第五章 微专题二　硝酸与金属反应的相关计算 学案（含答案）—2024春高中化学人教版必修二

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微专题二　硝酸与金属反应的相关计算1．原子守恒硝酸与金属单质或化合物反应，一部分以NOeq \o\al(－,3)的形式存在，另一部分转化为还原产物，这两部分中氮原子的物质的量之和与反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量相等。2．得失电子守恒硝酸与金属单质或化合物的反应中，HNO3得到电子的物质的量等于金属原子失去电子的物质的量。3．变价金属与硝酸的反应如铁与稀硝酸的反应：Fe(少量)＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；3Fe(过量)＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。(1)eq \f(nHNO3,nFe)≥4，氧化产物为Fe(NO3)3；(2)eq \f(nHNO3,nFe)≤eq \f(8,3)，氧化产物为Fe(NO3)2；(3)eq \f(8,3)<eq \f(nHNO3,nFe)<4，氧化产物为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2。4．硝酸和硫酸的混合酸与金属反应金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于硝酸盐中NOeq \o\al(－,3)在H2SO4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NOeq \o\al(－,3)进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。　　　　　　　　　　　　　　　　1．(2023·广东汕头高一检测)将3.84 g Cu和一定量的浓HNO3反应，当Cu反应完全时，共收集到气体2.24 L NO2和NO(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(　　)A．0.1 mol B．0.24 molC．0.16 mol D．0.22 mol2．将Mg、Cu组成的m g混合物投入适量稀HNO3中恰好完全反应，固体完全溶解时收集到0.896 L(标准状况)NO气体，向反应后的溶液中加入60 mL 2 mol·L－1的NaOH溶液时，金属离子恰好沉淀完全，则形成的沉淀的质量为(　　)A．(m＋2.28) g B．(m＋2.04) gC．(m＋3.32) g D．(m＋4.34) g3．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－1B．0.225 mol·L－1C．0.35 mol·L－1D．0.45 mol·L－14．(2023·山西运城高一检测)某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g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。下列分析或结果不正确的是(　　)A．原混合酸中H2SO4物质的量为0.4 molB．AB段发生的离子反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋C．混合酸中HNO3物质的量浓度为2 mol·L－1D．第二份溶液中最终溶质为FeSO45．将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，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11.2 L。请回答下列问题：(1)产生一氧化氮的体积为____________L(标准状况下)。(2)待反应结束后，向溶液中加入V mL a mol·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____________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，至少需要氧气________mol。微专题二　硝酸与金属反应的相关计算跟踪训练1．D　2.B3．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NOeq \o\al(－,3)构成强氧化性环境，继续氧化铜单质。HNO3、H2SO4混合液中H＋总的物质的量为0.06 mol，NOeq \o\al(－,3)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＋＋　2NOeq \o\al(－,3)===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O3　　　　 8　　　 20.03 mol　0.06 mol 0.04 molH＋量不足，应根据H＋的物质的量来计算。3Cu＋8H＋＋2NOeq \o\al(－,3)===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O 8　　　　　　 　 30.06 mol　　　 　n(Cu2＋)n(Cu2＋)＝0.06 mol×eq \f(3,8)＝0.022 5 mol，c(Cu2＋)＝eq \f(0.022 5 mol,0.1 L)＝0.225 mol·L－1。]4．A　[由图像可知，由于铁过量，OA段发生的反应为Fe＋NOeq \o\al(－,3)＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，AB段发生的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，BC段发生的反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑。反应消耗22.4 g铁，也就是eq \f(22.4 g,56 g·mol－1)＝0.4 mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根离子守恒，所以每份含硫酸0.4 mol，所以硫酸的浓度是4 mol·L－1，原混合酸中H2SO4物质的量为4 mol·L－1×0.2 L＝0.8 mol，故A项错误；AB段发生的离子反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，故B项正确；OA段发生的反应为Fe＋NOeq \o\al(－,3)＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，NOeq \o\al(－,3)全部起氧化剂作用，所以n(NOeq \o\al(－,3))＝n(Fe)＝eq \f(11.2 g,56 g·mol－1)＝0.2 mol,200 mL混合酸中HNO3物质的量浓度为eq \f(0.2 mol×2,0.2 L)＝2 mol·L－1，故C项正确；硝酸根离子全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根离子，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故D项正确。]5．(1)5.824　(2)eq \f(aV×10－3＋0.5,0.14)　(3)0.255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＝0.5 mol，1.5x＋0.5y＝0.51 mol，解得x＝0.26 mol，y＝0.24 mol，故标准状况下V(NO)＝0.26 mol×22.4 L·mol－1＝5.824 L。(2)在反应过程中，HNO3一部分表现酸性，另一部分表现氧化性。由溶液中的Cu2＋恰好全部转化为沉淀，则表现酸性的HNO3的物质的量为n(HNO3)＝n(NaOH)，表现氧化性的HNO3的物质的量为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0.26 mol NO和0.24 mol NO2全部转化为HNO3。根据得失电子守恒：4n(O2)＝3n(NO)＋n(NO2)＝3×0.26 mol＋0.24 mol＝1.02 mol，则n(O2)＝0.255 mol。