题目内容
3．将一定质量的镁．铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物全部是NO）．向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则下列叙述中正确的是（ ）| A． | 当生成沉淀达到最大量时，消耗NaOH溶液的体积为150mL | |
| B． | 当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为4.48L（标准状况下） | |
| C． | 参加反应的金属的总质量一定是9.9g | |
| D． | 当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.6mol |
分析 将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3 （稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3 （稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；
向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为7.65g，氢氧根的物质的量为$\frac{7.65g}{17g/mol}$=0.45mol，则镁和铜的总的物质的量为0.225mol．
A．反应中硝酸可能恰好反应，也可能有剩余，不能计算生成沉淀达到最大量时消耗NaOH溶液的体积；
B．根据电子转移守恒计算NO物质的量，再根据V=nVm计算NO的体积；
C．镁和铜的总的物质的量为0.225mol，金属的总质量与金属的含量有关；
D．根据氮元素守恒n（HNO3）=2n（硝酸铜+硝酸镁）+n（NO）．
解答 解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3 （稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3 （稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；
向反应后的溶液中加入过量的6mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为7.65g，氢氧根的物质的量为$\frac{7.65g}{17g/mol}$=0.45mol，则镁和铜的总的物质的量为0.225mol，
A．硝酸没有剩余时，当生成的沉淀达到最大量时，溶液中溶质为NaNO3，硝酸根守恒可知n（NaNO3）=2n（硝酸铜+硝酸镁）=0.225mol×2=0.45mol，由钠离子守恒由n（NaOH）=n（NaNO3）=0.45mol，故此时氢氧化钠溶液的体积为$\frac{0.45mol}{3mol/L}$=0.15L=150mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于150mL，故A错误；
B．根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为$\frac{0.225mol×2}{3}$=0.15mol，标准状况下，生成NO的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，故B错误；
C．镁和铜的总的物质的量为0.225mol，假定全为镁，质量为0.225mol×24g/mol=5.4g，若全为铜，质量为0.225mol×64g/mol=14.4g，所以参加反应的金属的总质量（m）为5.4g＜m＜14.4g，故C错误；
D．根据氮元素守恒n（HNO3）=2n（硝酸铜+硝酸镁）+n（NO）=0.225mol×2+0.15mol=0.6mol，故D正确，
故选：D．
点评 本题主要考查混合物有关计算，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题，A选项为易错点，学生容易按硝酸恰好完全反应计算，难度较大．
；Na2O2与SO2反应的化学方程式为2Na2O2+2SO2═2Na2SO4．
．
| A． | 常温下，22g CO2含有2NA个氧原子 | |
| B． | 标准状况下，22.4L的CCl4中含有的分子数为NA | |
| C． | 1mol/L的碳酸钠溶液中含Na+离子数为2NA | |
| D． | 常温下，将含0.1NA个HCl分子的氯化氢气体溶于水配成100mL溶液，所得溶液中C（H+）为1mol/L |