题目内容

10．向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1L0.6mol•L-1HNO3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到2240mL NO气体（标准状况）．下列说法中不正确的是（已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O）（　　）
A．上述体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸其物质的量之比为：5：1
B．若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为32g
C．Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO${\;}_{3}^{-}$═6Cu2++2NO↑+7H2O
D．若混合物中含0.1mol Cu，将该混合物与稀硫酸充分反应，至少消耗H2SO4的物质的量为0.1mol

分析 A．反应过程中，被还原成NO的物质的量为体现氧化性的硝酸，剩余部分为体现酸性的硝酸；
B．Cu、Cu2O和CuO组成的混合物与HNO3溶液恰好反应，生成Cu（NO3）2、NO，根据N元素守恒计算n[Cu（NO3）2]，再根据Cu元素守恒计算氢气含有生成的n（Cu），根据m=nM计算还原得到Cu的质量；
C．稀硝酸具有强氧化性、酸性，与Cu2O反应生成硝酸铜、NO与水；
D．结合NO的体积，根据电子转移守恒计算混合物中n（Cu2O），再结合（2）中Cu元素物质的量计算混合物中n（CuO），Cu不与稀H2SO4反应，Cu2O、CuO与稀H2SO4反应，根据Cu2O、CuO中氧原子与H2SO4中H+结合生成H2O，据此计算消耗硫酸．

解答 解：A．标况下2.24LNO的物质的量为：$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，则被还原体现氧化性的硝酸的物质的量为0.1mol；参加反应的硝酸的总物质的量为：0.6mol/L×1L=0.6mol，根据N原子守恒，体现酸性的硝酸的物质的量为：0.6mol-0.1mol=0.5mol，所以体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸其物质的量之比为：0.5mol：0.1mol=5：1，故A正确；
B．Cu、Cu2O、CuO与HNO3恰好完全反应时生成Cu（NO3）2、NO和H2O，硝酸的物质的量0.6mol，NO的物质的量=0.1mol，根据N原子守恒可知：n[Cu（NO3）2]=$\frac{0.6mol-0.1mol}{2}$=0.25mol，混合物中所含的Cu元素共有0.25mol，根据铜元素守恒可知，用H2还原Cu、Cu2O、CuO混合物后应得到0.25mol Cu，故固体的质量为：0.25mol×64g/mol=16g，故B错误；
C．Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，NO3-被还原为NO，同时生成H2O，其反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O，故C正确；
D．根据电子转移守恒，混合物中n（Cu2O）=$\frac{0.1mol×3-0.1mol×2}{2}$=0.05mol，再结合B中Cu元素物质的量根据Cu守恒可知：n（CuO）=0.25mol-0.1mol-0.05mol×2=0.05mol，混合物中，0.1mol Cu不与稀H2SO4反应，0.05molCu2O、0.05molCuO与稀H2SO4反应，根据Cu2O、CuO中氧原子与H2SO4电离的H+生成H2O，可得消耗的n（H2SO4）=0.05mol+0.05mol=0.1mol，故D正确；
故选B．

点评 本题考查混合物的计算、氧化还原反应计算，题目难度中等，侧重对学生思维能力的考查，B中注意根据守恒思想进行计算，D中利用反应生成水，根据H、O原子关系计算，可避免利用方程式的繁琐．

练习册系列答案
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18．在一定温度下，体积为2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据，完成下列填空：
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19．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是（　　）
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20．下列除去杂质的方法或鉴别的试剂不正确的是（　　）
①除去乙烷中少量的乙烯：依次通过酸性高锰酸钾和浓硫酸，洗气；
②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏；
③为除去硬脂酸钠中的甘油，向混合物中加入饱和NaCl溶液后过滤
④除去乙醇中少量的水：先加生石灰，再蒸馏
⑤鉴别乙醇、苯、溴苯：用水
⑥鉴别乙醇、乙醛、乙酸：用新制的氢氧化铜浊液
⑦鉴别苯、环己烷、乙烯：用溴水．
A．①⑦B．①③⑦C．③④D．①③④⑦

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