Question

【题目】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_______mol/L，需要质量分数为ω%，密度为ρg/cm3的浓硝酸_______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_____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_______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200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6 g。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

【答案】 H2SO4浓度为2.5 mol/L HNO3物质的量为0.2 mol

【解析】

(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=计算硝酸浓度；根据c=计算浓硝酸的物质的量浓度，再根据V=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=计算c(H2SO4)。

(1)由Cu原子、硝酸根离子守恒可知n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]=2n(Cu)=2×=mol，则硝酸浓度为=mol/L；根据c=可知，浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=mol/L，需要浓硝酸的体积为=mL；

(2)设溶液质量增重为m，则：

所以，解得：m=g=g，Cu的物质的量为=mol，根据电子转移守恒，生成NO物质的量为mol×=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mol×=mol，由2NO+O2=2NO2可知，需要通入氧气为mol××22.4L/mol=L；

(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)==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)==0.25mol，由硫酸根守恒n(H2SO4)=n(FeSO4)=0.25mol，则c(H2SO4)==2.5mol/L。