分析 (1)Cu和濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、二氧化氮和水,和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、NO和水;
(2)n(Cu)=$\frac{57.6g}{64g/mol}$=0.9mol,Cu和硝酸恰好完全反應(yīng)生成NO2、NO,生成物還有Cu(NO3)2,根據(jù)N原子守恒計算硝酸的物質(zhì)的量,再根據(jù)c=$\frac{n}{V}$計算硝酸物質(zhì)的量濃度;
(3)二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸和NO,則相當(dāng)于原來的硝酸和Cu反應(yīng)生成NO和硝酸銅,根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒計算NO物質(zhì)的量;通入氧氣后,氧氣和NO反應(yīng)生成二氧化氮、二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸和NO,所以得到二氧化氮、水和氧氣反應(yīng)生成硝酸,根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒計算消耗氧氣的物質(zhì)的量.
解答 解:(1)Cu和濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、二氧化氮和水,和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、NO和水,開始時硝酸濃度較大,所以生成二氧化氮,則開始時反應(yīng)方程式為Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,故答案為:Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;
(2)n(Cu)=$\frac{57.6g}{64g/mol}$=0.9mol,Cu和硝酸恰好完全反應(yīng)生成NO2、NO,生成物還有Cu(NO3)2,根據(jù)N原子守恒得n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NOx)=2×0.9mol+1.4mol=3.2mol,c(HNO3)=$\frac{n}{V}$=$\frac{0.32mol}{0.2L}$=1.6mol/L,
故答案為:1.6;
(3)二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸和NO,反應(yīng)方程式為3NO2+H2O═2HNO3+NO,則相當(dāng)于原來的硝酸和Cu反應(yīng)生成NO和硝酸銅,根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒計算n(NO)=$\frac{0.9mol×2}{3}$=0.6mol;通入氧氣后,氧氣和NO反應(yīng)生成二氧化氮、二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸和NO,所以得到二氧化氮、水和氧氣反應(yīng)生成硝酸,根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒計算消耗n(O2)=$\frac{0.6mol×3}{4}$=0.45mol,
故答案為:3NO2+H2O═2HNO3+NO;0.6;0.45.
點評 本題以Cu和硝酸反應(yīng)為載體考查氧化還原反應(yīng)有關(guān)計算,側(cè)重考查學(xué)生分析計算能力,明確各個物理量之間的關(guān)系是解本題關(guān)鍵,注意原子守恒、轉(zhuǎn)移電子守恒的靈活運用,易錯點是(3)NO的物質(zhì)的量計算.
科目:高中化學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | B. | C. | D. |
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科目:高中化學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 等質(zhì)量的銅粉按a、b兩種途徑完全轉(zhuǎn)化,途徑a和途徑b消耗的H2SO4相等 途徑a:Cu$→_{△}^{O_{2}}$CuO$\stackrel{稀H_{2}SO_{4}}{→}$CuSO4; 途徑b:Cu$→_{△}^{濃H_{2}SO_{4}}$CuSO4 | |
B. | Al2O3和MgO均可與NaOH溶液反應(yīng) | |
C. | 78gNa2O2中存在的共價鍵總數(shù)為NA(NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值) | |
D. | 18gD2O中含有的質(zhì)子數(shù)為10NA(NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值) |
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科目:高中化學(xué) 來源: 題型:解答題
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科目:高中化學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 2,4,4-三甲基戊烷 | B. | 2,4-二甲基戊烷 | ||
C. | 2,2,4-三甲基戊烷 | D. | 4,4-二甲基己烷 |
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科目:高中化學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 在NaCl晶體中,與一個Na+最近的且距離相等的Cl-的個數(shù) | |
B. | 在二氧化硅晶體中,圍成最小環(huán)的原子數(shù) | |
C. | 在金剛石晶體中,圍成最小環(huán)的原子數(shù) | |
D. | 在CsCl晶體中,與一個Cs+最近的且距離相等的Cs+的個數(shù) |
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科目:高中化學(xué) 來源: 題型:實驗題
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科目:高中化學(xué) 來源: 題型:解答題
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科目:高中化學(xué) 來源: 題型:解答題
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