题目内容
将23.9g表面已锈蚀成铜绿[Cu2（OH）2CO3]的铜片投入100mL 9mol/L的硝酸中，充分反应后，固体全部溶解，硝酸只被还原成NO2和NO（假设生成气体全部逸出），反应后溶液中H+ 为0.16mol（不考虑Cu2+ 的水解）．往反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，滤出沉淀，洗涤、干燥后得到29.4g蓝色固体．求：
（1）铜片中单质铜的质量分数（保留2位小数）．
（2）铜片与硝酸充分反应后，溶液中NO3-的物质的量浓度（假设反应前溶液的体积不变）．
（3）生成NO2和NO气体的体积比．
（4）已知2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O，NO+NO2+2NaOH→2NaNO2+H2O．现将反应后生成的气体用过量NaOH溶液吸收，为使氮氧化物充分吸收，还需通入一定量氧气．
①最少应通入氧气的体积（标准状况）．
②参加反应的NaOH的物质的量．
解：干燥后得到29.4g蓝色固体为Cu（OH）2，n[Cu（OH）2]=
=0.3mol，
（1）根据铜元素守恒n（Cu）=n[Cu（OH）2]=0.3mol，
设单质铜为xmol，Cu2（OH）2CO3为ymol，则：
，解得x=0.2，y=0.05，
m（Cu单质）=0.2mol×64g/mol=12.8g，
故铜单质的质量分数=
×100%=53.56%
答：铜片中单质铜的质量分数为53.56%；
（2）由题意可知，反应后硝酸有剩余，溶液中溶质为硝酸铜、硝酸，根据硝酸根守恒可知，溶液中n（NO3-）=n（HNO3）+2n[Cu（NO3）2]=0.16mol+2×0.3mol=0.76mol，
故溶液中NO3-的物质的量浓度=
=7.6mol/L，
答：溶液中NO3-的物质的量浓度为7.6mol/L．
（3）设NO2和NO的物质的量分别为xmol、ymol，根据氮元素守恒可知，二者物质的量之和等于原硝酸溶液中硝酸的物质的量减去反应后溶液中硝酸根的物质的量，则：x+y=0.1×9-0.76，
再根据电子转移守恒有：x+3y=0.2×2，
联立方程，解得x=0.01，y=0.13
故生成NO2和NO气体的体积比=0.01mol：0.13mol=1：13，
答：生成NO2和NO气体的体积比为1：13，
（4）①当NO：NO2=1：1时需要氧气最少，则加入氧气后NO的物质的量=
×（0.01mol+0.13mol）=0.07mol，故与氧气反应转化为二氧化氮的NO的物质的量为：0.13mol-0.07mol=0.06mol，2NO+O2=2NO2可知，需要氧气最少为×0.06mol=0.03mol，体积为0.03mol×22.4L/mol=0.672L，
答：最少应通入氧气的体积为0.672L．
②由化学式NaNO3、NaNO2可知，氮原子与钠原子物质的量之比为1：1，故n（NaOH）=n（N）=0.01mol+0.13mol=0.14mol，
放出的气体中含有二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，根据碳原子守恒计算n（Na2CO3）=n[Cu2（OH）2CO3]=0.05mol，由钠离子守恒可知n（NaOH）=2n（Na2CO3）=0.1mol，
故消耗的氢氧化钠的物质的量=0.14mol+0.1mol=0.24mol，
答：参加反应的NaOH的物质的量为0.24mol．
分析：干燥后得到29.4g蓝色固体为Cu（OH）2，n[Cu（OH）2]==0.3mol，
（1）根据铜元素守恒n（Cu）=n[Cu（OH）2]，设单质铜为xmol，Cu2（OH）2CO3为ymol，根据二者质量之和及铜原子的物质的量之和列方程计算，根据m=nM计算Cu单质的质量，根据质量分数定义计算；
（2）由题意可知，反应后硝酸有剩余，溶液中溶质为硝酸铜、硝酸，根据硝酸根守恒可知，溶液中n（NO3-）=n（HNO3）+2n[Cu（NO3）2]，根据铜原子守恒n[Cu（NO3）2]=n（Cu），再根据c=
计算；
（3）设NO2和NO的物质的量分别为xmol、ymol，根据氮元素守恒可知，二者物质的量之和等于原硝酸溶液中硝酸的物质的量减去反应后溶液中硝酸根的物质的量，再根据电子转移守恒列方程，据此解答；
（4）①当NO：NO2=1：1时需要氧气最少，计算通入氧气后NO：NO2的物质的量，根据反应的NO计算最少应通入n（O2），再根据V=nVm计算；
②由化学式NaNO3、NaNO2可知，氮原子与钠原子物质的量之比为1：1，故n（NaOH）=n（N），放出的气体中含有二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，由钠离子守恒可知n（NaOH）=2n（Na2CO3），根据碳原子守恒计算n（Na2CO3），上述两部分氢氧化钠之和为消耗的氢氧化钠，据此解答．
点评：本题考查混合物的有关计算，难度较大，注意根据守恒进行的计算，清楚反应过程是解题的关键，（4）②为易错点，学生容易忽略气体中二氧化碳与氢氧化钠反应．
=0.3mol，（1）根据铜元素守恒n（Cu）=n[Cu（OH）2]=0.3mol，
设单质铜为xmol，Cu2（OH）2CO3为ymol，则：
，解得x=0.2，y=0.05，m（Cu单质）=0.2mol×64g/mol=12.8g，
故铜单质的质量分数=
×100%=53.56%答：铜片中单质铜的质量分数为53.56%；
（2）由题意可知，反应后硝酸有剩余，溶液中溶质为硝酸铜、硝酸，根据硝酸根守恒可知，溶液中n（NO3-）=n（HNO3）+2n[Cu（NO3）2]=0.16mol+2×0.3mol=0.76mol，
故溶液中NO3-的物质的量浓度=
=7.6mol/L，答：溶液中NO3-的物质的量浓度为7.6mol/L．
（3）设NO2和NO的物质的量分别为xmol、ymol，根据氮元素守恒可知，二者物质的量之和等于原硝酸溶液中硝酸的物质的量减去反应后溶液中硝酸根的物质的量，则：x+y=0.1×9-0.76，
再根据电子转移守恒有：x+3y=0.2×2，
联立方程，解得x=0.01，y=0.13
故生成NO2和NO气体的体积比=0.01mol：0.13mol=1：13，
答：生成NO2和NO气体的体积比为1：13，
（4）①当NO：NO2=1：1时需要氧气最少，则加入氧气后NO的物质的量=
×（0.01mol+0.13mol）=0.07mol，故与氧气反应转化为二氧化氮的NO的物质的量为：0.13mol-0.07mol=0.06mol，2NO+O2=2NO2可知，需要氧气最少为×0.06mol=0.03mol，体积为0.03mol×22.4L/mol=0.672L，答：最少应通入氧气的体积为0.672L．
②由化学式NaNO3、NaNO2可知，氮原子与钠原子物质的量之比为1：1，故n（NaOH）=n（N）=0.01mol+0.13mol=0.14mol，
放出的气体中含有二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，根据碳原子守恒计算n（Na2CO3）=n[Cu2（OH）2CO3]=0.05mol，由钠离子守恒可知n（NaOH）=2n（Na2CO3）=0.1mol，
故消耗的氢氧化钠的物质的量=0.14mol+0.1mol=0.24mol，
答：参加反应的NaOH的物质的量为0.24mol．
分析：干燥后得到29.4g蓝色固体为Cu（OH）2，n[Cu（OH）2]=
=0.3mol，（1）根据铜元素守恒n（Cu）=n[Cu（OH）2]，设单质铜为xmol，Cu2（OH）2CO3为ymol，根据二者质量之和及铜原子的物质的量之和列方程计算，根据m=nM计算Cu单质的质量，根据质量分数定义计算；
（2）由题意可知，反应后硝酸有剩余，溶液中溶质为硝酸铜、硝酸，根据硝酸根守恒可知，溶液中n（NO3-）=n（HNO3）+2n[Cu（NO3）2]，根据铜原子守恒n[Cu（NO3）2]=n（Cu），再根据c=
计算；（3）设NO2和NO的物质的量分别为xmol、ymol，根据氮元素守恒可知，二者物质的量之和等于原硝酸溶液中硝酸的物质的量减去反应后溶液中硝酸根的物质的量，再根据电子转移守恒列方程，据此解答；
（4）①当NO：NO2=1：1时需要氧气最少，计算通入氧气后NO：NO2的物质的量，根据反应的NO计算最少应通入n（O2），再根据V=nVm计算；
②由化学式NaNO3、NaNO2可知，氮原子与钠原子物质的量之比为1：1，故n（NaOH）=n（N），放出的气体中含有二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，由钠离子守恒可知n（NaOH）=2n（Na2CO3），根据碳原子守恒计算n（Na2CO3），上述两部分氢氧化钠之和为消耗的氢氧化钠，据此解答．
点评：本题考查混合物的有关计算，难度较大，注意根据守恒进行的计算，清楚反应过程是解题的关键，（4）②为易错点，学生容易忽略气体中二氧化碳与氢氧化钠反应．
练习册系列答案
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