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    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
     
    mL 2mol/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）a g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b L，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+H2O 2NO2+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50℃，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
     
    ．
    考点：化学方程式的有关计算
    专题：计算题
    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：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，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2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O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n（NO2）：n（NO）≥1，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成亚硝酸钠时获得的电子，根据电子转移守恒计算n（NaNO2），根据N元素守恒计算n（NaNO3）；
    （6）在常温下，把NO气体压缩到1.01×107Pa，再加热到50℃，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，依据原子个数守恒可知该反应为：3NO=N2O十NO2，因为存在2NO2N2O4，即生成的NO2又双聚成N2O4，导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的
    2
    3
    ；
    若只发生反应：3NO=N2O十NO2，气体的平均摩尔质量最小，若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，据此计算解答．
    解答： 解：（1）由图可知，开始时n（NO3-）=1.0mol，则n（HNO3）=n（NO3-）=1.0mol，则c（HNO3）=
    1.0mol
    0.1L
    =10mol/L，故答案为：10；
    （2）由图可知，反应结束时，溶液中NO3-为0.6mol，根据氮元素守恒，生成气体的物质的量为1.0mol-0.6mol=0.4mol，标况下二氧化氮的体积为0.4mol×22.4L/mol=8.96L，故答案为：8.96；
    （3）溶液中溶质为硝酸铜，由图可知，反应结束时，溶液中NO3-为0.6mol，故消耗n（Cu）=n（硝酸铜）=
    0.6mol
    2
    =0.3mol，故答案为：0.3；
    （4）28.8g铜的物质的量为
    28.8g
    64g/mol
    =0.45mol，故剩余Cu为0.45mol-0.3mol=0.15mol，
     3  Cu+2  NO3-+8  H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
      3       2       8
    0.15mol          n（H+）
    则n（H+）=
    0.15mol×8
    3
    =0.4mol，故n（H2SO4）=0.2mol，则需要硫酸体积为
    0.2mol
    2mol/L
    =0.1L=100mL，
    故答案为：100；
    （5）由方程式可知，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n（NO2）：n（NO）≥1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，x最小值为
    2+1
    2
    =1.5，因为混有NO，所以x最大值＜2，故x的取值范围为1.5≤x＜2；
    纵观整个过程，Cu失去的电子等于硝酸生成亚硝酸钠时获得的电子，根据电子转移守恒，n（NaNO2）=n（Cu）=
    ag
    64g/mol
    =
    a
    64
    mol，根据N元素守恒，可知n（NaNO3）=n（气体）=
    bL
    22.4L/mol
    -
    a
    64
    mol=（
    b
    22.4
    -
    a
    64
    ）mol，
    故答案为：1.5≤x＜2；
    a
    64
    ；（
    b
    22.4
    -
    a
    64
    ）；
    （6）在常温下，把NO气体压缩到1.01×107Pa，再加热到50℃，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，依据原子个数守恒可知该反应为：3NO=N2O十NO2，因为存在2NO2N2O4，即生成的NO2又双聚成N2O4，导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的
    2
    3
    ，
    若只发生反应：3NO=N2O十NO2，气体的平均摩尔质量最小，此时M=
    3×30g/mol
    2
    =45g/mol，
    若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，1molNO2得到0.5molN2O4，
    则此时M=
    1mol×44g/mol+0.5mol×92g/mol
    1mol+0.5mol
    =60g/mol，
    综上分析，可知45g/mol＜M＜60g/mol，
    故答案为：3NO=N2O十NO2；2NO2N2O4；45g/mol＜M＜60g/mol．
    点评：本题考查化学计算，属于拼合型题目，涉及守恒法、极限法的运用等，是对学生综合能力的考查，难度较大．
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    ，反应在10分钟内的化学反应速率用Z来表示则V（Z）=
     
    ．

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      △  
    .
     
    CuSO4+SO2+2H2O，求：余酸稀释后的浓度；生成SO2气体的体积（标况）．

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    （填序号）．
    （2）应用托盘天平称量NaOH
     
    g，应用量筒量取浓硫酸
     
    mL．
    （3）浓硫酸溶于水的正确操作方法是
     
    ．
    （4）在配制上述溶液实验中，下列操作引起结果偏低的有
     
    ．
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    B．称量固体NaOH时，将砝码和物品的位置颠倒
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    F．将量筒洗涤2～3次，并全部转移至容量瓶中
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