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金属与酸反应的规律大总结
Revisedasof23November2020
金属与酸反应的规律大总结
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
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
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）=23g/mol=
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
n2n1
n1=n2=
则生成气体的体积为V=×mol=
所得溶液的物质的量浓度是：
c==L
例题2.将钠、镁、铝各mol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∶3
B．3∶1∶1
C．6∶3∶2
D．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，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。
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（）
：
7：
1：
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）
=n（金属）×金属元素的化合价+n（NO
）+2n（N2O4）+n（HNO3）
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
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molB．等于mol
C．在～mol之间D．大于mol
【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）＝
×18mol/L×L＝mol。
答案 A
2.将g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L。
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
。
解得x＝mol y＝mol
V（NO）＝mol×L/mol＝L
V（NO2）＝mol×L/mol＝L。
（2）由原子守恒得：
n（HNO3）＝n（气体）＋n（NaOH）
所以c（HNO3）＝
mol·L－1。
（3）由得失电子守恒得：
2×
＝2n（H2O2）
解得n（H2O2）＝mol，m（H2O2）＝
＝g。
【答案】
（1）
（2）
（3）
3.在100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是mol/L和mol/L，向该混合液中加入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．mol/LB．mol/LC．mol/LD．mol/L
解析：
选B。
由于本题溶液中存在HNO3、H2SO4，所以c（H＋）>c（NO
），而在Cu与HNO3反应中可知，实际参加反应的n（H＋）∶n（NO
）＝8∶2，所以要依据离子方程式来计算。
n（Cu）=
=mol
n（H
）=L×L+×L×2=mol
n（NO
）=L×L=mol
由于硫酸的存在，因而可用离子方程式进行计算：
3Cu+8H
+2NO
3Cu
+2NO↑+4H2O
382
根据过量判断，可根据H
进行计算，则：
n（Cu
）=
=mol
c（Cu
）=
=mol/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＋、SO
、NO
三种离子，其中H＋、SO
的物质的量浓度分别为mol/L和mol/L。
取该溶液20mL，加入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．LB．LC．LD．L
解析：
选A。
根据电荷守恒可得c（NO
）＝3mol/L
利用离子方程式计算：
3Cu＋ 8H＋ ＋2NO
===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
3mol8mol2mol2mol
molmolmoln（NO）
按上述关系反应时，铜的量不足，故V（NO）＝
n（Cu）×L/mol≈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
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．g B．g
C．gD．g
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×2＝（mol），则参加反应的Fe的质量为
××56＝（g）。
7．100mL2mol/L的稀硝酸与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。
（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
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）＝L×2mol/L＝mol。
n（Cu）＝
＝mol，故铜不足，则产生n（NO）＝
＝mol，即标准状况下V（NO）＝mol×L·mol－1＝L。
转移的电子数n（e－）＝n（Cu）×2＝mol×2＝mol。
（2）因为反应消耗n（H＋）＝mol，余n（H＋）＝mol－mol＝mol，即反应后c（H＋）＝
＝mol/L。
反应消耗n（NO
）＝n（NO）＝mol；余n（NO
）＝mol－mol＝mol，即反应后c（NO
）＝
＝mol/L。
答案：
（1）NO
（2）
8．为了测定某铜银合金的组成，将g合金溶于80mLmol·L－1的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到气体L（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，其物质的量之和应该跟被还原的HNO3的物质的量相等，即
＝mol。
（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
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：
mol·L－1－1mol·L－1）×L＝mol。
与Ag＋和Cu2＋结合的NO
的物质的量应为：
1mol－mol＝mol。
设合金中Ag的质量为x，则：
×1＋
×2＝mol，
解得x＝g，合金中Ag的质量分数为
×100%＝%。
答案：
（1）被还原的硝酸的物质的量为mol。
（2）合金中银的质量分数为%。
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．60mL B．45mL C．30mL D．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－＝
×4e－，解之得n（Cu）＝，即n（Cu2＋）＝n（Cu）＝；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）＝×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（NOx）＝
＝，故消耗n（HNO3）＝2n（Cu）＋n（NOx）＝2×
＋＝。
设产生NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为－x）。
根据得失电子守恒，得下列方程
x×1＋－x）×3＝
×2
解得：
x＝。
＝41.2g·mol－1，
故所得气体的平均相对分子质量为。
（5）n（Cu）＝、n（H＋）＝、n（NO）＝，依3Cu＋8H＋＋2NO
===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知生成NO，消耗Cu、H＋，所以Cu、H＋过量，NO
反应完全，n（HNO3）＝n（NO
）＝。
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
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） （5）·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．NO2和NO
B．NO2和N2O4
C．NO、NO2和N2O4
D．NO
解析：
氢氧根离子的质量是—g，物质的量为，由电荷守恒知转移的电子数为，根据N元素的化合价变化可知，A转移电子，B转移电子，C转移电子，D转移电子，C项正确。
答案：
C
g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（ ）。
gggg
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molO2,molO2得电子物质的量=mol×4=mol。
设Cu为xmol、Ag为ymol,则有:
解之得,
所以铜的质量为:
m（Cu）=mol×64g·mol-1=g。
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∶,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g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∶,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+8HNO3
3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O,n的取值为,铁也可能全部被氧化成三价:
Fe+4HNO3
Fe（NO3）3+NO↑+2H2O,n的取值为。
答案:
（1）5Fe+12HNO3
5Fe（NO3）2+N2↑+6H2O
（2）≤n≤
16：
铜和镁的合金g完全溶解于浓硝酸中，若反应中硝酸被还原只产生L的NO2气体和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.gB.gC.gD.g
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
～2OH
Mg～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
）=
+
=mol
m（沉淀）=g+mol×17g/mol=g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
32
n1mol
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，只有C符合，
18.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）=÷64g/mol=
n（气体）=÷mol=
Cu+4HNO3（浓）═3Cu（NO3）2+2NO2↑+H2O
xmol2xmol
3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
ymol2ymol/3
x+y=
2x+2y/3=x=y=
被还原的n（HNO3）=2x+2y/3=
参加反应的硝酸的物质的量是4x+8y/3=
气体成分为NO,NO2
n（NO）=2y/3=,V（NO）=*mol==336ml
n（NO2）=2x=,V（NO2）=*mol==336ml
19.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）
20.将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．504ml
B．168ml
C．336ml
D．224ml
分析：
672ml气体应该是NO2和NO的混合物，物质的量是÷mol＝。
通入氧气后剩余的气体一定是NO，物质的量是。
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
，在下的体积是×mol＝＝168ml，答案选B。
21.将足量的铜与一定体积10molL-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5molL-1NaOH溶液使Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）
mLmLmLmL
22.在银铜合金中加入500mL
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