Question

将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为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5.1g，则下列有关叙述中正确的是（　　）

• A、加入合金的质量可能为9.6g
• B、沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mL
• C、参加反应的硝酸的物质的量为0.4mol
• D、溶解合金时产生NO气体体积0.224L

Answer 1

考点：有关混合物反应的计算

专题：

分析：沉淀为M（OH）₂，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n（OH^-）=

5.1g

17g/mol

=0.3mol，根据氢氧根离子守恒n[M（OH）₂]=

1

2

n（OH^-）=

1

2

×0.3mol=0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol，
A．由m=nM计算金属的质量；
B．由氢氧根离子守恒得n（OH^-）=n（NaOH）；
C．先由转移电子守恒计算参加氧化还原反应的硝酸，再根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒计算生成硝酸盐的硝酸；
D．由转移电子守恒计算生成NO体积．

解答： 解：沉淀为M（OH）₂，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n（OH^-）=

5.1g

17g/mol

=0.3mol，根据氢氧根离子守恒n[M（OH）₂]=

1

2

n（OH^-）=

1

2

×0.3mol=0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol，
A．因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误；
B．由氢氧根离子守恒得n（OH^-）=n（NaOH）=0.3mol，V（NaOH）=

0.3mol

3mol/L

=100mL，故B错误；
C．根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量=

0.15mol×2

5-2

=0.1mol，根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n（HNO₃）=2n[M（NO₃）₂]=2n（M）=0.15mol×2=0.3mol，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故C正确；
D．由转移电子守恒得n（NO）=

0.15mol×2

5-2

=0.1mol，生成标况下NO体积=22.4L/mol×0.1mol=2.24L，故D错误；
故选C．

点评：本题以镁、铜为载体考查混合物的计算，侧重考查分析、计算能力，正确判断沉淀和合金质量差成分是解本题关键，灵活运用原子守恒、转移电子守恒解答即可，题目难度中等．