关于硝酸与金属反应的计算
金礼辉
( 江苏省东台市教育局教研室 224200)
硝酸与金属的反应是中学化学中重要的
知识点
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,由此编制
的有关计算
题
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变化多端,其命题的思路广、隐蔽性强,解题的
灵活性高,对于培养和发展学生的创造性思维能力有很大作用,
倍受高考命题专家的重视,是一类值得研究的题型。探究该类
题的命题规律,确立解题的基本策略,掌握常见的解题技巧是
教学中提高学生思维能力的关键之一。
一、抓住离子反应 紧扣实质求解
[例1]有一硫酸和硝酸的混合溶液,取出其中的 10 mL 加入足量的氯化钡溶液,过滤、洗涤、烘干后得到 9.32 g 沉淀,滤液跟 4 mol/L 烧碱溶液反应,用去 35 mL 时恰好中和。求
?混合溶液中硫酸和硝酸的物质的量浓度;
?另取 10 mL 原混合溶液,加入 2.56 g 铜共热,在标准状况下收集到多少毫升的气体。
9.32 g[解析]? n(HSO)=n(BaSO)==0.040 mol 244233 g/mol
+-3 n(H)=n(NaOH)=4 mol/L×35×10L=0.14 mol
0.040 mol [HSO]==4.0 mol/L 24-310,10 L
0.14 mol0.040 mol2-, [HNO]==6.0 mol/L 3-31010 L,
2.56 g ? n(Cu)==0.040 mol 64 g/mol
+- n(H)=0.14 mol,n(NO)=0.060 mol 3
+++-- 由 3Cu+8H+2NO=3Cu+2NO?+4HO 可知 H、NO过323
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量,故反应后产生 NO 的体积为
2V(NO)=0.040 mol××22.4 L/mol×1000 mL/L=597 mL 3
[评注]该题第?问如果采用反应方程式
3Cu + 8HNO=3Cu(NO)+2NO?+4HO 3 322
(0.0225 mol 0.060 mol)
来确定关系计算,就会判断出Cu过量,从而得出错误的计
+ -算结果。实质上 Cu(NO)中的 NO与 HSO中的 H组合在一32 324 起仍有一部分能与 Cu 反应,所以,解答此类题的第一策略就
是要注意抓住离子反应关系,紧扣反应实质进行求解。
二、巧用守恒规律 寻找解题突破口
[例2]为了测定某铜银合金的组成,将 17.2 g 合金溶于
50 mL 11.0 mol/L 的浓硝酸中,待合金完全溶解后,收集到气
体4.48 L( 标准状况),并测得溶液的 PH=0。假设反应后溶液的体积仍为 50 mL。试计算
?被还原的硝酸的物质的量;
?合金中银的质量分数。
[解析]?收集到的气体为NO和NO,故 2
4.48 L n(HNO)=n(气体)==0.20 mol 3被还原22.4 L/mol
? n(HNO)=11.0 mol/L×0.050 L-1 mol/L×0.050 3反应
=0.50 mol
设合金中铜、银物质的量分别为x、y,则
64 g/mol?x+108 g/mol?y=17.2 g …………?
-又,产物Cu(NO)、AgNO中含NO物质的量各为2x、y,据 N3233
守恒可得
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2x+y+0.20 mol=0.50 mol ……………………?
解??得 y=0.10 mol,故
0.10 mol,108 g/mol W(Ag)=×100%=62.8% 17.2 g
[评注]由于硝酸由浓变稀,其还原产物由 NO变为NO , 所2 以该题涉及的反应有 4 个,即使按离子反应方程式来找关系式
求解也很困难,上述解答中巧妙运用N的守恒来建立等式?,大大简化了解题过程。
〖跟踪训练〗(MCE1994~24) 38.4 mg 铜跟适量的浓硝酸反应,铜全部作用后,共收集到气体 22.4 mL (标准状况),反
应消耗的 HNO的物质的量可能为(不考虑有 NO生成)。 3 24
-3 -3 A.1.0×10mol B.1.6×10mol
-3 -3 C.2.2×10mol D.2.4×10mol
[例3] 6.4 g 铜与过量的硝酸(60 mL 8 mol/L)充分反应
+ 后,硝酸的还原产物有 NO、NO,反应后溶液中所含 H为 n mol, 2
- 此时溶液中所含 NO物质的量为 3
A.0.28 mol B.0.31 mol
C.(n+0.2) mol D.(n+0.4) mol
2++ - - [解析]因反应后溶液中仅含有 Cu、NO和 H(极少 OH3忽略),所以据离子的电荷守恒可得
6.4 g2++-n(NO)=2n(Cu)+n(H)=×2+n mol 364 g/mol
=(n+0.2) mol,正确答案为(C)。
[评注]虽然该题先求出参加反应的HNO物质的量,再利用两3个离子反应式建立关系也能得出结果,但是过程较繁。上述解
答抓住反应后溶液中阴阳离子的电荷守恒作为解题的突破口,
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另辟蹊径,具有独到之处。需要提醒同学们注意的是,还有一
种利用反应方程式两边离子电荷守恒的
方法
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。
〖跟踪训练〗 76.8 mg 铜和适量浓硝酸反应,铜全部溶解
-3 + - 后, 如果 NO离子减少 2×10mol,则溶液中 H同时下降 3
-3 -3 A. 2.2×10mol B. 3.2×10mol
-3 -3 C. 4.4×10mol D. 4×10mol
+2+- (提示:据 Cu+H+NO?Cu+NO+NO+HO 由反应式322两边电荷守恒可得答案为 C )
三、抓住终态分析,模糊中间过程
[例4]一定量的铝铁合金与 300 mL 2 mol/L 硝酸反应生成 3.36 L NO (标准状况)和三价铁盐、铝盐等,再向反应后的
溶液中加入 3 mol/L NaOH 溶液,使铝铁元素全部转化为沉淀,
则所加 NaOH 溶液的体积是
A. 150 mL B. 200 mL C. 450 mL D.无法计算
[解析]当铝铁元素全部转化为沉淀时,溶液中仅含 NaNO,3
故
n(NaOH)=n(HNO)-n(NO) 3总
3.36 L0.30 L,2 mol/L-22.4 L/mol即V(NaOH)== 0.15 L=150 mL,3 mol/L
故选(A)。
[评注]同样道理,该题与前述数题有共同的特点,涉及反
应多,用常规思路解很困难,而上述解答仅抓住最终状态分析,
对中间反应过程模糊处理,取得了出奇制胜的效果。需要注意
的是,在实际教学中发现不少同学用这种解题思路解答时,还
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是错选了(C), 究其原因是受到前述一些题目的影响,造成
思维定势,没有注意到该题中溶液里的 N 并不守恒,有一部分已转化为气体 NO,必须减去才对, 因此,利用该题作欲擒故纵式的教学,对克服学生的不良思维定势,提高其解题的灵活
性有较大作用。
〖跟踪训练〗 14 g 铁粉全部溶于某稀硝酸中,恰好反应,
放出 NO 气体后得到溶液 1 L。称量所得溶液,发现比原硝酸
溶液增重 8 g。则原溶液中硝酸的浓度为 A. 0.4 mol/L B. 0.6 mol/L C. 0.8 mol/L D. 1.0 mol/L
14 g-8 g[解析] n(NO)==0.2 mol 30 g/mol
无论生成+2价还是+3价铁,Fe(NO)和 Fe(NO)中所含 32 33
-NO个数恰好与对应 Fe 失电子数相等,而 Fe 失电子数=HNO33
失电子数= NO 分子数×3。故
0.2 mol+0.2 mol,3 C(HNO)==0.8 mol/L 31 L
答案为(C)。
[评注] 上述解答是先利用质量差确定NO的物质的量,再抓
- 住最终产物 Fe(NO)、Fe(NO)中 NO个数与 Fe 失电子数间3332 3的特殊巧合关系,利用电子得失守恒和N守恒,迅速得出参加反应的 HNO的总物质的量浓度,是一种极具创造性的思维。由此 3
还可得出一条极有价值的简便规律:金属与硝酸反应时,只要
还原产物的量确定,则参加反应的 HNO总量也可由此确定,与3 金属反应后的价态无关(进一步还可引导学生用反应通式证明
这一规律,此处略)。在遇到象 Fe 与 HNO反应这类问题时,3 无需去考虑 Fe 在反应后生成何种价态产物,更无需考虑+2 价
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Fe 与+3 价Fe 各是多少。
四、善于分解条件 优化解题思路
[例5]一定量铜在某浓硝酸溶液中完全溶解。已知参加反
应的 30 g HNO中被还原的 HNO质量为 13 g,则生成的 NO 和 3 3
NO的体积比为( 同温同压下测定) 2
A. 1:1 B. 1:2 C. 2:11 D. 4:1
[解析]设生成 NO、NO物质的量分别为 x、y 2
13 g则 x+y= ……………………………? 63 g/mol
又 n(HNO)=n(HNO)+n(HNO)3总3被还原3未被还原
30 g-13 g17n(HNO)== mol 3未被还原6363 g/mol
11HNO~Cu(NO)~ Cu 3未被还原3222
故根据化合价升降守恒可得
1713x+y=××2 mol………………………? 632
解 ? ? 得 x=2/63,y=11/63,x:y=2:11。答案选(C)。
[评注] 该题的解答将HNO分解为两部分考虑, 由未被还原3
的HNO与 Cu 之间的关系确定 Cu 的物质的量,最后再据化合3
价升降总数的守恒列出关系式?,将已知条件层层分解,从而
优化了解题思路。
[例6] m g 铜与一定浓度的硝酸完全反应放出 VL 气体,1
将所得气体通过足量水后,收集到 VL气体,欲使 VL气体完2 2
全转化为硝酸,所需氧气的物质的量为(气体体积均在标准状况下测定,且不考虑有 NO生成)。 24
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V3Vm12A. mol B. mol C. mol D.无法计算 12889.689.6
[解析]
O) (H23O?Cu 2 ? HNO ?(NO+NO) 4NO 4HNO3 23
(m g) (VL) (VL) 12
由 4 NO~3 O可知 VL气体 NO 转化为 HNO需氧气的量 22 3
V L3V322,,moln(O)= 222.4 L/mol489.6
13又据 2××O2 34O) (H2Cu 114HNO(浓) 2NO 2×NO 2×HNO 32 333
32×O2 3Cu (HO) 248HNO(稀) 2 NO 2 NO 2HNO 33
可得 2Cu~O。即需 O的量也可由 Cu 求出 22
m g1mn(O,,mol)= 264 g/mol2128
该题正确答案为(B、C)
[评注] 由于 VL 气体的成分不能确定,似乎不能由 Cu 1
的量来求耗氧量,但将其分解为两个反应流程,可发现 Cu 与 HNO反应时,不论是生成 NO 还是 NO ,最后 Cu 与 O 间的3 22关系都是一样的。本题若利用 N 守恒,借助于 HNO的转变关3 系作为桥梁,再结合运用电子得失守恒规律,可更简便地确定 Cu 和 O间的关系,从而获得完整答案。所以教学中应引导学2
生从多角度进行思考,用一题多解等来提高学生思维的广阔性,
同时注意启发学生思考有些解题方法的局限性,防止产生不良
思维定势(以下一道跟踪训练题可以达到此目的)。
〖跟踪训练〗 14 g 铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应,
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将放出的气体与 1.12 L 标准状况下的氧气混合,通入水中恰
好全部吸收,则合金中铜的质量是
A. 9.6 g B. 6.4 g C. 3.2 g D.1.6 g
五、进行分析讨论 圆满求解试题
[例7]锌与硝酸反应,若有 1 mol 硝酸参加反应,就有 0.8 mol 电子发生转移,此时硝酸的还原产物中氮元素的化合价为
______。
[解析]据题意可知,有 8 mol电子转移时, 则有 10 mol
- HNO参加反应,可氧化锌 4 mol,生成 Zn(NO)中含 NO为 8 332 3
-mol,还余 2 mol NO。 3
- ?若余下 2 mol NO全部被还原,则 N 的化合价应降到 3
(+5-8/2) =+1价。即生成 NO; 2
- - ?若余下 2 mol NO中,只有 1 mol NO被还原,则 N 的33化合价应降到+5-8=-3价,即生成 NHNO,也是可能的。 43
所以,该题正确答案应为+1、-3。
- [评注] 该题通过对 NO被还原的情况全面进行假设性3
- 分析,确定 NO被还原的产物可能有两种,圆满地解答了该题,3
培养了学生思维的严密性和整体性。
〖跟踪训练〗(MCE1997~24) 某金属单质跟一定浓度的硝
酸反应,假定只产生单一的还原产物。当参加反应的单质与被
还原硝酸的物质的量之比为 2:1 时,还原产物是
A. NO B. NO C. NO D. N222
(提示:该题可通过对金属不同化合价的假设来试探求解)。
[例8] 3.25 g 某金属单质跟过量稀硝酸反应时,未观察
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到有气体放出,但测知生成物中有 NHNO。当向反应后的溶液43 中加入过量热的烧碱溶液时,有气体放出,其体积为 280 mL (标
准状况),求
?如用 R 表示该金属,写出 R 与硝酸反应的化学方程式。
? R 是哪种金属?(写出推断过程)
[解析]? 设 R 在反应中显+n 价,则反应式为:
8R+10nHNO=8R(NO)+nNHNO+3nHO 33n432
0.280 L ? n(NH)==0.0125 mol 322.4 L/mol
8 R ~ n NHNO~ n NH433
8R g n mol
3.25 g 0.125 mol
8R gn mol ,, R=32.5n 3.25 g0.125 mol
当 n=1 时,R=32.5 不符
当 n=2 时,R=65,R 为金属锌
当 n?3 时,均无对应金属符合。
[评注] 讨论法是化学计算中常用的基本方法之一,在题
设条件不全时,善于抓住变化情况少的未知数进行讨论,有时
可能是寻求正确解答的最佳方法。
总之,利用守恒规律建立关系式是解这类题最常用也是最
重要的解题方法,而溶液中有关反应原理和电荷守恒原理的运
用,均是离子反应和离子关系的本质体现,对于多步反应的计
算,善于抓住终始态对比或进行假设讨论则是寻找解题突破口
的基本策略。科学研究是讲究基本思路和基本方法的,在教学
中精心
设计
领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计
专题,引导学生分析研究,进行创新性学习,让学
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生通过解决一类题,明白一串道理,巩固一串知识,掌握一串
处理问题的方法,是减轻学生过重课业负担,避免题海战术困
扰,培养学生思维能力的有效途径。
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