Question

16．硝酸铜是重要的化工原料，以下三种方法均可得到硝酸铜．
已知：2NO₂+2NaOH→NaNO₃+NaNO₂+H₂O
NO+NO₂+2NaOH→2NaNO₂+H₂O
（以下涉及到的气体体积均为标准状况下数据）：
（1）甲组用a克Cu粉，在加热的条件下，与空气充分反应，然后将生成的CuO全部溶于VmL稀硝酸中，制得硝酸铜溶液，则所需稀硝酸的浓度至少为$\frac{125a}{4V}$mol/L，需要质量分数为w%，密度为ρg/cm³的浓硝酸$\frac{1575a}{8ρw}$mL（均用最简分式表示）．
（2）乙组用b克Cu粉，全部溶于过量的稀硝酸中，溶液质量增重$\frac{11b}{16}$克，将生成的气体通入足量NaOH溶液中并同时通入氧气的体积至少$\frac{7b}{120}$L才能使生成的气体吸收完全（均用最简分式表示）．
（3）丙组取某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g．向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸只被还原为NO气体）．列式计算原混合酸中硝酸的物质的量是多少？硫酸的物质的量浓度多少？

Answer 1

分析 （1）由Cu原子、硝酸根离子守恒可知n（HNO₃）=2n[Cu（NO₃）₂]=2n（Cu），再根据c=$\frac{n}{V}$计算硝酸浓度；
根据c=$\frac{1000ρω}{M}$计算浓硝酸的物质的量浓度，再根据V=$\frac{n}{c}$计算需要浓硫酸体积；
（2）发生反应：3Cu+8HNO₃=3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O，根据差量法计算溶液质量增重；根据电子转移守恒计算生成NO的物质的量，将NO通入NaOH溶液，同时通入氧气，气体被完全吸收，发生反应NO+NO₂+2NaOH=2NaNO₂+H₂O时需要氧气最少，计算NO₂的物质的量，结合2NO+O₂=2NO₂计算需要通入氧气；
（3）由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO₃^-+4H⁺=Fe³⁺+NO↑+2H₂O，AB段发生反应为：Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺，BC段发生反应为Fe+2H⁺=Fe²⁺+H₂↑．
根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO₃^-物质的量，与混合溶液中硝酸为每一份中的2倍；
最终消耗Fe为14g，此时溶液中溶质为 FeSO₄，则n（ FeSO₄）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H₂SO₄）=n（ FeSO₄），再根据c=$\frac{n}{V}$计算c（H₂SO₄）．

解答 解：（1）由Cu原子、硝酸根离子守恒可知n（HNO₃）=2n[Cu（NO₃）₂]=2n（Cu）=2×$\frac{ag}{64g/mol}$=$\frac{a}{32}$mol，则硝酸浓度为$\frac{\frac{a}{32}mol}{V×1{0}^{-3}L}$=$\frac{125a}{4V}$mol/L；
根据c=$\frac{1000ρω}{M}$可知，浓硝酸的物质的量浓度为$\frac{1000×ρ×w%}{63}$mol/L=$\frac{10ρw}{63}$mol/L，需要浓硝酸的体积为$\frac{\frac{a}{32}mol}{\frac{10ρw}{63}mol/L}$=$\frac{63a}{320ρw}$L=$\frac{1575a}{8ρw}$mL，
故答案为：$\frac{125a}{4V}$；$\frac{1575a}{8ρw}$；
（2）设溶液质量增重为m，则：
3Cu+8HNO₃=3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O 溶液质量增重
192                             192-60=132
bg                                 m
所以m=$\frac{132b}{192}$g=$\frac{11b}{16}$g，
Cu的物质的量为$\frac{bg}{64g/mol}$=$\frac{b}{64}$mol，根据电子转移守恒，生成NO物质的量为$\frac{\frac{b}{64}mol×2}{3}$=$\frac{b}{96}$mol，将NO通入NaOH溶液，同时通入氧气，气体被完全吸收，发生反应NO+NO₂+2NaOH=2NaNO₂+H₂O时需要氧气最少，则NO₂的物质的量为$\frac{b}{96}$mol×$\frac{1}{2}$=$\frac{b}{192}$mol，由2NO+O₂=2NO₂可知，需要通入氧气为$\frac{b}{192}$mol×$\frac{1}{2}$×22.4L/mol=$\frac{7b}{120}$L，
故答案为：$\frac{11b}{16}$；$\frac{7b}{120}$；
（3）由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO₃^-+4H⁺=Fe³⁺+NO↑+2H₂O，AB段发生反应为：Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺，BC段发生反应为Fe+2H⁺=Fe²⁺+H₂↑．
OA段发生反应为：Fe+NO₃^-+4H⁺=Fe³⁺+NO↑+2H₂O，硝酸全部起氧化剂作用，OA段消耗Fe为5.6g，所以n（NO₃^-）=n（Fe）=$\frac{5.6g}{56g/mol}$=0.1mol，原混合物中硝酸物质的量为0.1mol×2=0.2mol；
最终消耗Fe为14g，此时溶液中溶质为 FeSO₄，则n（ FeSO₄）=n（Fe）=$\frac{14g}{56g/mol}$=0.25mol，由硫酸根守恒n（H₂SO₄）=n（ FeSO₄）=0.25mol，则c（H₂SO₄）=$\frac{0.25mol}{0.1L}$=2.5mol/L，
答：原混合酸中硝酸的物质的量是0.2mol，硫酸的浓度为2.5mol/L．

点评 本题考查化学计算，涉及字母型计算，为易错题目，（2）中计算需要氧气体积为难点，中学基本不涉及该反应，是对学生综合能力的考查，难度中等．