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。回答下列問題：

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.因為沒有一直觀察錐形瓶中溶液顏色變化，判斷滴定終點時溶液已變紅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 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】

(2)裝置A中是稀硝酸和銅發生反應生成NO，因裝置內空氣中含有氧氣，NO會部分氧化為NO2，利用裝置B中NaOH溶液除去NO2，NO再經裝置C干燥后，在D中與Cu粉在加熱條件下發生反應生成CuO 和 N2，未反應的NO用酸性KMnO4溶液吸收，最終排水法收集生成的N2；

(3) ①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根據消耗的KMnO4的物質的量，結合反應原理計算參加反應的亞硝酸鈉的物質的量，然后求NaNO2的物質的量濃度。

(1) Cu和稀 HNO3 反應生成NO的同時，得到硝酸銅和水，發生反應的化學方程式為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；因NO極易被酸性KMnO4溶液吸收，易產生倒吸現象，則裝置 E 的作用為安全瓶；

②裝置 C 的作用是干燥NO，應選擇酸性或中性固體干燥劑，則盛放的藥品可能是CaCl2或P2O5；

③在加熱條件下，Cu 與 NO 反應可生成 CuO 和 N2，則裝置 D 中的現象是紅色粉末變黑；酸性條件下，NO與 MnO4–反應生成 NO3–和 Mn2+，則裝置 F 中反應的離子方程式是5NO +3MnO4-+4H+= 5NO3-+ 3 Mn2++2H2O；

(3) ①第一次實驗數據相比后三次實驗數據明顯偏大；

a．錐形瓶洗凈后未干燥，待測液中溶質的物質的量不變，對標準液的體積無影響，故a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，造成標準液的體積偏大，故b正確；

c．因為沒有一直觀察錐形瓶中溶液顏色變化，判斷滴定終點時溶液已變紅，則滴加標準液過量，即標準液的體積偏大，故c正確；

d．酸性 KMnO4 溶液中含有其他氧化性試劑，消耗的標準液體體積偏小，故d錯誤；

e．錐形瓶洗凈后用待測液潤洗，待測的溶質的物質的量偏大，導致滴定時消耗的標準液體積偏大，故e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6H＋+2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O；

③第一次實驗數據明顯偏大舍去，取后三次實驗數據的平均值為=20.00，則消耗高錳酸鉀的物質的量是：0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，則根據方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可知，亞硝酸鈉的物質的量是：0.002mol×=0.005mol，則溶液中亞硝酸鈉的物質的量濃度為=0.2mol/L。