Question

【題目】（1）FeS與一定濃度的HNO3反應(yīng)，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，當NO2、N2O4、NO的物質(zhì)的量之比為1﹕1﹕1時，實際參加反應(yīng)的FeS與HNO3的物質(zhì)的量之比為____________。

（2）在P＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反應(yīng)中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物質(zhì)的量為____________mol。

（3）足量銅與一定量濃硝酸反應(yīng)，得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，將這些氣體與1.68 L O2(標準狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是___________mL。

（4）利用鈷渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制備鈷氧化物的工藝流程如下：

Co(OH)3溶解還原反應(yīng)的離子方程式為_______________________________，在空氣中煅燒CoC2O4生成鈷氧化物和CO2，測得充分煅燒后固體質(zhì)量為2.41g，CO2的體積為1.344L（標準狀況），則鈷氧化物的化學式為______________。

Answer 1

【答案】1：7 1.5 60 2Co（OH）3+4H++SO32-=2Co2++SO42-+5H2O Co3O4．

【解析】

（1）根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒以及原子守恒進行計算；

（2）根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒進行計算；

（3）根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒以及原子守恒進行計算；

（4）Co(OH)3溶解還原反應(yīng)為Co(OH)3、H+、SO32-的氧化還原反應(yīng)；根據(jù)質(zhì)量守恒定律計算氧化物的化學式。

（1）設(shè)參加反應(yīng)的FeS為1mol，則溶液中Fe2(SO4)3為1/3 mol，Fe(NO3)3為1/3 mol，反應(yīng)中Fe元素、S元素化合價升高，N元素化合價降低，設(shè)NO2、N2O4、NO的物質(zhì)的量均為amol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒有：1×（3-2）+1×[6-（-2）]=a×（5-4）+a×（5-4）×2+a×（5-2），解得：a=1.5，則NO2、N2O4、NO的物質(zhì)的量分別為1.5mol、1.5mol、1.5mol，則起氧化劑作用的HNO3為：1.5mol+1.5mol×2+1.5mol=6mol，起酸的作用的硝酸為1/3 mol×3=1mol，參加反應(yīng)的硝酸為：6mol+1mol=7mol，所以實際參加反應(yīng)的FeS與HNO3的物質(zhì)的量之比=1mol：7mol=1：7；

（2）反應(yīng)中銅元素化合價從+2價降低到+1價，得到1個電子，P元素化合價從0價升高到+5價，失去5個電子，則根據(jù)電子得失守恒可知7.5 mol CuSO4可氧化P的物質(zhì)的量為7.5mol÷5＝1.5mol；

（3）NO2、N2O4、NO的混合氣體與1.68L O2（標準狀況）混合后通入水中，完全生成HNO3，則整個過程中HNO3反應(yīng)前后沒有變化，即Cu失去的電子都被O2得到了，根據(jù)得失電子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4，即n（Cu）×2=1.68/22.4 mol×4，解得：n（Cu）=0.15mol，所以溶液中銅離子為0.15mol，根據(jù)Cu2+～2OH-可知NaOH為0.15mol×2=0.3 mol，則NaOH溶液的體積0.3mol÷5mol/L=0.06L=60mL；

（4）Co(OH)3溶解還原反應(yīng)為Co(OH)3、H+、SO32-的氧化還原反應(yīng)，其離子反應(yīng)為2Co(OH)3+4H++SO32-＝2Co2++SO42-+5H2O；煅燒CoC2O4生成鈷氧化物和CO2，測得充分煅燒后固體質(zhì)量為2.41g，CO2的體積為1.344L（標準狀況），n（CO2）=1.344L÷22.4L/mol=0.06mol，由化學式可知n（Co）=0.06mol×1/2=0.03mol，則氧化物中n（O）=(2.41g－0.03mol×59g/mol)÷16g/mol=0.04mol，則n（Co）：n（O）=0.03mol：0.04mol=3：4，所以鈷氧化物的化學式為Co3O4。