Question

7．將1.20g鐵銅合金完全溶于100mL、12.0mol•L^-1濃硝酸中，得到NO₂和N₂O₄混合氣體672mL（換算為標(biāo)準(zhǔn)狀況下）．向反應(yīng)后的溶液中加入1.0mol•L^-1 NaOH溶液，當(dāng)金屬離子全部沉淀時，得到2.05g沉淀．下列有關(guān)判斷正確的是（　�。�

• A． 反應(yīng)過程中濃硝酸僅體現(xiàn)氧化性
• B． 該合金中鐵與銅物質(zhì)的量之比是2：1
• C． 混合氣體中，NO₂的體積分?jǐn)?shù)是$\frac{1}{3}$
• D． 金屬離子全部沉淀時，加入NaOH溶液的體積至少為1150 mL

Answer 1

分析 鐵銅合金完全溶于濃硝酸中，變成Fe（NO₃）₃和Cu（NO₃）₂，生成氣體NO₂和N₂O₄，向反應(yīng)后的溶液加入NaOH溶液，當(dāng)金屬離子完全沉淀時，產(chǎn)生Fe（OH）₃和Cu（OH）₂根據(jù)電子得失守恒和元素守恒解答．

解答 解：A．反應(yīng)過程中產(chǎn)生NO₂和N₂O₄，表明濃硝酸一部分起氧化劑作用，發(fā)應(yīng)也生成Fe（NO₃）₃和Cu（NO₃）₂，表明濃硝酸一部分起酸的作用，因此反應(yīng)過程中濃硝酸不僅體現(xiàn)氧化性的作用，還體現(xiàn)酸性，故A錯誤；
B．原鐵銅合金質(zhì)量為1.02g，當(dāng)產(chǎn)生金屬離子的完全沉淀時，為Fe（OH）₃和Cu（OH）₂的混合，質(zhì)量為2.05g，根據(jù)元素守恒，設(shè)Fe的物質(zhì)的量為xmol，Cu的物質(zhì)的量為ymol，列出質(zhì)量關(guān)系為$\left\{\begin{array}{l}{56x+64y=1.20}\\{107x+98y=2.05}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=0.01}\\{y=0.01}\end{array}\right.$，因此合金中，F(xiàn)e與Cu的物質(zhì)的量之比為1：1，故B錯誤；
C．混合氣體為NO₂和N₂O₄，標(biāo)況下體積為672mL，即有$\frac{672×1{0}^{-3}}{22.4}=0.03mol$，即n（NO₂）+n（N₂O₄）=0.03mol，反應(yīng)過程中，根據(jù)電子得失守恒：3n（Fe³⁺）+2n（Cu²⁺）=n（NO₂）+2n（N₂O₄），即n（NO₂）+2n（N₂O₄）=0.05mol，聯(lián)立：$\left\{\begin{array}{l}{n（N{O}_{2}）+n（{N}_{2}{O}_{4}）=0.03mol}\\{n（{N}_{2}{O}_{4}）+2n（{N}_{2}{O}_{4}）=0.05mol}\end{array}\right.$，解得：n（NO₂）=0.01mol，n（N₂O₄）=0.02mol，因此混合氣體中，NO₂的體積分?jǐn)?shù)=$\frac{0.01}{0.03}=\frac{1}{3}$，故C正確；
D．反應(yīng)過程中，有100mL   12.0mol/L的濃硝酸發(fā)生反應(yīng)，即共有濃硝酸的物質(zhì)的量為1.2mol，根據(jù)N元素守恒：n（總HNO₃）=n（剩HNO₃）+n（NO₂）+2n（N₂O₄）+n（NO₃^-），NO₃^-這里的是指溶液中起酸作用的那部分硝酸，存在形式為Fe（NO₃）₃和Cu（NO₃）₂，因此存在關(guān)系：n（NO₃^-）=3n（Fe³⁺）+2n（Cu²⁺）=0.05mol，可求得n（剩HNO₃）=1.1mol，可見反應(yīng)后剩余1.1mol的硝酸，這部分硝酸也要與NaOH溶液反應(yīng)，NaOH與金屬離子反應(yīng)時，也要消耗NaOH，這部分消耗的NaOH的物質(zhì)的量為0.01mol×3+0.01mol×2=0.05mol，因此總共消耗NaOH的物質(zhì)的量為n（NaOH）=1.1mol+0.05mol=1.15mol，也就需要消耗NaOH溶液的體積為V（NaOH）=$\frac{n（NaOH）}{c}$=$\frac{1.15mol}{1.0mol/L}$×10³=1150mL，故D正確．
故選CD．

點(diǎn)評 本題考查氧化還原反應(yīng)的計算，明確硝酸既起到氧化劑作用，也起到酸的作用，結(jié)合守恒思想解答能給本題帶來很大的方便．本題難度中等，是中檔題．