高考化学氧化还原反应的综合压轴题专题复习含答案.docx

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高考化学氧化还原反应的综合压轴题专题复习含答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O，商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。

一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。

三种盐的溶解度（单位为g/100g水）如下表：

温度／℃

10

20

30

（NH4）2SO4

73.0

75.4

78.0

FeSO4·7H2O

20.0

26.5

32.9

（NH4）2SO4•FeSO4

17.2

21.6

28.1

（一）实验室制取少量莫尔盐的流程如下：

试回答下列问题：

（1）步骤1中加入10％Na2CO3溶液的主要作用是___________；反应中铁屑过量是为了______。

（2）步骤3需要趁热过滤，原因是___________。

（3）从步骤4到莫尔盐，必须进行的操作依次是______，析出的晶体常用________洗涤。

（4）若莫尔盐的饱和溶液中有水20克，当温度从30℃降至10℃，最多析出莫尔盐的质量是________（选填编号）。

A2.18gB大于2.18gC小于2.18gD无法确定

（二）称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。

用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。

（1）已知MnO4-被还原为Mn2+，试写出该滴定反应的离子方程式____。

（2）判断该反应到达滴定终点的现象为____________。

（3）假设到达滴定终点时，用去VmL酸性KMnO4溶液，则该酸性KMnO4溶液的浓度为_______mol/L。

【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水B5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色1/V

【解析】

【分析】

（一）

（1）碳酸钠水解显碱性；

（2）FeSO4在温度低时溶解度较小；

（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小；

（4）（NH4）2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为：

28.1g和17.2g；

（二）

（1）MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为Mn2+；

（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；

（3）根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系，进而进行计算。

【详解】

（一）

（1）碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+，减少产物中的Fe3+杂质，

故答案为：

除铁屑表面的油污；还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质；

（2）如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出，故答案为：

FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出；

（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：

过滤、洗涤；无水酒精或冰水；

（4）（NH4）2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为：

28.1g和17.2g，即若溶剂为100g水，冷却析出10.9g，有水20g析出2.18g，硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O含有结晶水，故析出质量大于2.18g，故答案为：

B；

（二）

（1）反应的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：

5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O；

（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色，30s内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：

加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色；

（3）1.96g硫酸亚铁铵晶体的物质的量n=

=

=0.005mol，根据原子守恒则亚铁离子的物质的量为0.005mol，反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则5Fe2+～MnO4-，所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol，据c=

=

=

mol/L，故答案为：

。

2．利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣（主要含FeO·V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐）生产V2O5的工艺流程如下，回答下列问题：

已知：

①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。

②AlO

+4H+=Al3++2H2O。

（1）焙烧Ⅰ包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得V2O5，写出氧化过程中FeO·V2O3发生反应的化学方程式________；废渣Ⅰ的主要成分是________；精制Ⅰ中加盐酸调pH的主要作用是________，加入NH3·H2O后发生反应的离子方程式为________。

（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸盐，pH过小时影响除磷效果的原因是________；pH过大时，沉淀量增大的原因是________。

（3）沉钒所得NH4VO3沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是________。

NH4VO3在500℃时焙烧脱氨制得产品V2O5，反应方程式为2NH4VO3

V2O5+H2O↑+2NH3↑。

但脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:

2，该反应的化学方程式为________。

【答案】4FeO·V2O3+5O2

2Fe2O3+4V2O5Fe2O3[或Fe（OH）3]除Si并转化AlO2-写“除Si”即得分）Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH

H++NH3·H2O=H2O+NH

（写出第一个离子方程式即得分）形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙）产生了Ca（OH）2沉淀Cl－3V2O5+2NH3

3V2O4+N2+3H2O

【解析】

【分析】

氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3[或Fe（OH）3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al（OH）3沉淀；精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉钒时加入试剂NH4Cl，所得NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。

【详解】

（1）氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5，化学方程式为：

4FeO·V2O3+5O2

2Fe2O3+4V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3[或Fe（OH）3]成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+；加入NH3·H2O后与Al3+发生反应生成Al（OH）3沉淀，还可以中和酸，反应方程式为：

、

，故答案为：

4FeO·V2O3+5O2

2Fe2O3+4V2O5；Fe2O3[或Fe（OH）3]；除Si并转化AlO2-（写“除Si”即得分）；

，

（写出第一个离子方程式即得分）；

（2）精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，pH过小时形成溶解度较大的酸式盐；pH过大时易形成Ca（OH）2沉淀，故答案为：

形成溶解度较大的酸式盐（或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙）；产生了Ca（OH）2沉淀；

（3）沉钒时加入试剂NH4Cl，因此所得NH4VO3沉淀含有阴离子主要为Cl-；脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:

2，则V2O5为氧化剂，NH3为还原剂，还原产物为V2O4，氧化产物为N2，则氧化还原方程式为：

3V2O5+2NH3

3V2O4+N2+3H2O，故答案为：

Cl－；3V2O5+2NH3

3V2O4+N2+3H2O。

3．在古代，橘红色的铅丹（Pb3O4）用于入药和炼丹，人们对其中重金属铅的毒性认识不足。

已知：

PbO2为棕黑色粉末。

某化学兴趣小组对铅丹的一些性质进行实验探究并测定其组成。

回答下列问题：

（1）性质实验

实验操作

现象

解释或结论

①将适量铅丹样品放入小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌

_____

Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋

2Pb（NO3）2＋2H2O

②将上述混合物过滤，所得滤渣分为两份，一份加入2 mL浓盐酸，加热

有刺激性的黄绿色气体产生

反应的化学方程式：

_______

③另一份滤渣加入硝酸酸化的Mn（NO3）2溶液，搅拌

得紫色溶液

结论：

_______

（2）组成测定

① 准确称取0.530 g 干燥的铅丹样品，置于洁净的小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌使之充分反应，分离出固体和溶液。

该分离操作名称是_____________。

② 将①中所得溶液全部转入锥形瓶中，加入指示剂和缓冲溶液，用0.04000 mol/L的EDTA溶液（显酸性）滴定至终点，消耗EDTA溶液36.50 mL。

EDTA与Pb2+的反应可表示为Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+，滴定时EDTA溶液应盛装在_______________中。

滤液中含Pb2+__________mol。

③ 将①中所得固体PbO2全部转入另一锥形瓶中，往其中加入适量HAc与NaAc的混合液和8 g固体KI，摇动锥形瓶，使PbO2全部反应而溶解，发生反应PbO2＋4I－＋4HAc=PbI2＋I2＋4Ac－＋2H2O，此时溶液呈透明棕色。

以0.05000 mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－，至溶液呈淡黄色时加入2%淀粉溶液1 mL，继续滴定至溶液_______，即为终点，用去Na2S2O3溶液30.80 mL。

根据②、③实验数据计算，铅丹中Pb（Ⅱ）与Pb（Ⅳ）的原子数之比为____________。

【答案】固体由橘红色变为棕黑色PbO2＋4HCl（浓）

PbCl2＋Cl2↑＋2H2O在酸性溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-过滤、洗涤、干燥酸式滴定管1.460×10-3蓝色褪去且半分钟内不恢复1.90

【解析】

【分析】

（1）①由化学方程式及物质的物理性质总结反应现象，②黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，则PbO2发生还原，③紫色是MnO4-离子的颜色，在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为+2价离子；

（2）①溶液中有固体沉淀的分离步骤是：

过滤、洗涤、干燥，②碱性溶液用碱式滴定管盛装，酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，根据反应的离子方程式找出关系式进行计算滤液中含Pb2+的物质的量；

（3）碘遇淀粉变蓝色，根据反应的离子方程式找出关系式进行相关计算。

根据以上分析进行解答。

【详解】

（1）①铅丹样品与HNO3溶液发生反应：

Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋2Pb（NO3）2＋2H2O，由题中所给Pb3O4、PbO2物理性质可知反应现象为：

固体由橘红色变为棕黑色。

答案为：

固体由橘红色变为棕黑色。

②PbO2与浓盐酸加热生成的黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，PbO2发生还原变成Pb2+，根据原子守恒写出反应方程式为：

PbO2＋4HCl（浓）

PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。

答案为：

PbO2＋4HCl（浓）

PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。

③PbO2与硝酸酸化的Mn（NO3）2溶液反应得到的是MnO4-紫色溶液，说明在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为Pb2+离子，反应方程式为：

5PbO2+2Mn2++4H+=2MnO4-+5Pb2++2H2O。

答案为：

在酸性溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-。

（2）①溶液中有不溶物分离的操作步骤是：

过滤、洗涤、干燥。

答案是：

过滤、洗涤、干燥。

②滴定实验中酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，所以显酸性的EDTA溶液应盛装在酸式滴定管里，根据反应Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+可得：

n（Pb2+）=n（H2Y2- ）=36.50⨯10-3L⨯0.0400mol/L=1.460⨯10-3mol。

答案为：

酸式滴定管；1.460×10-3。

（3）该滴定实验使用淀粉溶液作指示剂，而碘遇淀粉变蓝色，当反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－结束时，碘恰好反应完蓝色褪去，所以达到滴定终点的标志是：

蓝色褪去且半分钟内不恢复；根据反应：

PbO2＋4I－＋4HAc=PbI2＋I2＋4Ac－＋2H2O，I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－可得：

n（PbO2）=n（I2）=

n（S2O32-）=

⨯0.05000mol/L⨯30.80⨯10-3L=7.7⨯10-4mol，所以铅丹中Pb（Ⅱ）与Pb（Ⅳ）的原子数之比为：

1.460×10-3：

7.7⨯10-4=1.90。

答案为：

蓝色褪去且半分钟内不恢复；1.90。

【点睛】

有关滴定实验的计算中要根据反应方程式找准关系式，计算时注意单位的换算。

4．亚硝酰硫酸（NOSO4H）主要用于染料、医药等工业。

实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：

将SO2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度略低于20℃，搅拌，使其充分反应。

反应过程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。

（1）①实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为___。

②反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能的原因是___。

③反应过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量的可能原因是___

（2）为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：

。

准确称取1.200g产品放入锥形瓶中，加入50.00mL0.1000mol·L-1的KMnO4标准溶液和足量稀H2SO4，摇匀，使其充分反应。

再将反应后溶液加热至60~70℃（使生成的HNO3挥发逸出），冷却至室温，用0.2500mol·L-1Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体积为16.00mL。

已知：

2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnO4在酸性条件下被还原为Mn2+。

根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。

（写出计算过程）___

【答案】HNO3+SO2

NOSO4H生成的NOSO4H对该反应有催化作用硝酸会挥发和分解90.00%

【解析】

【分析】

（1）设NOSO4H中N的化合价为x，根据化合价代数和为0有：

x+（+6）×1+（-2）×5+（+1）×1=0，解得：

x=+3，N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，发生的是氧化还原反应，氧化剂与还原剂物质的量之比=1：

1；

（2）50.00mL0.1000mol·L-1的KMnO4与16.00mL0.2500mol·L-1Na2C2O4反应之后剩余的KMnO4再与NOSO4H反应。

【详解】

（1）①N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，N元素和S元素的物质的量之比=1:

1，所以反应的方程式为：

HNO3+SO2

NOSO4H，故答案为：

HNO3+SO2

NOSO4H；

②反应前十分钟没有加快，不是温度，十分钟后明显加快，说明生成的物质对反应有催化作用，故答案为：

生成的NOSO4H对该反应有催化作用；

③从反应的方程式看：

参加反应的硝酸和生成的NOSO4H比例为1:

1，消耗的硝酸多，可能是有一部分挥发和分解了，故答案为：

硝酸会挥发和分解；

（2）一部分KMnO4标准溶液和NOSO4H反应，剩余的KMnO4标准溶液用Na2C2O4反滴定，KMnO4和Na2C2O4，KMnO4中Mn元素化合价从+7降低到+2，降低5，作氧化剂，Na2C2O4中C元素化合价从+3升高到+4升高了1，2个C升高了2，作还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比=2:

5，所以

，解得：

和Na2C2O4反应的KMnO4的物质的量n1=1.6×10-3mol，KMnO4总的物质的量=50.00×10-3L×0.1000mol·L-1=5×10-3mol，所以和NOSO4H反应的KMnO4的物质的量=5×10-3mol-1.6×10-3mol=3.4×10-3mol，所以

，解得NOSO4H的质量m=1.0795g，所以样品中NOSO4H的纯度=

≈90.00%，故答案为：

90.00%。

【点睛】

和Na2C2O4反应的KMnO4加上和NOSO4H反应的KMnO4为总的KMnO4的量。

5．NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：

2NH3+3Cl2→N2+6HCl。

当Cl2和NH3比例不同时，产物有差异。

（1）该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。

如氯气有少量泄漏，用氨气检验时的现象为_____________________________。

（2）若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，Cl2和NH3的最佳比例为_____。

（3）常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变。

求：

①反应前氯气和氨气的物质的量之比______________

②反应后生成的氧化产物的质量_______________。

（4）若将总体积为100L的NH3和Cl2混合，实验精确测得充分反应后无色混合气体中N2占混合气体的

，求生成氧化产物的物质的量_____________。

（该实验数据在标准状况下测定）

【答案】有白烟生成3∶2n（NH3）∶n（Cl2）=1∶1m（N2）=56g余NH3和N20.263mol，余HCl和N20.893mol

【解析】

【分析】

NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：

2NH3+3Cl2→N2+6HCl。

当Cl2和NH3比例不同时，产物有差异。

（1）要检验化工生产中氯气是否泄漏，则需要有明显的现象，从提供的反应可以看出，氨气过量时会有明显现象，找到该反应并指出现象即可；

（2）要求是利用氨气和氯气之间反应生成氯化氢用于制备盐酸，故按该反应中Cl2和NH3的比例来回答；

（3）常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明

反应后氨气有剩余，再发生反应NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能完全反应，按此思路计算①反应前氯气和氨气的物质的量之比及②反应后生成的氧化产物的质量；

（4）若将总体积为100L的NH3和Cl2混合，①

恰好反应，根据方程式计算混合气体总体积，进而计算氮气体积；

②NH3过量时，发生反应

，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl2有xL，利用方程式和已知条件计算出氮气的体积、氧化产物的物质的量；

【详解】

（1）按题意，用于检验氯气是否泄漏的反应应有明显现象，氯气和氨气可能的反应为

、当氨气过量时会与生成的HCl反应生成氯化铵，有白烟，现象明显；

答案为：

有白烟生成；

（2）氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气：

，若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，Cl2和NH3的最佳比例为3：

2；

答案为：

3：

2；

（3）①常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明

反应后氨气有剩余，再多余氨气再与部分HCl发生反应NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能完全反应，设反应

中消耗氯气的物质的量为x，

，

，前者体积增大与后者体积减小相等，则

，得x=6，

故反应前氯气和氨气的物质的量之比为

：

1；

答案为：

1:

1；

②反应后生成的氧化产物为氮气，氯气为6mol,由

可知,生成氮气的物质的量为2mol，故氧化产物氮气的质量=2mol×28g/mol=56g，

故答案为：

56g；

（4）在

反应中，NH3和Cl2恰好完全反应时，混合气体中N2占混合气体的

，由于氨气与HCl可以反应生成HN4Cl，而充分反应后的混合气体中N2占混合气体的

，则有两类情况：

①Cl2与氨气恰好反应，由方程式可知5体积气体生成7体积气体，故反应后混合气体总体积=100L×

=140L，则氧化产物氮气体积为140L×

=20L，故其物质的量=

=0.893mol；②NH3过量时，发生反应

，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl2有xL，则

，则

，

，故氧化产物氮气的物质的量=

；

答案为：

余NH3和N2为0.263mol，余HCl和N2为0.893mol。

6．将28.8g铜投入100mL浓硝酸中，最后铜有剩余，其NO3-离子物质的量变化如下图所示，请回答下列问题：

（1）开始反应时浓硝酸的物质的量浓度为____________mol/L。

（2）铜与浓硝酸反应生成的气体在标准状况下的体积（不考虑NO2与N2O4的平衡）为_____L。

（3）硝酸完全反应后消耗铜的物质的量n（Cu）是______mol。

（4）应再往此反应体系中滴加_________L2mol/L的硫酸才能使剩余的铜恰好完全溶解。

已知此过程中NO3-的还原产物为NO。

（5）ag铜全部溶于一定量的浓硝酸中，测得生成的气体在标准状况下的体积（不考虑NO2与N2O4的平衡）为bL，为消除污染，将生成的气体通入NaOH溶液中，气体被完全吸收。

已知：

NO+NO2+2NaOH→2NaNO2+H2O2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O如果NO、NO2混合气体用NOx表示，被NaOH溶液完全吸收时，x的取值范围______；生成NaNO2的物质的量是_________mol；NaNO3的物质的量是_________mol。

（6）在常温下，把NO气体压缩到1.01×107Pa，再加热到500C，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的2/3，然后压强就不再改变。

已知其中一种产物为N2O，则上述变化的化学方程式为__________________。

气体的平均摩尔质量为M，则M的取值范围应该是_________________。

【答案】108.960.3100

；

【解析】

【分析】

（1）根据开始时硝酸根的物质的量计算硝酸的浓度；

（2）利用氮元素守恒计算气体的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化氮的体积；

（3）反应结束，溶液中溶质为硝酸铜，根据硝酸根计算消耗n（Cu）；

（4）发生反应：

，据此计算消耗硫酸的物质的量，进而计算需要硫酸的体积；

（5）由方程式

和

可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足

，当n（NO2）：

n（NO）=1时x值最小，计算x的最小值，因为混有NO，所以x最大值＜2，据此确定x取值范围；纵观整个过程，Cu失去的电子等于硝酸生