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氮的氧化物的计算与硝酸相关的计算
【方法与规律】
1．氮的氧化物和O2、H2O反应的计算方法
(1)NO2和O2混合气体溶于水的计算
①计算依据：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO……………………i
2NO＋O2===2NO2………………………………ii
i×2＋ii得：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3…………………iii
②由4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3可知
V(NO2)∶V(O2)
(2)NO与O2同时通入水中的计算
①计算依据：2NO＋O2===2NO2………………………………i
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO……………………ii
i×2＋ii得：4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3…………………iii
②由4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3可知
V(NO)∶V(O2)
(3)NO2、NO、O2三种混合气体通入水中
①计算依据：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3
②处理方法：将NO2与水先反应，按反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，求出生成NO的体积，再加上原混合气体中NO的体积，得NO的总体积，最后按反应4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3 进行计算
【精准训练1】
1．在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12 mL通入足量水中，充分反应后剩余2 mL气体(同温同压下)，则原混合气体中氧气的体积为(　　)
①1.2 mL　②2.4 mL　③3 mL　④4 mL
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
2．60 mL NO2和O2的混合气体通入倒立在水槽中盛满水的玻璃筒(带刻度)中，充分反应后，筒内剩余10 mL气体，则原混合气体中的NO2与O2的体积比可能为(　　)
A．3∶1 B．6∶1 C．9∶1 D．12∶1
3．将充有m mL NO2和n mL NO气体的试管倒立于盛水的水槽中，然后通入n mL O2，且m>n，则充分反应后，试管中气体在同温同压下的体积为(　　)
A． mL B． mL C． mL D． mL
4．如图所示，相同条件下，两个容积相同的试管分别装满NO2和NO气体，分别倒置于水槽中，然后通过导管缓慢通入氧气，边通边慢慢摇动试管，直到两个试管内充满液体。假设试管内的溶质不向水槽中扩散，则两个试管内溶液中溶质的物质的量浓度之比为(　　)
A．1∶1 B．5∶7 C．7∶5 D．4∶3
2．硝酸与金属反应的有关计算
(1)思维模型
(2)“四法”突破金属与硝酸的计算
①氮原子守恒法：HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量。以Cu与硝酸反应为例，反应前所有的N只存在于HNO3中，反应后含N的物质有HNO3的还原产物(假设有NO2、NO)和Cu(NO3)2，若HNO3过量，则过量HNO3中也含N，则有n(N)＝n(NO2)＋n(NO)＋2n[Cu(NO3)2]＋n(HNO3)剩(N原子守恒)
②得失电子守恒法：HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。以Cu与硝酸反应为例，反应中失去电子的是参加反应的Cu，Cu－2e－===Cu2＋；得到电子的是被还原的HNO3(假设还原产物为NO2、NO)，NO＋e－===NO2、NO＋3e－===NO。根据得失电子守恒，则有2n(Cu)＝n(NO2)＋3n(NO)。若将生成的氮的氧化物气体与一定量的氧气共同通入水中，氮的氧化物完全生成硝酸，由于开始反应物为硝酸，中间生成了氮的氧化物，但最终又变回了硝酸，所以相当于铜失去的电子最终由氧气得到，则有2n(Cu)＝n(O2)
③离子方程式计算法：金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于硝酸盐中NO在H2SO4提供H＋的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H＋或NO进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒
④金属与酸再与碱反应：转移的电子的物质的量等于消耗的OH－物质的量
【精准训练2】
1．将19.5 g锌粉与一定量的浓硝酸反应生成硝酸盐、水及气体，当锌粉完全反应时收集到11.2 L NO、NO2混合气(标准状况下)，则所消耗硝酸的物质的量是(　　)
A．1.2 mol B．1.1 mol C．0.9 mol D．0.8 mol
2．向25 mL 12.0 mol·L－1浓硝酸中加入足量的铜，充分反应后共收集到标准状况下2.24 L NO和NO2的混合气体(不考虑NO2与N2O4的相互转化)，则参加反应的铜的质量为(　　)
A．3.2 g B．6.4 g C．12.8 g D．19.2 g
3．200 mL硝酸与一定量铝铁合金反应生成 3.36 L NO（标况），向反应后的溶液中加入150 mL 3 mol·L-1的NaOH溶液，使铝铁元素恰好全部转化为沉淀，则原硝酸的浓度是(　　)
A．3 mol·L－1 B．2.25 mol·L－1 C．1. 5 mol·L－1 D．无法计算
4．铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与5.6L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．则消耗铜的质量为(　　)
A．16g B．32g C．64g D．无法计算
5．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　)
A．60 mL B．45 mL C．30 mL D．15 mL
6．FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1∶1∶1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为(　　)
A．1∶6 B．1∶7 C．2∶11 D．16∶25
7．某100 mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4 mol·L－1和0.1 mol·L－1，向该混合液中加入1.92 g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中Cu2＋的物质的量浓度(忽略体积变化)为(　　)
A．0.15 mol·L－1 B．0.225 mol·L－1 C．0.35 mol·L－1 D．0.45 mol·L－1
8．向10 mL浓度均为3 mol·L－1的HNO3与H2SO4的混合溶液中加入1.92 g铜，充分反应后，设溶液体积仍为10 mL，则产生的气体在标准状况下的体积为(　　)
A．0.448 L B．0.224 L C．0.336 L D．无法求解
9．现有硫酸和硝酸的浓度分别为4 mol·L－1和2 mol·L－1的混合液，取10 mL加入过量铁粉，若硝酸的还原产物为NO，充分反应后产生的气体在标准状况下的体积为(　　)
A．0.224 L B．0.448 L C．0.672 L D．0.896 L
10．将11.9 g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7 g。另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液恰好使Mg2+、Al3+、Fe3+完全转化为沉淀，则沉淀的质量为(　　)
A．22.1 g B．27.2 g C．30 g D．无法计算
11．铜和镁的合金4.6 g完全溶于足量的硝酸后，再加入过量的NaOH溶液，生成9.7 g沉淀，则合金与硝酸反应时，放出的气体可能是(　　)
A．0.2 mol NO B．0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4
C．0.1 mol N2O D．0.1 mol NO、0.1 mol NO2和0.1 mol N2O4
12．4.6 g铜镁合金完全溶解于100 mL密度为1.40 g·mL－1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到4480 mL NO2和336 mL N2O4 的混合气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol·L－1 NaOH溶液至离子恰好全部沉淀时，下列说法错误的是(　　)
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶3
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol·L－1
C．产生沉淀8.51 g
D．离子恰好完全沉淀时，加入NaOH溶液的体积是230 mL
【课时精练】
1．有一充有20 mL NO和NO2混合气体的试管，倒置于盛有水的水槽中，充分反应后，仍有12 mL 无色气体，则原混合气体中NO和NO2的体积之比为(气体体积均在相同状况下测得)(　　)
A．2∶3 B．3∶2 C．1∶4 D．4∶1
2．60 mL NO2和O2的混合气体通入倒立在水槽中盛满水的玻璃筒(带刻度)中，充分反应后，筒内剩余10 mL气体，则原混合气体中的NO2与O2的体积比可能为(　　)
A．3∶1 B．6∶1 C．9∶1 D．12∶1
3．在一定温度和压强下，将一容积为15 mL的试管充满NO2后，倒置于一个盛有水的水槽中。当试管内液面上升至一定高度不再变化时，在相同条件下再通入O2，若要使试管内液面仍保持在原高度，则通入O2的体积为(　　)
A．3.75 mL B．7.5 mL C．8.75 mL D．10.5 mL
4．将充有m mL NO和n mL NO2的量筒倒立于水槽中，然后通入m mL O2，若mA．3(m－n) mL B．(m＋n) mL C．(m－n) mL D． mL
5．将11.2 g的Mg、Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体X(假定产生的气体全部逸出)。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀。根据题意推断气体X的成分可能是(　　)
A．0.3 mol NO2和0.3 mol NO B．0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4
C．0.6 mol NO D．0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4
6．将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸中，两者恰好完全反应，共产生NO气体4.48 L(标准状况)，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L－1的NaOH溶液至沉淀完全。则下列有关叙述中不正确的是(　　)
A．开始加入合金的物质的量之和为0.3 mol
B．生成沉淀的质量与原合金的质量相比增加10.2 g
C．反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为3∶1
D．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为200 mL
7．向m g镁、铜合金中加入稀硝酸至合金恰好完全溶解(设硝酸的还原产物只有NO)，向所得溶液中加入物质的量浓度为2 mol·L－1的NaOH溶液至沉淀达到最大值，产生沉淀的质量为(m＋n)g，则下列有关叙述中不正确的是(　　)
A．若n＝5.1，则m的值可能为9.8
B．若n＝5.1，则参加反应的硝酸的物质的量为0.4 mol
C．若n＝5.1，则加入的NaOH溶液的体积为150 mL
D．若n＝5.1，则被还原的硝酸的物质的量为0.1 mol
8．将镁铝合金溶于100 mL稀硝酸中，产生1.12 L NO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．合金中铝的质量为0.81 g B．沉淀的最大质量为4.08 g
C．氢氧化钠溶液浓度为3 mol·L－1 D．硝酸的物质的量浓度为1.8 mol·L－1
9．将2.56 g Cu和一定量的浓硝酸反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共收集到气体1.12 L(已折算为标准状况下的体积)，则反应中消耗HNO3的物质的量为(　　)
A．0.05 mol B．0.08 mol C．0.13 mol D．0.22 mol
10．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 Cu。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)。下列分析错误的是(　　)
A．原混合酸中NO的物质的量为0.1 mol
B．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，BC段产生的是氢气
C．第二份溶液中的最终溶质是FeSO4
D．稀硫酸浓度为2.5 mol·L－1
11．向59.2 g Fe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0 L，固体物质完全反应，生成NO和Fe(NO3)3。在所得溶液中加入1.0 mol·L－1的NaOH溶液2.8 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6 g。下列有关说法错误的是(　　)
A．Fe2O3与FeO的物质的量之比为1∶6 B．硝酸的物质的量浓度为3.0 mol·L－1
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L D．Fe2O3、FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol
12．将11.2 g 铜粉和镁粉的混合物分成两等份，其中一份加入200 mL的稀硝酸并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下2.24 L NO；将另一份在氧气中充分加热，最后得到m g固体。下列有关说法正确的是(　　)
①c(HNO3)＝2.0 mol·L－1 ②c(HNO3)＝0.5 mol·L－1 ③m＝8.0 ④m＝7.2
A．①④ B．①③ C．②④ D．②③
13．将1.76g铜镁合金完全溶解于50mL某浓度的硝酸中，得到NO2和NO的混合气体1120mL(标准状况)，当向反应后的溶液中加入540mL1.0mol/LNaOH溶液时，金属离子恰好全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为 3.12g。下列说法错误的是(　　)
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1∶1
B．该硝酸中HNO3的物质的量浓度是11.8 mol·L－1
C．NO2和NO的混合气体中，NO2的体积分数是70%
D．向得到的NO2和NO混合气体中通入一定量O2后被水完全吸收，消耗O2的体积在标准状况下为224mL
14．将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L，下列说法错误的是(　　)
A．NO的体积为5.824L，NO2的体积为5.376 L
B．参加氧化还原反应的HNO3的物质的量是1.52 mol
C．待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mLa mol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为 mol·L－1
D．欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的H2O2溶液57.8g
15．向x g铁粉和铜粉的混合物中加入稀HNO3(还原产物只有NO)，充分反应，生成标准状况下NO的体积[V(NO)]、剩余固体质量(m)随加入稀HNO3的体积变化如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．x＝20.6
B．稀HNO3的浓度为4.0 mol·L－1
C．a点对应的溶液中含有Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋
D．b点对应消耗稀HNO3的体积约为308 mL
16．有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol·L－1和2mol·L－1，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体的体积为(设反应中HNO3被还原成NO)(　　)
A．0.448L B．0.672L C．0.896L D．0.224L
17．铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算成标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为(　　)
A．9.02 g B．8.51 g C．8.26 g D．7.04 g
18．将11.2 g的Mg—Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体x(假定产生的气体全部逸出)。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀。根据题意推断气体x的成分可能是(　　)
A．0.3 mol NO2和0.3 mol NO B．0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4
C．0.6 mol NO D．0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4
19．将51.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.8 mol，这些气体恰好能被500 mL 2 mol·L－1 NaOH溶液完全吸收，生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为(已知：2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O；NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O)(　　)
A．0.2 mol B．0.4 mol C．0.6 mol D．0.8 mol
20．在100 mL 稀HNO3和稀H2SO4组成的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.4 mol·L－1。向该溶液中加入足量的铜粉后加热，充分反应后，所得溶液中Cu2＋的物质的量浓度最大值为(反应前后溶液体积变化忽略不计)(　　)
A．0.15 mol·L－1　　B．0.24 mol·L－1 C．0.30 mol·L－1 D．0.36 mol·L－1
21．向含x mol HNO3和y mol H2SO4的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产物与所加铁粉的物质的量关系如图所示，回答下列问题：
(1)Oa段发生反应的离子方程式为__________________________________________________________
(2)dc段表示的是________(填“Fe2＋”或“Fe3＋”)物质的量变化
(3)x＝________，y＝________
(4)反应至c点，可收集到标准状况下的气体为________L
2．将一支盛有a mL NO和b mL NO2气体的试管倒立于水槽中，然后通入a mL O2，问：
(1)若a＝b，则充分反应后试管内气体体积为________ mL
(2)若a＜b，则充分反应后试管内气体体积为________ mL
(3)若a＞b，则充分反应后试管内气体体积为________ mL
23．将盛有12 mL NO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2 mL无色气体
(1)若剩余的气体是________，则NO2、O2的体积分别是________
(2)若剩余的气体是________，则NO2、O2的体积分别是________
24．氮氧化合物(用NOx表示)是大气污染的重要因素，根据NOx的性质特点，开发出多种化学治理氮氧化合物污染的方法。
(1)用氨可将氮氧化物转化为无毒气体。已知：4NH3＋6NO5N2＋6H2O，8NH3＋6NO27N2＋12H2O。同温同压下，3.5 L NH3恰好将3.0 L NO和NO2的混合气体完全转化为N2，则原混合气体中NO和NO2的体积之比是________
(2)工业尾气中氮的氧化物常采用碱液吸收法处理。
①NO2被烧碱溶液吸收时，生成两种钠盐，其物质的量之比1∶1，写出该反应的化学方程式______________
②NO与NO2按物质的量之比1∶1被足量NaOH溶液完全吸收后只得到一种钠盐，该钠盐的化学式是______
(3)纯碱溶液也能用于处理氮氧化合物废气，反应原理与上述(2)类似，同时产生CO2
①请写出纯碱溶液吸收NO2的化学方程式：____________________________
②现有一定量的某工业废气，其中含有3.36LNO2、1.12LNO(已换算为标准状况，假设不含N2O4)，恰好被200mL碳酸钠溶液吸收，所得盐的物质的量分别为___________、___________，该碳酸钠溶液的物质的量浓度为_____mol·L－1
25．19.2g Cu与100ml，2mol/L的HNO3反应可产生标准状况下气体_____L
26．19.2g Cu与100ml，2mol/L的HNO3及100ml、2 mol·L－1 H2SO4的混合液反应时，可产生标准状况下气体____mol
【氮的氧化物的计算与硝酸相关的计算】答案
【精准训练1】
1．D。解析：由4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3可知，若剩余的气体是O2，则V(NO2)＝×(12 mL－2 mL)＝8 mL，V(O2)＝12 mL－8 mL＝4 mL。根据反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO知，若剩余的气体是NO(2 mL) 6 mL NO2，则V(O2)＝×(12 mL－6 mL)＝1.2 mL。
2．C。解析：可能发生的反应为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，试管中O2和NO2按体积比1∶4混合全部溶解，液体充满试管。由题意知，充分反应后，筒内剩余10 mL气体，则剩余的气体可能为O2或NO。若剩余的气体为氧气，则参加反应的气体为60 mL－10 mL＝50 mL，根据4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为50 mL×＝40 mL，参加反应的O2的体积为50 mL－40 mL＝10 mL，原混合气体中O2的体积为10 mL＋10 mL＝20 mL，则原混合气体中的 NO2与 O2的体积比为40 mL∶20 mL＝2∶1；若剩余气体为NO，根据3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，可知过量的NO2的体积为3×10 mL＝30 mL，反应4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3消耗的气体总体积为60 mL－30 mL＝30 mL，则反应消耗的氧气为30 mL×＝6 mL，消耗的NO2的体积为30 mL－6 mL＝24 mL，所以原混合气体中NO2的体积为30 mL＋24 mL＝54 mL，则原混合气体中的NO2与O2的体积比为54 mL∶6 mL＝9∶1。
3．B。解析：根据化学方程式
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
3 1
m
所以可看成只有NO气体，体积为 mL，设与NO反应所消耗的氧气的体积为x，根据化学方程式
4NO　　＋　　3O2＋2H2O===4HNO3
4 3
mL x
解得x＝ mL，由m>n，可知>n，即氧气不足，完全反应剩余气体为NO，体积为 mL－ mL＝ mL。
4．A。解析：发生反应：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3、4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3，V(NO2)＝V(NO)，n(NO2)＝n(NO)，则生成的HNO3物质的量相等，溶液的体积也相同，故两个试管内溶液中溶质的物质的量浓度相等。
【精准训练2】
1．B。解析：锌和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，标准状况下，n(NO2)＋n(NO)＝＝0.5 mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.5 mol，n(Zn)＝＝0.3 mol，则生成的n[Zn(NO3)2]＝0.3 mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.3 mol×2＝0.6 mol，则参加反应的硝酸的物质的量为0.5 mol＋0.6 mol＝1.1 mol。
2．B。解析：25 mL 12.0 mol·L－1浓硝酸中含0.3 mol HNO3，硝酸反应后生成硝酸铜和氮的氧化物，根据氮元素守恒，生成的硝酸铜中含氮0.3 mol－0.1 mol＝0.2 mol，所以硝酸铜的物质的量为0.1 mol，参加反应的铜为0.1 mol，即6.4 g，故选B项。
3．A。解析：硝酸和金属反应生成硝酸盐和NO，硝酸盐和NaOH完全反应生成氢氧化物沉淀，硝酸根离子和氢氧根离子都带一个单位负电荷，则生成氢氧化物、硝酸盐消耗的n(OH－)＝n(NO)＝3 mol·L－1×0.15 L＝0.45mol，原来溶液中n(HNO3)＝n(NO)＋n(NO)＝0.45mol＋＝0.6mol，则原来硝酸浓度＝＝3 mol·L－1，答案选A。
4．B。解析：铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与5.6L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，完全生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n(Cu)×2=n(O2)×4，n(Cu)＝eq \f(×4,2)＝0.5mol，消耗铜的质量＝0.5 mol×64 g·mol－1＝32g
5．A。解析：由题意可知：HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。
6．B。解析：假定参加反应的FeS的物质的量为1 mol，根据S原子、Fe原子守恒，则溶液中Fe2(SO4)3的物质的量为mol，Fe(NO3)3的物质的量为mol；反应中Fe元素、S元素化合价升高，N元素化合价降低，设NO2、N2O4、NO的物质的量均为a mol，根据电子转移守恒可得1 mol×(3－2)＋1 mol×[6－(－2)]＝a mol×(5－4)＋a mol×(5－4)×2＋a mol×(5－2)，解得a＝1.5，所以NO2、N2O4、NO的物质的量均为1.5 mol，则起氧化剂作用的HNO3的物质的量为1.5 mol＋1.5 mol×2＋1.5 mol＝6 mol，起酸的作用的硝酸生成Fe(NO3)3，则起酸的作用的硝酸的物质的量为 mol×3＝1 mol，参加反应的硝酸的物质的量为6 mol＋1 mol＝7 mol，则实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为1 mol∶7 mol＝1∶7。
7．B。解析：解答本题要从离子反应的角度来考虑，H2SO4提供的H＋可以和NO构成强氧化性环境，继续氧化铜单质。HNO3、H2SO4混合液中H＋总的物质的量为0.06 mol，NO的物质的量为0.04 mol，Cu的物质的量为0.03 mol。Cu与稀硝酸发生反应：3Cu　＋　 8H＋＋　2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
3　　　　 8　　　 2
0.03 mol　 0.06 mol 0.04 mol
H＋量不足，应根据H＋的物质的量来计算。
3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
8　　　　　　 3
　 0.06 mol　　　　n(Cu2＋)
n(Cu2＋)＝0.06 mol×＝0.022 5 mol
c(Cu2＋)＝＝0.225 mol·L－1。
8．A。解析：n(Cu)＝＝0.03 mol，n(H＋)＝3 mol·L－1×0.01 L×1＋3 mol·L－1×0.01 L×2＝0.09 mol，n(NO)＝3 mol·L－1×0.01 L＝0.03 mol，3Cu ＋ 8H＋ ＋ 2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
3 8 2
0.03 0.09 0.03
可以知道Cu完全反应，H＋和NO过量，由反应的离子方程式可以知道：
n(NO)＝＝0.02 mol，V(NO)＝0.02 mol×22.4 L·mol－1＝0.448 L。
9．C。解析：根据题意知，10 mL混合液中n(H＋)＝0.1 mol，n(NO)＝0.02 mol，由反应的离子方程式3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O可知，H＋过量，生成的NO为0.02 mol，剩余n(H＋)＝0.1 mol－0.08 mol＝0.02 mol；再根据Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，可得生成的H2为0.01 mol，故产生的气体在标准状况下的体积V＝(0.02 mol＋0.01 mol)×22.4 L·mol－1＝0.672 L。
10．B
11．B。解析：分析题意可知：MMn＋M(OH)n，即金属失去电子的物质的量＝OH－的物质的量＝HNO3得到电子的物质的量。OH－的物质的量为＝0.3 mol，即可直接找出得到电子的物质的量为0.3 mol的选项，应选B。
12．D。解析：A．4480 mL NO2的物质的量＝＝0.2 mol，336 mL N2O4的物质的量＝＝0.015 mol，设Cu、Mg的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量与电子转移守恒，可得：①64x＋24y＝4.6，②2x＋2y＝0.2＋0.015×2，解得x＝0.046、y＝0.069，故该合金中铜与镁的物质的量之比＝0.046 mol∶0.069 mol＝ 2:3，故A不符合题意； B．密度为1.40 g·mL－1、质量分数为63%的浓硝酸。其物质的量浓度 ，故B不符合题意；C．铜镁合金完全溶解于浓硝酸中，向反应后的溶液中加入NaOH溶液至离子恰好全部沉淀，生成沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2， 由化学式可知n(OH－)＝2n(Cu)＋2n(Mg)＝2×(0.046 mol＋0.069 mol)＝0.23 mol，故沉淀质量＝m(Cu)+ m(Mg)+ m(OH－)＝4.6 g＋0.23 mol×17 g·mol－1＝8.51g，故C不符合题意；D．离子恰好完全沉淀时，此时溶液中溶质为NaNO3，根据N元素守恒可知n(HNO3)原＝n(NaNO3)＋n(NO2)＋2n(N2O4)，故n(NaNO3)＝0.1 L×14 mol·L－1－0.2 mol－2×0.015 mol＝1.17 mol，根据钠离子守恒有n(NaOH)＝n(NaNO3)＝1.17 mol，故需要氢氧化钠溶液的体积＝＝1.17 L＝1170 mL，故D符合题意，故答案为：D。
【课时精练】
1．A。解析：二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮和水不反应，所以，剩余的气体为一氧化氮，设混合气体中二氧化氮的体积为V，则：
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO　气体体积减少
3 1 2
V 20 mL－12 mL＝8 mL
所以V＝＝12 mL，即二氧化氮的体积为12 mL，则原混合气体中一氧化氮的体积为20 mL－12 mL＝8 mL，则原混合气体中NO和NO2的体积之比为8 mL∶12 mL＝2∶3。
2．C。解析：可能发生的反应为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3,3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，试管中O2和NO2按体积比1∶4混合全部溶解，液体充满试管。由题意知，充分反应后，筒内剩余
10 mL 气体，则剩余的气体可能为O2或NO。若剩余的气体为氧气，则参加反应的气体为60 mL－10 mL＝50 mL，根据4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为50 mL×＝40 mL，参加反应的O2的体积为50 mL－40 mL＝10 mL，原混合气体中O2的体积为10 mL＋10 mL＝20 mL，则原混合气体中的 NO2与 O2的体积比为40 mL∶20 mL＝2∶1；若剩余气体为NO，根据3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，可知过量的NO2的体积为3×10 mL＝30 mL，反应4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3消耗的气体总体积为60 mL－30 mL＝30 mL，则反应消耗的氧气为30 mL×＝6 mL，消耗的NO2的体积为30 mL－6 mL＝24 mL，所以原混合气体中NO2的体积为30 mL＋24 mL＝54 mL，则原混合气体中的 NO2与 O2的体积比为54 mL∶6 mL＝9∶1。
3．C。解析：15 mL NO2与水反应后生成5 mL NO，根据反应4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3，使5 mL NO完全被氧化需O2体积为5 mL×＝3.75 mL。据题意，通入的O2应过量5 mL，则共需通入O2 8.75 mL。
4．D。解析：发生反应4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3，故NO与NO2按1∶1混合的总反应为：NO＋NO2＋O2＋H2O===2HNO3，
充有m mL NO和n mL NO2的量筒倒立于水槽中，然后通入m mL O2，由于m5．D。解析：向Mg、Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生的21.4 g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中m(OH－)为21.4 g－11.2 g＝10.2 g，物质的量为＝0.6 mol，根据电荷守恒可知，11.2 g的Mg、Cu提供的电子为0.6 mol。生成0.3 mol NO2和0.3 mol NO，N元素获得电子为0.3 mol×(5－4)＋0.3 mol×(5－2)＝1.2 mol，得失电子不相等，A不符合题意；生成0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4，N元素获得电子为0.2 mol×(5－4)＋0.1 mol×2×(5－4)＝0.4 mol，得失电子不相等，B不符合题意；生成 0.6 mol NO，N元素获得电子为0.6 mol×(5－2)＝1.8 mol，C不符合题意；生成0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4，N元素获得电子为0.1 mol×(5－2)＋0.2 mol×(5－4)＋0.05 mol×2×(5－4)＝0.6 mol，得失电子相等，D符合题意。
6．C。解析：标准状况下4.48 L NO的物质的量为0.2 mol，由HNO3生成0.2 mol NO得到电子的物质的量为0.2 mol×(5－2)＝0.6 mol，铜、镁都是失去2个电子形成金属离子，根据得失电子守恒可知，参加反应的金属的物质的量为0.3 mol，A正确；镁、铜合金转化为Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀，沉淀中增加的质量即为氢氧根离子的质量，根据电荷守恒可知，0.3 mol Mg2＋和Cu2＋生成沉淀共消耗0.6 mol氢氧化钠，则含有氢氧根离子的质量为17 g·mol－1×0.6 mol＝10.2 g，B正确；根据3Mg＋8HNO3(稀)===3Mg(NO3)2＋2NO↑＋4H2O、3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O两个反应可知，被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比为2∶6＝1∶3，C错误；消耗NaOH溶液的体积为＝0.2 L＝200 mL，D正确。
7．A。解析：根据质量守恒定律及题意可知，n g即为Mg(OH)2和Cu(OH)2中OH－的质量，n＝5.1，即n(OH－)＝0.3 mol，则n(NaOH)＝0.3 mol，NaOH溶液体积为＝0.15 L＝150 mL，C正确；因沉淀组成都可表示为R(OH)2，则n(Mg＋Cu)＝0.15 mol，利用极值法知，3.68．D。解析：由题给图示变化情况可知，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，开始没有沉淀，说明硝酸过量，与硝酸反应的氢氧化钠溶液是10 mL，沉淀达到最多时，消耗氢氧化钠溶液共60 mL(包括中和剩余硝酸所消耗的10 mL)，溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液是10 mL，则生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液是30 mL，生成氢氧化镁消耗的氢氧化钠溶液是20 mL，由反应的离子方程式Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓可知，镁铝合金中镁、铝的物质的量之比为1∶1；标准状况下1.12 L NO气体的物质的量为0.05 mol。设镁、铝合金中镁、铝的物质的量均为x，由得失电子守恒可得2x＋3x＝0.05 mol×3，解得x＝0.03 mol，故合金中铝的质量为0.03 mol×27 g·mol－1＝0.81 g，A正确；沉淀的最大质量为0.03 mol×58 g·mol－1＋0.03 mol×78 g·mol－1＝4.08 g，B正确；沉淀达到最多时用于生成沉淀所消耗氢氧化钠溶液是50 mL，50 mL溶液中氢氧化钠的物质的量为0.03 mol×2＋0.03 mol×3＝0.15 mol，故氢氧化钠溶液的浓度为＝3 mol·L－1，C正确；沉淀达到最大量时所得溶液是硝酸钠溶液，由电荷守恒可知，溶液中硝酸根离子的物质的量为3 mol·L－1×0.06 L＝0.18 mol，由氮原子守恒可知100 mL稀硝酸中硝酸的物质的量为0.18 mol＋0.05 mol＝0.23 mol，物质的量浓度为＝2.3
mol·L－1，D错误。
9．C。解析：铜和浓硝酸反应生成NO2，随着反应的进行，HNO3浓度不断减小变为稀硝酸，而Cu与稀硝酸反应时生成NO，故生成的气体有NO2和NO，体积为1.12 L，则n(NO2)＋n(NO)＝0.05 mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.05 mol；2.56 g Cu的物质的量为0.04 mol，则生成n[Cu(NO3)2]＝0.04 mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.04 mol×2＝0.08 mol，故参加反应的硝酸的物质的量为0.05 mol＋0.08 mol＝0.13 mol。
10．A。解析：铁粉既能与硝酸反应，也能与硫酸反应，从题图看出OA段产生的是NO，发生反应为Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，BC段产生的是氢气，反应为Fe＋2H＋===
Fe2＋＋H2↑，可知OA段NO完全反应，第二份溶液中n(NO)＝n(Fe)＝＝0.1 mol，溶液中最终溶质为FeSO4，此时反应的铁的质量是14.0 g(即0.25 mol)，故原混合酸中H2SO4浓度为＝2.5 mol·L－1，NO物质的量为0.2 mol。
11．D。解析：在所得溶液中加入NaOH溶液后，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，则溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)＝n(NaOH)＝1.0 mol/L×2.8 L＝2.8 mol，沉淀为Fe(OH)3，质量为85.6 g，物质的量为85.6 g÷107 g/mol＝0.8 mol，根据铁原子守恒有n(FeO)＋2n(Fe2O3)＝n[Fe(OH)3]，则n[Fe(NO3)3]＝n[Fe(OH)3]＝0.8 mol，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量有：160x＋72y＝59.2，根据铁原子守恒有：2x＋y＝0.8，联立方程解得x＝0.1、y＝0.6，故A正确；根据得失电子守恒，生成NO的物质的量为＝0.2 mol，根据氮原子守恒可知，n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝0.2 mol＋2.8 mol＝3 mol，故B、C正确；根据氮原子守恒可知，n余(HNO3)＋3n[Fe(NO3)3]＝n(NaNO3)，所以n余(HNO3)＝2.8 mol－3×0.8 mol＝0.4 mol，故D错误。
12．B。解析：标准状况下2.24 L NO的物质的量为＝0.1 mol，生成0.1 mol NO转移电子的物质的量为0.1 mol×(5－2)＝0.3 mol；固体和硝酸恰好完全反应，生成硝酸铜和硝酸镁，铜元素和镁元素均为＋2价，根据得失电子守恒可知金属的总物质的量为＝0.15 mol，根据氮原子守恒，可知200 mL的稀硝酸中含有硝酸的物质的量为0.15 mol×2＋0.1 mol＝0.4 mol，该硝酸溶液的浓度为＝2.0 mol·L－1，故①正确，②错误；铜粉、镁粉在氧气中充分加热生成CuO、MgO，所得固体中含有氧元素的物质的量与金属的物质的量相等，则所得固体的质量为＋16 g·mol－1×0.15 mol＝8.0 g，故③正确，④错误；根据以上分析可知，B正确。
13．D。解析：金属离子全部沉淀时，得到的3.12g沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，故沉淀中m(OH－)＝3.12g－1.76g＝1.36g，则n(OH－)＝＝0.08mol，根据电荷守恒可知，金属离子物质的量之和等于氢氧根离子的物质的量的，设Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、得失电子守恒和电荷守恒有：64x＋24y＝1.76,2x＋2y＝0.08，解得：x＝0.02，y＝0.02，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol∶0.02mol＝1∶1，A正确；NO2和NO混合气体的物质的量为＝0.05mol，完全沉淀后溶液中溶质为硝酸钠，根据Na原子守恒可知：n(NaNO3)＝n(NaOH)＝1 mol·L－1×0.54 L＝0.54mol，根据N原子守恒可知：n(HNO3)＝n(NO2)＋n(NO)＋n(NaNO3)＝0.05mol＋0.54mol＝0.59mol，则c(HNO3)＝＝11.8 mol·L－1，B正确；设NO2物质的量为amol，则NO物质的量为(0.05－a)mol，根据得失电子守恒可知：a×1＋(0.05－a)×3＝0.08，解得a＝0.035，则NO2的体积分数＝×100%＝70%，C正确；向得到的NO2和NO混合气体中通入一定量O2后被水完全吸收，又重新转化为HNO3，根据得失电子守恒可知，氧气得到的电子数等于铜、镁失去的电子数，故消耗O2物质的量为＝0.02mol，标准状况下，消耗氧气的体积V＝0.02mol×22.4L/mol＝448mL，D错误。
14．B。解析：32.64g铜的物质的量n(Cu)＝＝0.51mol，反应产生的NO、NO2气体的物质的量n(气体)＝＝0.5mol。假设混合气体中NO、NO2的物质的量分别是x、y，则根据气体物质的量关系可知：x＋y＝0.5mol；根据得失电子守恒可知3x＋y＝0.51mol×2，解得x＝0.26mol，y＝0.24mol，故反应产生的气体在标准状况下的体积：V(NO)＝0.26mol×22.4L/mol＝5.824L，V(NO2)＝0.24mol×22.4L/mol＝5.376L，A正确；参加氧化还原反应的HNO3，就是反应转化为NO、NO2气体的硝酸，其物质的量是0.5mol，B错误；在该反应中部分HNO3体现酸性，与Cu2＋结合形成Cu(NO3)2，其物质的量与Cu2＋转化为Cu(OH)2沉淀时消耗NaOH的物质的量相等，n(HNO3，酸)＝amol/L×V×10－3L＝aV×10－3mol，还有一部分HNO3作氧化剂，生成NO、NO2，其物质的量n(HNO3，氧化剂)＝0.5mol，由于溶液的体积是140mL，故原硝酸溶液的浓度c(HNO3)＝＝mol·L－1，C正确；用30%的双氧水使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，双氧水得到的电子数等于NO、NO2失去的电子数，等于Cu变为Cu2＋失去电子数，设需要30%的双氧水mg，根据电子得失守恒：0.26×3＋0.24×1＝0.51×2＝30%××2，解得m＝57.8，D正确
15．C。解析：向铁粉和铜粉的混合物中加入稀HNO3，铁粉先反应，被氧化为Fe2＋，反应方程式为3Fe＋8H＋＋2NO===2NO↑＋3Fe2＋＋4H2O，随着稀HNO3的逐渐加入，铜粉被氧化为Cu2＋，反应方程式为3Cu＋8H＋＋2NO===2NO↑＋3Cu2＋＋4H2O，最后Fe2＋被氧化为Fe3＋，反应方程式为3Fe2＋＋4H＋＋NO===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O，N元素从＋5价降到＋2价，金属失去的电子总数与HNO3生成NO所得到的电子总数相等。该混合物质量为x g，加入100 mL稀HNO3时从曲线变化趋势可看出反应的固体全部是铁粉，根据得失电子守恒有
(×2)mol＝(×3)mol，解得x＝20.6。设该混合物中铁粉质量为y g，铜粉质量为z g，根据图中加入200 mL稀HNO3时的数据可得(×2＋×2)mol＝(×3)mol，又y＋z＝20.6，解得y＝12.6，z＝8.0。根据上述分析可知x＝20.6，A项正确；以a点数据计算，结合氮元素守恒知，生成的硝酸盐的物质的量的2倍与NO的物质的量之和等于所加入的HNO3的物质的量，即(×2)mol＋(×2)mol＋mol＝0.2 L×c(HNO3)，解得c（HNO3）＝4.0 mol·L－1，B项正确；据分析可知，a点时铜粉还有剩余，Fe2＋还未被氧化，对应的溶液中只含有Fe2＋、Cu2＋，C项错误；b点时Fe2＋恰好完全被氧化为Fe3＋，根据Fe～4HNO3、3Cu～8HNO3，可知对应消耗稀HNO3的物质的量为(×4＋×)mol，体积为eq \f((×4＋×)mol,4.0mol·L－1)＝ L≈308 mL，D项正确。
16．B。解析：金属和混酸反应通过离子方程式计算比较简便，3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O(铁过量，产物为Fe2＋)，反应中Fe和H＋过量，生成的NO的量以NO为准来计算，共得NO0.448L，若只考虑到这一步反应，得答案A是错误的，因为过量的铁还可以和溶液中过量的H＋反应产生H2，即有Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，生成的H2为0.224L，所以气体体积共计0.672L，应选B。
17．B。解析：最终生成的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜，所以沉淀增加的质量就是和金属阳离子结合的OH－的质量。由于金属阳离子结合的OH－的物质的量就是金属失去电子的物质的量，所以根据得失电子守恒可知，金属失去电子的物质的量是＋×2＝0.23 mol，所以和金属阳离子结合的OH－的物质的量也是0.23 mol，质量是3.91 g，则沉淀的质量是8.51 g，B项正确。
18．D。解析：向Mg—Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中m(OH－)为21.4 g－11.2 g＝10.2 g，物质的量为＝0.6 mol，根据电荷守恒可知，11.2 g的Mg—Cu提供的电子为0.6 mol。生成0.3 mol NO2和0.3 mol NO，N元素获得电子为0.3 mol×(5－4)＋0.3 mol×(5－2)＝1.2 mol，得失电子不相等，A错误；生成0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4，N元素获得电子为0.2 mol×(5－4)＋0.1 mol×2×(5－4)＝0.4 mol，得失电子不相等，B错误；生成0.6 mol NO，N元素获得电子为0.6 mol×(5－2)＝1.8 mol，C错误；生成0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4，N元素获得电子为0.1 mol×(5－2)＋0.2 mol×(5－4)＋0.05 mol×2×(5－4)＝0.6 mol，得失电子相等，D正确。
19．A。解析：反应过程中，只有两种元素的价态有变化，其一是Cu到Cu(NO3)2，每个Cu失2个电子；另一个是HNO3到NaNO2，每个N得2个电子。51.2 g Cu共失电子×2＝1.6 mol，根据电子转移守恒可知，铜失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，所以溶液中n(NaNO2)＝0.8 mol，气体与氢氧化钠反应的盐溶液为NaNO3、NaNO2混合溶液，根据钠离子守恒有n(NaNO3)＋n(NaNO2)＝n(Na＋)，所以溶液中n(NaNO3)＝n(Na＋)－n(NaNO2)＝0.5 L×2 mol/L－0.8 mol＝0.2 mol，故选A。
20．B。解析：反应的离子方程式为3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO和H＋的物质的量之比为1∶4时，反应生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x mol、y mol，则n(NO)∶n(H＋)＝x∶(x＋2y)＝1∶4，x＋y＝0.4 mol·L－1×0.1 L，解得x＝0.016 mol、y＝0.024 mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.016 mol×＝0.024 mol，故铜离子的最大浓度为＝0.24 mol·L－1。
21．(1)Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O　
(2)Fe2＋　
(3)0.1　0.2　
(4)3.36
解析：(3)在Oa段NO完全转化为NO，由离子方程式可得，n(NO)＝n(Fe3＋)＝0.1 mol，即x＝0.1；c点溶质为FeSO4，溶液中Fe2＋为0.2 mol，即n(FeSO4)＝0.2 mol，根据硫酸根离子守恒得，n(H2SO4)＝n(FeSO4)＝0.2 mol，即y＝0.2。
(4)Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
　　　0.1 mol　　　　　0.1 mol
Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
　0.1 mol　　　0.05 mol
所以V＝(0.1 mol＋0.05 mol)×22.4 L·mol－1＝3.36 L。
22．(1)0　
(2)　
(3)
解析：(1)根据反应：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3,4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3，a mL NO和b mL NO2气体的试管倒立于水槽中，然后通入a mL O2，若a＝b，对于两个反应中的气体均会转化为硝酸，所以试管中气体的体积是0；(2)若a＜b，则二氧化氮会有剩余，a mL NO消耗氧气是 mL，所以剩余二氧化氮是(b－a) mL，根据3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，则生成NO的体积是；(3)若a＞b，则此时一氧化氮和二氧化氮均参加了的反应，氧气会剩余，根据反应4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3、4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3，a mL NO和b mL NO2气体消耗氧气的体积是：，所以剩余氧气的体积是：。
23．(1)O2　8 mL、4 mL
(2)NO　10.8 mL、1.2 mL
解析：解题依据的化学方程式：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3；3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。
设O2的体积为x，剩余的气体有两种可能：
(1)若剩余O2，则V剩＝x－×(12 mL－x)＝2 mL，解得x＝4 mL，则NO2的体积是8 mL；
(2)若剩余NO，则V剩＝×[(12 mL－x)－4x]＝2 mL，解得x＝1.2 mL，则NO2体积是10.8 mL。
24．(1)1∶3
(2)①2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O ②NaNO2
(3)①Na2CO3＋2NO2===NaNO3＋NaNO2＋CO2 ②NaNO3：0.05mol　NaNO2：0.15mol　0.5mol·L－1
解析：(1)设NO的体积为V(NO)，NO2的体积为V(NO2)，依据方程式知，处理NO需NH3：V(NO)，处理NO2需NH3：V(NO2)，则
解得V(NO)＝0.75L，V(NO2)＝2.25L，则V(NO)∶V(NO2)＝1∶3。
(2)①生成两种钠盐，必然是NO2的歧化反应，依据量的关系可知两种盐分别为NaNO3和NaNO2。
②NO中氮的化合价为＋2价，NO2中氮的化合物为＋4价，二者1∶1混合时与NaOH反应生成一种钠盐，依据电子守恒可知，钠盐中氮的化合价为＋3，即为NaNO2。
(3)②n(NO2)＝0.15mol，n(NO)＝0.05mol
＋＋===＋CO2
则单独与Na2CO3反应的NO2为0.15mol－0.05mol＝0.1mol
＋===＋＋CO2
所以共生成NaNO3：0.05mol，NaNO2：0.15mol
c(Na2CO3)＝＝0.5mol·L－1。
25．1.12
26．0.15
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