Question

19．將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到稀硝酸中，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3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1g．下列敘述不正確的是（　�。�

• A． 當(dāng)生成的沉淀量達到最大時，消耗NaOH溶液的體積V≥100 mL
• B． 當(dāng)金屬全部溶解時收集到NO氣體的體積一定為2.24 L
• C． 參加反應(yīng)的金屬的總質(zhì)量3.6 g＜m＜9.6 g
• D． 當(dāng)金屬全部溶解時，參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量一定是0.4 mol

Answer 1

分析 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），發(fā)生反應(yīng)：3Mg+8HNO₃ （�。�=3Mg（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O、3Cu+8HNO₃ （�。�=3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；向反應(yīng)后的溶液中加入過量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，發(fā)生反應(yīng)：Mg（NO₃）₂+2NaOH=Mg（OH）₂↓+2NaNO₃、Cu（NO₃）₂+2NaOH=Cu（OH）₂↓+2NaNO₃，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5.1g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質(zhì)量為5.1g，氫氧根的物質(zhì)的量為$\frac{5.1g}{17g/mol}$=0.3mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.15mol，
A．加入的氫氧化鈉可能中和未反應(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．利用極限法假定全為鎂、全為銅計算判斷；
D．根據(jù)方程式可知參加反應(yīng)的n_{反應(yīng)}（HNO₃）=$\frac{8}{3}$n（金屬）．

解答 解：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），發(fā)生反應(yīng)：3Mg+8HNO₃ （�。�=3Mg（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；3Cu+8HNO₃ （�。�=3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；
向反應(yīng)后的溶液中加入過量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，發(fā)生反應(yīng)：Mg（NO₃）₂+2NaOH=Mg（OH）₂↓+2NaNO₃；Cu（NO₃）₂+2NaOH=Cu（OH）₂↓+2NaNO₃，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5.1g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質(zhì)量為5.1g，氫氧根的物質(zhì)的量為$\frac{5.1g}{17g/mol}$=0.3mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.15mol，
A．若硝酸無剩余，則參加反應(yīng)氫氧化鈉的物質(zhì)的量等于0.3mol，需要氫氧化鈉溶液體積=$\frac{0.3mol}{3mol/L}$=0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氫氧化鈉溶液體積大于100mL，故A正確；
B．鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.15mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知生成的NO物質(zhì)的量為$\frac{0.15mol×2}{3}$=0.1mol，若為標(biāo)準(zhǔn)狀況下，生成NO的體積為0.1mol×22.4L/mol=2.24L，但NO不一定處于標(biāo)準(zhǔn)狀況，收集到NO氣體的體積不一定為2.24L，故B錯誤；
C．鎂和銅的總的物質(zhì)的量為0.15mol，假定全為鎂，質(zhì)量為0.15mol×24g/mol=3.6g，若全為銅，質(zhì)量為0.15mol×64g/mol=9.6g，所以參加反應(yīng)的金屬的總質(zhì)量（m）為3.6g＜m＜9.6g，故C正確；
D．根據(jù)方程式可知參加反應(yīng)的n_{反應(yīng)}（HNO₃）=$\frac{8}{3}$n（金屬）=0.15mol×$\frac{8}{3}$=0.4mol，故D正確，
故選B．

點評 本題主要考查混合物有關(guān)計算，綜合考查學(xué)生的得失電子守恒、質(zhì)量守恒等綜合運用和解決復(fù)雜問題的能力，是一道考查能力的好題，難度較大．