题目内容

3．自然界中，金属硫化物矿床常因发生表生氧化及次生富集作用，产生辉铜矿（Cu2S）与铜蓝（CuS）．
已知：Cu2S、CuS是两种不溶于水的黑色固体，在一定条件下都能与稀HNO3反应：
①3CuS+8H++8NO3-→3Cu2++3SO42-+8NO↑+4H2O
②3Cu2S+16H++10NO3-→6Cu2++3SO42-+10NO↑+8H2O
现将四份质量不同的某Cu2S和CuS混合物样品分别和100mL物质的量为5mol/L的稀硝酸充分反应，所取样品质量与产生气体体积．（标准状况测定）如表所示：
实验编号abc
样品质量（g）9.612.864.0
气体体积（L）5.046.72V
试回答下列问题（不考虑硝酸的挥发以及溶液体积变化）：
（1）a实验结束后，溶液中c（NO3-）=2.75mol/L．
（2）b实验结束后，溶液的pH=0．

分析 （1）根据反应可知，生成气体的物质的量与消耗硝酸根离子的物质的量相等，据此计算出反应后a溶液中硝酸根离子浓度；
（2）根据a中数据判断b中混合物恰好完全反应，然后设出混合物中Cu2S、CuS的物质的量，分别根据总质量、生成气体的物质的量列式计算出Cu2S、CuS的物质的量；再根据反应方程式计算出反应中消耗氢离子的物质的量，然后根据c=$\frac{n}{V}$计算出消耗氢离子浓度，最后计算出剩余氢离子浓度及溶液的pH．

解答 解：（1）100mL物质的量为5mol/L的稀硝酸消耗含有硝酸的物质的量为：5mol/L×0.1L=0.5mol，
根据反应①3CuS+8H++8NO3-→3Cu2++3SO42-+8NO↑+4H2O、②3Cu2S+16H++10NO3-→6Cu2++3SO42-+10NO↑+8H2O可知，反应生成NO气体的物质的量与消耗硝酸根离子的物质的量相等，a实验中生成NO的物质的量为：$\frac{5.04L}{22.4L/mol}$=0.225mol，消耗硝酸的浓度为：$\frac{0.225mol}{0.1L}$=2.25mol/L，则反应后溶液浓度为5mol/L-2.25mol/L=2.75mol/L，
故答案为：2.75mol/L；     
（2）9.6g混合物生成5.04LNO气体，12.8g混合物能够生成一氧化氮的体积为：$\frac{12.8g}{9.6g}$×5.04L=6.72L，说明b中混合物完全反应，
设12.8g的样品中CuS的物质的量为x，Cu2S的物质的量为y，
根据质量可得：①96x+160y=12.8，
根据生成气体可得：②$\frac{8}{3}$x+$\frac{10}{2}$y=$\frac{6.72L}{22.4L/mol}$=0.3，
根据①②解得：x=y=0.05mol，
根据方程式①3CuS+8H++8NO3-→3Cu2++3SO42-+8NO↑+4H2O、②3Cu2S+16H++10NO3-→6Cu2++3SO42-+10NO↑+8H2O可知消耗氢离子的物质的量为：n（H+）=0.05mol×$\frac{8}{3}$+0.05mol×$\frac{16}{3}$=0.4mol，
故消耗氢离子的浓度为：c（H+）=$\frac{0.4mol}{0.1L}$=4mol/L，
所以剩余氢离子浓度为：c（H+）=5mol/L-4mol/L=1mol/L，反应后b溶液的pH=0，
故答案为：0．

点评 本题考查了混合物反应的计算，题目都能较大，正确判断b中混合物是否完全反应为解答关键，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题计算量较大，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．

练习册系列答案
相关题目
13．分子式为C5H11Br且含有两个甲基的同分异构体共有（不考虑立体结构）（　　）
A．3种B．4种C．5种D．6种
14．某溶液中大量存在Ba2+、H+、Cl-，该溶液中还可能大量存在的离子是（　　）
A．Ag+B．SO42-C．CH3COO-D．Mg2+
11．下列各组化合物中，各化合物都有相同数目的同分异构体的是（　　）
A．CH2O与C2H4O2B．C4H10与C4H6OC．CF2Cl2与C2F2Cl2D．C4H10与C3H6
18．下列做法或实验操作正确的是（　　）
A．振荡分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞
B．用湿润的碘化钾淀粉试纸鉴别Br2（g）和NO2
C．在50mL量筒中配制0.1000mol•L-1碳酸钠溶液
D．检验NH4+时，向试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体
8．对有机物，下列相关说法中不正确的是（　　）
A．一定条件下能发生酯化反应
B．一定条件下能发生催化氧化反应
C．不能发生加成反应
D．1mol该物质与Na2CO3溶液反应最多消耗1.5mol Na2CO3
5．硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业．从硼镁泥中提取MgSO4•7H2O的工艺流程如下：

已知：NaClO与Mn2+反应产生MnO2沉淀．
沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2
开始沉淀pH2.34.07.6
完全沉淀pH4.15.29.6
根据题意回答下列问题：
（1）实验中需用1.00mol/L的硫酸80.0mL，若用98%的浓硫酸来配制，除量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的玻璃仪器有烧杯、100mL容量瓶．
（2）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3外，还有MnO2、SiO2．
（3）加入的NaClO可与Mn2+反应产生MnO2沉淀，该反应的离子方程式：Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl-．
在调节pH=5-6之前，还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O．
（4）为了检验滤液中Fe3+是否被除尽，可选用的试剂是A．
A．KSCN溶液    B．淀粉KI溶液    C．H2O2    D．KMnO4稀溶液
（5）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：
温度（℃）40506070
MgSO430.933.435.636.9
CaSO40.2100.2070.2010.193
“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤蒸发浓缩、趁热过滤．
（6）如果测得提供的硼镁泥的质量为100.0g，得到的MgSO4•7H2O196.8g，则MgSO4•7H2O的产率为80.0%（相对分子质量：MgSO4•7H2O-246  MgO-40）．
2．邻苯二甲酸酯类是最常见的塑化剂，实验室制备邻苯二甲酸二丁酯的反应原理如下，其中n-C4H9OH表示正丁醇．

已知：（1）上述反应的第一步进行得迅速而完全，第二步反应可逆，较难进行．
（2）有关物质的性质如下表所示：
物质性质（沸点及分解温度均为101kPa测得）
邻苯二甲酸酐
（M=148g/mol）		白色针状晶体．不溶于冷水，溶于热水及有机溶剂．
密度1.53g/cm3，沸点295℃．
正丁醇（M=74g/mol）无色液体．微溶于水，溶于有机溶剂．密度0.81g/cm3，沸点117.7℃．可与水形成二元共沸物（沸点92.7℃）．
邻苯二甲酸二丁酯
（M=278g/mol）		无色油状液体．难溶于水，溶于有机溶剂．密度1.49g/cm3，沸点340℃．酸性条件下180℃以上易发生分解．
实验步骤：装置图如1图所示，夹持装置、加热装置均略去．

（Ⅰ）制备粗产品：在三颈烧瓶侧口插入温度计，另一侧口连接分水器与冷凝管，从中间口先加入3g（0.02mol）邻苯二甲酸酐及几粒沸石，在振摇下缓慢加入6.5mL（0.07mol）正丁醇和0.1mL浓硫酸的混合液．安装搅拌装置．在分水器中加入正丁醇至支管平齐．缓慢升温，使混合物微沸，至瓶内固体完全消失．继续回流，分水器中有小液滴沉入底部，当温度升到140℃时便可停止加热．
（Ⅱ）粗产品纯化：当反应液冷却到70℃以下时，将混合液转入分液漏斗，加入10mL 5% Na2CO3溶液洗涤，有机层用15mL温热的饱和食盐水洗涤2～3次，至有机层呈中性，分离出的油状物，用无水硫酸镁干燥，除去干燥剂．有机层先蒸去过量的正丁醇，最后在抽气泵的减压下蒸馏，收集180～190℃的馏分即得产品，称量质量．回答下列问题：
（1）仪器e的名称蒸馏烧瓶，浓硫酸的作用是催化剂，吸水剂抽气泵的作用是可降低有机物的沸点，可以防止有机物脱水碳化，提高产物的纯度．
（2）制备装置中冷凝水的流向与冷凝管中蒸汽的流向相同，制备过程中反应进行到终点的标志是分水器中的水位不再发生变化．
（3）产品纯化过程中，加入Na2CO3溶液的目的是将硫酸和转变成盐，从而与产物分离，该操作是否可改用NaOH溶液？否（填“是”或“否”），原因是；氢氧化钠碱性太强，能使邻苯二甲酸二丁酯发生水解；．加入食盐水洗涤一方面是防止有机物发生乳化而不利于分层，另一方面是为了降低邻苯二甲酸二丁酯的溶解度．
（4）实验中还可采用薄层色谱法（原理和操作与纸层析类同）跟踪反应进程，分别在反应开始后的不同时间，用毛细管从三颈烧瓶中取样、点样、薄层色谱展开后在紫外灯照射下（含苯环结构的物质可显色）斑点如图2．你认为不可能出现的情况是D．
A．开始   B．30min   C．60min   D．90min．
3．下列有关金属元素的叙述中正确的是（　　）
A．某金属元素从化合态变为游离态时，该元素一定发生还原反应
B．含金属元素的离子，一定都是阳离子
C．金属阳离子被还原一定得到金属单质
D．在氧化还原反应中，金属单质一定被还原

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