Question

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

 

、反应前硝酸的物质的量浓度是

 

（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．

Answer 1

考点：铜金属及其重要化合物的主要性质,有关范围讨论题的计算

专题：计算题

分析：n（Cu）=

9.6g

64g/mol

=0.15mol，
（1）n（NOx）=

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

x+y=0.04 (5-2)x+(5-4)y=0.15× 1 3 ×2

，解得

x=0.03 y=0.01

，
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×

1

3

×2+0.04mol+1mol=1.14mol，
根据c=

n

V

计算硝酸物质的量浓度；
（2）n（NO）=

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×

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⁺）=

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，
据此计算硫酸的物质的量；
（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：n（Cu）=

9.6g

64g/mol

=0.15mol，
（1）n（NOx）=

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

x+y=0.04 (5-2)x+(5-4)y=0.15× 1 3 ×2

解得

x=0.03 y=0.01

，
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=

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×

1

3

×2+0.04mol+1mol=1.14mol，
原来硝酸物质的量浓度c=

n

V

=

1.14mol

0.1mol

=11.4mol/L，
故答案为：75%；11.4mol/L；
（2）n（NO）=

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×

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⁺）=

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，
n（H₂SO₄）=

0.1mol-0.02mol

2

=0.04mol，
答：反应前硫酸的物质的量是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=

25

3

=8.3，
则a≥

25

3

，
应满足

25

3

≤a＜10（或8.3≤a＜10），
答：a的取值范围为

25

3

≤a＜10（或8.3≤a＜10）．

点评：本题以硝酸和铜为载体考查方程式的有关计算，侧重考查分析、计算能力，注意利用原子守恒、转移电子守恒进行解答，难点是a取值范围的计算，题目难度中等．