Question

10．甲、乙两组同学分别对铜、铁与硝酸的反应进行探究，请你参与并完成对有关问题的解答．
（1）甲组同学采用如图所示装置验证铜与硝酸的反应．已知仪器a中盛有足量一定浓度的硝酸溶液，试管b中盛有6.4g铜．
①仪器a的名称是分液漏斗．
②在铜与硝酸的反应中，硝酸所表现出的化学性质主要有酸性和强氧化性．
③仪器c中收集的气体主要是NO．（填分子式）
④待试管b中反应进行完全，如果向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，可生成沉淀的质量是9.8g．
（2）乙组同学对铁与稀硝酸的反应进行探究．他们用a mol Fe和含有b mol HNO₃的稀硝酸进行实验，若两种物质恰好反应都无剩余，且HNO₃只被还原成NO，反应结束后溶液中含有Fe³⁺和Fe²⁺．则：①反应结束后的溶液中NO₃^-的物质的量的取值范围是2amol＜n（NO₃^-）＜3amol．（用含a的代数式等表示）
②若反应结束后的溶液中Fe³⁺、Fe²⁺的物质的量之比n（Fe³⁺）：n（Fe²⁺） 为3：1，则$\frac{a}{b}$的值为$\frac{11}{3}$．

Answer 1

分析 （1）①根据装置图可知仪器的名称；
②反应中N元素的化合价部分未变化生成硝酸铜，部分降低生成氮的氧化物；
③进入仪器c的气体为NO₂，NO₂与水反应生成NO；
④铜完全反应生成硝酸铜，向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，铜离子完全转化为氢氧化铜沉淀，根据n=$\frac{m}{M}$计算铜的物质的量，根据铜原子守恒计算氢氧化铜的物质的量，再根据m=nM计算；
（2）①利用极限法分析解答，全部为Fe³⁺时，溶液中NO₃^-的物质的量最大，全部为Fe²⁺时，溶液中NO₃^-的物质的量最小，据此解答；
②用a表示出溶液中Fe³⁺、Fe²⁺的物质的量，进而用a表示出溶液中NO₃^-的物质的量，根据氮原子守恒用a、b表示出NO的物质的量，根据电子转移守恒解答．

解答 解：（1）①根据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
②反应中N元素的化合价部分未变化生成硝酸铜，硝酸表现酸，性部分降低生成氮的氧化物，硝酸表现强氧化性，
故答案为：酸性和强氧化性；
③进入仪器c的气体为NO₂，NO₂与水反应生成NO，仪器c中收集的气体主要是NO，故答案为：NO；
④6.4g铜的物质的量为$\frac{6.4g}{64g/mol}$=0.1mol，向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，铜离子完全转化为氢氧化铜沉淀，根据铜原子守恒可知n[Cu（OH）₂]=n（Cu）=0.1mol，故m[Cu（OH）₂]=0.1mol×98g/mol=9.8g，
故答案为：9.8；
（2）①全部为Fe³⁺时，溶液中NO₃^-的物质的量最大，故NO₃^-的物质的量最大为3amol，全部为Fe²⁺时，溶液中NO₃^-的物质的量最小，故NO₃^-的物质的量最小为3amol，由于溶液中含有Fe³⁺和Fe²⁺，故2amol＜n（NO₃^-）＜3amol，
故答案为：2amol＜n（NO₃^-）＜3amol；
②n（Fe³⁺）：n（Fe²⁺）=3：1，则n（Fe³⁺）=$\frac{3}{4}$amol、n（Fe²⁺）=$\frac{1}{4}$amol，故溶液中n（NO₃^-）=3n（Fe³⁺）+2n（Fe²⁺）=$\frac{3}{4}$amol×3+$\frac{1}{4}$amol×2=$\frac{11a}{4}$mol，由氮原子守恒可知，n（NO）=bmol-$\frac{11a}{4}$mol，根据电子转移守恒有：$\frac{3}{4}$amol×3+$\frac{1}{4}$amol×2=（b-$\frac{11a}{4}$）mol×（5-2），整理得b：a=$\frac{11}{3}$，
故答案为：$\frac{11}{3}$．

点评 本题考查硝酸的化学性质、化学计算等，难度中等，注意利用守恒思想与极限法的进行的计算．