Question

將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到稀HNO₃中，金屬完全溶解（假設(shè)反應(yīng)中還原產(chǎn)物只有NO），向反應(yīng)后的溶液中加入150mL一定濃度的NaOH溶液恰好沉淀完全，測得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加7.65g，則下列敘述中不正確的是（ ）
A．所用的NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為3mol?L^-1
B．當(dāng)金屬全部溶解時，收集到NO氣體的體積一定為3.36L
C．參加反應(yīng)的金屬的總質(zhì)量（m）為5.4g＜m＜14.4g
D．若將產(chǎn)生的氣體全部轉(zhuǎn)化為硝酸，則至少需要標(biāo)況下2.52L的氧氣

Answer 1

【答案】分析：本題涉及到的反應(yīng)有：3Mg+8HNO₃ （�。�=3Mg（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；3Cu+8HNO₃ （�。�=3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；
Mg（NO₃）₂+2NaOH=Mg（OH）₂↓+2NaNO₃；Cu（NO₃）₂+2NaOH=Cu（OH）₂↓+2NaNO₃．
將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到稀HNO₃中，金屬完全溶解（假設(shè)反應(yīng)中還原產(chǎn)物只有NO），向反應(yīng)后的溶液中加入15mL一定濃度的NaOH溶液恰好沉淀完全，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加7.65g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質(zhì)量為7.65g，氫氧根的物質(zhì)的量為=0.45mol，則鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.225mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知生成的NO物質(zhì)的量為=0.15mol．
A、加入的氫氧化鈉可能中和為反應(yīng)的硝酸；
B、根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計算NO物質(zhì)的量，結(jié)合氣體不一定是標(biāo)準(zhǔn)狀況判斷；
C、鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.225mol，利用極限法假定全為鎂、全為銅計算判斷；
D、根據(jù)4NO+3O₂+2H₂O=4HNO₃計算判斷．
解答：解：本題涉及到的反應(yīng)有：3Mg+8HNO₃ （�。�=3Mg（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；3Cu+8HNO₃ （稀）=3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；
Mg（NO₃）₂+2NaOH=Mg（OH）₂↓+2NaNO₃；Cu（NO₃）₂+2NaOH=Cu（OH）₂↓+2NaNO₃．
將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到稀HNO₃中，金屬完全溶解（假設(shè)反應(yīng)中還原產(chǎn)物只有NO），向反應(yīng)后的溶液中加入15mL一定濃度的NaOH溶液恰好沉淀完全，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加7.65g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質(zhì)量為7.65g，氫氧根的物質(zhì)的量為=0.45mol，則鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.225mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知生成的NO物質(zhì)的量為=0.15mol．
A、若硝酸無剩余，則氫氧化鈉的物質(zhì)的量等于0.45mol，氫氧化鈉溶液的濃度為=3mol/L，硝酸可能有剩余，如剩余則氫氧化鈉溶液的濃度大于3mol/L，故A錯誤；
B、鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.225mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知生成的NO物質(zhì)的量為=0.15mol，若為標(biāo)準(zhǔn)狀況下，生成NO的體積為0.15mol×22.4L/mol=3.36L，但NO不一定處于標(biāo)準(zhǔn)狀況，故B錯誤；
C、鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.225mol，假定全為鎂，質(zhì)量為0.225mol×24g/mol=5.4g，若全為銅，質(zhì)量為0.225mol×64g/mol=14.4g，所以參加反應(yīng)的金屬的總質(zhì)量（m）為5.4g＜m＜14.4g，故C正確；
D、根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知生成的NO物質(zhì)的量為=0.15mol，由4NO+3O₂+2H₂O=4HNO₃可知，至少需要氧氣的物質(zhì)的量為0.15mol×，需標(biāo)準(zhǔn)狀況下氧氣體積為0.15mol××22.4L/mol=2.52L，故D正確．
故選AB．
點評：本題結(jié)合鎂銅與硝酸反應(yīng)、生成的鹽與氫氧化鈉反應(yīng)，綜合考查學(xué)生的得失電子守恒、質(zhì)量守恒的綜合計算能力，同時也考查了學(xué)生的學(xué)習(xí)綜合運用和解決復(fù)雜問題的能力，是一道考查能力的好題，難度較大．