金属和酸反应
ox复数-腻子粉的配方
2023年3月18日发(作者：plsen)金属与酸反应的规律大总结
一、金属与酸反应的规律
1、K、Ca、Na等活泼金属能与水剧烈反应生成H2。
2、金属活动顺序H前的金属与非氧化性酸反应生成H2。
3、金属活动顺序H后的金属与非氧化性酸不反应，但能与强氧化性酸发
生反应，但不产生H2，而是H2O，如铜与稀硫酸不反应，但能与浓硫酸、硝
酸等强氧化性酸反应。
4、很不活泼金属Pt、Au等不溶于氧化性酸，但能溶于王水（浓硝酸和浓
盐酸按体积比为1︰3的比例混合而成）。
5、常温下，Al、Fe遇浓硫酸和浓硝酸会发生钝化，生成一层致密的氧化
物保护膜，这是金属与强氧化性酸发生氧化还原反应的结果。
6、铁与硝酸反应较为复杂，具体情况如下：
铁与稀硝酸反应，还原产物一般为NO：
铁不足：Fe+4HNO3（稀）Fe(NO3)3+NO↑+2H2O
铁过量：3Fe+8HNO3（稀）3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O
铁与浓硝酸反应，还原产物一般为NO2：
常温下：发生钝化
加热时：剧烈反应，一般生成铁盐。
二、金属与非氧化性酸反应的计算规律
解答此类试题时，关键是确定金属与氢气或者酸与氢气之间的对应关系
式，在根据试题所给的限定条件作出相应的解答。金属与非氧化性酸反应时，
应注重下面四个方面的规律：
1、金属与酸反应均为氧化还原反应，且金属失去电子的物质的量等于酸得
到电子的物质的量。
2、1mola价的活泼金属与足量的非氧化性酸反应，可生成a/2molH2
3、NaMgAl与酸反应规律
酸足量（金属完全反应）时
a.等物质的量的不同金属与足量的酸反应时，产生H2的体积比等于金属
元素的化合价之比。即产生的气体Na：Mg：Al=1：2：3
可简单记忆为：金属元素的化合价数对应H原子个数，如：
Na～H～1/2H2Zn～2H～H2Al～3H～3/2H2
b、相同质量的不同金属与足量酸反应时，产生H2的体积比等于金属的
相对原子质量
化合价
之比。即产生的气体Na：Mg：Al=1/23：2/24：3/27
c、不同化合价的金属与产生的氢气的物质的量之比分别为2：1，1：
1，2：3
d、NaMgAl与足量的酸反应，要使产生氢气的量相同，消耗金属的质
量最大的是钠,镁次之，铝最少。三者的物质的量之比为1：1/2：3/2=6：3：
2，质量之比为23：12：9
4、金属过量
a.相同物质的量的不同酸与足量金属反应时，产生H2的体积比等于酸的
元数之比，与酸的强弱无关。
b.相同质量的不同酸与足量的金属反应时，产生H2的体积比等于
相对分子质量
酸的元数
之比。
c.过量的金属与等物质的量酸反应时，钠产生氢气的量较多（过量的钠
还可以与水反应）美铝产生氢气的量相等且取决于酸中H+的物质的量
例题1.金属钠1.15g跟水反应,得到100mL溶液,试计算：
（1）生成的气体在标准状况下是多少升?
（2）反应后所得溶液的物质的量浓度是多少?
解析：n(Na)=1.15g/23g/mol=0.05mol
设生成气体的物质的量为n1,生成NaOH的物质的量为n2
2Na+2H2O===2NaOH+H2↑
221
0.05moln2n1
n1=0.025moln2=0.05mol
则生成气体的体积为V=0.025mol×22.4L/mol=0.56L
所得溶液的物质的量浓度是：c=0.05mol/0.1L=0.5mol/L
例题2.将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100mL1mol/L的盐酸中，同温同
压下产生的气体体积比是(?)
A．1∶2∶3B．3∶1∶1C．6∶3∶2D．1∶1∶1
试题分析：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2
↑，钠与盐酸反应时钠过量，过量的钠与水继续反应生成氢气，生成氢气共0.
15mol，镁、铝与盐酸反应时镁和铝均过量，由盐酸计算出生成氢气均为0.05
mol。
点评：钠与盐酸反应时，过量的钠继续与水反应
例题3ag铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后,得到ag铜,则参与反
应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为（）
A.1：7B.7：1C.7：8D.8：7?
例题4把足量的铁粉投入到硫酸和硫酸铜的混合溶液中,充分反应后,剩于金
属粉末的质量相等,则原溶液中氢离子和硫酸根离子的物质的量浓度之比是
（）
A2：7B3：8C1：2D1：4
解析：假设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别x，y
三、金属与强氧化性酸反应的计算规律
解答此类试题，应注重下面三个重要的规律：
1、电子守恒
例如：金属与硝酸反应属于氧化还原反应，N原子得到电子的电子数等于
金属原子失去的电子数。
2、原子守恒
例如：金属与硝酸反应时，根据N原子守恒，硝酸总的物质的量可按下式
进行计算：
n(HNO3)
总
=n(金属)×金属元素的化合价+n(NO
x
)+2n(N2O4)+
n(HNO3)
剩余
3、利用离子方程式进行计算
金属与硝酸和硫酸的混合溶液反应，当金属足量时，不能用金属与硝酸反
应的化学方程式进行计算，应用离子方程式进行计算，因为生成的硝酸盐的
NO
3
借助H仍然能与金属反应。
4.当化学反应进行时，反应物不断被消耗。随反应的进行，反应物浓度不
断改变，①有的会造成产物的不同。如，过量Cu放入少量浓HNO3中，开始生
成的气体是NO2，后来生成的气体是NO；很稀的HNO3溶液与活泼金属反应还会
有H2生成(非信息题可不考虑)。再如，过量活泼金属(如Zn)与少量浓H2SO4的
反应，开始时生成的气体是SO2，后来生成的气体是H2。②有的反应不再发生。
如，过量Cu与少量浓H2SO4的反应，随反应的进行，浓H2SO4变成了稀H2SO4，
Cu与稀H2SO4不再发生反应。再如，过量MnO2与少量浓盐酸的反应，随反应的
进行，浓盐酸变成稀盐酸，不再与MnO2发生氧化还原反应。③有些本来不能
发生的反应，后来能够进行。如稀H2SO4溅在衣服上，水分蒸发后，变成浓H2SO4，
也就能使布料脱水炭化。
硝酸与金属反应的相关计算
1.向50mL18mol·L－1的H2SO4溶液中加入适量的铜片并加热，充分反
应后，被还原的H2SO4的物质的量()
A．小于0.45molB．等于0.45mol
C．在0.45～0.90mol之间D．大于0.45mol
【解析】浓硫酸与铜可发生氧化还原反应，而稀硫酸与铜不发生反应。
浓硫酸与铜反应时，随着反应进行，其浓度也逐渐下降，当浓硫酸变为稀硫酸
时反应就会停止。因此，参加反应的硫酸实际量要比理论计算值小。据题意，
被还原的硫酸物质的量理论值为n(H2SO4)＝
1
2
×18mol/L×0.05L＝0.45mol。
答案A
2.将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的
NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答：
(1)NO的体积为________L，NO2的体积为________L。
(2)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamol·L－1的NaOH溶
液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为
________mol·L－1
(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少
需要30%的双氧水________g。
【解析】(1)设生成NO的物质的量为x，生成NO2的物质的量为y。
则有
x＋y＝
11.2L
22.4L/mol
3x＋y＝
32.64g
64g/mol
×2
。
解得x＝0.26moly＝0.24mol
V(NO)＝0.26mol×22.4L/mol＝5.824L
V(NO2)＝0.24mol×22.4L/mol＝5.376L。
(2)由原子守恒得：
n(HNO3)＝n(气体)＋n(NaOH)
所以c(HNO3)＝
aV×10－3＋0.5
0.14
mol·L－1。
(3)由得失电子守恒得：2×
32.64g
64g/mol
＝2n(H2O2)
解得n(H2O2)＝0.51mol，m(H2O2)＝
0.51mol×34g·mol－1
30%
＝57.8g。
【答案】(1)5.8245.376(2)
aV×10－3＋0.5
0.14
(3)57.8
3.在100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L
和0.1mol/L，向该混合液中加入1.92g铜粉，加热充分反应后，所得溶液
中Cu2＋的物质的量浓度是()
A．0.15mol/LB．0.225mol/LC．0.35mol/LD．0.45mol/L
解析：选B。由于本题溶液中存在HNO3、H2SO4，所以c(H＋)>c(NO－
3)，而在
Cu与HNO3反应中可知，实际参加反应的n(H＋)∶n(NO－
3)＝8∶2，所以要依据
离子方程式来计算。
n(Cu)=
molg
g
/64
92.1=0.03mol
n(H)=0.1L×0.4mol/L+0.1L×0.1mol/L×2=0.06mol
n(NO
3
)=0.1L×0.4mol/L=0.04mol
由于硫酸的存在，因而可用离子方程式进行计算：
3Cu+8H+2NO
3
3Cu2+2NO↑+4H2O
382
0.03mol0.06mol0.04mol
根据过量判断，可根据H进行计算，则：
n(Cu2)=
mol06.0
8
3
=0.0225mol
c(Cu2)=
L
mol
1.0
0225.0=0.225mol/L故选B
较多时，反应后体积会变小，故变大、变小、不变均有可能。
4．某溶液中含H＋、SO2－
4、NO－
3三种离子，其中H＋、SO2－
4的物质的量浓度分
别为7.0mol/L和2.0mol/L。取该溶液20mL，加入3.2g铜粉，加热使它
们充分反应，产生的气体在标准状况下的体积约是()
A．0.75LB．0.336LC．1.5LD．0.448L
解析：选A。根据电荷守恒可得c(NO－
3)＝3mol/L
利用离子方程式计算：
3Cu＋8H＋＋2NO－
3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
3mol8mol2mol2mol
3.2
64
mol0.14mol0.06moln(NO)
按上述关系反应时，铜的量不足，故V(NO)＝
2
3
n(Cu)×22.4L/mol≈0.75
L。
5．在Fe、Cu的混合物中，加入一定量的稀硝酸并微热，充分反应后剩余
金属ag。再向其中加入一定量的稀盐酸并加热，充分振荡后剩余金属bg，
则()
A．a可能等于bB．a一定小于b
C．a可能大于bD．a一定大于b
解析：选D。在含有NO－
3的溶液中加盐酸，相当于硝酸的存在，能够继续
氧化金属，所以固体质量减少。
6．将过量铁粉放入100mL2mol/L的HNO3溶液中，假设还原产物只有
NO且HNO3完全反应，则参加反应的Fe的质量为()
A．2.8gB．5.6g
C．4.2gD．11.2g
解析：选C。Fe先与稀HNO3反应，生成的Fe3＋再与Fe反应：2Fe3＋＋Fe===3Fe2
＋，总方程式为：3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，参加反应的HNO3
的总的物质的量为0.1×2＝0.2(mol)，则参加反应的Fe的质量为
3
8
×0.2×56
＝4.2(g)。
7．100mL2mol/L的稀硝酸与1.92g铜充分反应后：
(1)产生的气体是________，在标准状况下的体积为________L，反应过程
中转移的电子数为________mol。
(2)若溶液的体积不变，则反应后溶液中的H＋物质的量浓度为
________mol/L，NO－
3物质的量浓度为________mol/L。
解析：(1)首先分析Cu和稀HNO3谁过量：n(HNO3)＝0.1L×2mol/L＝0.2
mol。n(Cu)＝
1.92g
64g·mol－1
＝0.03mol，故铜不足，则产生n(NO)＝
2×0.03mol
3
＝0.02mol，即标准状况下V(NO)＝0.02mol×22.4L·mol－1＝0.448L。转
移的电子数n(e－)＝n(Cu)×2＝0.03mol×2＝0.06mol。
(2)因为反应消耗n(H＋)＝0.08mol，余n(H＋)＝0.2mol－0.08mol＝0.12
mol，即反应后c(H＋)＝
0.12mol
0.1L
＝1.2mol/L。反应消耗n(NO－
3)＝n(NO)＝0.02
mol；余n(NO－
3)＝0.2mol－0.02mol＝0.18mol，即反应后c(NO－
3)＝
0.18mol
0.1L
＝1.8mol/L。
答案：(1)NO0.4480.06(2)1.21.8
8．为了测定某铜银合金的组成，将30.0g合金溶于80mL13.5mol·L
－1的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到气体6.72L(标准状况)并测得溶
液中H＋的物质的量浓度为1mol·L－1，假设反应后溶液的体积仍为80mL，计
算：
(1)被还原的硝酸的物质的量。
(2)合金中银的质量分数。
解析：(1)HNO3和金属反应时还原得到的产物为NO或NO2，由于试题给出
收集到的气体在标准状况下为6.72L，因此不论其中NO和NO2的相对含量各
是多少，其物质的量之和应该跟被还原的HNO3的物质的量相等，即
6.72L
22.4L·mol－1
＝0.300mol。
(2)由于反应后溶液中H＋的物质的量浓度为1mol·L－1，可知HNO3剩余且
可求出其量。用HNO3的总量减去剩余量就是参加反应的HNO3的量。将参加反
应的HNO3的总量减去第(1)小题中所求出的被还原的HNO3的物质的量，剩余的
就是反应中与生成的Ag＋和Cu2＋成盐的NO－
3的物质的量，也就是成盐的那部分
HNO3的物质的量。
反应后溶液中c(H＋)＝1mol·L－1，
则参加反应的HNO3的物质的量为：(13.5mol·L－1－1mol·L－1)×0.080
L＝1.00mol。
与Ag＋和Cu2＋结合的NO－
3的物质的量应为：1mol－0.300mol＝0.700mol。
设合金中Ag的质量为x，则：
x
108g·mol－1
×1＋
30g－x
64g·mol－1
×2＝0.700mol，
解得x＝10.8g，合金中Ag的质量分数为
10.8g
30g
×100%＝36.0%。
答案：(1)被还原的硝酸的物质的量为0.300mol。
(2)合金中银的质量分数为36.0%。
9.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，
这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生
成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，
则消耗NaOH溶液的体积是()
A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL
[解析]铜与浓硝酸反应，铜失去电子，浓硝酸得到电子生成氮氧化物，
反应后，这些氮氧化物与氧气和水作用又变为硝酸，故它们把得到的电子又全
部转移给了氧气，根据电子守恒有n(Cu)×2e－＝n(O2)×4e－＝
1.68L
22.4L/mol
×4e
－，解之得n(Cu)＝0.15mol，即n(Cu2＋)＝n(Cu)＝0.15mol；由于铜是足量的，
硝酸无剩余，溶液中的溶质只有硝酸铜，根据Cu2＋～2NaOH可得：V(NaOH)＝
n(Cu2＋)×2÷(5mol/L)＝0.15mol×2÷(5mol/L)＝0.06L，
10．物质的量之比为2:5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反
应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量
之比是()
A．1:4B．1:5C．2:3D．2:5
11．在浓硝酸中放入铜片：
(1)反应开始的化学方程式为___________________________。现象是
____________________
(2)若铜有剩余，则反应快要结束时的化学方程式是
_________________________________。
(3)待反应停止时，再加入少量质量分数为25%的稀硫酸，这时铜片上又有气
泡产生，其原因是
___________________________________________________________________
。
(4)若将12.8g铜与一定量的浓硝酸反应，铜耗完时，共产生气体(NO和NO2
的混合物)5.6L(标准状况下)。则所消耗的硝酸的物质的量是________，所得
气体的平均相对分子质量是________。
(5)向100mLpH＝0的硫酸和硝酸的混合液中投入3.2g铜粉，微热使反应充
分完成后，生成NO气体448mL(标准状况下)。则反应前的混合溶液中硝酸的
物质的量浓度为________。
解析：有关金属与硝酸反应的计算是高考考查的热点，在解答问题的时候
要多从原子守恒和电子守恒的角度进行思考，如硝酸在反应中有两个去处：一
个是硝酸盐；一个是NO或NO2气体。在计算时可以从这两个角度入手，解答
有关硝酸消耗的题目。
n(NO
x
)＝
5.6L
22.4L·mol－1
＝0.25mol，故消耗n(HNO3)＝2n(Cu)＋n(NO
x
)＝
2×
12.8g
64g·mol－1
＋0.25mol＝0.65mol。
设产生NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为(0.25－x)。根据得失电
子守恒，得下列方程
x×1＋(0.25mol－x)×3＝
12.8g
64g·mol－1
×2
解得：x＝0.175mol。
M＝41.2g·mol－1，
故所得气体的平均相对分子质量为41.2。
(5)n(Cu)＝0.05mol、n(H＋)＝0.1mol、n(NO)＝0.02mol，依3Cu＋8H＋＋
2NO－
3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知生成0.02molNO，消耗0.03molCu、0.08mol
H＋，所以Cu、H＋过量，NO－
3反应完全，n(HNO3)＝n(NO－
3)＝0.02mol。
答案：(1)Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O铜片逐渐溶解，溶
液逐渐为蓝，有红棕色气体逸出(2)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋
4H2O
(3)加入稀硫酸后，原溶液中的NO－
3与H2SO4提供的H＋构成具有强氧化性的
稀硝酸有了强氧化性的条件，又能与过量的Cu反应
3Cu+8HNO3(稀)====3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(4)0.65mol41.2(5)0.2mol·L－1
12．某稀硝酸中，加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，放出NO气体，
溶液质量增加3.2g，所得溶液中Fe2＋、Fe3＋的物质的量之比为()
A．1:1B．2:1C．3:2D．4:1
13．将11.2gMg—Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气
体。再向所得溶液中加入过量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀。根据题意推断
气体x的成分可能是()
A．0.3molNO2和0.3molNO
B．0.2molNO2和0.1molN2O4
C．0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4
D．0.6molNO
解析：氢氧根离子的质量是(21.4—11.2)g，物质的量为0.6mol，由电荷
守恒知转移的电子数为0.6mol，根据N元素的化合价变化可知，A转移电子
1.2mol，B转移电子0.4mol，C转移电子0.6mol，D转移电子1.8mol，C项正
确。答案：C
14.14g铜、银合金与一定量某浓度的硝酸溶液完全反应,将放出的气体与1.12
L(标准状况下)氧气混合通入水中,恰好全部被水吸收,则合金中铜的质量是
()。
A.9.6gB.6.4gC.4.8gD.3.2g
解析:Cu、Ag合金与HNO3反应过程如下:
Cu、Ag与HNO3反应是氧化还原反应,Cu、Ag失电子,HNO3得电子,生成NO2
或NO。由于NO2、NO、O2都被水吸收生成HNO3,即NO2、NO又将电子转移给O2,
所以在整个反应过程中,相当于Cu、Ag失的电子给0.05molO2,0.05molO2
得电子物质的量=0.05mol×4=0.2mol。设Cu为xmol、Ag为ymol,则有:
.
解之得,
.
.
所以铜的质量为:m(Cu)=0.05mol×64g·mol-1=3.2g。答案:D
15.(1)mg铁屑与含有ngHNO3的硝酸溶液恰好完全反应,若m∶n=1∶2.7,该
反应的化学方程式为(假设还原产物只有一种,
且只生成一种盐)。?
(2)含ngHNO3的稀硝酸溶液恰好使5.6g铁粉完全溶解,若有n/4gHNO3被
还原成NO(无其他还原产物),则n的范围为。?
解析:(1)中铁屑和硝酸的质量之比为1∶2.7,物质的量之比为5∶12,因此方
程式中Fe和HNO3的化学计量数确定下来为5和12。
(2)中铁可能全部被氧化成二价,则化学方程式为
3Fe+8HNO33Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O,n的取值为16.8,铁也可能全部被氧化成
三价:Fe+4HNO3Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,n的取值为25.2。答
案:(1)5Fe+12HNO35Fe(NO3)2+N2↑+6H2O(2)16.8≤n≤25.2
16：铜和镁的合金4.6g完全溶解于浓硝酸中，若反应中硝酸被还原只产生
4.480L的NO2气体和0.336L的N2O4气体（都已折算到标准状况下），在反应
后的溶液中，加入足量的NaOH溶液，生成沉淀的质量是（）
A.7.04gB.8.26gC.8.51gD.9.02g
解析：根据题意，可找到金属与沉淀以及电子转移数之间的对应关系式：
Cu～Cu(OH)2～2e～2OHMg～Mg(OH)2～
2e～2OH
由上述关系式可知：合金与沉淀相比较，沉淀的质量等于合金与OH的质
量之和，而OH的物质的量又等于反应中电子转移的物质的量，则：
n(OH)=n(e)=
molL
L
/4.22
48.4
+2
/4.22
336.0
molL
L
=0.23mol
m(沉淀)=4.6g+0.23mol×17g/mol=8.51g故选C。
17.在铜与稀硝酸的反应中，如果有1mol硝酸被还原，则被氧化的铜的
物质的量为（???）
A．3/8molB．3molC．3/2molD．2/3mol
分析：铜和稀硝酸发生3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，如是很稀
的硝酸，可能发生4Cu+10HNO3（稀）=4Cu（NO3）2?+NH4NO3+5H2O，结合反应的方
程式计算该题．
解答：解：铜和稀硝酸发生3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，被还
原的硝酸等于生成NO的物质的量，
则3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
?3?????????????2
?n?????????????1mol
n=3/2mol，
如是很稀的硝酸，可能发生4Cu+10HNO3（稀）=4Cu（NO3）2?+NH4NO3+5H2O，如果
有1mol的硝酸被还原，则被氧化的铜的物质的量为0.25mol，只有C符合，
18.1.92g铜投入到一定量的浓硝酸中,铜完全溶解,生成的气体颜色越来越
浅,共收集到标准状态下672mL气体.问:
(1)被还原的硝酸的物质的量是多少?参加反应的硝酸的物质的量是多少?
(2)生成的气体组成是什么,体积各是多少?
解析：n(Cu)=1.92g÷64g/mol=0.03mol
n(气体)=0.672L÷22.4L/mol=0.03mol
Cu+4HNO3（浓）═3Cu（NO3）2+2NO2↑+H2O
xmol2xmol
3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
ymol2ymol/3
x+y=0.03
2x+2y/3=0.03x=0.0075y=0.0225
被还原的n(HNO3)=2x+2y/3=0.03mol
参加反应的硝酸的物质的量是4x+8y/3=0.09mol
气体成分为NO,NO2
n(NO)=2y/3=0.015mol,V(NO)=0.015mol*22.4L/mol=0.336L=336ml
n(NO2)=2x=0.015mol,V(NO2)=0.015mol*22.4L/mol=0.336L=336ml
19.1.92g铜投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成的气体颜色越来越
浅，共收集到标准状况下的气体672mL，将盛有该气体的容器倒扣在水中，通
入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体完全溶于水中，则通入氧气的体积
是(D)
A.168mLB.224mLC.504mLD.336Ml
20.将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672ml气体（标准状况），将盛有此气体的容器倒扣在水中，通
入少量氧气，最后剩余气体224ml（标准状况）。则通入的氧气在标准状况下
的体积为（）
A．504mlB．168mlC．336mlD．224ml
分析：672ml气体应该是NO?2?和NO的混合物，物质的量是0.672L÷22.4L/mol
＝0.03mol。通入氧气后剩余的气体一定是NO，物质的量是0.01mol。1.92g
铜在反应中共失去?电子，则根据电子的得失守恒可知，消耗氧
气的物质的量是?，在标准状况下的体积是
0.0075mol×22.4L/mol＝0.168L＝168ml，答案选B。
21.将足量的铜与一定体积?10mol?L-1的浓硝酸充分反应，得到Cu(NO3)2溶液
和NO2、NO混合气体，将集满混合气体的容器倒扣在水中，通入2.24L?O2(标
准状况)后，所有气体完全被水吸收生成硝酸．发生反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3；
4NO+3O2+2H2O=4HNO3．若向所得Cu(NO3)2溶液中加入5mol?L-1NaOH溶液使Cu2+
恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()
A.40?mLB.60?mLC.80?mLD.100?mL
22.在14.0g银铜合金中加入500mL一定浓度的浓硝酸，合金全部溶解，收集到NO2和NO体积共2.24L(标
准状况下)，再向该溶液中加入bml，4mol/L的NaOH溶液，刚好使溶液中的阳离子沉淀完全；若将收集
到的气体全部与标准状况下的O21.12L充分混合后，通入水中二者刚好完全反应．下列有关说法不正确
的是()
A.银的质量为10.8g
与NO2的体积比之比（相同条件下）为2：1
C.原硝酸的物质的量浓度（0.1mol+4b×10-3mol）/0.5L
D.沉淀中Cu（OH）2的物质的量为0.05mol
解析：银铜合金中加入一定浓度的浓硝酸，合金全部溶解，生成硝酸铜、硝酸
银，收集气体NO2和NO共2.24L（标准状况下），若将收集到的气体全部与标
准状况下的O21.12L充分混合后，通入水中二者刚好完全反应，又生成硝酸，
纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，即金属提供电子为
1.12L÷22.4l/mol×4=0.2molA．令Ag、Cu的物质的量分别为xmol、ymol，
根据二者质量与提供电子可得
108x+64y=14
x+2y＝0.2
解得x=0.1、y=0.05，故银的质量=0.1mol×108g/mol=10.8g，故A正确；B．令
NO2、NO的物质的量分别为amol、bmol，根据二者体积及转移电子守恒，可得：
a+b＝2.24÷22.4a+3b=0.2，
，解得a=0.05、b=0.05，故相同条件下NO与NO2的体积比之比=0.05mol：0.
05mol=1：1，故B错误；
C．向反应后的溶液中加入bmL?4mol/L的NaOH溶液，刚好使溶液中的阳离子
沉淀完全，此时溶液中溶质为NaNO3，由钠离子守恒可知n（NaNO3）=n（NaOH）
=b×10-3L×4mol/L=4b×10-3mol，根据N原子守恒可知n（HNO3）=n（NaNO3）+
n（NO2+NO）=4b×10-3mol+2.24L÷22.4L/mol=（0.1mol+4b×10-3mol），故原
硝酸的物质的量浓度为（0.1mol+4b×10-3mol）÷0.5L，故C正确；
D．根据Cu元素守恒可知n[Cu（OH）2]=n（Cu）=0.05mol，故D正确，故选B．
23.1.52g?铜镁合金完全溶解于50mL?密度为1.40g/mL、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1.0mol/L?NaOH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2：1
B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0?mol/L
2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D.得到2.54?g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600?mL
选D分析：A设合金中含铜、镁的物质的量分别为X、Y
64X+24Y=1.52g
98X+58Y=2.54g
X=0.02mol
Y=0.01mol
该合金中铜与镁的物质的量之比=0.02mol:0.01mol=2:1,所以A正确；
B、硝酸的物质的量浓度C(HNO3)=1000pW/M=1000x1.40x63%/63=14.0mol/L,所
以B正确；混合气体的物质的量=1.12L/22.4L/mol=0.05mol设混合气体中NO
2的物质的量为X
根据得失电子的物质的量相等得:
0.02mol*(2-0)+0.01mol*(2-0)=X*(5-4)+(0.05mol-X)*(5-4)x2X=0.04mol
NO2和N2O4的混合气体中,NO2的体积分数=0.04mol/0.05mol*100%=80%
所以C正确
D铜、镁溶解后剩余溶液中含硝酸根离子的物质的量n（NO3^-)=0.7mol-0.0
4mol-0.02mol=0.64mol,当金属离子全部沉淀时,氢氧化钠完全转化为硝酸钠,
所以氢氧化钠的物质的量与硝酸反应的nNaOH=n(NO3^-)=0.64mol故需要NaOH
640mL
24.室温下，将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，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
3mol/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5.1g，
则下列有关叙述中正确的是()
A.加入合金的质量可能为6.4g
B.溶解合金时收集到NO气体的体积为2.24L
C.沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150mL
D.参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol
解析：将镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（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3mol/LNaOH
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5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，
氢氧根的物质的量为n（OH-）=5.1g÷17g/mol=0.3mol根据反应方程式可知，
镁和铜的总的物质的量为：n=1/2×n（OH-）=0.15mol
A．根据反应方程式Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu
（OH）2↓+2NaNO3可知，镁和铜的总的物质的量为铜离子物质的量的一半，即：
0.3mol÷2=0.15mol，假定全为镁，金属质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若
全为铜，金属质量为：0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质
量（m）范围为：3.6g＜m＜9.6g，则金属质量可能为6.4g，故正确
B．金属的物质的量为0.15mol，完全反应失去0.15mol×2=0.3mol电子，根
据电子转移守恒，生成一氧化氮的物质的量为：n（NO）=0.3mol÷（5-2）=0.1mol，
标准状况下0.1molNO的体积为2.24L，故B正确
C．反应消耗氢氧化钠的物质的量为：n（NaOH）=n（OH-）=0.3mol，则加入的
氢氧化钠溶液的体积为：V=0.3mol÷3mol/L=0.1L=100mL，故C错误；；D．根
据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=8/3n(金属)=8/3x0.15mol=0.4mol，
故D错误
25：将15.2gFe、Cu组成的合金溶于过量的稀硝酸中，生成4.48LNO（标准
状况），向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为（）
A．33.2gB．25.4gC．22.4gD．19.6g
解析：n（NO）=4.48L-22.4L/mol=0.2mol，硝酸被还原的电子的物质的量为
0.2mol×（5-2）=0.6mol，反应关系为：（Fe、Cu）失去电子（Fe3+、Cu2+）?[Cu
（OH）2、Fe（OH）3]，反应中金属失电子的物质的量等于硝酸被还原得电子物
质的量等于氢氧根离子的物质的量，则得到沉淀的质量为
15.2g+0.6mol×17g/mol=25.4g，故选B
26：将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减
少了2.7g．另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72L?NO（标准状
况下），向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液恰好使Mg2+、
Al3+、Fe3+完全转化为沉淀，则沉淀的质量为（）
A.22.1gC.30gD.无法计算
解析：将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子,根据电子守恒,
金属共失去电子的物质的量为
反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量,即n（O
H-）=0.9mol,
所以反应后沉淀的质量等于11.9g+0.9mol×17g/mol=27.2g,
27.将11.9克由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaoH溶液中,合金的质量
减少2.7克,另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中,生成了6.72LNO（标准状况
下）,向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液,则最终所得沉淀质量（）
A、22.1gB、27.2gC、30gD、19.4g
解析：合金的质量减少2.7克,说明Al的质量为：2.7gMg,Fe的质量为:11.
9-2.7=9.2g
HNO3-------NO------3eAl------3e
22.4L3mol273mol
6.72LX=0.9mol2.7g0.3mol?
Mg-------2e-----Mg(OH)2Fe---3e---------Fe(OH)3
1258g13107g
x2x58xy3y107y
2x+3y=0.9-0.3电子守恒
24x+56y=9.2g质量守恒
x=0.15y=0.1最终所得沉淀质量:58*0.15+107*0.1=19.4g选D
设合金中含镁、铁的物质分别为X、Y
因为铝能与氢氧化钠溶液反应,所以合金中含铝的质量为2.7克,则合金中含
镁和铁的质量总和＝11.9g-2.7g=9.2g合金中含铝的物质的量＝2.7g/27g
/mol=0.1mol
3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O
32
X2X/3
Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O
11
YY
Al+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O11
0.1mol0.1mol
24X+56Y＝9.2g
2X/3+Y=6.72L/22.4L/mol-0.1mol
X=0.15molY=0.1mol
根据题意可知最终得到沉淀为氢氧化镁和氢氧化铁,氢氧化铝溶于强碱,
n[Mg(OH)2]=n(Mg)=0.15moln(Fe(OH)3]＝n(Fe)=0.1mol
最终沉淀质量=0.15mol*58g/mol+0.1mol*107g/mol=19.4g
28.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体
4.48L（标准状况），这些气体与一定体积?O2（标准状况）混合后通入水中，
所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/L?NaOH?
溶液至Cu2+恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是60mL．下列说法不正确的
是（）
A、参加反应的硝酸是0.5?mol
B、消耗氧气的体积为1.68?L
C、此反应过程中转移的电子为0.6?mol
D、混合气体中含NO2?3.36?L
分析：标况下4.48LNO2、NO混合气体的物质的量为：4.48L÷22.4L/mo
l=0.2mol；60mL5mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：5mol/L×
0.06L=0.3mol，
A．铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠
中硝酸根离子的物质的量为0.02mol，再根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量
为：0.3mol+0.2mol=0.5mol，故A正确；
B．生成氢氧化铜的物质的量为：0.3mol×1/2=0.15mol，反应消耗的铜的物质
的量为0.15mol，0.15mol铜完全反应失去0.3mol电子，根据电子守恒，氧气
得到的电子与铜失去的电子一定相等，根据电子守恒计算出消耗氧气物质的量
=0.3mol÷4=0.075mol，再计算出其体积；消耗标况下氧气的体积为：
22.4L/mol×0.075mol=1.68L，故B正确
C．根据B的分析可知，反应转移的电子为0.3mol，故C错误；
D．设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.2，根据电子
守恒可得：3x+y=0.3，解得：x=0.05mol、y=0.15mol，所以混合气体中二氧化
氮的体积为3.36L，故D正确；故选C．
29.将1.92g铜粉与一定量浓硝酸反应,当铜粉完全作用时收集到气体1.12L
（标准状况）,则所消耗硝酸的物质的量（）
A．0.12?molB．0.11?molC．0.09?molD．0.08?mol
解析：1.92gCu的物质的量:n（Cu）=1.92÷64=0.03mol,
n（气NO，NO2）＝1.12÷22.4=0.05mol；
反应生成Cu（NO3）2与氮的氧化物（NO、NO2中的一种或2种），反应中硝酸
起氧化剂与酸性作用，其氧化剂作用的酸性生成氮的氧化物，其酸性作用的硝
酸生成Cu（NO3）2，由Cu原子守恒可知n（Cu）=Cu（NO3）2=0.03mol，根据氮
原子守恒可知n反应（HNO3）=2Cu（NO3）2+n（NO，NO2）
=2×0.03mol+0.05mol=0.11mol，故选：B
3O.向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol·L-1的稀硝酸，
恰好使混合物完全溶解，放出1.344LNO（标准状况），往所得溶液中加入
KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的氢气在加热条件下还原相同质量的混
合物，能得到铁的物质的量为（???）
解析:依据题意可知参加反应的HNO3（0.48mol）分成两部分，一部分生成NO
（0.06mol），另一部分生成Fe(NO3)2，依据N原子守恒可知Fe(NO3)2中的NO3
-
物质的量为0.48mol-0.06mol＝0.42mol，所以Fe(NO3)2物质的量为
，即混合物中含铁的物质的量为0.21mol。B
31.由5molFe2O3、4molFe3O4和3molFeO组成的混合物,加入纯铁1mol并在
高温下和Fe2O3反应.若纯铁完全反应,则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的
量之比可能是（）?
A．4:3B．3:2C．3:1D．2:l?
解析：本题主要考查了化学计算知识.本题可以采用极端假设法进行讨论.分析
题给混合物和高温下发生的反应,可知当Fe2O3+Fe=3FeO时,反应后混合物中含
有6molFeO、4molFe2O3,则FeO与Fe2O3的物质的量之比为：3:2；当发生反应：
Fe2O3+Fe+FeO=Fe3O4时,反应后混合物中含有2molFeO、4molFe2O3,则FeO与Fe2O3
的物质的量之比为：1:2；当两反应均存在时,FeO与Fe2O3的物质的量之比处
于两着之间,故BC可能.
32.将28克铁粉放入100ml0.1mol/L的CuSO4的溶液中,充分反映后析出的
铜的质量（）
33.已知某硫酸、硫酸亚铁、硫酸铁混合液100ml各阳离子的物质的量相等，硫酸
根离子的总物质的量浓度是9mol/L，此溶液中还可溶解的铁粉的质量为（）
A．11.2gB．16.8gC．33.6gD．5.6g
解析：n（SO4
2-）=0.1L×9mol/L=0.9mol，
溶液中各种阳离子的物质的量相等，设阳离子的物质的量分别为xmol，根据电
荷守恒可得：x+2x+3x=2×0.9，解得x=0.3，铁粉可与Fe3+和H+反应，
2H++Fe====Fe2++H2↑
0.3mol0.15mol
2Fe3++Fe=3Fe2+，
0.3mol0.15mol共消耗Fe的物质的量为0.15mol+0.15mol=0.3mol，
其质量为0.3mol×56g/mol=16.8g，故选B．
34.在容积为672mL的烧瓶里充满NO、NO2的混合气体，将其倒立在水槽里，
去塞后再通入280mL氧气，恰好完全反应，且水充满烧瓶（气体体积都已折合
为标准状况），下列有关叙述中，正确的是（）
A．总反应为NO+NO2+O2+H2O═2HNO3B．总反应为4NO+8NO2+5O2+6H2O
═12HNO3
C．生成硝酸的物质的量浓度接近0.03mol/LD．生成硝酸的物质的量浓度约
为0.O45mol/L
解答：标准状况下672mL的NO、NO2混合气中气体的物质的量为0.672L÷
22.4L/mol=0.03mol，氧气的物质的量为：0.280mL÷22.4L/mol=0.0125mol，
由得失电子守恒可知3n（NO）+n（NO2）=4n（O2），解之得n（NO）=0.01mol，
n（NO2）=0.02mol，所以总的方程式为：
4NO+8NO2+5O2+6H2O═12HNO3，NO与NO2都为分子中含一个N原子的分子，标准
状况下672mL的NO、NO2混合气中气体的物质的量为：0.672L÷
22.4L/mol=0.03mol，
其中含N原子也为0.03mol，从4NO2+O2+2H2O=4HNO3，4NO+3O2+2H2O=4HNO3可以
看出反应生成的HNO3中的N原子与反应前混合气中N原子一样多，也就是说
反应生成的HNO3物质的量为0.03mol．水全部充满烧瓶，形成硝酸溶液体积为
0.672L，硝酸的浓度为：0.03mol÷0.672L=0.045mol/L，故选BD．
35.相同条件下，把xmLCO2通过足量的Na2O2后再与ymLNO混合.x与y之和为
30mL.若充分反应后气体的体积缩小为15mL，（忽略N2O4的存在，所有气体体
积在相同条件下测得）则x：y可能为（）
A.5：4B.2：1C.1：1D.7：5
解析：CO2通过足量的Na2O2后发生反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，
CO2是xmol，那么O2是0.5xmol．O2+2NO=2NO2
1）氧气全部反应，NO过量或正好反应完全，O2和NO反应中，相当于O2被吸
收了，那么x+y=30，0.5x+y-0.5x=15?
所以y=15，x=15，
那么比值是1：1，则C正确；
2）NO全部反应，那么氧气过量或正好反应，
相当于反应的NO被吸收了一半，那么有方程0.5x+y-0.5y=15．化简x+y=30．
说明只要氧气过量，那么题设条件成立，只有B是过量的．故选ABCD
36.铜与1mol/L的硝酸反应，如果NO3
-浓度下降0.2mol/L，则溶液中H+浓度
同时下降（）
A．0.2?mol/LB．0.4mol/LC．0.6??mol/LD．0.8mol/L
解析：铜和稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3
-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，由离
子方程式可知，溶液中H+浓度变化为NO3
-浓度变化量的4倍，NO3
-浓度下降
0.2mol/L，则溶液中H+浓度同时下降：0.2mol/L×4=0.8mol/L，故选D．
37.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的硝酸的物质的量之比为2：1时，还原产物可能为（）
A．NO2B．NOC．N2OD．N2
解答设金属的氧化产物化合价为x，硝酸中N元素的化合价变化值为y，氧化
还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，因参加反应的单质与被还
原的硝酸的物质的量之比为2：1，可知2x=y，所以硝酸中N元素的化合价变
化应为偶数，而硝酸中N元素的化合价为5，即奇数，则硝酸被还原后的化合
价为奇数，只有C符合，故选C．
38.镁、铝、铁合金投入到300ml硝酸溶液中，金属恰好溶解，转化成Mg2+、
Al3+和Fe3+；硝酸全部被还原为NO，且在标准状况下，体积为6.72L，当加入
300ml某浓度NaOH，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为27.2g.下
列有关推断正确的是（）
A.参加反应HNO3物质的量为0.9molB.参加反应的金属质量为11.9g
3物质的量浓度为3mol/物质的量浓度为6mol/L
解答:将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根
据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为：6.72L÷22.4L/mol×（5-3）
=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量=硝酸根离子的物质的量=生成碱中
的氢氧根离子的物质的量，即：n（OH-）=n（NO3
-）=0.9mol，
A．参加反应的硝酸的物质的量为：n（HNO3）=n（NO3
-）+n（NO）
=0.3mol+0.9mol=1.2mol，故A错误；
B．反应后沉淀的质量=金属质量+0.9mol×17g/mol=27.2g，则金属的质量为：
27.2g-15.3g=11.9g，故B正确；
C．参加反应的硝酸的物质的量为：n（HNO3）=n（NO3
-）+n（NO）
=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为：c（HNO3）=1.2mol÷
0.3L=4mol/L，故C错误；
D．氢氧化钠溶液的物质的量浓度为：c（NaOH）=0.9mol÷0.3L=3mol/L，故D
错误；故选B．
39.铜是重要的工业原材料，现有Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，某研究性
学习小组为了探究其组成情况，向混合物中加入100mL?6mol?L-1HNO3溶液刚好
使其溶解，同时收集到2240mLNO气体（标准状况）．请回答下列问题：
（1）写出Cu2O跟稀硝酸反应的化学反应方程式__________________________
_______；
（2）产物中硝酸铜的物质的量______mol；
（3）如混合物中含0.1molCu，则其中Cu20、CuO的物质的量分别是______mo
l、______?mol；
（4）如混合物中Cu的物质的量为x，求x的取值范围_________________．
解答（1）硝酸具有强氧化性，将Cu2O氧化生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应
方程式为
3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O，故答案为：3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2
+2NO↑+7H2O；
（2）n（HNO3）=0.1L×6mol/L=0.6mol，n（NO）=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，
利用N原子守恒可知n[Cu（NO3）2]=(0.6mol?0.1mol)÷2=0.25mol，故答案
为：0.25mol；
（3）由Cu元素守恒可得：2×n（Cu20）+n（CuO）+0.1mol=0.25mol，
由氧化还原反应得失电子守恒可知：0.1×2+2×n（Cu20）=2.24L÷22.4L/mol
×3，
解之得：n（Cu20）=0.05mol，n（CuO）=0.05mol，故答案为：0.05；0.05；
（4））由Cu元素守恒可得：2×n（Cu20）+n（CuO）+X=0.25mol，
由氧化还原反应得失电子守恒可知：X×2+2×n（Cu20）=2.24L÷22.4L/mol×
3，
解之得：n（CuO）=X-0.05mol，n（Cu20）=0.15mol-X，
所以则0.05mol＜X＜0.15mol．故答案为：0.05mol＜X＜0.15mol．
（1）硝酸具有强氧化性，将Cu2O氧化生成硝酸铜、一氧化氮和水，配平据此
写出反应方程式；（2）利用N原子守恒进行计算；（3）利用N原子守恒、电
子守恒和铜原子守恒进行计算；（4）根据电子守恒和铜原子守恒用x表示出
n（Cu20）、n（CuO），利用质量和电子守恒列方程式计算．
40.浓硫酸与铜在加热时反应，生成二氧化硫气体的体积为2.24L（标准状
况）．试计算：
（1）参加反应Cu的质量为多少？
（2）被还原的硫酸的物质的量为多少？
（3）如果用98%浓硫酸（密度为1.84g?mL-1），则浓硫酸的体积至少多少mL？
（保留小数点后一位）
41.使一定质量的锌与100mL18.5mol/L浓H2SO4充分反应，锌完全溶解，同时
生成气体A?33.6L（标准状况下）．将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液c（H+）
为0.1mol/L．
（1）气体A的成分为______，其物质的量分别是______．
（2）若往反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液，则所生成的BaSO4沉淀的质
量为______．
42.将一定量的锌与100mL?18.5mol/L浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时
生成气体A33.6L（标准状况）．将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的pH=1，
则下列叙述中错误的是（）
A．气体A为SO2和H2的混合物B．反应中共消耗Zn97.5g
C．气体A中SO2和H2的体积比为4：1D．反应中共转移3mol电子
43.在某100mL混合溶液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别为0.4mol/L和
0.1mol/L，向该混合溶液中加入1.92克铜粉，微热充分反应，所得NO体积在
标准状况下为（）
A．0.224LB．0.336LC．0.448LD．0.896L
44.向mg镁、铜合金中加入稀硝酸溶液至合金恰好完全溶解（设硝酸的还原
产物只有NO），向所得溶液中加入物质的量浓度为2mol/L的NaOH溶液至沉淀
达到最大值，产生沉淀的质量为（m+n）g，则下列有关叙述中不正确的是（）
A．若n=5.1，则m的值可能为9.8g
B．若n=5.1，则参加反应的硝酸的物质的量为0.4?mol
C．若n=5.1，则加入的NaOH溶液的体积为150?mL
D．若n=5.1，则被还原的硝酸的物质的量为0.1?mol
45：把5.1g镁和铝的合金加入到一定质量、一定质量分数的稀盐酸中，
恰好完全反应，产生0.5gH2，向反应后的溶液中加入一定量的NaOH溶
液，恰好使上述产生的MgCl2AlCl3完全转化为沉淀，则生成的NaCl的
质量为B?
A.?12.25gB.?29.25gC.?30.5gD.?20.25g
与5.1g镁铝合金反应的盐酸的质量=0.5g÷=18.25g
18.25gHCl中Cl元素的质量=18.25g×=17.75g
含17.75gCl的NaCl的质量=17.75g÷=29.25g
故选B
46.现取mg镁铝合金在一定浓度的稀硝酸中恰好完全溶解(硝酸的还
原产物只有NO)，向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴
加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值ng，则下列有关该实验的说
法中正确的是()
①沉淀中OH－的质量为(n－m)g
②恰好溶解后溶液中的NO3
—的物质的量为mol
③反应过程中转移的电子数为mol
④标准状况下生成NO的体积为L
⑤与合金反应的硝酸的物质的量为(＋)mol
A．5项B．4项C．3项D．2项
解析：A本题涉及的反应有Al＋4HNO3(稀)=Al(NO3)3＋NO↑＋2H2O；3Mg
＋8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；Al(NO3)3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3Na
NO3；Mg(NO3)2＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋2NaNO3。当合金恰好溶解时，溶液中
的NO3
—与Na＋的物质的量相等，n(NO3
—)＝n(NaOH)＝?mol，故②正确。
沉淀质量最大时，生成的ng沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，根据质量守
恒定律，其中镁、铝元素的质量等于mg，所以沉淀中氢氧根的质量为(n
－m)g，则反应过程中转移的电子数n(e－)＝n(OH－)＝?mol，故①、
③正确。根据电子得失守恒知，标准状况下V(NO)＝?L，故④正确。
参加反应的硝酸有两种作用，起酸性作用的硝酸(生成硝酸盐)的物质的
量等于硝酸钠的物质的量，即mol；作氧化剂的硝酸的物质的量等于N
O的物质的量，即?mol，所以，与合金反应的硝酸的物质的量为(
＋)mol，故⑤正确。
47.用两支惰性电极插入500mLAgNO3溶液中，通电电解当电解液的pH值从6.
0变为3.0时（设电解时阴极没
有氢气析出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略），电极上应析出银的
质量是（）
A．27mlB．54mlC．108mlD．216ml
解析：当电解液的pH值从6.0变为3.0时，氢离子的浓度由10-6mol/L
变为10-3mol/L，一个硝酸分子中含一个氢原子，所以硝酸的浓度等于氢离
子的浓度．
设生成银xg．该电池反应式为：
?4AgNO3+2H2O==4Ag+O2↑+4HNO3
???????(4×108）g?4mol
???xg??（10-3mol/L-10-6mol/L）×0.5L
所以x=0.0540.054g=54mg，故选B．
48.把aL含硫酸铵、硝酸铵的混合溶液分成两等份,一份用bmol烧碱刚好
把NH3全部赶出,另一份与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2,则原溶液中c
（NO3
-）为（）.
解答:(NH4)2SO4∽BaCl2∽BaSO4?
cmolcmol?
(NH4)2SO4∽2NaOH∽2NH3?
cmol2cmol?
NH4NO3∽NaOH∽NH3?
(b-2c)mol(b-2c)mol?
所以NO3
-在0.5aL中,有(b-2c)mol?所以在aL中,C（NO3
-）=2(b-2c)/amol
49.铜铁合金投入一定量硝酸中得到溶液甲，同时生成标准状况下的NO2.24L,
向甲中滴加3mol/L的NaOH溶液至120ml,刚好使溶液中的金属离子完全沉淀，
则溶液甲中的金属阳离子是（）
2＋Cu2+3＋Cu2+2＋Fe3＋2＋Cu2+Fe3＋
50.各取nmol的Na、Mg、Al分别与含有1molHCl的盐酸反应，若Mg和Al
产生氢气的物质的量相等且大于Na产生氢气的物质的量，则n的取值范围应
满足（）
A．n＞1B．n=1C．0.5≤n＜1D．n＜0.5
51.有铜铝合金8.1g放入300g溶质质量分数为9.8%的稀硫酸中，可能产生氢
气的质量是（A）
A．0.32gB．0.65gC．0.84gD．0.90g
解析：根据化学方程式：2Al+3H2SO4?=Al2(SO4)3?+3H2↑，由于氢气是来自
硫酸中，假设300g溶质质量分数为9.8%的稀硫酸全部反应，可以计算出产生
氢气的质量，比例式：294：6=300g×9.8%：x，
x=0.6g，意思就是说，产生的氢气质量不可能超过0.6g，故选A
52.一定质量的铜铁合金，完全溶于浓HNO3，若反应中硝酸被还原只产生3.
36L的NO2气体、560?mL的N2O4气体和1.12LNO气体（都已折算到标准状况），
反应后溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红色。则合金的质量为（B）
A．9.80?g?B．10.80?gC．11.20?g?D．13.20?g
53.向Fe和Fe2O3组成的3.84g?混合物中加入溶于120mL某浓度的盐酸，恰
好完全反应，生成672mLH2（标准状况下），若向反应后的溶液中滴入几滴KSCN
溶液，溶液不呈红色．试求：
（1）原混合物中Fe2O3和Fe的质量分别为______
（2）原盐酸的物质的量浓度．______．
54.把Fe和Fe2O3组成的某混合物放入250mL2.0mol·L-1的HNO3溶液中，充分
反应后，生成的NO气体在标准状况下的体积为1.12L，再向反应后的溶液中
加入1.0mol·L-1的NaOH溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加入的NaOH溶
液的体积最少是（???）
A．400mLB．450mLC．500mLD．550mL
正确答案：BFe2＋和Fe3＋都是和NO3
－配合，反应后NO3
－的量为?0.25×2-1.
12/22.4=0.45mol，加NaOH相当于把剩下的NO3
－换成OH－，因此NaOH需要
0.45mol?即450ml。
55.向质量为30g的Fe、Fe2O3混合物中加入250mL?4mol?L-1的稀硝酸恰好使混
合物完全溶解，放出NO（标准状况）2.24L，所得溶液中再滴加KSCN溶液，
无血红色出现．若用与上述混合物中铁元素质量相等的铁屑和足量的稀硫酸充
分反应，所得到的气体在标准状况下的体积为（）
A．15.12?LB．10.08?LC．2.24?LD．3.36?L
56.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（B）
A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1
B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
解析：设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意，则有64x+144y
=27.2……①
由CuCu(OH)2?Cu2O2Cu(OH)2得34x+68y-16y=39.2-27.2……②，解①②
得x=0.2y=0.1
Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1，A正确；硝酸的物质的量为硝酸
铜中NaOH和NO的物质的量之和，1.0mol+（0.2mol×2+0.1mol×2）/3=1.
2mol，硝酸的物质的量浓度为1.2mol/0.5L=2.4mol/L，B不正确；产生的N
O在标准状况下的体积为22.4L/mol×（0.2mol×2+0.1mol×2）/3=4.48L，
C正确；Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol-0.2mol×2-0.1
mol×2×2=0.2mol，D正确。
【考点定位】本题考查铜及其化合物知识和氧化还原反应的计算
57.部分氧化的Fe-Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.76g,经如下处
理：
A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+??B．样品中Fe元素的质量为2.14g?
?
C．样品中CuO的质量为4.0g??D．V=448ml?
解析：最后灼烧产物为氧化铁,其物质的量n(Fe2O3)=3.2g/160g/mol=0.02
mol
则合金中含铁的物质的量为n(Fe)=0.04mol其质量为56g/mol×0.04mol=2.
24g所以B错
含氧质量为5.76g-3.2g-2.24g=0.32g含氧的物质的量为n(O)=0.32g/1
6g/mol=0.02mol
假设氧全在氧化铜中,则氧化铜质量为3.2g+0.32g=3.52g不可能为4.0g,
所以C错.
CuO+H2SO4==CuSO4+H2OFe+CuSO4==FeSO4+Cu
则0.02molFe不能与稀硫酸反应生成氢气,生成氢气的铁为0.02mol,得到氢气
体积为
22.4L/mol×0.02mol=0.448L=448mL但不可能全在氧化铜中,所以448m
L是取不到的.假设氧全在氧化铁中则不能与稀硫酸反应生成氢气的铁少于0.
02mol,生成氢气的铁多于0.02mol,得到氢气体积大于448mL,综上所述,D是错
的.A
、FeO、Fe3O4的混合物加入100ml1mol/L的盐酸,恰好使混合物完全溶
解,放出22.4ml（标况）的气体,所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现,若
用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物,能得到铁的质量为（）
解析：根据题意盐酸恰好使固体溶解,而且溶液中没有三价铁离子,所以溶液中
都是二价铁离子,根据氯化亚铁中铁和氯之比为1:2,所以根据盐酸可以求出
铁摩尔数,则用CO还原后得到的铁也是这么多,结果是2.8g
59.向明矾[KAl（SO4）2?12H2O]溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量．
（1）写出可能发生的有关反应的化学方程式．2KAl（SO4）2+3Ba（OH）
2═K2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓
K2SO4+2Al（OH）3+Ba（OH）2═2KAlO2+BaSO4↓+4H2O?
（2）在图中，纵坐标表示生成沉淀的物质的量，横坐标表示加入Ba（O
H）2的物质的量．试在图中画出当溶液中明矾为1mol时，生成的每一种
沉淀的物质的量随Ba（OH）2物质的量变化的曲线（在曲线上标明沉淀
的化学式）．
（3）向a?L物质的量浓度为M?mol/L的明矾溶液中滴加物质的量浓度
为n?mol/L的Ba（OH）2溶液b?L，用含a、M、n的表达式表示：
①当b满足1.5aM=nb?条件时，沉淀的总物质的量为最大值；
②当b满足2aM=nb?条件时，沉淀的质量为最大值．
向明矾[KAl（SO4）2?12H2O]溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量．
（1）写出可能发生的有关反应的化学方程式．2KAl（SO4）2+3Ba（OH）
2═K2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓
K2SO4+2Al（OH）3+Ba（OH）2═2KAlO2+BaSO4↓+4H2O?
（2）在图中，纵坐标表示生成沉淀的物质的量，横坐标表示加入Ba（O
H）2的物质的量．试在图中画出当溶液中明矾为1mol时，生成的每一种
沉淀的物质的量随Ba（OH）2物质的量变化的曲线（在曲线上标明沉淀
的化学式）．
（3）向a?L物质的量浓度为M?mol/L的明矾溶液中滴加物质的量浓度
为n?mol/L的Ba（OH）2溶液b?L，用含a、M、n的表达式表示：
①当b满足1.5aM=nb?条件时，沉淀的总物质的量为最大值；
②当b满足2aM=nb?条件时，沉淀的质量为最大值．
分析：（1）硫酸铝钾和氢氧化钡反应时，硫酸根离子和钡离子反应生
成硫酸钡沉淀，少量的氢氧根离子和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，当
氢氧根离子过量时，氢氧根离子和氢氧化铝反应生成偏铝酸根离子；
（2）随着氢氧化钡溶液的加入生成硫酸钡的物质的量逐渐增大，当硫
酸根离子完全反应时，硫酸钡的量不再变化；
随着氢氧化钡溶液的加入，铝离子和氢氧根离子先生成氢氧化铝沉淀，
当铝离子和氢氧根离子恰好完全反应时，氢氧化铝的量最大，继续加入
氢氧化钡溶液时，氢氧化铝和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，氢氧
化铝沉淀逐渐减少，直至最后消失；
（3）把明矾溶液中Al3+恰好沉淀完全时，生成沉淀的总的物质的量最大，
把SO4
2-沉淀完全时，生成沉淀的质量最大．
解：（1）设溶液中明矾的物质的量为1?mol，则当滴加的Ba（OH）2的
物质的量分别在0～1.5?mol和1.5?mol～2.0?mol时，所发生的反应的
化学方程式分别为：2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2═K2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）
3↓①
K2SO4+2Al（OH）3+Ba（OH）2═2KAlO2+BaSO4↓+4H2O②，
故答案为：2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2═K2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓、K2
SO4+2Al（OH）3+Ba（OH）2═2KAlO2+BaSO4↓+4H2O；
（2）从化学方程式可以看出，生成BaSO4的物质的量随Ba（OH）2的量
的增加而增加，生成Al（OH）3的物质的量随Ba（OH）2的量的增加而发
生先增加后减少直至完全溶解的变化过程，
设溶液中明矾的物质的量为1?mol，根据硫酸根离子和钡离子的关系式
知，当加入2mol氢氧化钡时，钡离子完全转化为硫酸钡，n（BaSO4）=
2mol；
根据铝离子和氢氧根离子之间的关系式知，当加入1.5mol氢氧化钡时，
铝离子完全转化为氢氧化铝，其物质的量为1mol，当加入2mol氢氧化
钡时，氢氧化铝完全转化为偏铝酸根离子，
所以其图象为
故答案为：
（3）由方程式①知，当加入了1.5?mol?Ba（OH）2时，生成沉淀的物质
的量为1.5?mol+1?mol=2.5?mol，质量为1.5?mol×233?g/mol+1?mol×7
8?g/mol=427.5?g；
由方程式②知，当继续滴加0.5?mol?Ba（OH）2时，沉淀的物质的量将
减少0.5?mol×2=1?mol，沉淀的质量却增加0.5?mol×233?g/mol-78?g
=38.5?g，所以，把明矾溶液中Al3+恰好沉淀完全时，生成沉淀的总的物
质的量最大，把SO4
2-沉淀完全时，生成沉淀的质量最大，
①当1.5aM=nb，沉淀的总物质的量为最大值，
故答案为：1.5aM=nb；
②当2aM=nb，沉淀的质量为最大值，
故答案为：2aM=nb．
某镁铝合金与很稀的硝酸反应，反应过程中无气体放出，向所得溶
液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，产生沉淀的量和加入NaOH的量的关系如
图所示。下列说法正确的是（）
A、原合金中铝的质量为54gB、与合金反应后硝酸无剩余
C、与合金反应共消耗硝酸22molD、所得沉淀的最大值为a+272g
61.如图表示某明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液，沉淀的质量与加入Ba（OH）
2溶液体积的关系，有关说法中正确的是（）
A.加入Ba（OH）2溶液的体积在0-15mL之间时，仅生成BaSO4沉淀
B.加入Ba（OH）2溶液的体积在0-15mL之间时，仅生成Al（OH）3沉淀
C.加入Ba（OH）2溶液的体积在15-20mL之间时，仅生成Al（OH）3沉淀
D.加入Ba（OH）2溶液的体积在15-20mL之间时，仅生成BaSO4沉淀
62.有9.7gCu和Zn的合金与足量的稀HNO3反应,还原产物只有NO气体,其体
积在标准状况下为2.24L.将溶液稀释为1L,测得溶液的pH=1,此时溶液中NO3
-
的浓度为()
解析：如果得到的NO为2.24L,则有
8HNO3------6NO3
-＋2NO
---------6-------44.8
---------0.3-----2.24
溶液中NO3
-的浓度为(0.1+0.3=0.4mol/L)
63.向一定量的铜和氧化铁的混合物中加入300mL1mol/L的盐酸溶液,恰好使
混合物完全溶解,所得的溶液中不含铁离子,若用过量的CO在高温下还原相同
质量的此混合物,则固体质量减少了（）?
A、6.4gB、4.8gC、2.4gD、1.6g
解析：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2由方程式
知，Fe2O3的物质的量与Cu的物质的量相等。设Cu的物质的量为X则它结合
氯的物质的量为2X，Fe2O3的物质的量为X，Fe2+的物质的量相等为2X、结合氯
的物质的量为4X有2X+4X=(300/1000)*1X(Fe2O3)=0.05moln(O)=0.15m
ol若用过量的CO还原固体减少的质量0.15mol*16g/mol=2.4
64.向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL1mol·L－1的盐酸，恰好使
混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3＋则原混合物中铜的质量为（）
A、9.6gB、6.4gC、3.2gD、1.6g
65.取某镁和铝合金99g恰好完全溶于2L的某浓度稀硝酸产生67.2L(标准状
况下)NO气体，向所得溶液中加入NaOH溶液至沉淀的质量达到最大值，将沉
淀过滤，洗涤，烘干并灼烧，得到白色固体A.下列说法不正确的是（）
A.该合金中Mg和Al的物质的量之比为3：1
B.消耗的NaOH物质的量为9mol
C.所得固体A的质量为171g
D.所用硝酸的浓度为4.5mol
66.向100mL稀H2SO4和稀HCl的混合溶液中,加入5.13gBa(OH)2粉末,充分
反应后过滤,干燥,得到沉淀物
2.33g,所得溶液中OH-的浓度为0.2mol/L,试求原混合液中SO4
2-和Cl-的物质的
浓度【假定在原混合液中加入
Ba(OH)2粉末后溶液体积未改变】
解析：5.13gBa(OH)2的粉末的物质的量＝5.13/171=0.03mol得沉淀2.33g,此
为硫酸钡的质量.
设生成2.33克硫酸钡需要X摩尔稀H2SO4,需要YmolBa(OH)2
H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2O
1--------1-----233
X--------Y-----2.33
X=0.01mol,Y＝0.01mol
和盐酸反应的氢氧化钡的物质的量为：0.03－0.01－0.02/2=0.01mol
设0.01摩尔氢氧化钡能和Z摩尔盐酸反应
Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O
1---------2
0.01------Z
Z=0.02mol
原混合液中SO4
2-的物质的量浓度为：0.01/0.1=0.1mol/L
原混合液中Cl-的物质的量浓度为：0.02/0.1=0.2mol/L
67.一定量的CuS和Cu2S的混合物投人足量的硝酸中，收集到气体VL(标准状
况)，向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO4
2-)加入足量的NaOH溶液，产生蓝色沉淀，
过滤，洗涤，灼烧，得到24.0gCuO。若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积
比为1∶1，则V可能为（）
A．18.0LB．27.0LC．31.4LD．33.6L
解析：若混合物全是CuS，其物质的量为0.3mol，电子转移数，0.3×（6+2）=2.
4mol。两者体积相等，设NOxmol,NO2?xmol,3x+x=2.4，计算的x=0.6。气体体积
V=1.2×22.4=26.88L；若混合物全是Cu2S,其物质的量为0.15mol,转移电子数0.
15×10=1.5mol，?设NOxmol,NO2?xmol,3x+x=1.5，计算得x=0.375,气体体积0.
75×22.4=16.8L，收集到气体VL应该在两者之间，因此选A
68.27.6gFeFeOFe3O4的混合物完全溶于0.1L一定浓度的硝酸中，得到
11.2L(标况下)NO和NO2的混合物气体，向所得溶液中滴加KSCN,无明显现象，
再加入NaOH溶液，将所得沉淀过滤、洗涤并灼烧，得到32g固体。下列说法
不正确的是（）
A.硝酸的物质的量浓度为13.0mol/L
B.消耗NaOH的物质的量为0.8mol
C.原固体混合物中O元素的质量分数为18.84％
D.反应过后剩余硝酸0.24mol
69.38.4mg铜跟适量浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4mL(标
准状况)，反应消耗HNO3的物质的量可能是()
×10－3?mol??????????????×10－3?mol
×10－3?mol?????????????×10－3?mol
(忽视NO2与N2O4的相互转化)
命题意图：考查学生对反应条件——浓度变化时产物种类变化的认识。属
化学教学中要求具备的能力。
知识依托：Cu与浓、稀HNO3的反应。
错解分析：忽视了Cu与稀HNO3的反应，就会错选D；只运用Cu与稀HNO3
反应解题，就会错选B。
解题思路：随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐变小，产生的气体可能是纯
净的NO2，也可能是NO2和NO的混合物。
n(Cu)=38.4mg÷64.0g·mol－1=0.600mmol
n(g)=22.4mL÷22.4L·mol－1=1.00mmol
这样，发生的反应可能是下列①一个，也可能是①②两个：
①Cu＋4HNO3(浓)====Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
②3Cu＋8HNO3(稀)====3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
于是，本题有以下多种解法。
方法1(极值法)：若产生的气体全部是NO2，由化学方程式①得：
n(HNO3)=4n(Cu)=0.600mmol×4=2.40mmol
n(NO2)=2n(Cu)=0.600mmol×2=1.20mmol
V(NO2)=1.20mmol×22.4L·mol－1=26.9mL＞22.4mL
可见，气体不全是NO2。
若产生的气体全部是NO，由化学方程式②得：
n(HNO3)=8/3n(Cu)=0.600mmol×8/3=1.60mmol
n(NO)=2/3n(Cu)=0.600mmol×2/3=0.400mmol
V(NO2)=0.400mmol×22.4L·mol－1=8.96mL＜22.4mL
由于气体是NO2和NO的混合物，8.96mL＜V(g)＜26.9mL，
所以1.60mmol＜n(HNO3)＜2.40mmol，
观察备选项可知答案。
方法2(守恒法)：根据反应前后N原子守恒和Cu原子守恒得：
n(HNO3)=n[Cu(NO3)2]×2＋n(NO2)＋n(NO)?????(N原子守恒)
??????=n(Cu)×2＋n(NO2)＋n?(NO)????(Cu原子守恒)
??????=0.600mmol×2＋1.00mmol
????????=2.20mmol
方法3(写总反应方程式法)：设生成NO2的物质的量为x，则题设条件下的
总反应为：
0.6Cu＋2.2HNO3====0.6Cu(NO3)2＋xNO2↑＋(1－x)NO↑＋1.1H2O
先写出反应物和生成物以及Cu、NO2和NO的化学计量数，再根据Cu原子
守恒和N原子守恒得出Cu(NO3)2和HNO3的化学计量数，H2O的化学计量数可根
据N原子守恒而得出(因与结果无关也可不算出)。
根据方程式及有效数字的运算规则，可知参加反应的HNO3物质的量为2.20
mmol。
方法4(平均分子式法)：设HNO3还原产物的平均分子式为NO
x
，则：
n(Cu)∶n(NO
x
)=0.600mmol∶1.00mmol=3∶5
Cu与HNO3的总反应方程式为：
3Cu＋11HNO3====3Cu(NO3)2＋5NO
x
↑＋？H2O
先写出反应物和生成物及Cu和NO
x
的化学计量数3和5，再根据Cu原子守
恒和N原子守恒分别得出Cu(NO3)2和HNO3的化学计量数3和11，H2O的化学计
量数因与结果无关可不算出，则：
n(HNO3)=11/3n(Cu)=0.600mmol×11/3=2.20mmol
答案：C
变式1：去掉备选项，将问题改为：求还原产物NO2和NO的物质的量之比，
其他同例题，试解之。
解题思路：在前面“方法4”的基础上得到下式：
3Cu＋11HNO3====3Cu(NO3)2＋5NO
x
＋5.5H2O
根据O原子守恒得：
33=18＋5x＋5.5x=1.9
即NO
x
为NO1.9。用十字交叉法：
V(NO2)∶V(NO)=9∶1答案：9∶1
变式2：若例题条件下Cu与HNO3恰好完全反应，二者皆无剩余，欲求开始
生成NO时HNO3溶液的浓度，还缺少的条件是________(用必要的文字和字母b
表示)，开始生成NO时HNO3溶液的浓度为________(请写最后结果)。
解题思路：据变式1解题思路得：
V(NO2)=1.00mmol×?=0.900mmol
V(NO)=0.100mmol
生成NO消耗HNO3的物质的量可求：
8HNO3(稀)~2NO↑
8????2
n(HNO3)?0.100mmoln(HNO3)=0.400mmol
欲求0.400mmolHNO3的浓度，须知HNO3(aq)的体积——b：
c(HNO3)=
答案：开始生成NO时HNO3(aq)的体积b??4.00×10－4?mol/b
70.3.2g?铜与过量硝酸(8mol·Ｌ－1，30ml)充分反应。硝酸的还原产物
有NO2和NO，反应后溶液中所含H＋为a?mol，则此时溶液中所含NO?为
________mol。
提示：最后所得溶液中溶质分别是Cu(NO3)2和HNO3，依据N原子守恒得：
n(NO?)=2n[Cu(NO3)2]＋n(HNO3)=2n(Cu2＋)＋n(H＋)
?????=2×?＋a?mol=(a＋0.10)mol
答案：(a＋0.10)mol
评注：在反应过程中HNO3有挥发，n(HNO3)－n(NO)=n(HNO3)－?n(Cu)所得
数值不准确
化学方程式：
用化学式来表示化学反应的式子，叫做化学方程式。化学方程式不仅表明了反
应物、生成物和反应条件，同时，通过相对分子质量或相对原子质量还可以表
示个物质之间的质量关系，即各物质之间的质量比
书写化学方程式要遵守两个原则：
一是必须以客观事实为基础，绝不能凭空臆想、臆造事实上不存在的物质和化
学反应；
二是要遵守质量守恒定律，等号两边各原子种类与数目必须相等。
化学方程式的意义：
化学方程式不仅表明了反应物、生成物和反应条件。同时，化学计量数代表了
各反应物、生成物物质的量关系，通过相对分子质量或相对原子质量还可以表
示各物质之间的质量关系，即各物质之间的质量比。对于气体反应物、生成物，
还可以直接通过化学计量数得出体积比。
氮氧化物(nitrogenoxides)包括多种化合物，如一氧化二氮(N2O)、一氧化
氮(N0)、二氧化氮(NO2)、三氧化二氮(N203)、四氧化二氮(N204)和五氧化
二氮(N205)等。除二氧化氮以外，其他氮氧化物均极不稳定，遇光、湿或热变
成二氧化氮及一氧化氮，一氧化氮又变为二氧化氮。因此，职业环境中接触的
是几种气体混合物常称为硝烟(气)，主要为一氧化氮和二氧化氮，并以二氧
化氮为主。氮氧化物都具有不同程度的毒性。性质：一氧化氮是无色、无刺激
气味的不活泼气体，可被氧化成二氧化氮。二氧化氮是棕红色有刺激性臭味的
气体。危害：氮氧化物可刺激肺部，使人较难抵抗感冒之类的呼吸系统疾病，
呼吸系统有问题的人士如哮喘病患者，会较易受二氧化氮影响。对儿童来说，
氮氧化物可能会造成肺部发育受损。研究指出长期吸入氮氧化物可能会导致肺
部构造改变，但目前仍未可确定导致这种后果的氮氧化物含量及吸入气体时
间。以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的一
个重要原因.汽车尾气中的氮氧化物与氮氢化合物经紫外线照射发生反应形成
的有毒烟雾,称为光化学烟雾.光化学烟雾具有特殊气味,刺激眼睛,伤害植物,
并能使大气能见度降低.另外,氮氧化物与空气中的水反应生成的硝酸和亚硝
酸是酸雨的成分.
镁、铝、铁、锌等活泼金属(活动性顺序中排在氢前面的金属)与非氧化性
酸(浓稀盐酸、稀硫酸)反应生成氢气；与氧化性酸(浓硫酸、浓稀硝酸)反应不
会生成H2,而是生成对应元素的气体氧化物(浓硫酸生成SO2,稀硝酸均生成NO,
浓硝酸则为NO2),有多种价态的金属生成高价盐.
Mg+2HCl=MgCl2+H2↑?
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑?
Mg+2H2SO4(浓)=MgSO4+SO2↑+2H2O?
3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O?
Mg+4HNO3(浓)=Mg(NO3)2+2NO2↑+2H2O?
2Fe+6H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O?
Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O
Fe+6HNO3(浓)=Fe(NO3)3+3NO2↑+3H2O?
某些活泼金属遇浓酸会发生钝化,金属表面生成一层致密的氧化物薄膜,
因为浓酸较少电离出H+,所以这层氧化膜能起到保护金属的作用.如果将浓酸
稀释,酸逐渐电离出H+,氧化物薄膜就会溶解.所以,稀硝酸虽然也是氧化性酸,
但是它会电离出H+,因而金属是不会钝化的.
2Al+6HNO3(浓)=Al2O3+6NO2↑+3H2O?
2Fe+6HNO3(浓)=Fe2O3+6NO2↑+3H2O?
2Al+3H2SO4(浓)=Al2O3+3SO2↑+3H2O?
2Fe+3H2SO4(浓)=Fe2O3+3SO2↑+3H2O?
不活泼金属(活动性顺序中排在氢后面的金属)只能与氧化性酸反应.
Cu+2H2SO4(浓)=Δ=CuSO4+SO2↑+2H2O?
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O?
Cu+2HNO3(浓)=Cu(NO3)2+NO2↑+H2O?
Ag与Cu完全类似.
非金属(碳硫、磷)与浓酸的反应和部活泼金属类似,只是没有盐生成.
C+2H2SO4(浓)=Δ=CO2↑+2SO2↑+2H2O?
3C+4HNO3（稀)=3CO2↑+4NO↑+2H2O?
C+4HNO3(浓)=CO2↑+4NO2↑+2H2O?
S与C完全类似.
2P+5H2SO4(浓)=5SO2↑+2H2O+2H3PO4(本来是生成P2O5的,但是它的吸水性
太强,别说从浓硫酸中吸水,它都可以把酸分子中的水抢走,让它们变回氧化
物：P2O5+3H2SO4=2H3PO4+3SO3以及P2O5+6HNO3=2H3PO4+3N2O5)?
3P+5HNO3(稀)+2H2O=5NO↑+3H3PO4?
P+5HNO3(浓)=5NO2↑+H2O+H3PO4?
最后说下硅,硅单质的化学性质极不活泼,除氟气、氢氟酸(硝酸环境中)
和强碱外,常温下不跟其他物质反应,加热时能和氧气生成SiO2.
总结一下,也不知道能不能满足你的需要,其它没写出来的都是类似的,我
想你应该能推得出来,有否加热或者酸的稀浓以方程式中标出的为准.
非氧化性酸方面很简单,就是个金属活动性问题；至于氧化性酸,万变不离
其宗：浓硫酸的还原产物是SO2,稀硝酸的还原产物是NO,浓硝酸是NO22,氧化
产物皆为最高价态,剩下的就是水了.至于条件,只有浓硫酸和不活泼金属与非
金属反应时需要加热.
金属水反应的规律
金属K、Ca、NaMg、AlZn、Fe、Sn、
Pb
（H）,Cu、Hg、Ag、
Pt、Au
反应条件冷水剧烈热水缓
慢
高温水蒸气不与水反应
产物生成氢氧化物+H2生成氧化物
+H2
-----------------