Question

（1）N_A為阿伏加德羅常數。25℃時，1g水中含H⁺離子個數約為__________N_A。
（2）通過氨的催化氧化法制取硝酸，在此全過程中，理論上氨與所耗氧氣的物質的量比為__________,這樣所得硝酸的質量分數為_____________。
（3）往含0．2 mol NaOH和0．1 mol Ca(OH)₂的混合溶液中持續穩定地通入CO₂氣體0．5 mol。請以CO₂的量為橫坐標，以溶液中離子的總量為橫坐標，畫出離子總量隨CO₂加入量變化的折線圖。(不計弱電解質的電離和鹽的水解)

（4）某研究性學習小組擬用銅屑與氧化銅混合物與硫酸和硝酸組成的混酸反應來制取CuSO₄·5H₂O晶體，混酸中硝酸的還原產物為NO，反應過程中不產生SO₂，反應后的溶液中不含Cu（NO₃）₂， 反應中固體完全溶解，兩種酸均恰好完全反應。設固體混合物的總質量為480 g，其中銅屑的質量分數為0．4， 480g固體混合物與一定量混酸微熱后，充分反應，冷卻恰好只得到CuSO₄·5H₂O，試求原混酸中H₂SO₄的質量分數（寫出計算過程）

Answer 1

（1）10^-10  (2分)
（2）1：2  0．778   (4分)
（3）
(0,0．7) (0．1,0．4) (0．2,0．3) (0．3,0．4) (0．4,0．7) (0．5,0．7)  (5分)
（4）(4分)解 m(Cu) = 480×0．4=192g  m(CuO)=480g-192g=288g
n(Cu) =192/64=3mol， n(CuO) = 288/80=3．6mol （1分）
n(Cu) +n(CuO)="3mol" +3．6mol = 6．6mol
由Cu守恒得： n(H₂SO₄)=n(CuSO₄·5H₂O)=6．6mol（1分）
m(CuSO₄·5H₂O)=6．6mol×250g/mol=1650g
設HNO₃為xmol ,由得失電子數相同得： 2×480×0．4/64=3x     x=2  
n(HNO₃) ="2mol" 則放出NO為2mol，質量為2×30=60g（1分）
根據質量守恒：m(溶液)=1650+2×30-480=1230g（1分）
所以，H₂SO₄%=6．6×98/12300×100％=52．6%（1分）

試題分析：（1）水電離出的C(H⁺)=1．0×10^-7mol?L?¹, 1g水中含H⁺為：1g÷1000g/L×1．0×10^-7mol?L?¹=10^-10mol。
（2）氨的催化氧化法制取硝酸發生如下反應：4NH₃+5O₂4NO+6H₂O、4NO+3O₂+2H₂O=4HNO₃,所以氨與所耗氧氣的物質的量比為：1:2；根據化學方程式可以看出：生成4molHNO₃，最終得4molH₂O，所得硝酸的質量分數=4mol×63g/mol÷(4mol×63g/mol+4mol×18g/mol)= 0．778。
（3）通入CO₂前，0．2 mol NaOH和0．1 mol Ca(OH)₂的混合溶液共含離子0．7mol，折線起點坐標(0,0．7)，通入CO₂首先發生反應：CO₂+Ca²⁺+2OH?=CaCO₃↓+H₂O，完全反應消耗0．1molCO₂，減少0．3mol離子，得轉折點坐標(0．1,0．4)，繼續通入CO₂，發生第2步反應：CO₂+2OH?=CO₃²?+H₂O ,本步反應消耗CO₂ 0．1mol，離子減少0．1mol，得第2個轉折點(0．2,0．3)，第3步反應：CO₂+CO₃²?+H₂O=2HCO₃?，消耗CO₂ 0．1mol，離子增加0．1mol，得第3個轉折點(0．3,0．4)，第4步反應：CO₂+CaCO₃+H₂O=Ca²⁺+2HCO₃?，消耗CO₂ 0．1mol，離子增加0．3mol，得第4個轉折點(0．4,0．7)，因為不計弱電解質的電離和鹽的水解，再通入CO₂，離子濃度不變，得終點(0．5,0．7)，連接各點得轉折線。
（4）硫酸的質量根據元素守恒求算，n(H₂SO₄)=n(CuSO₄·5H₂O)="n(Cu)+n(CuO)," 題目已給條件：固體混合物的總質量為480 g，銅屑的質量分數為0．4，分別求出Cu、CuO的質量，進而求出物質的量；混酸溶液的質量根據質量守恒定律求算，反應前固體混合物的質量+混酸溶液的質量=反應后CuSO₄·5H₂O的質量+NO的質量，最后可求出H₂SO₄的質量分數。