金属单质与硝酸反应的规律及应用

金属单质与硝酸反应的规律及应用

陕西省绥德中学（718000）李梦玲 赵世琳

硝酸具较强的氧化性，由于氮元素的多价态特征，而使得它与单质反应后被还原成

一系列较低价态的氮的化合物，其中的重要规律如下：

一、与金属单质反应规律

硝酸能与金属活动顺序表中除、以外的所有金属反应。无论浓硝酸或稀硝酸

PtAu

与金属反应时，都不产生氢气；一般地说，浓硝酸总是被还原为，稀硝酸部是被还

NO

2

原为及+2价以下的产物；当活泼的金属如、、等与很稀的硝酸反应时，

NOZnFe

Mg

则生成，在酸性溶液中形成铵盐。

NHNH

33

1. 一价金属和硝酸反应的物质的量之比与硝酸的还原产物的关系规律。

（1）1∶2时产生

NO

2

如：

Ag2NHO(浓)AgNONOHO

3322

（2）3∶4时产生

NO

如：

3Ag4HNO(稀)3AgNONO2HO

332

2. 二价金属和硝酸反应的物质的量之比与硝酸还原产物的关系规律。

（1）1∶4时产生

NO

2

如：

Cu4HNO(浓)Cu(NO)2NO2HO

33222

（2）3∶8时产生

NO

如：

3Cu8HNO(稀)3Cu(NO)2NO4HO

3322

（3）4∶10时产生

NO或NHNO

243

如：

4Zn10HNO(更稀)4Zn(NO)NO5HO

33222

4Zn10HNO(更稀)4Zn(NO)NHNO3HO

332432

（4）5∶12时产生

N或NHNO

242

如：

5Fe12HNO5Fe(NO)N6HO

33222

3. 三价金属和硝酸反应的物质的量之比与硝酸的还原产物的关系规律。

（1）1∶6时产生

NO

2

如：

Fe6NHO(浓)Fe(No)3NO3HO

33322

-1-

（2）1∶4时产生

NO

Fe4HNO(稀)Fe(NO)NO2NO

3332

利用上述规律可快速判断主要发生哪个反应、书写化学方程式或离子方程式、确定

还原产物，并进行有关计算。

例1.稀硝酸在与某二价金属反应时，被还原的硝酸为硝酸总耗量的，则该反应中

可能的还原产物是（ ）。

A. B. C. D.

N

2

NO

NONHNO

222

1

6

解析：被还原的硝酸与起酸作用的硝酸的量之比是1∶5，金属又是二价，由二价

金属与硝酸反应中的规律（4）可知，其还原产物为。答案：、。

N或NHNO

222

AD

例2. 跟27g 铝反应的稀硝酸，如果用来跟铁反应最多可能溶解的铁的质量为（ ）。

A.28g B.56g C.84g D.27g

解析：由上述规律知，铝与稀硝酸反应的系数是1和4，即27g铝（1mol）消耗4mol

硝酸。若用来与铁反应，溶解的铁要多，铁应为+2价，与反应的系数应为3

Fe

HNO

3

和8，故4mol硝酸可溶解1.5mol铁，其质量为1.5mol×56g/mol=84g。答案：C。

二、计算题的解法

（一）代数方程法

例：1：38.4mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部反应后，共收集到气体22.4ml（标

准状况），则反应消耗的的物质的量可能是（ ）

HNO

3

A. B. C. D.

1.010mol1.610mol2.210mol2.410mol

-3333

解析：因随着反应的进行浓硝酸变为稀硝酸，则收集到气体为与NO的混合气

NO

2

体。设与浓硝酸和稀硝酸反应的铜的物质量分别为x和y。则

Cu4HNO(浓)CU(NO)2NO2HO

33222

x

4x2x

3Cu8HNO(稀)3CU(NO)2NO4HO

3322

yy

82

yy

33

-2-

38.410g

3

xy

64gmol

1

由题意得

222.410L

3

2xy

3

22.4Lmol

1

解得。从而得反应消耗的的物质的量为

x0.4510mol,y0.1510mol

33

HNO

3

4xy40.4510mol0.1510mol2.210mol

88

333

。故正确答案为C项。

33

（二）电子守恒法

例2：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2∶1时，还原产物是（ ）

A. B. C. D.

NO

2

NO

NO

2

N

2

解析：设该金属元素的元素符号为M，化合价为n；硝酸的还原产物中氮元素的化

合价为x。因，则根据得失电子守恒的原则得

2M2M,HNON

3

5x2n;

2ne(5x)e

n

x

当n1时3,不合题意当n2时1,符合题意当n3时1

，x；，x；，x，

不合题意当n4时3不合题意故正确答案为C项

；，x，。

。

（三）电荷守恒法

8molL30ml

-1

硝酸充分反应，硝酸的还原产物有和NO。反应例3：3.2g铜与

NO

2

后深液中所含的物质的量为a mol,则此时溶液中所含的物质的量为

H



NO

3

________mol。

2

解析：根据电荷守恒原理得

n(Cu)2n(H)1n(NO)1,则n(NO)

33

3.2g

2amol(0.1a)mol

。

1

64gmol

（四）极端假设法

例4：0。03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（）混合气体

NO、NO和NO

224

共0.05mol。该混合物的平均相对分子质量可能（ ）

A.30 B.46 C.50 D.66

解析：（1）假设该混合气体为NO和。设NO和的物质的量分别为x和y。

NONO

22

则：x+y=0.05mol ①

-3-

因0.03mol Cu被氧化为失去0.06mol电子，被还原为NO和分别得

Cu

2

HNO

3

NO

2

到电子的物质量为3x和y，则根据得失电子守恒的原则是：

3x+y=0.06mol ②

解①、②得x=0.005mol，y=0.045mol。从而可得混合气体的平均摩尔质量：

0.005mol30gmol0.045mol46gmol

11

M44.4gmol

1

0.05mol

假设该混合气体为和。设和的物质的量分别为x和y。则：

NONO

22

NONO

2424

x+y=0.05mol ③

因0.03mol Cu被氧化为失去0。06mol，被还原为和分别得到

Cu

2

HNO

3

NO

2

NO

24

电子的物质量为x和2y，则根据得失电子守恒的原则是：

x+2y=0.06mol ④

解③、④得x=0.04mol，y=0.01mol。从而可得混合气体的平均摩尔质量：

0.04mol46gmol0.01mol92gmol

11

M55.2gmol

1

0.05mol

因原混合气体为NO、和的混合气体，则原混合气体的平均摩尔质理介

NO

2

NO

24

于与之间，即原混合气体的平均相对分子质量介于44.4与55.2

44.4gmol55.2gmol

11

之间。故正确答案为B、C项。

（五）关系式法

例：硝酸铜是制备系催化剂的重要原料。纯铜粉理论上可制得纯

CuZnAl

19.2g

净硝酸铜晶体的质量为（ ）

A. B. C. D.

28.2g56.4g64.2g72.6g

解析：设硝酸铜晶体的化学式为。根据铜原子守恒得关系式

Cu(NO)xHO

322

“

CuCuNOCuNOxHO

()()

32322

”,当。

n[Cu(NO)]n(Cu)0.3mol

32

19.2g

x0

1

64gmol

时，的质量为时，的质量为

0.3molCu(NO)

32

56.4g;x1

0.3molCu(NO)HO

322

的质量为

61.8g;当x2时,0.3molCu(NO)2HO

322

67.2g;当x3时

，

0.3molCu(NO)3HO

322

的质量为，故正确答案为B、D项。

72.6g

-4-