金属与酸反应的规律大总结培训课件.docx

精品名师归纳总结金属与酸反应的规律大总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结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 等活泼金属能与水猛烈反应生成 H2 。2、金属活动次序 H前的金属与非氧化性酸反应生成H2 。3、金属活动次序 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13 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爱护膜,这是金属与强氧化性酸发生氧化仍原反应的结果。6、铁与硝酸反应较为复杂,详细情形如下：铁与稀硝酸反应,仍原产物一般为NO：铁不足： Fe + 4HNO 3（稀）FeNO3 3 + NO + 2H2O铁过量： 3Fe + 8HNO 3（稀）3FeNO3 2 + 2NO + 4H2O铁与浓硝酸反应,仍原产物一般为NO2 ：常温下：发生钝化加热时：猛烈反应,一般生成铁盐。 二、金属与非氧化性酸反应的运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,在依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,应注意下面四个方面的规律：1、金属与酸反应均为氧化仍原反应,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、1mol a 价的活泼金属与足量的非氧化性酸反应,可生成a/2 molH 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结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可简洁记忆为：金属元素的化合价数对应H原子个数,如：Na H 1/2H2Zn 2H H2Al 3H 3/2H 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结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化合价之相对原子质量可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结比。即产生的气体 Na ：Mg： Al=1/23 ： 2/24 ：3/27c、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： 3d 、Na Mg Al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： 12：94、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。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结b. 相同质量的不同酸与足量的金属反应时,产生H2 的体积比等于酸的元数相对分子质量之比。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结+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（过量的钠仍可以与水反应）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, 试运算：（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： nNa=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可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2Na+2H2O=2NaOH+2H2210.05moln2n 1n1=0.025moln2=0.05mol就生成气体的体积为 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 0.3 mol分别放入 100 mL 1 mol/L的盐酸中,同温同压下产生的气体体积比是 A123B311C632D111试题分析： 2Na+2HCl=2NaCl+H2、Mg+2HCl=MgC2+l H2 、2Al+6HCl=2AlCl 3+3H2 ,钠与盐酸反应时钠过量,过量的钠与水连续反应生成氢气,生成氢气共 0.15mol ,镁、铝与盐酸反应时镁和铝均过量,由盐酸运算诞生成氢气均为 0.05mol 。点评：钠与盐酸反应时,过量的钠连续与水反应例题 3 a g铁粉与含有 H2SO4 的 CuSO4 溶液完全反应后 , 得到 a g 铜, 就参与反应的 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 ,就原溶液中氢离子和硫酸根离子的物质的量浓度之比是（）A 2 ：7B 3：8C 1：2D1：4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运算规律解答此类试题,应注意下面三个重要的规律：1、电子守恒可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例如：金属与硝酸反应属于氧化仍原反应,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,依据N原子守恒,硝酸总的物质的量可按下式进行运算： nHNO3 总 = n 金属 ×金属元素的化合价 + nNO x + 2nN 2O4 + nHNO 3 剩余3、利用离子方程式进行运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运算,应用离子方程式进行运算,由于生成的硝酸盐的NO3 借助 H 仍旧能与金属反应 。4.当化学反应进行时,反应物不断被消耗。随反应的进行,反应物浓度不断转变,有的会造成产物的不同。如,过量 Cu放入少量浓 HNO3 中,开头生成的气体是 NO2,后来生成的气体是 NO。很稀的 HNO3 溶液与活泼金属反应仍会有 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,开头时生成的气体是SO2,后来生成的气体是 H2。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 H2 SO4, 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 发生氧化仍原反应。 有些原来不能发生的反应,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运算1. 向 50 mL 18 mol ·L 1 的 H SO溶液中加入适量的铜片并加热,充分反应后,被仍原的HSO 的物质的2424量A. 小于 0.45 molB等于 0.45 mol C在 0.45 0.90 mol之间 D 大于 0.45 mol【解析】浓硫酸与铜可发生氧化仍原反应,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,其浓度也逐步下降,当浓硫酸变为稀硫酸时反应就会停止。因此,参与反应的硫酸实际量要比理论计1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结算值小。据题意,被仍原的硫酸物质的量理论值为nH2SO4 ×18 mol/L ×0.05 L 0.45 mol 。答案A2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2. 将 32.64 g铜与 140 mL 肯定浓度的硝酸反应,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 11.2 L 。请回答：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结(1) NO 的体积为 L, NO2 的体积为 L。 1(2) 待产生的气体全部释放后,向溶液中加入V mL a mol·L 1 的 NaOH溶液,恰好使溶液中的Cu2 全部转化成沉淀,就原硝酸溶液的浓度为mol·L(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。xy 11.2 L22.4 L/mol就有。3xy 32.64 g ×264 g/mol解得 x 0.26 moly 0.24 molVNO 0.26 mol ×22.4 L/mol 5.824 LVNO2 0.24 mol ×22.4 L/mol5.376 L 。(2) 由原子守恒得：nHNO3 n 气体 nNaOHaV×10 3 0.51所以 cHNO3 0.14mol·L 。32.64 g(3) 由得失电子守恒得： 2× 64 g/mol 2nH2O2 10.51 mol ×34 g ·mol可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解得 nH2O2 0.51 mol, mH2O2 30% 57.8 g 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【答案】15.8245.3762aV×10 3 0.50.14357.8可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3. 在 100 mL 混合液中, HNO3 和 H2SO4 的物质的量浓度分别是0.4 mol/L和 0.1 mol/L,向该混合液中加入 1.92 g铜粉,加热充分反应后,所得溶液中Cu2 的物质的量浓度是A 0.15 mol/LB 0.225 mol/LC 0.35 mol/LD0.45 mol/L3解析： 选 B。由于此题溶液中存在HNO 3、H2SO4,所以 cH >cNO ,而在 Cu 与 HNO3反应中可知,实际参与反应的 nH nNO 3 82,所以要依据离子方程式来运算。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结nCu =1.92 g 64 g / mol= 0.03 mol可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结nH = 0.1 L×0.4mol/L + 0.1L×0.1mol/L ×2 = 0.06 mol nNO3 = 0.1 L×0.4mol/L = 0.04 mol由于硫酸的存在,因而可用离子方程式进行运算：33Cu + 8H+ 2 NO3Cu 2+ 2NO + 4H2O382可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结0.03mol0.06mol0.04mol依据过量判定,可依据H 进行运算,就：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结nCu 2 =30.06mol8= 0.0225 mol可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结cCu 2 =0.0225mol 0.1L= 0.225 mol/L应选 B可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结较多时,反应后体积会变小,故变大、变小、不变均有可能。224. 某溶液中含H 、SO4 、 NO3 三种离子,其中H 、 SO4 的物质的量浓度分别为7.0 mol/L和 2.0mol/L 。取该溶液20 mL,加入 3.2 g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 0.75 LB 0.336 LC 1.5 LD 0.448 L解析：选 A。依据电荷守恒可得cNO3 3 mol/L利用离子方程式运算：2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3Cu8H 2NO 3 =3Cu2NO 4H2O可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3 mol8 mol2 mol2 mol3.264 mol 0.14 mol 0.06 molnNOV2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3按上述关系反应时,铜的量不足,故NO nCu ×22.4 L/mol 0.75 L 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结5. 在 Fe、Cu 的混合物中,加入肯定量的稀硝酸并微热,充分反应后剩余金属a g 。再向其中加入肯定量的稀盐酸并加热,充分振荡后剩余金属b g ,就 A. a 可能等于 bB a 肯定小于 bC a 可能大于 bD a 肯定大于 b解析：选 D。在含有 NO3 的溶液中加盐酸,相当于硝酸的存在,能够连续氧化金属,所以固体质量减少。6. 将过量铁粉放入100 mL 2 mol/L的 HNO3 溶液中,假设仍原产物只有NO且 HNO3 完全反应,就参与反应的 Fe 的质量为 A 2.8 gB 5.6 gC 4.2 gD 11.2 g3解析：选C。Fe 先与稀 HNO反应,生成的Fe3再与 Fe 反应： 2Fe3 Fe=3Fe2 ,总方程式为： 3Fe 8HNO3 稀=3FeNO3 22NO 4H2O,参与反应的HNO3 的总的物质的量为0.1 ×2 0.2mol,就参与反应3的 Fe 的质量为 8×0.2 ×56 4.2g。7100 mL 2 mol/L的稀硝酸与 1.92 g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 。3(2) 如溶液的体积不变,就反应后溶液中的H 物质的量浓度为 mol/L , NO 物质的量浓度为 mol/L 。1.92 g解析： 1 第一分析 Cu 和稀 HNO3 谁过量： nHNO30.1 L ×2 mol/L 0.2 mol 。nCu 64 g ·mol 12×0.03 mol0.03 mol,故铜不足,就产生nNO 3 0.02 mol,即标准状况下VNO 0.02 mol ×22.4L·mol 1 0.448 L 。转移的电子数 ne nCu ×20.03 mol ×2 0.06 mol。2 由于反应消耗nH 0.08 mol,余 nH 0.2 mol 0.08 mol 0.12 mol,即反应后cH 0.12 mol0.1 L 1.2 mol/L。反应消耗nNO3 nNO 0.02 mol 。余 nNO3 0.2 mol 0.02 mol 0.18 mol,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结即反应后 cNO3 0.18 mol0.1 L 1.8 mol/L。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结答案： 1NO0.4480.0621.21.8可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结8. 为了测定某铜银合金的组成,将30.0 g合金溶于 80 mL 13.5 mol ·L 1 的浓硝酸中,待合金完全溶1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解后,收集到气体6.72 L标准状况 并测得溶液中H积仍为 80 mL,运算：(1) 被仍原的硝酸的物质的量。(2) 合金中银的质量分数。的物质的量浓度为1 mol ·L,假设反应后溶液的体可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解析： 1HNO3 和金属反应时仍原得到的产物为NO 或 NO2,由于试题给出收集到的气体在标准状况下为6.72 L ,因此不论其中NO 和 NO2 的相对含量各是多少,其物质的量之和应当跟被仍原的HNO3 的物质的量相6.72 L等,即 22.4 L ·mol 1 0.300 mol 。 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2 由于反应后溶液中H 的物质的量浓度为1 mol ·L,可知 HNO3 剩余且可求出其量。用HNO3 的总量减可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结去剩余量就是参与反应的HNO3 的量。将参与反应的HNO3 的总量减去第 1 小题中所求出的被仍原的HNO3 的物2质的量,剩余的就是反应中与生成的Ag 和 Cu成盐的 NO3 的物质的量,也就是成盐的那部分HNO3 的物质的量。 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结反应后溶液中cH 1 mol ·L , 1 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结就参与反应的HNO3 的物质的量为： 13.5 mol ·L1 mol ·L ×0.080 L 1.00 mol 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2与 Ag 和 Cu结合的 NO3 的物质的量应为：1 mol 0.300 mol 0.700 mol 。设合金中 Ag的质量为 x,就：x30 g x108 g ·mol 1×1 64 g ·mol 1×2 0.700 mol ,10.8 g解得 x 10.8 g ,合金中 Ag 的质量分数为30 g×100% 36.0%。答案： 1 被仍原的硝酸的物质的量为0.300 mol。2 合金中银的质量分数为36.0%。9. 足量铜与肯定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4 、NO的混合气体,这些气体与1.68 L O2 标准状况 混合后通入水中,全部气体完全被水吸取生成硝酸。如向所得硝酸铜溶液中加入5mol/L NaOH溶液至Cu2 恰好完全沉淀,就消耗NaOH溶液的体积是 A. 60 mLB 45 mLC 30 mLD 15 mL 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,依据电子守恒有nCu ×2e nO2 ×4e1.68 L2 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2 22.4 L/mol×4e,解之得 nCu 0.15mol ,即 nCu nCu 0.15mol 。由于铜是足量的,硝酸无剩可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2 余 , 溶 液 中 的 溶 质 只 有 硝 酸 铜 , 根 据Cu 0.15mol ×2÷5mol/L 0.06 L , 2NaOH 可 得 ： VNaOH nCu ×2÷5mol/L可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结10. 物质的量之比为2:5的锌与稀硝酸反应,如硝酸被仍原的产物为N2O,反应终止后锌没有剩余,就该反应中被仍原的硝酸与未被仍原的硝酸的物质的量之比是A 1:4B 1:5C 2:3D 2:511. 在浓硝酸中放入铜片：(1) 反应开头的化学方程式为。现象是 (2) 如铜有剩余,就反应快要终止时的化学方程式是 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结(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,其缘由是。(4) 如将 12.8g铜与肯定量的浓硝酸反应,铜耗完时,共产愤怒体NO 和 NO2 的混合物 5.6 L标准状况下 。就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 100 mL pH 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 。就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运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摸索,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。在运算时可以从这两个角度入手,解答有关硝酸消耗的题目。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结5.6 LnNOx 22.4 L ·mol 1 0.25mol ,故消耗nHNO3 2nCu nNOx 2×0.65mol 。12.8 g64 g ·mol 1 0.25mol 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结设产生 NO2 的物质的量为x,就 NO的物质的量为 0.25 x 。依据得失电子守恒,得以下方程可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x×1 0.25mol 12.8 gx ×3 64 g ·mol 1×2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解得： x 0.175mol 。M41.2g ·mol 1,故所得气体的平均相对分子质量为41.2 。325 nCu 0.05mol 、nH 0.1mol 、nNO 0.02mol ,依 3Cu 8H 2NO =3Cu2 2NO 4H O 可可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结知生成 0.02mol NO ,消耗 0.03mol Cu 、0.08mol H 0.02mol 。,所以 Cu、 H 过量, NO3 反应完全, nHNO3 nNO3 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结答案： 1Cu 4HNO3 浓=CuNO3 2 2NO2 2H2O铜片逐步溶解,溶液逐步为蓝,有红棕色气体逸出23Cu 8HNO3 稀=3CuNO3 22NO 4H2O3243 加入稀硫酸后,原溶液中的NO 与 H SO 供应的 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=3CuNO3 2+2NO+4H2O 40.65mol41.250.2mol ·L 112. 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 2:1C3:2D4:113. 将 11.2g Mg 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。依据题意推断气体x 的成分可能是A. 0.3mol NO 2 和 0.3mol NO可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结B. 0.2mol NO 2 和 0.1mol N 2O4C. 0.1mol NO 、0.2mol NO 2 和 0.05mol N 2O4D. 0.6mol NO解析： 氢氧根离子的质量是21.4 11.2g,物质的量为0.6mol ,由电荷守恒知转移的电子数为0.6mol ,依据 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： C14.14 g铜、银合金与肯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 , 恰好全部被水吸取 , 就合金中铜的质量是 。A.9.6 gB.6.4 gC.4.8 gD.3.2 g解析:Cu、Ag合金与 HNO3 反应过程如下 :Cu、Ag 与 HNO3 反应是氧化仍原反应 ,Cu、Ag失电子,HNO3 得电子, 生成 NO2 或 NO。由于 NO2 、NO、O2 都被水吸取生成 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 0.05 mol O 2,0.05 mol O2 得电子物质的量 =0.05 mol ×4=0.2 mol 。设 Cu为 x mol 、Ag为 y mol, 就有:解之得,所以铜的质量为 : mCu=0.05 mol ×64 g ·mol-1 =3.2 g 。 答案:D15. 1 mg 铁屑与含有 n g HNO3 的硝酸溶液恰好完全反应 , 如 m n=12.7, 该反应的化学方程式为 假设仍原产物只有一种 , 且只生成一种盐 。2 含 n g HNO3 的稀硝酸溶液恰好使 5.6 g 铁粉完全溶解 , 如有 n/4 g HNO 3 被仍原成 NO无其他仍原产物 , 就 n 的范畴为。解析:1 中铁屑和硝酸的质量之比为 12.7, 物质的量之比为 512, 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 , 就化学方程式为 3Fe+8HNO33FeNO3 2+2NO+4H2O,n 的取值为 16.8, 铁也可能全部被氧化成三价 :Fe+4HNO3FeNO3 3+NO +2H2O,n 的取值为 25.2 。答案:15Fe+12HNO35FeNO3 2+N2 +6H2O 216.8 n25.2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结16： 铜和镁的合金 4.6 g 完全溶解于浓硝酸中,如反应中硝酸被仍原只产生4.480 L 的 NO2 气体和 0.336 L 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. 7.04 gB. 8.26 gC. 8.51 gD. 9.02 g解析： 依据题意,可找到金属与沉淀以及电子转移数之间的对应关系式：Cu CuOH2 2e 2OHMg MgOH2 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,就：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结nOH = ne =4.48L+22 .4 L / mol0.336 L 22.4 L / mol2 = 0.23 mol可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结m沉淀 = 4.6 g + 0.23 mol×17 g/mol = 8.51 g应选 C 。17. 在铜与稀硝酸的反应中,假如有1 mol 硝酸被仍原,就被氧化的铜的物质的量为（）A3/8 molB3 molC3/2 molD2/3 mol分析：铜和稀硝酸发生 3Cu+8HN3O（稀） 3Cu（NO3）2+2NO +4H2O,如是很稀的硝酸,可能发生 4Cu+10HN3O（稀） =4Cu（ NO3） 2 +NH4NO3+5H2 O,结合反应的方程式运算该题解答：解：铜和稀硝酸发生 3Cu+8HN3O（稀） 3Cu（NO3 ）2+2NO+4H2 O,被仍原的硝酸等于生成 NO的物质的量,就 3Cu+8HN3O（稀） 3Cu（ NO3） 2+2NO+4H2O32n1moln=3 / 2mol,如是很稀的硝酸,可能发生 4Cu+10HN3O（稀） =4Cu（NO3 ）2 +NH4NO3+5H2O,假如有 1mol 的硝酸被仍原,就被氧化的铜的物质的量为0.25mol , 只有 C符合,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结18. 1.92g 铜投入到肯定量的浓硝酸中 , 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) 被仍原的硝酸的物质的量是多少.参与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： nCu=1.92g ÷64g/mol=0.03mol n 气体=0.672L ÷22.4L/mol=0.03molCu+4HN3O（浓） 3Cu（NO3）2 +2NO2+H2 Oxmol2xmol3Cu+8HN3O（稀） 3Cu（NO3）2+2NO+4H2Oymol2ymol/3x+y=0.032x+2y/3=0.03x=0.0075y=0.0225被仍原的 nHNO3=2x+2y/3=0.03mol参与反应的硝酸的物质的量是 4x+8y/3=0.09mol气体成分为 NO,NO2nNO=2y/3=0.015mol,VNO=0.015mol*22.4L/mol=0.336L=336ml nNO2=2x=0.015mol,VNO2=0.015mol*22.4L/mol=0.336L=336ml19. 1.92g 铜投入肯定量的浓硝酸中,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,通入标准状况下肯定体积的氧气,恰好使气体完全溶于水中,就通入氧气的体积是DA.168mLB.224mLC.504mLD.336Ml20 .将 1.92g 铜投入肯定量的浓硝酸中,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,最终剩余气体224ml（标准状况）。就通入的氧气在标准状况下的体积为（）A504mlB168mlC336mlD224ml分析： 672ml 气体应当是 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肯定是 NO,物质的量是 0.01mol 。1.92g 铜在反应中共失去可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结电子,就依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。-121. 将足量的铜与肯定体积10mol.L 的浓硝酸充分反应,得到 CuNO3 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2.24LO2 标准状况 后,全部气体完全被水 吸取生成硝酸发生反应为： 4NO2+O2+2H2O=4HN3O。 4NO+3O2+2H2O=4HN3O如向所得 CuNO3 2 溶液中加入 5mol.L-1 NaOH溶液使 Cu2+恰好完全