热门试卷

解：传统的工业生产金属铝的基本流程为：萤石主要成分为氟化钙，萤石中加入冰晶石和氟化钙，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，电解氧化铝得到铝和氧气，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝，电解得到的铝净化、澄清铸锭．

（1）工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，冶炼金属铝时用的主要冶炼是铝土矿，说明铝土矿的主要成分是Al2O3，电解法冶炼金属铝需要使用惰性电极，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝；

故答案为：Al2O3；石墨（或碳）；

（2）Al2O3属于离子晶体，熔点较高，加入冰晶石和氟化钙，熔融的冰晶石和氟化钙能溶解Al2O3晶体，所以其在电解冶炼铝时被用作助熔剂，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是降低Al2O3的熔点，减少熔融电解质的能耗；

故答案为：降低Al2O3的熔点，减少熔融电解质的能耗；

（3）氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成Al2OF62-，依据电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式为：Al2O3+4AlF63-═3Al2OF62-+6F-； 若电解的总反应为2Al2O3+3C3CO2+4Al，电解池中阳极上是元素化合价升高失电子发生氧化反应，则阳极的电极反应式：C+2 Al2OF62-+12F--4e-═CO2+4 AlF63-；

故答案为：Al2O3+4AlF63-═3Al2OF62-+6F-；C+2 Al2OF62-+12F--4e-═CO2+4 AlF63-；

（4）冰晶石与足量NaOH溶液反应生成两种钠盐分别为偏铝酸钠和氟化钠，结合原则守恒配平书写化学方程式为：Na3AlF6+4NaOH═6NaF+NaAlO2+2H2O；

故答案为：Na3AlF6+4NaOH═6NaF+NaAlO2+2H2O；

（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8×106J，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kJ，生产9g铝制饮料罐消耗的电能=×1.8×103KJ，则铝制饮料罐的热回收效率η=×100%=×100%=0.033%，故答案为：0.033%．

解：合金废料含铝、铁、铜，其中只有铝与足量氢氧化钠溶液反应，所以反应①的反应为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，滤液A含偏铝酸根，再通过量的二氧化碳，发生反应为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3，则沉淀C为氢氧化铝，加热分解得氧化铝；而滤渣B含铁、铜，加入稀硫酸再过滤得滤液D为硫酸亚铁溶液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥得到绿矾晶体；滤渣E为铜，在稀硫酸和氧化剂的作用下反应生成硫酸铜溶液；

（1）根据以上分析，合金废料含铝、铁、铜，其中只有铝与足量氢氧化钠溶液反应，离子方程式是 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）根据以上分析，滤液A含偏铝酸根，再通过量的二氧化碳，发生反应为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3；

（3）检验滤液D中是否含有Fe3+的最佳试剂为KSCN溶液，操作简单，现象明显，不受其他离子的干扰；

故答案为：D；

（4）因为绿矾晶体是结晶水合物，所以要从滤液D中得到绿矾晶体，不能直接蒸干，必须进行的实验操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥；在这一系列操作中没有用到的仪器为石棉网．

故答案为：蒸发浓缩；B；

（5）经分析滤渣E的成分应当是铜，要得到含Cu2+的溶液，试剂Y必须具有氧化性能和铜反应生成Cu2+，故答案为：氧化剂；B．

（1）①碳酸钙、碳酸镁分解得到氧化钙、氧化镁，都可以和水反应得到氢氧化物：Ca（OH）2和Mg（OH）2故答案为：Ca（OH）2和Mg（OH）2；

②镁离子在水溶液中会发生水解反应得到氢氧化镁，所以从MgCl2晶体得到无水MgCl2的操作在HCl气流中进行，

故答案为：将MgCl2•6H2O晶体在干燥的HCl气流中加热；

（2）①实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置装置，计算生成的水的质量故A是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，防止进入D装置中，影响测量结果，装置是：，故答案为：；                  

②要排除空气中的水以及二氧化碳的干扰，开始之前要先通空气，排尽装置中的空气，再进行试验，

故答案为：关闭K2，打开K1，通入足量空气后，再打开K2，关闭K1；

③实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置装置，计算生成的水的质量故A是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，防止进入D装置中，D中碱石灰会吸收空气中水蒸气和CO2等酸性气体，产生误差，测得m偏大，n偏小，最后的碱石灰的作用：吸收空气中水蒸气和CO2等，不能去掉，故答案为：E中碱石灰会吸收空气中水蒸气和CO2等酸性气体，产生误差，测得m偏大，n偏小；

④设水合碱式碳酸镁的化学式为mMgCO3•nMg（OH）2，

mMgCO3•nMg（OH）2•xH2O（m+n）MgO+mCO2↑+（n+x）H2O

                        80（m+n）   44m    18（n+x）

                        1.60       1.32    0.72

则：==，解得x=3，n=1，m=3，即3MgCO3•Mg（OH）2•3H2O，

故答案为：3MgCO3•Mg（OH）2•3H2O．

解：硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，再加氢氧化钠调节PH值3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀而被除去，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到实验目的；

（1）根据影响反应速率的因素知道：升高温度；增加浸出时间；增大硫酸的浓度；研磨硫酸渣，增大固体表面积均可以提高铁的浸出率，因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2；故答案为：适当提高反应温度（增加浸出时间；增大硫酸的浓度；研磨硫酸渣，增大固体表面积等）；SiO2；

（2）-2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，故答案为：8；2；16H+；

（3）通入空气、加入NaOH可以将溶液中的铁元素充分转化为氢氧化铁沉淀而析出，即4Fe2++O2+2H2O+8OH-=4Fe（OH）3↓，故答案为：4Fe2++O2+2H2O+8OH-=4Fe（OH）3↓；

（4）为了确保铁红的质量，氧化过程调节溶液的pH至3.2-3.8，其目的是使Fe3+沉淀完全，而其他金属阳离子不生成沉淀，因加入的是氢氧化钠来调节PH，所以滤液B中应是未沉淀离子的硫酸盐和硫酸钠；洗涤未沉淀的离子为Na+、Mg2+、Al3+，故滤液B可以回收的物质有Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4，故答案为：使Fe3+沉淀完全，而其他金属阳离子不生成沉淀．

故答案为：3.2-3.8；Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4．

解：[设计实验]根据题目已知条件：根据题目信息：淀粉不溶于冷水，能透过滤纸，它可以用一种“渗析”的方法使之与溶液分离，所以步骤三是采用渗析的方法实现胶体和溶液的分离，故答案为：将滤液用“渗析”法除去淀粉；

[验证和结论]（2）根据双氧水的电子式：，可以看出其中含有3个σ键，不含π键，故答案为：3；0；

 （3）向待测液中加入适量的NaOH溶液，加热，如果产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体氨气，则说明溶液中含有NH4+，故答案为：NH4+；

（4）取少量溶液于试管中，加入稀HNO3 和 AgNO3、Cl-有白色沉淀出现，说明溶液中含有Cl-，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，

故答案为：稀HNO3；AgNO3、Cl-；Ag++Cl-=AgCl↓；

[反思与评价]（1）因为双氧水在没有二氧化锰存在时，也会分解产生氧气，含碳物质只要燃烧均会产生二氧化碳，所以（1）和（2）既不能确定其中有炭黑也不能确定其中有MnO2，故答案为：赞同；

（2）根据题目条件：在热水中淀粉颗粒会膨胀破裂，形成淀粉糊，没有步骤三而直接将滤液进行蒸发浓缩，这样滤渣中含大量的淀粉，故答案为：不赞同；水中的淀粉颗粒受热会膨胀破裂，形成淀粉糊；

（3）因为加热时，铵盐、氨水等均分解，不会发生氯化银和氨水发生反应的可能，故答案为：不赞同；NH4Cl受热分解．

解：（1）如先加入MgCl2、AlCl3的混合溶液，再加氨水，氨水少量，应先生成氢氧化镁沉淀，反之，先加氨水，因氨水足量，则同时生成沉淀，故答案为：B；

（2）过滤时应该将漏斗的尖嘴部分紧贴烧杯的内壁，防止液体溅出，故答案为：漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁；

（3）沉淀中应该附着氯离子和铵根离子，若判断是否洗净，可以取少量最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）溶液进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净，高温焙烧固体应在坩埚中进行，

故答案为：AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）；坩埚；

（4）B中的饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体；因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，F中可以用碱石灰．

故答案为：除去HCl；吸收水蒸气；碱石灰．

（5）氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰和氯气以及水，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2 ↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2 ↑+2H2O．

解：（1）由题中信息可知，过氧化钙晶体微溶于水的，反应物是氯化钙、双氧水和氨水，反应的化学方程式是：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；

故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；

（2）①温度高了，过氧化氢容易分解，温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率（或防止过氧化氢的分解）；

②过氧化钙晶体微溶于水，通入过量NH3使溶液呈碱性，抑制CaO2•8H2O的溶解（或使溶液呈碱性，减少CaO2•8H2O的溶解，或提高产品的产率）；

故答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率（或防止过氧化氢的分解）；通入过量NH3使溶液呈碱性，抑制CaO2•8H2O的溶解（或使溶液呈碱性，减少CaO2•8H2O的溶解，或提高产品的产率．意思相近均给分）；

（3）、滴定终点观察到的现象为：当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色；

故答案为：当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色；

（4）、高锰酸钾溶液消耗的体积分别是：23.02mL、23.03mL、23.04mL，平均体积为：=23.03mL，

根据关系式 5（CaO2•8H2O）～5H2O2～2KMnO4

n（CaO2•8H2O）=n（KMnO4）=×0.0200 mol•L-1×23.03mL×10-3L•mL-1 =1.151×10-3 mol，

CaO2•8H2O的质量分数为：×100%=82.91%；

故答案为：根据关系式 5（CaO2•8H2O）～5H2O2～2KMnO4

n（CaO2•8H2O）=n（KMnO4）=×0.0200 mol•L-1×23.03mL×10-3L•mL-1 =1.151×10-3 mol，

CaO2•8H2O的质量分数为：×100%=82.91%．

解：（1）KH（IO3）2中钾元素化合价是+1，氢元素化合价+1，氧元素的化合价是-2价，根据化合价规则可以确定碘元素的化合价是+5，碘酸钾的物质的量随着温度升高而增大，所以从碘酸钾溶液获得晶体可以采用降温结晶的方法，故答案为：+5；降温结晶；

（2）①根据化学方程式：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可以得出Na2S2O3和KIO3之间的关系式，设碘酸钾的物质的量是x，

        2S2O32-～I2 ～KIO3

       2                              

 2.0×10-3 mol•L-1×0.010L   x

，解得x=×10-5mol，

食盐样品中的碘元素含量是×100%=（或写成）mg•kg-1

故答案为：（或写成）；

②碘单质遇到淀粉会显示蓝色，因为发生反应：4I-+4H++O2=2I2+2H2O，故答案为：4I-+4H++O2=2I2+2H2O；

③过量的I-会被空气中的氧气氧化为I2，所以学生甲测得的食盐中碘元素的含量会偏高，故答案为：偏高；过量的I-会被空气中的氧气氧化为I2．

解：铁矿石（主要成分为Fe2O3，还有SiO2、A12O3等杂质）提取Fe2O3，依据提取流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，二氧化硅不溶于盐酸为沉淀A；滤液中加入过量氢氧化钠溶液，氯化铁全部反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强碱溶液，氯化铝全部反应生成偏铝酸钠溶液和氯化钠溶液，氢氧化铁加热分解生成氧化铁和水；

（1）（I）和（Ⅱ）步骤中分离溶液和沉淀的操作名称为过滤，故答案为：过滤；

（2）依据分析判断可知A为SiO2，故答案为：SiO2；

（3）滤液Y是偏铝酸钠、氯化钠溶液，溶液中的阴离子除OH-、Cl-外，还有AlO2-，故答案为：AlO2-；

（4）该铁矿石中常混有少量的FeO杂质，加入足量的盐酸后，滤液X中含有少量Fe2+，为了除去滤液X中含有的Fe2+，常加入氧化剂H2O2，把亚铁离子为铁离子，H2O2还原产物为水，该反应的离子方程式：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；若要使该溶液中Fe3+完全沉淀，而Al3+不沉淀（已知Al（OH）3开始沉淀时pH为4.1），你认为pH的最佳调控范围是：3.2≤pH＜4.1；

故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；3.2≤pH＜4.1；

（5）残留在溶液中的离子浓度小于1.0×10-5 mol•L-1时，沉淀已经完全．Fe（OH）2完全沉淀pH=9，c（OH-）==10-5mol/L，Ksp=c（Fe2+）c2（OH-）=10-5mol/L×（10-5mol/L）2=10-15mol3•L-3，故答案为：1.0×10-15 mol3•L-3；

（6）A、根据正极反应2Li++FeS+2e-═Li2S+Fe与负极反应2Li-2e-═2Li+相加可得反应的电池反应式为：2Li+FeS═Li2S+Fe，故A正确；

B、Li和Al都属于金属，所以Li-Al应该属于合金而不是化合物，因此化合价为0价，故B错误；

C、负极应该是Li失去电子而不是Al，电子负极经外电路流向正极，故C错误；

故选：A．

解：根据流程可知，加热后碳酸氢铵分解，残留物为氯化钠和硫酸钠的混合物，将残留物溶解后加入过量硫酸钡溶液，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，加入碳酸钠溶液除去过量的钡离子，过滤除去硫酸钡、碳酸钡沉淀后向滤液中加入盐酸除去过量的碳酸钠，最后通过加热煮沸得到纯净的氯化钠，

（1）根据图示，操作①是将固体混合物加热，使用到的仪器为坩埚，所以B正确，

故答案为：B；

（2）操作②中钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，

故答案为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；

（3）加入硝酸钠溶液，硝酸钠和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，除去了硫酸钠，但引入了硝酸钠等新的杂质不能再后续试验中除去，

故答案为：否；用硝酸钡会引入新杂质NO3-，在以后的操作中无法除去；

（4）检验SO42-已除尽的方法是：静置，往上层清液中滴加BaCl2溶液，若无沉淀说明SO42- 已除尽，

故答案为：静置，往上层清液中滴加BaCl2溶液，若无沉淀说明SO42- 已除尽；

（5）操作③加入碳酸钠溶液，碳酸钠与过量的氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，从而除去过量的氯化钡，

故答案为：除去过量的Ba2+．

解：（1））“净化除铁”中，加入CoCO3（难溶），CoCO3属于碳酸盐，可与酸反应，CoCO3+2H+=Co2++H2O+CO2↑，通过此反应降低溶液的酸性，调溶液的pH，

故答案为：CoCO3+2H+=Co2++H2O+CO2↑；

（2）滤液中（Fe3+）≤1.0×10-5mol/L时，可视为Fe3+沉淀完全，Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10-35=c（Fe3+）×c3（OH-）=1.0×10-5mol•L-1×c3（OH-），所以c（OH-）=10-10mol•L-1，c（H+）=mol•L-1=10-4mol•L-1，PH=-lgc（H+）=-lg10-4=4；

故答案为：4；

（3）根据（2）分析可知，为了使Fe3+完全沉淀，pH应略大于4，故答案为：使Fe3+完全沉淀；

（4）除去Fe3+，滤液中主要含有NaCl、CoCl2、以及极少量的HCl，故答案为：CoCl2；NaCl；

（5）因CoCl2•6H2O在110°C～120°C时脱水变成蓝色无水氯化钴，所以不能用高温烘干，为了防止CoCl2•6H2O脱水，“干燥”时宜采用的方法或操作是减压或温度低于110℃或在HCl气流中加热，故答案为：减压或温度低于110℃；或在HCl气流中加热．

解：（1）制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al（OH）3，要避免生成应Fe（OH）2沉淀，根据氢氧化物沉淀需要的pH知，在pH在4.4-7.5之间将铝离子转化为Al（OH）3沉淀，而亚铁离子不能生成沉淀，所以控制pH在4.4～7.5之间，

故答案为：4.4～7.5；Al3+；

（2）酸性条件下，亚硝酸钠具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原生成NO，所以反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化Fe2+，发生反应的离子方程式为 2H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O，

故答案为：氧化Fe2+；2H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O；

（3）1molNaNO2被还原生成NO，化合价由+3价降低到+2价，得到1mol电子，1mol氧气得到电子1mol×4=4mol，在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L（标准状况），反应过程中提供电子相等，则相当于节约NaNO2的物质的量==2mol，

故答案为：2mol；

（4）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe（OH）2+离子，Fe（OH）2+可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为 2Fe（OH）2++2H2O⇌Fe2（OH）42++2H+，

故答案为：2Fe（OH）2++2H2O⇌Fe2（OH）42++2H+．

解：（1）如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，生成BaSO4沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，则试剂X为BaCl2[或Ba（NO3）2]，沉淀A为BaSO4，沉淀B为AgCl，

故答案为：BaCl2[或Ba（NO3）2]；BaSO4；

（2）加入过量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中含有Ag+、Ba2+，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，

故答案为：除去过量的Ba2+、Ag+；

（3）在所得滤液中加入过量的Na2CO3，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3，

故答案为：Na2CO3；

（4）①在混合物中加入BaCl2或Ba（NO3）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为Ba2++SO42-=BaSO4↓，②中反应为加入过量的AgNO3生成AgCl沉淀，反应的离子方程式为Cl-+Ag+=AgCl；Ag++Cl-=AgCl↓；

故答案为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；

解：（1）Ba（FeO2）2中Fe元素是+3价，钡元素为+2价，故Ba（FeO2）2与硝酸不发生氧化还原反应，其反应方程式为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O，

故答案为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；

（2）入X调节溶液的pH=4～5，则X应能消耗H+，结合工厂主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的实际情况，可选用BaCO3；离子方程式：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑，故答案为：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑；

（3）BaSO3可被硝酸氧化生成硫酸钡，硫酸钡不溶于硝酸，故答案为：BaSO3；

（4）氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，Ba2++2NO3-+3SO2+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42-反应中硝酸根是氧化剂，硫酸根是氧化产物，故答案为：强；

（5）根据化合价升降相等，在该反应中，NH4+→NO2-，N的化合价由-3→-+3，升高6价，O2化合价降低4价，化合价变化的最小公倍数为12，则NH4+的计量数为2，O2计量数为3，然后根据电荷守恒配平：2NH4++3O2+4OH-═2NO2-+6H2O，故答案为：2；3；4；2；6；

（6）1mol BaSO3被氧化时，失去2mol电子，则硝酸得到2mo电子，反应中N元素化合价由+5价降低到+2价，设有x mol硝酸被钡还原，则有[5-（+2）]x=2，

x=0.67，故答案为：0.67；

（7）消耗32g（1mol）CH3OH转移6mol电子，由CH3OH中碳原子的化合价升高6，所以反应后碳的化合价为+4，产物为CO2，根据质量守恒和化合价升降总数相等得：5CH3OH+6HNO3═5CO2+3N2+13H2O，反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6，

故答案为：5：6；

（8）反应后剩余硝酸的物质的量为0.5×0.1=0.05mol，根据氮原子守恒可知n（HNO3）=n（HNO3）剩余+n（CuNO3）×2+n（NO2+NO）=0.05mol+mol×2+=0.45mol，故原有硝酸的物质的量浓度为=9mol/L，故答案为：9mol/L．