2013-有关硝酸的计算题

盾。沉淀的质量＝金属的质量＋N元素得电子的物质的量×OH的摩尔质量＝2.45g＋0.05×3×17g＝5g。

（第2题解析：参加反应的Fe与HNO3的物质的量之比为1/56∶2.7/63=5∶12，讨论：若生成Fe(NO3)3，则5mol Fe能结合15 mol NO3－，故HNO3不足，因此生成Fe(NO3)2，则生成盐的HNO3为5mol×2=10 mol，故作氧化剂的HNO3为：12mol－10mol=2 mol。设HNO3中氮元素降χ价，则5×2=2×χ，χ=5，还原产物应为N2。反应方程式：5Fe＋12HNO3==5Fe(NO3)2＋N2↑＋6H2O。第二步中 Fe和HNO3可发生如下反应：

Fe＋4HNO3==Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O （HNO3过量），3Fe＋8HNO3==3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O（铁过量），5.6g铁粉完全溶解，只进行第一步反应时，需HNO3最多，为25.2g；只进行第二步反应时，需HNO3最少，为16.8g。所以需硝酸的质量为：16.8g≤≤25.2g 。

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“守恒”原理在金属与硝酸反应计算中的巧用

林尤宏

南京市大厂高级中学 江苏 南京 210044

[问题由来]

观察不同金属与硝酸反应的化学方程式，发现只要硝酸的还原产物相同，则硝酸的还原产物与硝酸的物质的量之比相同。运用这一规律，可简化金属与硝酸反应的有关计算，其原理和计算方法推导如下：

金属与硝酸反应的有关计算，包含了电子守恒、电荷守恒、原子守恒等多种守恒原理，抓住本质，串联各种守恒关系，可得到以下计算硝酸用量的等量关系：

还原产物得电子数=金属失去电子数=金属所带正电荷数=所结合的NO3-数

电子守恒 电荷守恒 电荷守恒

n(HNO3)总 = 还原产物中N原子物质的量+金属离子结合的NO3- 物质的量

原子守恒

所以：n(HNO3)总 =还原产物中N原子物质的量+得电子物质的量 (不考虑金属)

还原产物 （1mol） NO NO2 N2O NH4NO3 还原产物中 N原子（mol） 1 1 2 2 得电子 HNO3 （mol） （mol） 3 4 1 8 8 2 10 10

[问题]

取一定质量的Fe、Cu混合物粉末平均分成三份：①第一份加入到100mL某稀硝酸中，充分反应后，剩余金属18.8g，并放出0.10molNO气体；②第二份加入到200mL相同浓度的稀硝酸中，充分反应后，剩余金属9.6g；③第三份加入到过量相同浓度的稀硝酸中，金属完全反应，求： （1） 此稀硝酸的物质的量浓度。 （2） ②中产生NO的物质的量。

（3） 每份金属混合物中，含Fe、Cu的物质的量。

（4） 使②中金属完全溶解，至少还需加入此稀硝酸的体积及又放出NO的

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物质的量。

（5） ③中生成NO的总物质的量和消耗硝酸的总物质的量。

[问题解析]

（1）①中金属剩余，即HNO3完全反应，根据总守恒关系：NO~4HNO3

C(HNO3) =（2）n(NO) =

0.10mol?4n(NO)?4 = = 4.0mol/L

0.10LV(HNO3)n(HNO3)4.0mol/L?0.20L= =0.20mol 44（3）根据电子守恒：3Cu~2NO 3Fe~2NO

②比①多生成0.10molNO，说明②比①多溶解了0.15mol金属，若全为Fe，则溶解了8.4g，若全为Cu，则溶解了9.6g，而8.4g﹤(18.8-9.6)g﹤9.6g， 说明②比①多溶解了Fe和Cu，且①中溶解的全是Fe，②中剩余的金属只有Cu。

设②比①多溶解了Fe和Cu的物质的量分别为x、y

x + y = 0.15mol x = 0.05mol

56x + 64y = 9.2g y = 0.10mol

33①中溶解的n(Fe) = n(NO)× = 0.1mol× = 0.15mol

22②中剩余的n(Cu) =

9.6g = 0.15mol。

64g/mol所以，每份金属混合物中：n(Fe) = 0.15mol + 0.05mol = 0.20mol

n(Cu) = 0.15mol + 0.10mol = 0.25mol

2 （4）剩余的0.15molCu完全溶解，又放出n(NO) = 0.15mol×= 0.10mol

3又消耗n(HNO3) = 4n(NO) = 4×0.10mol = 0.40mol

0.40mol至少还需V(HNO3) = = 0.10L = 100mL

4.0mol/L （5）③中加入过量的稀硝酸，还发生Fe2+ — Fe3+的反应 ，根据电子守恒： Fe~NO 3Cu~2NO 得：

2211n(NO) = n(Fe) +n(Cu) = 0.20mol + ×0.25mol = mol

33301122n(HNO3) = 4n(NO) = 4×mol = mol

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[问题托展]

甲、乙、丙三个研究小组为探究制备Cu(NO3)2的最佳方案，用以下三种方法由Cu粉制Cu(NO3)2溶液。

（1） 甲组用agCu粉，在加热的条件下，与空气充分反应，然后将生成的CuO全部溶于vmL稀HNO3中，制得Cu(NO3)2溶液。则消耗的O2的物质的量是 mol，C(HNO3)大于 mol/L。

（2） 乙组用agCu粉，全部溶于过量的稀HNO3中，测得生成气体的物质的量是 mol，消耗的HNO3的物质的量是 mol。为消除污染，将生成的气体通入水中并同时通入O2，使生成的气体完全溶于水再生为HNO3，则消耗O2的物质的量是 mol。

（3） 丙组用agCu粉全部溶于过量的浓HNO3中，测得生成气体的物质的量是 mol（不考虑NO2转化成N2O4），消耗的HNO3的物质的量是 mol；若丙组用agCu粉全部溶于一定量的浓HNO3中，测得生成的气体在标准状况下体积为bL（不考虑NO2转化成N2O4），则消耗的HNO3的物质的量是 mol，为消除污染，将生成的气体通入NaOH溶液中，气体被完全吸收，产物只有NaNO3、NaNO2和H2O，则生成NaNO2的物质的量是 mol，NaNO3的物质的量是 mol。 [拓展题解答]

aa?2?n(O2)×4 n(O2)=（1）根据电子守恒 (mol) ； 64128va250a根据电荷守恒 C=?2 C= (mol/L) 。

8v100064aa?2?3n(NO) n(NO) = (mol) ； （2）根据电子守恒 6496aa根据总守恒关系 n(HNO3)= 4n(NO)= 4×= (mol) ；

9624aa根据电子守恒 4n(O2)=?2 n(O2) = (mol) 。

64128aa（3）根据电子守恒 n(NO2)=×2= (mol) ；

6432aa根据总守恒关系 n(HNO3)= 2n(NO2)= 2×= (mol) ；

3216abab根据电荷守恒、原子守恒 n(HNO3)=×2+=+ (mol) ；

22.43222.464

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