题目内容
某金属硝酸盐受热分解的产物为不含N元素的固体物质和NO2、O2气体．
（1）该金属硝酸盐受热分解后，若产生NO2和O2的物质的量之比为6：1，则金属元素的价态在反应过程中 （选填“升高”、“降低”或“不变”）．
（2）该金属硝酸盐受热分解后，产生NO2和O2的物质的量之比的最小值是 ．
（3）现取mg Cu（NO3）2不含水的晶体，强热使其分解，得到NO2、O2 和ng固体．将气体用水充分吸收后，结果还有气体剩余，同时得到500mL溶液．则残留固体的成分可能是 （用化学式表示）；所得溶液的物质的量浓度是 （用含m的代数式表示）．
（4）若m=3.76、n=1.52，试通过计算确定残留固体的成分和质量．
（1）该金属硝酸盐受热分解后，若产生NO2和O2的物质的量之比为6：1，则金属元素的价态在反应过程中
（2）该金属硝酸盐受热分解后，产生NO2和O2的物质的量之比的最小值是
（3）现取mg Cu（NO3）2不含水的晶体，强热使其分解，得到NO2、O2 和ng固体．将气体用水充分吸收后，结果还有气体剩余，同时得到500mL溶液．则残留固体的成分可能是
（4）若m=3.76、n=1.52，试通过计算确定残留固体的成分和质量．
考点：含氮物质的综合应用,氧化还原反应的计算
专题：计算题
分析：（1）某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2，氮元素化合价由+5价降低为+4价，氧元素化合价由-2价升高为0价，根据NO2和 O2的物质的量之比为6：1，计算氮原子得到的电子、氧原子失去的电子，根据电子转移守恒，判断金属元素化合价变化；
（2）依据硝酸银分解规律分析，金属变化为单质时产生NO2和O2的物质的量之比的最小；
（3）NO2、O2通入水中发生4NO2+O2+2H2O=HNO3，如二者恰好反应，则生成固体为CuO，气体剩余，应为氧气，由元素化合价升降总数相等可知，Cu元素化合价降低，还应生成Cu2O，N元素全被以NO2气体生成，结合N元素守恒计算浓度；
（4）从质量守恒的角度列式计算．
（2）依据硝酸银分解规律分析，金属变化为单质时产生NO2和O2的物质的量之比的最小；
（3）NO2、O2通入水中发生4NO2+O2+2H2O=HNO3，如二者恰好反应，则生成固体为CuO，气体剩余，应为氧气，由元素化合价升降总数相等可知，Cu元素化合价降低，还应生成Cu2O，N元素全被以NO2气体生成，结合N元素守恒计算浓度；
（4）从质量守恒的角度列式计算．
解答：
解：（1）某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2，氮元素化合价由+5价降低为+4价，氧元素化合价由-2价升高为0价，生成的二氧化氮和氧气的物质的量之比为6：1，
令NO2和 O2的物质的量分别为6mol、1mol，氮原子得到的电子物质的量为6mol×（5-4）=6mol，氧原子失去的电子为1mol×2×[0-（-2）]=4mol，
氧化还原反应中，得失电子数目应相等，则金属化合价应升高，失电子被氧化，
故答案为：升高；
（2）按均属活动顺序表活泼金属（K-Na）生成亚硝酸盐和O2：2NaNO3=2NaNO2+O2较活泼金属 （Mg-Cu） 生成金属氧化物、NO2、O2：2Cu（NO3）2=2CuO+4NO2 +O2惰性金属（Cu之后的）生成金属单质、NO2、O2：2AgNO3=2Ag+2NO2+O2 ；
某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2，氮元素化合价由+5价降低为+4价，氧元素化合价由-2价升高为0价，金属化合价降低越多产生NO2和O2的物质的量之比越小，生成单质金属降低最多，则只能是二价金属汞，Hg（NO3 ）2 =Hg+2NO2+O2 ，最小值为2：1；
故答案为：2：1；
（3）NO2、O2通入水中发生4NO2+O2+2H2O=HNO3，如二者恰好反应，则生成固体为CuO，气体剩余，应为氧气，由元素化合价升降总数相等可知，Cu元素化合价降低，还应生成Cu2O，则剩余固体可能为CuO和Cu2O的混合物或Cu2O，
N元素全被以NO2气体生成，通入水中发生4NO2+O2+2H2O=HNO3，n（HNO3）=n（NO2）=2n（Cu（NO3）2）=
=
mol，
所得溶液的物质的量浓度是c（HNO3）=
=
mol/L，
故答案为：CuO和Cu2O的混合物或Cu2O；
mol/L；
（4）如m=3.76，n=1.52，则
n（Cu（NO3）2）=
=0.02mol，则n（NO2）=0.04mol，
取全被生成Cu2O，则m（Cu2O）=0.01mol×144g/mol=1.44g＜1.52g，则说明固体为CuO和Cu2O的混合物，
设固体中含有xmolCuO，ymolCu2O，
则，解之得x=0.01，y=0.005，
则m（CuO）=0.8g，m（Cu2O）=0.72g，
答：m（Cu2O）=0.72g，m（CuO）=0.8g．
令NO2和 O2的物质的量分别为6mol、1mol，氮原子得到的电子物质的量为6mol×（5-4）=6mol，氧原子失去的电子为1mol×2×[0-（-2）]=4mol，
氧化还原反应中，得失电子数目应相等，则金属化合价应升高，失电子被氧化，
故答案为：升高；
（2）按均属活动顺序表活泼金属（K-Na）生成亚硝酸盐和O2：2NaNO3=2NaNO2+O2较活泼金属 （Mg-Cu） 生成金属氧化物、NO2、O2：2Cu（NO3）2=2CuO+4NO2 +O2惰性金属（Cu之后的）生成金属单质、NO2、O2：2AgNO3=2Ag+2NO2+O2 ；
某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2，氮元素化合价由+5价降低为+4价，氧元素化合价由-2价升高为0价，金属化合价降低越多产生NO2和O2的物质的量之比越小，生成单质金属降低最多，则只能是二价金属汞，Hg（NO3 ）2 =Hg+2NO2+O2 ，最小值为2：1；
故答案为：2：1；
（3）NO2、O2通入水中发生4NO2+O2+2H2O=HNO3，如二者恰好反应，则生成固体为CuO，气体剩余，应为氧气，由元素化合价升降总数相等可知，Cu元素化合价降低，还应生成Cu2O，则剩余固体可能为CuO和Cu2O的混合物或Cu2O，
N元素全被以NO2气体生成，通入水中发生4NO2+O2+2H2O=HNO3，n（HNO3）=n（NO2）=2n（Cu（NO3）2）=
| mg |
| 188g/mol |
| m |
| 94 |
所得溶液的物质的量浓度是c（HNO3）=
| ||
| 0.1L |
| 5m |
| 47 |
故答案为：CuO和Cu2O的混合物或Cu2O；
| 5m |
| 47 |
（4）如m=3.76，n=1.52，则
n（Cu（NO3）2）=
| 3.76g |
| 188g/mol |
取全被生成Cu2O，则m（Cu2O）=0.01mol×144g/mol=1.44g＜1.52g，则说明固体为CuO和Cu2O的混合物，
设固体中含有xmolCuO，ymolCu2O，
|
则，解之得x=0.01，y=0.005，
则m（CuO）=0.8g，m（Cu2O）=0.72g，
答：m（Cu2O）=0.72g，m（CuO）=0.8g．
点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高考高频考点，侧重于基本概念的理解和掌握的考查，注意氧化还原反应中化合价升降总数相等，根据电子转移守恒判断是关键，注意守恒思想的应用，难度中等．
练习册系列答案
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