1、氮族元素有关计算题型的解答,第四课时2010.12.4,2011届高考化学第一轮复习,一、有关硝酸的计算,1、有关被还原或被消耗硝酸的计算,2、关于混合酸的计算,【解析】因为NO3-离子只要与H+组合就可以形成硝酸而表现出强氧化性，而且硝酸与金属反应后生成硝酸盐，再由硫酸提供出H+，重新组合成HNO3体现强氧化性，继续可以和金属反应。所以m1m2,例1、现有mg的铁铜合金投入到一定量的稀硝酸中，经过充分反应后，剩余固体的质量为m1g，再继续加入一定量的稀硫酸充分反应后，剩余固体的质量为m2g。问m1和m2的关系如何？,例2,在100 ml混合酸的溶液中，硝酸的物质的量浓度为0.5mol/L，硫
2、酸的物质的量浓度为0.15 mol/L，向其中加入5.76 g铜粉，微热，使其充分反应，反应后溶液的体积仍为100ml。(1) 求溶液中Cu2+ 的物质的量浓度。(2) 若要使5.76 g铜粉完全溶解，且溶液中只存在一种溶质，则原溶液中的硝酸和硫酸的物质的量浓度应分别是多少？,【解析】先根据方程式进行过量的判断n(H+)不足按照n(H+)以 比例计算n(Cu2+) C(Cu2+),C(Cu2+)=0.3mol/L,【解析】铜完全溶解，且只存在一种溶质溶液中只存在CuSO4溶质混合酸中H+、NO3-全部反应按照n(Cu)以比例计算,C(HNO3)=0.6mol/L C(H2SO4)=0.9mol
3、/L,3、多步综合计算,涉及到多个反应和多种物质，一般可以用守恒法解答。守恒法包括：电子守恒，原子守恒，质量守恒等。,（1）、电子守恒,【解析】在整个反应中得失电子数守恒，氧化剂得到的电子与还原 剂失去的电子数相等,（2）、原子守恒,【解析】在任何反应过程中，原子个数必定守恒。,（3）、质量守恒,例3：,将14g铜银合金与足量的HNO3反应，放出的气体与标准状况下体积为1.12L的O2混合后再通入水中，恰好全部吸收，则合金中铜的质量为（ ）A、3.2g B、4.8g C、6.4g D、10.8g,x=0.05mol y=0.1molm(Cu)=0.0564=3.2g,例4、向某稀HNO3溶液中
4、加入5.6g铁粉，充分反应后，铁粉完全溶解并放出NO气体，溶液质量增加3.4g，则所得溶液中Fe2+、Fe3+的物质的量浓度之比为（ ）A、1:1 B、2:3 C、3:2 D、4:1,【解析】稀硝酸中加入5.6g铁粉后，产生NO气体，溶液增重3.4g则可以得出m(NO)=5.63.4=2.2g，即n(NO)=0.22/3mol。再根据得失电子数守恒进行解答。,Fe失去的电子总数解：设转化为+2价的Fe为xmol，转化为+3价的Fe为(0.1x)mol=2x+3(0.1x)=(0.3x)mol +5价N转化为+2价N时得到电子数为0.22/33=0.22mol0.3x=0.22x=0.08mol
5、C(Fe2+):C(Fe3+)=0.08:(0.10.08)=4:1,正确答案：D,例538.4 mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到22.4 mL(标准状况)气体，反应消耗的HNO3的物质的量可能是()A1.0103 mol B1.6103 molC2.2103 mol D2.4103 mol方法一：极限法;Cu跟浓硝酸反应的化学方程式为：Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O随着反应的进行，浓硝酸会逐渐变稀，反应则变为：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O1.6103 mol n(HNO3)2.4103 mol方法二：整体分析法。n(HNO3
6、)n(作酸用HNO3)n(作氧化剂用HNO3)2nCu(NO3)2n(NO2)n(NO)2n(Cu)n(气体)20.00060.0012.2103 mol。,例6.（2002年上海市高考题）0.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物NO、NO2、N2O4混合气体共0.05mol。该混合气体的平均相对分子质量可能是( ) A.30 B.46 C.50 D.66,【解析】该题用极值法来求解，产物NO的相对分子质量是30，所以A选项是不可能的。假设混合气体中是NO和NO2（此时平均相对分子质量最小），则有以下关系：x+y=0.053x+y=0.06解得：x=0.005y=0.045则混合气体的平均
7、相对分子质量为：(0.005mol30gmol-1+0.045mol46gmol-1/(0.005mol+0.045mol)=44.4gmol-1假使混合气体中是NO2和N2O4（此时平均相对分子质量最大），则：x+y=0.05x+2y=0.06解得：x=0.04y=0.01则混合气体的平均相对分子质量为55.2。混合气体的平均相对分子质量应满足44.4Mr55.2。【答案】BC,练习1. 含ag硝酸的稀溶液,恰好使5.6gFe粉完全溶解,若有n/4gHNO3被还原,则n值不可能是 A.12.6 B.16.8 C.18.9 D.25.2,Fe、Cu混合与HNO3反应的计算 现有Fe、Cu组成的
8、合金，总物质的量为a mol，其中Cu的物质的量分数为x；研成粉末后，全部投入含bmolHNO3的稀溶液中,微热使其充分反应,且HNO3的还原产物只有NO,试回答下列问题:(1). 随HNO3用量的增加,溶液中的离子和残留固体的成分依次有六种情 况,请用粒子符号填写下列空白:,(2). 当残留金属离子只有Fe2+和Cu2+时,求b的取值范围(3). 当x=0.5时,若溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量相等时,在标况共产生 672ml气体,求a、b的值。,nC(Fe),n(Fe),练习题1、将12.8g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜耗完时，共产生气体5.6L（标准状况）。则所消耗的硝酸的物质的量是_
9、，所得气体的平均相对分子质量为_。练习2把7.2g铁粉投入40mL某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，产生NO2和NO的混合气体0.08mol。若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度为A3.5mol/L B4.5mol/L C7.0mol/ L D9.0mol/L硝酸与金属反应的计算：n(总HNO3)=n(氧化剂)+n(酸介质)+n(余)电子守恒原子守恒利用离子方程式计算练习31L稀硝酸和稀硫酸的混合液，其物质的量浓度分别为0.1mol/L和0.4mol/L。若向该混合液中加入足量的铜粉，则最多能溶解铜粉的质量为A2.4g B3.2g C6.4g D9.6g练习43.
10、2g铜与过量硝酸反应，硝酸被还原为NO2和NO。反应后溶液中含H+amol,则此时溶液中含NO3-的物质的量为_mol。【答案】(a+0.1)mol,【例2】(2000年上海市高考题)铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体（气体的体积已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为()A.9.02g B.8.51g C.8.26g D.7.04g【解析】此题如单纯用Cu、Mg分别与HNO3反应的结果求出合金的物质的量组成而求得沉淀的质量，那是相当繁琐的，如用整体思维，则沉淀的质量为金属Cu、M
11、g的质量加上OH-的质量，由电子守恒知:Cu、Mg的物质的量之和为n(Cu,Mg)2=4.48L/22.4L/mol+0.336L/22.4L/mol2,n(Cu,Mg)=0.115mol，故沉淀的质量为4.6g+(0.115mol2)17g/mol=8.51g。【答案】B,【解题回顾】某些化学计算题，往往会涉及多个反应或物质，解题中如根据其整体性质或利用内在联系，做整体处理，就能开拓思路，迅速求解。一题多解：本题还可用平均值法计算。被还原的硝酸共0.23mol(+5价N+4价N)，4.6g铜和镁的合金为0.115mol，故合金的平均摩尔质量为4.6g/0.115mol=40g/mol，氢氧化
12、物的平均相对式量为：40+172=74。故形成氢氧化物沉淀为(4.6g40g/mol)74g/mol=8.51g或0.115mol74g/mol=8.51g。例4、有一含0.04molH2SO4、0.04molHNO3的混合稀溶液，加入足量的铜粉，加热充分反应，最终可产生气体的物质的量是（）A、0.01molB、0.03molC、0.04molD、0.01-0.03molB例5、76.8mgCu与足量浓硝酸反应，铜作用完全后，如果NO3-减少210-3mol，则溶液中H+同时下降（）A、2.210-3molB、3.210-3molC、4.410-3molD、4.810-3molC课后热身1(2000年全国高考题)下列块状金属在常温下能全部溶于足量浓HNO3的是()A.AgB.CuC.AlD.Fe225.6mgCu跟含有1.410-3mol的硝酸恰好完全反应，反应完毕后收集到的气体在标准状况下的体积为()A7.84mLB13.44mLC15.68mLD17.92mL【解析】n(Cu)=0.4mmol,生成0.4mmolCu(NO3)2,故生成气体为1.4mmol-0.4mmol2=0.6mmol，气体体积为0.622,
