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硝酸计算10.某某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL,平均分成两份。向其平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉中一份中逐渐加入铜粉,最多能溶解最多能溶解9.6 g。向另一份中逐渐加。向另一份中逐渐加入铁粉入铁粉,产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝已知硝酸只被还原为酸只被还原为NO气体气体)。下列分析或结果错误的是。下列分析或结果错误的是()A.原混合酸中原混合酸中N 物物质的量为质的量为0.1 molB.OA段产生的是段产生的是NO,AB段的反应为段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段产生氢段产生氢气气C.第二份溶液中最终溶质为第二份溶液中最终溶质为FeSO4D.H2SO4浓度为浓度为2.5 molL-1【解析解析】选选A A。关键看图。关键看图,铁粉既能和硝酸反应也能和硫酸反应铁粉既能和硝酸反应也能和硫酸反应,从题从题干图看出干图看出(注意只是第二份注意只是第二份100 mL)OA100 mL)OA段产生的是段产生的是NO,ABNO,AB段的反应为段的反应为Fe+2FeFe+2Fe3+3+=3Fe3Fe2+2+,BC,BC段产生氢气段产生氢气,反应为反应为Fe+2HFe+2H+=FeFe2+2+H+H2 2,可知可知N N 反应完了反应完了,第二份中第二份中N N 应为应为 3 33=0.1 mol,3=0.1 mol,溶液中溶液中最终溶质为最终溶质为FeSOFeSO4 4,此时反应的铁的质量是此时反应的铁的质量是14.0 g,14.0 g,即即0.25 mol,0.25 mol,故原混故原混合酸中合酸中H H2 2SOSO4 4浓度为浓度为0.25 mol/0.1 L=2.5 mol0.25 mol/0.1 L=2.5 molL L-1-1,N ,N 物质的量为物质的量为0.2 mol,0.2 mol,所以选所以选A A。【拓展深化】1.硝酸氧化性的强弱硝酸氧化性的强弱:硝酸的浓度越大硝酸的浓度越大,其氧化性越强。其氧化性越强。2.硝酸的还原产物硝酸的还原产物:浓硝酸的还原产物为浓硝酸的还原产物为NO2,稀硝酸的还原产物稀硝酸的还原产物为为NO,足量铜与一定量的浓硝酸反应足量铜与一定量的浓硝酸反应,还原产物是还原产物是NO2与与NO的混合的混合物。物。3.离子共存离子共存:酸性条件下酸性条件下,N 与与Fe2+、S2、I-等还原性离子不能大等还原性离子不能大量共存。量共存。【拓展深化】1.硝酸氧化性的强弱硝酸氧化性的强弱:硝酸的浓度越大硝酸的浓度越大,其氧化性越强。其氧化性越强。2.硝酸的还原产物硝酸的还原产物:浓硝酸的还原产物为浓硝酸的还原产物为NO2,稀硝酸的还原产物稀硝酸的还原产物为为NO,足量铜与一定量的浓硝酸反应足量铜与一定量的浓硝酸反应,还原产物是还原产物是NO2与与NO的混合的混合物。物。3.离子共存离子共存:酸性条件下酸性条件下,N 与与Fe2+、S2、I-等还原性离子不能大等还原性离子不能大量共存。量共存。【归纳总结归纳总结】硝酸与金属反应的计算硝酸与金属反应的计算1.常用解题方法常用解题方法:(1)电子守恒电子守恒:硝酸与金属反应属于氧化还原反应硝酸与金属反应属于氧化还原反应,氮原子得到的电子氮原子得到的电子数等于金属失去的电子数。数等于金属失去的电子数。(2)原子守恒原子守恒:硝酸与金属反应时硝酸与金属反应时,一部分以一部分以N 的的形式存在形式存在,另一部另一部分转化为还原产物分转化为还原产物,这两部分中氮原子的物质的量与反应消耗的这两部分中氮原子的物质的量与反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量相等。中氮原子的物质的量相等。(3)电荷守恒电荷守恒:反应后溶液中反应后溶液中:c(N )=c(Mx+)+c(H+)。(4)利用离子方程式计算利用离子方程式计算:硝酸与硝酸与H2SO4混合液跟金属的反应混合液跟金属的反应,当金当金属足量时属足量时,不能用不能用HNO3与金属反应的化学方程式计算与金属反应的化学方程式计算,应用离子方应用离子方程式计算程式计算,因为生成的硝酸盐中的因为生成的硝酸盐中的N 借借助助H+仍能继续与金属反仍能继续与金属反应。应。【拓展深化拓展深化】原子守恒法在硝酸与金属有关计算中的应用原子守恒法在硝酸与金属有关计算中的应用(1)足量稀硝酸足量稀硝酸(以铜为例以铜为例):n(反应反应HNO3)=n(被还原被还原HNO3)+n(未被还原未被还原HNO3)=n(NO)+2n(Cu2+)(2)足量浓硝酸足量浓硝酸(以铜为例以铜为例):n(反应反应HNO3)=n(被还原被还原HNO3)+n(未被还原未被还原HNO3)=n(NO2)+2n(Cu2+)(3)一定量浓硝酸一定量浓硝酸(以铜为例以铜为例):n(反应反应HNO3)=n(被还原被还原HNO3)+n(未被还原未被还原HNO3)=n(NO2)+n(NO)+2n(Cu2+)(4)未知浓度的硝酸未知浓度的硝酸(以铜为例以铜为例):n(反应反应HNO3)=n(被还原被还原HNO3)+n(未被还原未被还原HNO3)=n(气体气体)+2n(Cu2+)1.1.92g铜投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672 mL气体（标准状况），将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入氧气恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气体积为（）A504 mL B168 mL C224mL D336 mL【答案】D【解析】将盛有此气休的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的氧气恰好使气体完全被水吸收生成硝酸，说明氮的氧化物又重新转化为硝酸，因此根据电子转移守恒可知，铜失去的电子最终被氧气获得，铜失去电子的物质的量是0.06mol，则氧气获得的电子也是0.06mol，所以氧气的物质的量是0.06mol40.015mol，则氧气的体积是0.015mol22.4L/mol0.336L336ml，答案选D。灵活应用电子得失守恒是解答的关键，守恒法解题的思维流程：（1）找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。（2）找准一个原子或离子得失电子数。（注意化学式中粒子的个数）。（3）根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n（氧化剂）变价原子个数化合价变化值（高价低价）n（还原剂）变价原子个数化合价变化值（高价低价）。2将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为2mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加3.4g，则下列有关叙述中正确的是（）A开始加入合金的质量可能为5.6gB参加反应的硝酸的物质的量为0.2molC沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为200mLD标况下产物NO体积为4.48LA【解析】将一定质量的镁、铜合金加入到稀HNO3中，两者恰好完全反应，假设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过量的NaOH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3.4g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为3.4g，氢氧根的物质的量为3.4g17g/mol0.2mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.1mol。A假定全为镁，金属质量为0.1mol24g/mol=2.4g，若全为铜，金属质量为：0.1mol64g/mol=6.4g，所以参加反应的金属的总质量（m）范围为：2.4gm6.4g，A正确；B根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）8/3=0.1mol8/3=0.27mol，B错误；C反应消耗氢氧化钠的物质的量为：n（NaOH）=n（OH-）=0.2mol，则加入的氢氧化钠溶液的体积为：V=0.2mol2mol/L=0.1L=100mL，C错误；D金属的物质的量为0.1mol，完全反应失去0.1mol2=0.2mol电子，根据电子转移守恒，生成一氧化氮的物质的量为：n（NO）=0.2mol3=0.067mol，标准状况下NO的体积为0.067mol2.24L1.5L，D错误，答案选A。该题侧重于学生运用电子转移守恒、质量守恒等解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题，难度较大，注意各种守恒法和极限法的灵活应用。3.将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40gmL1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0molL1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是（）A.该合金中铜与镁的物质的量之比是12B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0molL1C.NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D.得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640mL【解析】试题分析：A、设合金中Cu、Mg的物质的量分别为x、y，根据题目所给信息知x64g/moly24g/mol1.52g；设金属为M，在反应过程中有：Mne=Mn，MnOH=M(OH)n，从而可以看出，金属单质失去电子的物质的量等于金属阳离子完全沉淀所需OH的物质的量，氢氧根的物质的量是（2.54g1.52g）17g/mol0.06mol，故2x2y0.06mol，由解得x0.02mol，y0.01mol，A错误；B、硝酸的浓度是14.0mol/L，B正确。C、由上述分析可知，Cu、Mg共失去0.06mol电子，根据得失电子守恒知，如果硝酸完全被还原为NO2，NO2的物质的量应为0.06mol。现得到0.05mol混合气体，是由于2NO2-N2O4，由差量法可求得N2O4为0.01mol，则NO2为0.04mol，NO2的体积分数是80%，C正确；D、得到2.54g沉淀时生成硝酸钠，根据硝酸根守恒可知硝酸钠是0.05L14mol/L0.06mol0.64mol，即消耗0.64molNaOH，其体积为640mL，D正确，答案选A。掌握反应的原理以及灵活应用守恒法是解答的关键，许多有关化学反应的计算，如果能够巧掌握反应的原理以及灵活应用守恒法是解答的关键，许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；种原子总数不变的原子守恒；电解质溶液中的电荷守恒；电解质溶液中的电荷守恒；氧化还原反应中得失电子数守氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；从守恒思想出发还可延伸出多步反应中从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。4.某化学兴趣小组进行了有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是()A实验中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，说明稀硝酸被Cu还原为NO2B实验中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强C实验发生反应的化学方程式为：3CuCu(NO3)24H2SO4=4CuSO42NO4H2OD由上述实验可得出结论：Cu在常温下既可以与稀硝酸反应，也可以与稀硫酸反应【答案】C【解析】A中发生3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO+4H2O，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；B中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，而硝酸的氧化性强，故B错误；C实验发生反应的化学方程式为：3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO44CuSO4+2NO+4H2O，故C正确；D由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，故D错误；故选C。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点。由实验可知，中发生3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO+4H2O，中观察到Cu剩余，则硝酸完全反应，中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应。把握发生的反应及现象、结论的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意硝酸盐在酸性条件下的性质。5.取铜、镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生0.896LNO2气体和0.672LN2O4的气体（气体体积都已折算到标准状况），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为3.7g。则合金中铜与镁的物质的量之比等于（）A1：1B2：1C3：2D2：3【答案】D【解析】标况下0.896L的NO2气体的物质的量为：0.896L22.4L/mol=0.04mol，0.672LN2O4气体的物质的量为：0.672L22.4L/mol=0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为：0.04mol（5-4）+0.03mol2（5-4）=0.1mol，最后生成沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，设合金中铜、镁的物质的量分别为x、y，则氢氧化铜、氢氧化镁的物质的量分别为x、y，根据生成沉淀的质量可得：98x+58y=3.7g，根据电子守恒可得：2x+2y=0.1mol，联立解得：x=0.02、y=0.03mol，所以合金中铜与镁的物质的量之比为：0.02mol：0.03mol=2：3，答案选C。6.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2,在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L,此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀.沉淀质量为39.2g.下列有关说法不正确的是（）ACu与Cu2O的物质的量之比为2：1B硝酸的物质的量浓度为24mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为448LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1mol【解析】向所得溶液中加入10mol/L的NaOH溶液10L，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=10mol/L10L=1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为392g，物质的量为：392g98g/mol=04mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则x2y04mol，64gmol1x144gmol1y272g，解得x02mol，y01mol，所以Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1，A项正确；根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu），所以3n（NO）=203mol，解得n（NO）=02mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=02mol+1mol=12mol，所以原硝酸溶液的浓度为12mol05L=24mol/L，B项正确；由B中计算可知n（NO）=02mol，所以标准状况下NO的体积为02mol224L/mol=448L，C项正确；反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜、剩余的硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知：n剩余（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），所以n剩余（HNO3）=n（NaNO3）-2nCu（NO3）2=1mol-204mol=02mol，D项错误；答案选D。本题考查铜混合物计算、氧化还原反应的计算，难度较大，清楚整个反应过程，注意原子守恒、得失电子守恒的应用。向所得溶液中加入10mol/L的NaOH溶液10L，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=10mol/L10L=1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为392g，物质的量为：392g98g/mol=04mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则x2y04mol，64gmol1x144gmol1y272g，解得x02mol，y01mol，据此解答即可。7.在稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中，加入铜粉。（1）若将100mL 2mol/L HNO3和100mL 1mol/L H2SO4混合后，加入19.2g 铜粉，微热，充分反应。若忽略溶液体积变化，溶液中铜离子物质的量浓度为 _ mol/L生成气体折合成标准状况下体积_ L；若使铜粉全部溶解，还需加入1mol/L H2SO4 _ mL（2）若c(SO42-)c(NO3-)5.0 molL1。取200 mL该混合酸，则能溶解铜的最大质量为_ g【答案】（1）0.75（2分）2.24（2分）200（2分）（2）38.4（3分）【解析】（1）n（HNO3）=0.1L2mol/L=0.2mol，n（H2SO4）=0.1L1moL/L=0.1moL，n（NO3-）=n（HNO3）=0.2mol，溶液中的氢离子既包括硝酸电离的又包括硫酸电离的：所以n（H+）=0.2moL+20.1moL=0.4mol，n（Cu）=19.2g64g/mol=0.3mol，则3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O3mol2mol8mol0.3mol0.2mol0.8mol由反应关系可以看出，NO3-过量，H+不足，根据H+计算生成的铜离子，则生成的n（Cu2+）=0.4mol3/8=0.15mol，c（Cu2+）=0.15mol0.2L0.75mol/L；根据中分析可知生成NO是0.1mol，折合成标准状况下体积2.24L;根据中分析可知完全溶解铜需要0.8mol氢离子，因此还缺少0.4mol氢离子，则还需要0.2mol硫酸，即还需要200mL1mol/L硫酸；（2）反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，要使溶解铜的质量最大，则氢离子和硝酸根浓度满足化学计量数即4：1，硝酸全部起氧化剂作用，设硫酸浓度为x，则硝酸浓度为5mol/L-x，溶液中氢离子浓度共：2x+（5mol/L-x），则：2x+(5mol/Lx)/(5mol/Lx)=4：1，解得x=3mol/L，硝酸浓度为2mol/L，硝酸的物质的量为：0.2L2mol/L=0.4mol，根据方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O可知溶解铜是0.6mol，质量是0.6mol64g/mol38.4g。