Question

5．（1）在浓硝酸中放入铜片．
①开始反应的化学方程式为Cu+4HNO₃（浓）=Cu（NO₃）₂+2NO₂↑+2H₂O．
②若铜有剩余，则反应将要结束时的反应的离子方程式是3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O．
③待反应停止后，再加入少量的25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是加入稀硫酸后，氢离子与原溶液中硝酸根离子构成强氧化性酸，又能与过量的铜反应．
（2）在100mL混合酸中，c（HNO₃）=0.4mol•L^-1，c（H₂SO₄）=0.2mol•L^-1，向其中加入2.56g铜粉，微热，待充分反应后，溶液中Cu²⁺的物质的量浓度为0.3mol•L^-1．
（3）14g铜银合金与过量的某浓度的硝酸溶液反应，待放出的气体与1.12L（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3.2g．

Answer 1

分析 （1）①铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，二氧化氮是红棕色气体，铁盐溶液呈黄色；
②铜有剩余，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO；
③酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，又继续和铜反应；
（2）n（HNO₃）=0.25L×0.2mol/L=0.05mol，n（H₂SO₄）=0.25L×0.1moL/L=0.025moL，n（H⁺）=0.05moL+2×0.025moL=0.1mol，n（Cu）=$\frac{1.92g}{64g/mol}$=0.03mol，根据反应：3Cu+2NO₃^-+8H⁺=3Cu²⁺+2NO+4H₂O计算；
（3）铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，根据二者质量与电子转移列方程计算．

解答 解：（1）①铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应方程式为Cu+4HNO₃（浓）=Cu（NO₃）₂+2NO₂↑+2H₂O，二氧化氮是红棕色气体，铁盐溶液呈黄色，所以看到的现象是：溶液逐渐变黄色，有红棕色气体逸出，
故答案为：Cu+4HNO₃（浓）=Cu（NO₃）₂+2NO₂↑+2H₂O；
②铜有剩余，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐减小，当变为稀硝酸时，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，反应离子方程式为：3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，
故答案为：3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；
③加入稀硫酸后，氢离子原溶液中硝酸根离子构成强氧化性酸，又能与过量的铜反应，发生的反应为3Cu+8HNO₃=3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O，
故答案为：加入稀硫酸后，氢离子与原溶液中硝酸根离子构成强氧化性酸，又能与过量的铜反应．
（2）在某100mL混酸中，硝酸的物质的量n（HNO₃）=0.1L×0.4mol/L=0.04mol，硫酸的物质的量n（H₂SO₄）=0.1L×2×0.2moL/L=0.04moL，
所以氢离子的物质的量n（H⁺）=0.04moL+2×0.04moL=0.08mol，
铜粉的物质的量=$\frac{2.56g}{64g/mol}$=0.04mol，依据方程式：
   3Cu+2NO₃^-+8H⁺=3Cu²⁺+2NO+4H₂O
    3    2    8
0.04mol 0.04mol 0.08mol
可知氢离子不足，故根据H⁺计算，由方程式可知n（Cu²⁺）=$\frac{3}{8}$×0.08mol=0.03mol，
所以C（Cu²⁺）=$\frac{0.03mol}{0.1L}$=0.3mol/L，
故答案为：0.3mol•L^-1；
（3）铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，
n（O₂）=$\frac{1.12L}{22.4L/mol}$=0.05mol，
设Cu、Ag的物质的量分别为x、y，则：
根据质量列方程：x×64g/mol+y×108g/mol=14g
根据电子守恒列方程：2x+1×y=0.05mol×4
解得：x=0.05mol；y=0.1mol
m（Cu）=0.05mol×64g/mol=3.2g；
故答案为：3.2g．

点评 本题考查了硝酸性质的分析应用，离子方程式的书写和计算应用，硝酸的浓度不同导致其氧化性不同，和铜反应时其产物不同，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，题目难度不大．