成速率，则X的化学式为_CS2__。(3)反应一段时间后，关闭K1，保持三颈烧瓶内液体温度105℃一段时间，其目的是_让NH4HS完全分解而除去__；然后打开K2，接着保持液体温度105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，制得较纯净的KSCN溶液，该反应的化学方程式为NH4SCN＋KOHKSCN＋NH3↑＋H2O。(4)装置E汲取尾气，防止污染环境，其中汲取NH3生成无色无味气体的离子方程式为2NH3＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋8H＋=2Cr3＋＋N2↑＋7H2O。解析：(1)由分析可知装置A应当是固体和液体不加热制备氨的装置，固体应当是碱石灰，恒压滴液漏斗中的试剂是浓氨水。(2)氨极易溶于水、不溶于二硫化碳，可通过视察装置C中氨逸出的气泡来限制A中NH3的生成速率，则X为CS2。催化剂进气导管口必需插入下层CS2液体中，目的是使反应物充分接触，防止发生倒吸。(3)NH4HS的热稳定性较NH4SCN差，则反应一段时间后，关闭K1，保持三颈烧瓶内液体温度为105℃一段时间，其目的是让NH4HS完全分解而除去；然后打开K2，接着保持液体温度105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，制得较纯净的KSCN溶液，反应的化学方程式为NH4SCN＋KOHKSCN＋NH3↑＋H2O。(4)装置E中，氨气被酸性重铬酸钾氧化为无色无味的气体氮气，Cr2Oeq\o\al(2－,7)被还原为Cr3＋，反应的离子方程式为2NH3＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋8H＋=2Cr3＋＋N2↑＋7H2O。12．(2024·潍坊高一检测)一位同学在复习时遇到这样一道习题：某无色溶液中可能含有H＋、OH－、Na＋、NOeq\o\al(－,3)，加入铝粉后，只产生H2，问该无色溶液中能大量存在哪几种离子。已知：铝与稀硝酸反应时，主要生成气体NO，NO在空气中会进一步氧化为红棕色气体NO2。(1)未起先试验前，_能__(选填“能”或“不能”)确定溶液的酸碱性；加入铝粉产生H2，说明铝具有_还原性__(填“氧化性”或“还原性”)。(2)该同学分析：若H＋大量存在，则NOeq\