微专题26 金属与硝酸反应的规律与计算-备战2022年高考化学考点微专题（解析版）

微专题26金属与硝酸反应的规律与计算一、硝酸与金属反应的规律1．硝酸与金属反应不能产生H2。2．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。3．硝酸与金属反应时既表现出氧化性，又表现出酸性。4．硝酸与Cu反应：（1）Cu与浓硝酸反应时，浓硝酸被还原为NO2，氮元素的化合价变化由+5+4；（2）Cu与稀硝酸反应时，稀硝酸被还原为NO，氮元素的化合价变化由+5+2。（3）一般情况下，硝酸的浓度越小，其还原产物的价态越低。5．硝酸与Zn反应：（1）锌与浓硝酸：Zn+4HNO₃＝Zn(NO₃)₂+2NO₂↑+2H₂O（2）锌与中等浓度的硝酸：3Zn+8HNO₃＝3Zn(NO₃)₂+2NO↑+4H₂O（3）与一般稀硝酸4Zn＋10HNO₃＝4Zn(NO₃)₂＋N₂O↑＋5H₂O（4）与较稀硝酸反应：5Zn＋12HNO₃＝5Zn(NO₃)₂＋N₂↑＋6H₂O（5）与极稀硝酸反应：4Zn+10HNO₃＝4ZN(NO₃)₂+NH₄NO₃+3H₂O二、硝酸与金属反应的计算方法1．原子守恒法HNO₃与金属反应时，一部分HNO₃起酸的作用，以NO的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂，转化为还原产物。这两部分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。2．得失电子法HNO₃与金属的反应属于氧化还原反应，HNO₃中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。 3．电荷守恒法HNO₃过量时反应后溶液中（不考虑OH-）有：（代表金属离子）。4．离子方程式计算法金属与H2SO4，HNO₃的混合酸反应时，由于硝酸盐中NO在H2SO4提供的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，且溶液中要符合电荷守恒。【典例精析】1．铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与2.8LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为()A．16gB．64gC．32gD．无法计算【答案】A【解析】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与11.2LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）=，m（Cu）=0.25mol×64g/mol=16g，故A正确；正确答案：A。2．200mL硝酸与一定量铝铁合金反应生成3.36LNO（标况），向反应后的溶液中加入150mL3mol·L-1的NaOH溶液，使铝铁元素恰好全部转化为沉淀，则原硝酸的浓度是A．3mol·L-1B．2.25mol·L-1C．1.5mol·L-1D．无法计算【答案】A 【解析】硝酸和金属反应生成硝酸盐和NO，硝酸盐和NaOH完全反应生成氢氧化物沉淀，硝酸根离子和氢氧根离子都带一个单位负电荷，则生成氢氧化物、硝酸盐消耗的n（OH-）=n（NO3-）=3mol/L×0.15L=0.45mol，原来溶液中n（HNO3）=n（NO3-）+n（NO）=0.45mol+=0.6mol，则原来硝酸浓度=0.6mol/0.2L=3mol/L，答案选A。【专题精练】1．将9.0g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中并加热，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12LNO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是　(　　)A．原混合物中铜和铁的物质的量均为0.075molB．反应前稀硝酸的物质的量浓度无法计算C．若向上述最后所得溶液中再加入足量稀硝酸，还可得到标准状况下1.12LNOD．第一次与100mL稀硝酸反应后剩余的4.8g金属为铜和铁【答案】A【分析】第一次加硝酸时金属有剩余，无论参加反应的是铁还是铁和铜，溶解的4.2克金属均被氧化到+2价：3Fe（或3Cu）+8HNO3=3Fe(NO3)2[或3Cu(NO3)2]+2NO↑+4H2O，金属的物质的量为×=0.075mol，则第一次溶解的金属摩尔质量为56g·mol-1，所以第一次溶解的是铁。第二次加硝酸后的溶液不能使KSCN溶液变红，溶解的4.8克金属也一定被氧化到+2价，同理可得其物质的量为0.075mol，金属摩尔质量为64g·mol-1，是铜。【解析】A.根据分析，第一次溶解的是0.075mol铁，第二次溶解的是0.075mol铜，原混合物中铜和铁的物质的量均为0.075mol，故A正确；B.根据氮元素守恒，反应前稀硝酸的物质的量浓度为 =2mol/L，故B错误；C.若向上述最后所得溶液中再加入足量稀硝酸，亚铁离子被氧化为铁离子，反应为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，生成NO的物质的量是，标准状况下的体积为0.56LNO，故C错误；D.根据以上分析，第一次与100mL稀硝酸反应后剩余的4.8g金属为铜，不含铁，故D错误；选A。2．铁粉和铜粉的均匀混合物平均分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应，在标准状况下生成NO的体积和剩余金属的质量如下表(设硝酸的还原产物只有NO)：编号①②③④稀硝酸体积/mL100200300400剩余金属/g18．09．600NO体积/mL224044806720V下列计算结果正确的是（）A．①中溶解了5．6gFeB．硝酸的浓度为0．4mol/LC．②中溶解了9．6gCuD．④中V=8960【答案】D【解析】根据题给数据可知，实验①、②都有金属剩余，则反应后的溶液中不可能含有硝酸铁，溶液中金属离子为亚铁离子和铜离子，实验②是在实验① 的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为8.4g，生成NO的体积为2240mL，物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应金属的物质的量为0.1mol×（5—2）/2=0.15mol，参加反应金属的摩尔质量为56g/mol，该过程只有Fe参加反应，故实验①只有Fe参与反应，根据NO的体积结合方程式计算参加反应Fe的物质的量、硝酸的物质的量，根据m=nM计算参加反应Fe的质量，根据c=nV计算硝酸的物质的量浓度；在实验②的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为9.6g，生成NO的体积为2240mL，物质的量为0.1mol，若该过程只有Cu参加反应，根据电子转移守恒，则Cu的物质的量0.15mol，Cu的质量9.6g，等于参加反应金属的质量，故该过程只有Cu反应，且Cu恰好完全反应，则加入200mL硝酸时，Fe恰好反应生成硝酸亚铁，在实验③的基础上再加入100mL硝酸，硝酸与溶液中亚铁离子反应生成NO，根据亚铁离子的物质的量，利用电子转移守恒计算该阶段生成NO的物质的量，再根据V=nVm计算该阶段生成NO的体积，进而计算V的值。A、根据上述分析可知，实验①发生反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成NO的物质的量为0.1mol，根据方程式可知，参加反应铁的物质的量为0.15mol，质量为8.4g，错误；B、根据上述分析可知，实验①发生反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成NO的物质的量为0.1mol，根据方程式可知，参加反应的硝酸的物质的量为0.4mol，故硝酸的物质的量浓度4mol/L，错误；C、由上述分析可知，实验②中参加反应的金属为Fe，Cu没有参加反应，错误；D、由上述分析可知，实验②中Fe与硝酸恰好反应生成硝酸亚铁，生成NO的物质的量0.2mol，由3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，溶液中亚铁离子的物质的量为0.3mol，在实验③的基础上再加入100mL硝酸，为硝酸与溶液中亚铁离子反应生成NO，根据电子转移守恒可知，生成NO的物质的量0.1mol，体积为2240mL，V=6720+2240=8960，正确。3．将mg的镁、铜合金加到一定量的稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物全部是NO）．向反应后溶液中加入5mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金质量增加10.2g，则下列叙述正确的是A．当金属全部溶解时，无法计算出参与反应的硝酸的物质的量B．7.2＜m＜19.2C．当金属全部溶解时，收集到NO气体的体积一定为4.48L D．当生成沉淀的量达到最大值时，消耗NaOH溶液的体积为120mL【答案】B【解析】试题分析：将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）═3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为10.2g，氢氧根的物质的量为=0.6mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为=0.3mol，生成NO为=0.2mol；A．根据方程式可知，参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=×0.3mol=1.8mol，故A错误；B．镁和铜的总的物质的量为0.3mol，假定全为镁，质量为0.3mol×24g/mol=7.2g，若全为铜，质量为0.3mol×64g/mol=19.2g，所以参加反应的金属的总质量（m）为7.2g＜m＜19.2g，故B正确；C．温度、压强未知，不能确定气体摩尔体积，不能计算NO的体积，故C错误；D．与硝酸镁、硝酸铜反应消耗NaOH为0.6mol，该部分NaO溶液的体积为=0.12L=120mL，而硝酸可能有剩余，无法计算加入的氢氧化钠溶液的体积，故D错误；故选B。4．把0.3mol铜完全溶解于某浓度的硝酸中收集到0.3mol气体，则反应消耗硝酸的物质的量为（）A．1.2molB．0.8molC．0.9molD．无法计算【答案】C【解析】 铜与硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO或NO2或二者的混合物、H2O，硝酸的作用为酸性和强氧化性，0.3mol铜完全溶解，生成0.3molCu(NO3)2，表现出酸性的HNO3为0.6mol；收集到0.3mol气体，表现出强氧化性的硝酸为0.3mol，从而得出反应消耗硝酸的物质的量为0.6mol+0.3mol=0.9mol，故选C。5．某金属单质能与足量浓硝酸反应，放出NO2气体，若参加反应的金属单质与硝酸的物质的量之比为1：ａ，则该金属元素在反应后生成的硝酸盐中的化合价是A．+2aB．+aC．+a/2D．+a/4【答案】C【解析】设该金属为M，硝酸盐中金属M的化合价为+n，根据金属单质与硝酸的物质的量之比为1：ａ，得硝酸盐中硝酸根离子的物质的量是nmol，生成的二氧化氮的物质的量是(a-n)mol，根据得失电子守恒，M失电子物质的量是nmol，生成二氧化氮硝酸得电子的物质的量是(a-n)mol，所以(a-n)mol=nmol，解得n=a/2，答案选C。6．在一定温度下，某浓度的硝酸与金属锌反应生成NO2和NO的物质的量之比为1∶3，则要使1mol金属锌完全反应，需要硝酸的物质的量为A．2.8molB．2.6molC．2.4molD．0.8mol【答案】A【解析】反应生成NO2和NO的物质的量为1mol、3mol，由电子守恒得转移10mol电子，溶解5molZn，由原子守恒，共要14molHNO3，1mol金属锌完全反应，需要硝酸的物质的量为2.8mol。7．某非金属单质（化学式为R）跟浓硝酸反应，已知浓硝酸的还原产物是NO2，若参加反应的单质与硝酸的个数之比为1：4，则该元素在产物中所显示的化合价是（）A．+1B．+2C．+3D．+4【答案】D【解析】 浓硝酸的还原产物是NO2，每消耗1个HNO3，得到1个电子，当消耗4个HNO3时，得到4个电子，根据得失电子守恒，所以1个该非金属单质将失去4个电子，元素在产物中的化合价为+4价，故答案选D。8．物质的量之比为1∶3的锌与稀硝酸混合,若硝酸被还原的产物为N2O,反应结束后锌没有剩余,下列说法中正确的是(　　)A．在此反应中硝酸体现强氧化性,全部被还原B．向反应后的溶液中再加入金属铁,不再发生化学反应C．该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸之比为1∶4D．该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸之比为1∶5【答案】D【解析】物质的量之比为1：3的锌与稀硝酸混合，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，根据转移电子相等知，Zn和N2O的物质的量之比为4：1，再结合原子守恒知，该反应离子方程式为4Zn+2NO3-+10H+=4Zn2++N2O↑+5H2O，反应方程式为4Zn+10HNO3=4Zn（NO3）2+N2O↑+5H2O，A．该反应中硝酸体现氧化性、部分体现酸性，故A错误；B．反应方程式为4Zn+10HNO3=4Zn（NO3）2+N2O↑+5H2O，根据方程式知，锌和硝酸的物质的量之比为2：5，而题给物质的量之比为1∶3的锌与稀硝酸混合，则硝酸有剩余，所以加入Fe还能发生反应，故B错误；C．该反应中未被还原的酸生成硝酸锌的酸和剩余的酸，所以被还原的硝酸与未被还原的硝酸之比为1：5，故C错误；D．根据C知，被还原的硝酸和未被还原的硝酸之比为1：5，故D正确；故选：D。9．某溶液100mL，其中含硫酸0.01mol，硝酸0.04mol，若在该溶液中投入1.92g铜粉微热，反应后放出一氧化氮气体约为A．0.02molB．0.01molC．0.015molD．无法计算 【答案】C【分析】铜与硝酸的反应生成的硝酸盐，如果有酸存在时，NO3-和H+仍是在稀硝酸环境中，铜可以继续被稀硝酸氧化，稀硝酸被还原为NO气体；根据硫酸、硝酸的物质的量可求得混合溶液中氢离子的物质的量；根据铜的质量可以求出铜的物质的量，然后代入到离子方程式中，判断氢离子的是否过量，从而求得最终生成气体的量，据此得出答案。【解析】铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体；题中混合溶液中含H+物质的量：0.01mol硫酸中含0.02mol，0.04mol硝酸中含0.04mol，所以溶液中共含0.06molH+；1.92g铜的物质的量为1/92/64=0.03mol；根据离子方程式量的关系，3Cu～8H+～2NO，如果0.03mol铜完全反应，消耗的氢离子物质的量为：0.03mol×8/3=0.08mol；显然氢离子不足，铜粉有剩余，根据8H+～2NO可知0.06molH+参加反应，生成NO气体物质的量为0.015mol；综上所述，本题正确选项C。10．为了测定某铜银合金的成分，将30.0g合金溶于80mL13.5mol·L-1的浓HNO3中，待合金完全溶解后，收集到气体6.72L（标准状况），并测得溶液中c(H+)＝1mol·L-1。假设反应后溶液的体积仍为80mL，试计算：①被还原的HNO3的物质的量是____________；（只写结果）②合金中铜的质量分数为____________。（写出计算过程）【答案】①0.3mol；②64﹪【解析】①浓硝酸与金属反应，硝酸的作用是氧化性和酸性，硝酸起酸的作用，与金属反应产生硝酸盐，硝酸被还原产生NO2，所以被还原的硝酸的物质的量等于NO2的物质的量，n(HNO3)=n(NO2)=；②假设在30.0g铜银合金中含有Cu、Ag的物质的量分别是x、y，根据质量守恒可得；根据N元素守恒可得 。解得x=0.3mol，y=0.1mol，所以合金中铜的质量分数为。