Question

【題目】某同學探究Cu與NO的反應，查閱資料：①Cu與NO反應可生成CuO和N2，②酸性條件下，NO或NO2–都能與MnO4–反應生成NO3–和Mn2+

（1）實驗室利用Cu和稀HNO3制備NO，寫出反應的化學方程式_____________。

（2）選用如圖所示裝置完成Cu與NO的實驗。(夾持裝置略) 實驗開始前，向裝置中通入一段時間的N2�；卮鹣铝袉栴}：

①使用銅絲的優點是_____________________裝置E的作用為_______________。

②裝置C中盛放的藥品可能是_________；

③裝置D中的現象是_______________；裝置F中反應的離子方程式是_______________。

（3）測定NaNO2和NaNO3 混合溶液中NaNO2的濃度。 取25.00mL混合溶液于錐形瓶中，用0.1000mol·L－1酸性KMnO4溶液進行滴定，實驗所得數據如下表所示：

滴定次數	1	2	3	4
消耗KMnO4溶液體積/mL	20.90	20.12	20.00	19.88

①第一次實驗數據出現異常，造成這種異常的原因可能是_________（填字母代號）。

a．錐形瓶洗凈后未干燥

b．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗

c．滴定終點時仰視讀數

d．酸性KMnO4溶液中含有其他氧化性試劑

e．錐形瓶洗凈后用待測液潤洗

②酸性KMnO4溶液滴定亞硝酸鈉溶液的離子方程式為___________________。

③NaNO2 的物質的量濃度為__________

Answer 1

【答案】3Cu +8HNO3 =3 Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O 可以控制反應的發生與停止 安全瓶（防倒吸） CaCl2或P2O5 或硅膠 或堿石灰等（合理答案都給分） 紅色粉末變黑 5NO +3MnO4- + 4H+= 5NO3- + 3 Mn2+ + 2H2O bce 6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O 0.2mol/L

【解析】

（1）Cu被硝酸氧化，根據電子守恒和元素守恒配平方程式；

（2）實驗開始前，向裝置中通入一段時間的N2，將裝置內的空氣排盡，銅絲和稀硝酸反應生成一氧化氮，裝置B除去可能混有的二氧化氮，裝置C進行干燥，之后在D裝置中進行反應，E裝置短進短出可知其為安全瓶，F裝置處理未反應的一氧化氮，G裝置收集氮氣。

（3）①第一次實驗數據出現異常，消耗KMnO4溶液體積偏大，根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差；
②該反應中亞硝酸根離子被氧化為硝酸根離子，高錳酸根離子被還原為錳離子；

③通過方程式確定亞硝酸鈉和高猛酸鉀之間的數量關系進行計算；

（1）Cu被硝酸氧化，根據電子守恒和元素守恒配平方程式，

故答案為：3Cu +8HNO3 =3 Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O；

（2）①可通過上下移動銅絲控制反應是否進行，所以使用銅絲的優點是可以控制反應的發生與停止；裝置E短進短出，作用為安全瓶防倒吸，

故答案為：可以控制反應的發生與停止；安全瓶（防倒吸）；

②裝置C的作用是干燥，所以盛放的藥品可能是堿石灰、無水氯化鈣等；

故答案為：CaCl2或P2O5 或硅膠 或堿石灰等（合理答案都給分）；

③裝置D中一氧化氮和銅反應生成氧化銅，銅單質為紅色，氧化銅為黑色，所以看到的現象是紅色粉末變黑；裝置F中高猛酸鉀將一氧化氮氧化成硝酸根，根據電子守恒和元素守恒可知反應的離子方程式是5NO +3MnO4- + 4H+= 5NO3- + 3 Mn2+ + 2H2O，

故答案為：紅色粉末變黑；5NO +3MnO4- + 4H+= 5NO3- + 3 Mn2+ + 2H2O；

（3）①a．錐形瓶洗凈后未干燥待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，故錯誤

b．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，故正確；

c．滴定終點時仰視讀數，造成V（標準）偏大，故正確；

d．酸性KMnO4溶液中含有其他氧化性試劑會導致 V（標準）偏小，故錯誤；

e．錐形瓶洗凈后用待測液潤洗導致待測液體積偏大，造成V（標準）偏大，故正確；

故答案為：bce；

②該反應中亞硝酸根離子被氧化為硝酸根離子，高錳酸根離子被還原為錳離子，離子方程式為2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O；
故答案為：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O；

③根據方程式可知：5NO2-~2MnO4-，消耗的高猛酸鉀體積為(20.12mL+20.00mL +19.88mL)/3=20.00mL； 則c(NaNO2)== 0.2mol/L，

故答案為：0.2mol/L。