Question

【题目】（1）FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1﹕1﹕1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为____________。

（2）在P＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为____________mol。

（3）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，将这些气体与1.68 L 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5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是___________mL。

（4）利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下：

Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为_______________________________，在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344L（标准状况），则钴氧化物的化学式为______________。

Answer 1

【答案】1：7 1.5 60 2Co（OH）3+4H++SO32-=2Co2++SO42-+5H2O Co3O4．

【解析】

（1）根据电子转移守恒以及原子守恒进行计算；

（2）根据电子转移守恒进行计算；

（3）根据电子转移守恒以及原子守恒进行计算；

（4）Co(OH)3溶解还原反应为Co(OH)3、H+、SO32-的氧化还原反应；根据质量守恒定律计算氧化物的化学式。

（1）设参加反应的FeS为1mol，则溶液中Fe2(SO4)3为1/3 mol，Fe(NO3)3为1/3 mol，反应中Fe元素、S元素化合价升高，N元素化合价降低，设NO2、N2O4、NO的物质的量均为amol，根据电子转移守恒有：1×（3-2）+1×[6-（-2）]=a×（5-4）+a×（5-4）×2+a×（5-2），解得：a=1.5，则NO2、N2O4、NO的物质的量分别为1.5mol、1.5mol、1.5mol，则起氧化剂作用的HNO3为：1.5mol+1.5mol×2+1.5mol=6mol，起酸的作用的硝酸为1/3 mol×3=1mol，参加反应的硝酸为：6mol+1mol=7mol，所以实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比=1mol：7mol=1：7；

（2）反应中铜元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从0价升高到+5价，失去5个电子，则根据电子得失守恒可知7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为7.5mol÷5＝1.5mol；

（3）NO2、N2O4、NO的混合气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4，即n（Cu）×2=1.68/22.4 mol×4，解得：n（Cu）=0.15mol，所以溶液中铜离子为0.15mol，根据Cu2+～2OH-可知NaOH为0.15mol×2=0.3 mol，则NaOH溶液的体积0.3mol÷5mol/L=0.06L=60mL；

（4）Co(OH)3溶解还原反应为Co(OH)3、H+、SO32-的氧化还原反应，其离子反应为2Co(OH)3+4H++SO32-＝2Co2++SO42-+5H2O；煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344L（标准状况），n（CO2）=1.344L÷22.4L/mol=0.06mol，由化学式可知n（Co）=0.06mol×1/2=0.03mol，则氧化物中n（O）=(2.41g－0.03mol×59g/mol)÷16g/mol=0.04mol，则n（Co）：n（O）=0.03mol：0.04mol=3：4，所以钴氧化物的化学式为Co3O4。