Question

12．3.2g Cu与过量硝酸（a mol•L^-1，30mL）充分反应．硝酸的还原产物只有NO₂、NO．反应后溶液中含H⁺为0.1mol．
（1）此时溶液中所含NO₃^-为0.2mol．
（2）求生成的气体中NO₂和NO的物质的量（用含有a的式子表示）．
（3）用NaOH溶液吸收产生的气体，原理为：2NO₂+2NaOH═NaNO₃+NaNO₂+H₂O，NO₂+NO+2NaOH═2NaNO₂+H₂O．
若生成的混合气体能被NaOH完全吸收，试讨论a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）将3.2g即0.05mol铜粉与过量硝酸（amol/L，30mL），充分反应，根据Cu元素守恒，生成硝酸铜是0.05mol，显示酸性的硝酸的量0.1mol，硝酸根离子为0.1mol，反应后溶液中含H⁺为0.1mol，所以剩余硝酸是0.1mol，此部分硝酸根离子是0.1mol；
（2）结合电子守恒和N元素守恒计算生成的气体中NO₂和NO的物质的量；
（3）由方程式可知，只有NO₂，气体能完全被吸收，根据电子转移守恒可知，此时a的值最大，气体为NO和NO₂，二者按1：1可以被完全吸收，故气体完全被吸收，应满足n（NO₂）≥n（NO），结合（2）中的表达式计算．

解答 解：（1）将3.2g即0.05mol铜粉与过量硝酸（amol/L，30mL），充分反应，根据Cu元素守恒，生成硝酸铜是0.05mol，显示酸性的硝酸的量0.1mol，硝酸根离子为0.1mol，反应后溶液中含H⁺为0.1mol，所以剩余硝酸是0.1mol，此部分硝酸根离子是0.1mol，所以此时溶液中所含NO₃^-的物质的量是0.1mol+0.1mol=0.2mol，
故答案为：0.2；
（2）3.2g即0.05mol铜粉失去电子的物质的量：0.05mol（2-0）=0.1mol，反应后溶液中含H⁺为0.1mol，所以剩余硝酸是0.1mol，消耗的硝酸是（0.03a-0.1）mol，设生成的NO₂和NO的物质的量分别是x、y，根据Cu元素守恒，生成硝酸铜是0.05mol，此部分硝酸根离子是0.1mol，剩余硝酸是0.1mol，根据N元素守恒：x+y+0.1=（0.03a-0.1）mol，根据电子守恒：0.1mol=x+3y，联立方程式，解得x=（0.045a-0.35）mol，y=0.015（10-a）mol，
答：生成的NO₂和NO的物质的量分别是：（0.045a-0.35）mol，0.015（10-a）mol；
（3）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0.045a-0.35=0.1，解得a=10，由于为混合气体，故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），即：（0.045a-0.35）mol≥0.015（10-a）mol，解得a≥8.3，所以得到a的取值范围：8.3≤a＜10，
答：取值范围为8.3≤a＜10．

点评 本题考查混合物计算、根据方程式计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，判断气体完全吸收满足的条件是关键，属于字母型计算，增大计算难度，为易错题目，难度中等．