06 金属与硝酸的计算题型（拔高）

金属与硝酸计算技巧：善用化合价升降解题

解

先写出大概的方程式，

$5\mathrm{M}+12\mathrm{HNO}{\phantom{A}}_3⟶5\mathrm{M}(\mathrm{NO}{\phantom{A}}_3){\phantom{A}}_2$

M 的化合价总共上升 $2\times 5=10$

那么 $HN{O}_3$ 的化合价总共也应该下降 $10$，且主要到 12 份硝酸有 10 份是作了溶剂，只有 2 份作为氧化剂。那么

$2\times \mathrm{降}\mathrm{低}\mathrm{的}\mathrm{化}\mathrm{合}\mathrm{价}=10$

$\mathrm{降}\mathrm{低}\mathrm{的}\mathrm{化}\mathrm{合}\mathrm{价}=5$，刚好 $N_2$ 的化合价为零，满足要求，选 $B$

TIP

正二价硝酸盐指的是 $M(N{O}_3{)}_2$

金属与硝酸计算技巧：善用电子得失守恒解题

解

$\mathrm{Cu}+\mathrm{HNO}{\phantom{A}}_3⟶\mathrm{NO}{\phantom{A}}_2+\mathrm{NO}+\mathrm{Cu}{\phantom{A}}^{2+}$

$Cu$ 有 $\frac{1.92}{64}=0.03mol$

$Cu$ 全部转为 $C{u}^{2+}$ 转移 $0.06mol$ 电子，那么 $N{O}_2,NO$ 转移的电子数也是 $0.06mol$。

然后氧气又和全部 $N{O}_2+NO$ 反应，又都全部变成硝酸，那么 $N{O}_2,NO$ 转移的电子数就是 $0.06mol$。

那么氧气得到的电子等于 $0.06mol$，$1mol{O}_2$ 转移 $4mol$ 电子，所以生成了 $0.015mol{O}_2$，有 $336mL$

$C$

TIP

越复杂的题目，不要一头扎进去，看看是不是可以只看初末状态，根据得失电子守恒解题。

忘掉中间的纷纷扰扰，只看起点、终点谁得电子，谁失去电子。

电子得失守恒 + 原子守恒解题

解

与 Mg,Cu 反应的硝酸，作为氧化剂变成了 $NO$，$NO$ 有 $\frac{4.48}{22.4}=0.2mol$，$HN{O}_3$ 总共得 $0.2\times 3=0.6mol$ 钉子，

那么 $Mg,Cu$ 总共失去 $0.6mol$ 电子变成 $M{g}^{2+},C{u}^{2+}$，那么 $2x+2y=0.6$

所以 $x+y=0.3mol$，即 $Mg+Cu$ 共有 0.3mol。

A 对。

作为氧化剂的硝酸有 $0.2mol$，作为溶剂的硝酸有 $0.3\times 2=0.6mol$

B 错。应该是 $1:3$

C 对。

D 对。

金属与稀硝酸 + 稀硫酸的反应题型

解

A 错。所得溶液中铜离子为 $0.0225mol$

B 错。氢离子被全部消耗完，无剩余。

C 对。生成 $0.015molNO$，标准状况下即 $0.336L$

D 错。每消耗 8 份氢离子转移 6 电子。消耗 $0.06mol$ 氢离子，转移电子为 $0.06\times \frac{6}{8}=0.045mol$。

$C$

硫酸的作用

稀硝酸可以提供氢离子，还可以提供硝酸根，硝酸根在酸性条件下具有氧化性；

稀硫酸虽然不能够氧化铜单质，但是它可以提供氢离子（提供酸性环境），还可以和铜离子形成盐类，于是就可以让更多的硝酸根与铜进行反应。

因为如果只是铜与稀硝酸反应，硝酸害得留一点硝酸根与铜离子结合成硝酸铜盐类。

所以我们要探究 $N{O}_3^{-},Cu,H^{+}$ 之间的反应关系式，需要写离子方程式！

判断谁过量，谁少量，谁先反应

一个离子或化学方程式写出来后，

用反应物最开始拥有的物质的量除以化学计量数，比值最小（说明其他的物质都过量）的，会反应完，其它的会有剩余，比如下面的氢离子会反应完，其它的 Cu 和 硝酸根会有剩余。

金属与浓硝酸反应综合计算题型

解

（1）$c=\frac{1000\rho \omega }{M}=\frac{1000\times 1.4\times 63\times 0.01}{1+14+48}=14mol/L$

（2）

设 $n(Mg)=ymol$

$n(Cu)=xmol$

$\{\begin{array}{l}64x+24y=1.52\\ 98x+58y=2.54\end{array}$

下式减上式，得

$34x+34y=1.02$

$x+y=0.03$

$x=0.02,y=0.01$

所以 $x:y=2:1$

（3）

$N{O}_2\mathrm{和}{N}_2{O}_4$ 总共有 0.05mol

设 $N{O}_2$ 为 a mol，则 $N_2{O}_4$ 为 0.05-a mol

$\mathrm{NO}{\phantom{A}}_3{\phantom{A}}^{-}⟶\mathrm{NO}{\phantom{A}}_2$ 得 $1e^{-}$

$\mathrm{NO}{\phantom{A}}_3{\phantom{A}}^{-}⟶\mathrm{N}{\phantom{A}}_2\mathrm{O}{\phantom{A}}_4$ 得 $2e^{-}$

根据得失电子守恒，得

$a+2(0.05-a)=0.03\times 2=0.06$

$a=0.04$

比值为 $\frac{0.04}{0.05}=80\mathrm{\%}$

TIP

• 根据得失电子守恒来算，最为简便！