题目内容
13．某课外兴趣小组成员为研究金属铜与强酸的反应，将9.6克铜粉分为三等份，进行了如下一些实验，请完成有关计算．（1）取其中一份与100mL一定浓度的硝酸反应，待固体完全溶解，产生的一氧化氮和二氧化氮混合气体在标准状况下的体积为0.896L．然后将剩余溶液稀释至1000mL，测得pH=0．请计算：生成的混合气体中一氧化氮的体积分数为75%、反应前硝酸的物质的量浓度是11.4mol/L．
（2）再取另一份铜粉投入100mLpH=0的硫酸和硝酸混合液中，微热使反应充分完成后，生成一氧化氮气体448mL（标准状况）．求反应前混合溶液中所含硫酸的物质的量是多少？（写出计算过程）
（3）用NaOH溶液吸收氮氧化物是防止NOx污染的一种方法．
原理为：2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O，NO+NO2+2NaOH→2NaNO2+H2O
取最后一份铜粉溶于a mol/L过量的硝酸溶液30.0ml中，假设硝酸的还原产物只有一氧化氮和二氧化氮．待反应结束后，将所剩溶液加水稀释至1000m L，测得c（NO3-）=0.200mol/L．若反应所生成的混合气体能被NaOH溶液完全吸收，试讨论a的取值范围．
分析 n（Cu）=$\frac{9.6g}{64g/mol}$=0.15mol，
（1）n（NOx）=$\frac{0.896L}{22.4L/mol}$=0.04mol，剩余溶液中n（HNO3）=1mol/L×1L=1mol，设NO、NO2的物质的量分别为x、y，结合转移电子守恒得$\left\{\begin{array}{l}{x+y=0.04}\\{（5-2）x+y（5-4）=0.15×\frac{1}{3}×2}\end{array}\right.$，
解得x=0.03mol，y=0.01mol，
相同条件下，不同气体的物质的量之比等于其体积之比，NO的体积分数等于其物质的量分数；
根据N原子守恒知，原来溶液中n（HNO3）=2[Cu（NO3）2]+n（NOx）+n（HNO3）（剩余）=2n（Cu）+n（NOx）+n（HNO3）（剩余）=0.15mol×$\frac{1}{3}$×2+0.04mol+1mol=1.14mol，
根据c=$\frac{n}{V}$计算硝酸物质的量浓度；
（2）n（NO）=$\frac{0.448L}{22.4L/mol}$=0.02mol，原来混合溶液中pH=0的硫酸和硝酸混合溶液中c（H+）=1mol/L，
n（H+）=0.1L×1mol/L=0.1mol，n（Cu）=0.15mol×$\frac{1}{3}$=0.05mol，根据3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+3H2O可知，如果铜完全反应需要n（H+）=$\frac{0.05mol×8}{3}$≈0.13mol＞0.1mol，铜过量，硝酸完全反应，所以n（HNO3）=n（NO）=0.02mol，
原来溶液中n（H+）=2n（H2SO4）+n（HNO3）=2n（H2SO4）+0.02mol=0.1mol；
（3）设n（NO2）=xmol，n（NO）=ymol，
根据电子守恒，有x+3y=0.05×2，
根据N元素守恒，有x+y=0.03a-0.2，
解之得：x=（0.045a-0.35）mol，y=（0.15-0.015a）mol；
要使混合气体完全被NaOH吸收，则生成的二氧化氮和一氧化氮体积为≥1：1，采用极限法分析解答．
解答 解：（1）n（Cu）=$\frac{9.6g}{64g/mol}$=0.15mol，n（NOx）=$\frac{0.896L}{22.4L/mol}$=0.04mol，剩余溶液中n（HNO3）=1mol/L×1L=1mol，设NO、NO2的物质的量分别为x、y，结合转移电子守恒得$\left\{\begin{array}{l}{x+y=0.04}\\{（5-2）x+y（5-4）=0.15×\frac{1}{3}×2}\end{array}\right.$，
解得x=0.03mol，y=0.01mol，
相同条件下，不同气体的物质的量之比等于其体积之比，NO的体积分数等于其物质的量分数为$\frac{0.03mol}{0.03mol+0.01mol}$×100%=75%；
根据N原子守恒知，原来溶液中n（HNO3）=2[Cu（NO3）2]+n（NOx）+n（HNO3）（剩余）=2n（Cu）+n（NOx）+n（HNO3）（剩余）=0.15mol×$\frac{1}{3}$×2+0.04mol+1mol=1.14mol，由c=$\frac{n}{V}$可知硝酸物质的量浓度为$\frac{1.14mol}{0.1L}$=11.4mol/L，
故答案为：75%；11.4mol/L；
（2）NO的物质的量是0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，投入的铜是0.05mol，根据方程式3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O可知铜完全反应需要氢离子的物质的量是$\frac{8}{3}×0.05mol$，溶液中氢离子是0.1L×1.0mol/L=0.1mol，这说明氢离子不足，铜过量，硝酸完全反应．根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量是0.02mol，所以原溶液中硫酸的物质的量是$\frac{0.1mol-0.02mol}{2}$=0.04mol，
答：反应前混合溶液中所含硫酸的物质的量是0.04mol；
（3）设n（NO2）=xmol，n（NO）=ymol，
根据电子守恒，有x+3y=0.05×2，
根据N元素守恒，有x+y=0.03a-0.2，
解之得：x=（0.045a-0.35）mol，y=（0.15-0.015a）mol；
如硝酸全部被还原为NO2，由转移电子数目相等可知生成的NO2物质的量为n（NO2）=2n（Cu）=2×0.05mol=0.1mol，则0.03a-0.2=0.1，a=10，
如生成NO和NO2，气体完全被吸收，则由反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，应满足n（NO2）≥n（NO），
设二者物质的量相等，且都为xmol，则由转移电子数目相等可知x+3x=0.05×2，x=0.025，
此时0.03a-0.2=0.025×2，
a=8.3，
则a≥8.3，
应满足8.3≤a＜10），
答：a的取值范围为8.3≤a＜10）．
点评 本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意电子及原子守恒应用，题目难度不大．
一本好题口算题卡系列答案| A． | Zn为负极，Ag2O是正极 | |
| B． | 在使用过程中，电池负极区溶液的c（OH-）值减小 | |
| C． | 电池工作时，电子由Zn极经外电路流向Ag2O极 | |
| D． | 电路中每通过0.2mol电子，负极的质量理论上减少6.5g |
①氢氧化铜的悬浊液与盐酸反应：OH-+H+═H2O
②氯化铝溶液与过量氨水反应：Al3++3NH2•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+
③小苏打溶液与饱和石灰水反应：HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O
④苯酚钠溶液中通入过量的CO2：C6H5O-+H2O+CO2═C6H5OH↓+HCO3-．
| A． | ①、② | B． | ①、③ | C． | ②、③ | D． | ①、④ |
| A． | a点溶液中：c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（H+）=c（OH-） | |
| B． | b点所得溶液中阴离子浓度大小顺序为：c（Cl-）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-） | |
| C． | c点溶液中：c（Cl-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-）=1.5 mol•L-1 | |
| D． | d→e的过程中水的电离程度逐渐减小 |
| A． | Ag+、NO3-、Cl-、K+ | B． | Na+、Fe2+、Cl-、NO3- | ||
| C． | K+、Ba2+、OH-、SO42- | D． | Cu2+、NH4+、Br-、Cl- |
| A． | 在A点所示的溶液中：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-） | |
| B． | 在B点所示的溶液中，浓度最大的离子是Na+ | |
| C． | 当溶液的pH为7时，溶液的总体积大于20mL | |
| D． | 25℃时，CO32-水解常数Kh=2×10-4mol•L-1，当溶液中c（HCO3-）：c（CO32-）=2：1时，溶液的pH=10 |
| A． | HCO3-、Ag+、NO3-、Na+ | B． | Na+、Cl-、CO32-、NO3- | ||
| C． | Fe3+、Na+、Cl-、SO42- | D． | H+、Cl-、CO32-、NH4+ |
| A． | 0.5mol H2O含有的原子数目为1.5NA | |
| B． | 32g O2所含的原子数目为NA | |
| C． | 1mol H2O含有的H2O分子数目为NA | |
| D． | 0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol |