Question

7．将1.20g铁铜合金完全溶于100mL、12.0mol•L^-1浓硝酸中，得到NO₂和N₂O₄混合气体672mL（换算为标准状况下）．向反应后的溶液中加入1.0mol•L^-1 NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.05g沉淀．下列有关判断正确的是（　　）

• A． 反应过程中浓硝酸仅体现氧化性
• B． 该合金中铁与铜物质的量之比是2：1
• C． 混合气体中，NO₂的体积分数是$\frac{1}{3}$
• D． 金属离子全部沉淀时，加入NaOH溶液的体积至少为1150 mL

Answer 1

分析 铁铜合金完全溶于浓硝酸中，变成Fe（NO₃）₃和Cu（NO₃）₂，生成气体NO₂和N₂O₄，向反应后的溶液加入NaOH溶液，当金属离子完全沉淀时，产生Fe（OH）₃和Cu（OH）₂根据电子得失守恒和元素守恒解答．

解答 解：A．反应过程中产生NO₂和N₂O₄，表明浓硝酸一部分起氧化剂作用，发应也生成Fe（NO₃）₃和Cu（NO₃）₂，表明浓硝酸一部分起酸的作用，因此反应过程中浓硝酸不仅体现氧化性的作用，还体现酸性，故A错误；
B．原铁铜合金质量为1.02g，当产生金属离子的完全沉淀时，为Fe（OH）₃和Cu（OH）₂的混合，质量为2.05g，根据元素守恒，设Fe的物质的量为xmol，Cu的物质的量为ymol，列出质量关系为$\left\{\begin{array}{l}{56x+64y=1.20}\\{107x+98y=2.05}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=0.01}\\{y=0.01}\end{array}\right.$，因此合金中，Fe与Cu的物质的量之比为1：1，故B错误；
C．混合气体为NO₂和N₂O₄，标况下体积为672mL，即有$\frac{672×1{0}^{-3}}{22.4}=0.03mol$，即n（NO₂）+n（N₂O₄）=0.03mol，反应过程中，根据电子得失守恒：3n（Fe³⁺）+2n（Cu²⁺）=n（NO₂）+2n（N₂O₄），即n（NO₂）+2n（N₂O₄）=0.05mol，联立：$\left\{\begin{array}{l}{n（N{O}_{2}）+n（{N}_{2}{O}_{4}）=0.03mol}\\{n（{N}_{2}{O}_{4}）+2n（{N}_{2}{O}_{4}）=0.05mol}\end{array}\right.$，解得：n（NO₂）=0.01mol，n（N₂O₄）=0.02mol，因此混合气体中，NO₂的体积分数=$\frac{0.01}{0.03}=\frac{1}{3}$，故C正确；
D．反应过程中，有100mL   12.0mol/L的浓硝酸发生反应，即共有浓硝酸的物质的量为1.2mol，根据N元素守恒：n（总HNO₃）=n（剩HNO₃）+n（NO₂）+2n（N₂O₄）+n（NO₃^-），NO₃^-这里的是指溶液中起酸作用的那部分硝酸，存在形式为Fe（NO₃）₃和Cu（NO₃）₂，因此存在关系：n（NO₃^-）=3n（Fe³⁺）+2n（Cu²⁺）=0.05mol，可求得n（剩HNO₃）=1.1mol，可见反应后剩余1.1mol的硝酸，这部分硝酸也要与NaOH溶液反应，NaOH与金属离子反应时，也要消耗NaOH，这部分消耗的NaOH的物质的量为0.01mol×3+0.01mol×2=0.05mol，因此总共消耗NaOH的物质的量为n（NaOH）=1.1mol+0.05mol=1.15mol，也就需要消耗NaOH溶液的体积为V（NaOH）=$\frac{n（NaOH）}{c}$=$\frac{1.15mol}{1.0mol/L}$×10³=1150mL，故D正确．
故选CD．

点评 本题考查氧化还原反应的计算，明确硝酸既起到氧化剂作用，也起到酸的作用，结合守恒思想解答能给本题带来很大的方便．本题难度中等，是中档题．