Question

9．1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL密度為1.40g•mL^-1、質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63%的濃硝酸中，得到NO₂和N₂O₄的混合氣體 1 120mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況），向反應(yīng)后的溶液中加入1.0mol•L^-1NaOH溶液，當(dāng)金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀．下列說法不正確的是（　　）

• A． 該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是1：2
• B． 該濃硝酸中HNO₃的物質(zhì)的量濃度是14.0 mol•L^-1
• C． NO₂和N₂O₄的混合氣體中，NO₂的體積分?jǐn)?shù)是80%
• D． 得到2.54 g沉淀時，加入NaOH溶液的體積是640 mL

Answer 1

分析 A．金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀為氫氧化銅、氫氧化鎂，故沉淀中氫氧根的質(zhì)量為2.54g-1.52g=1.02g，根據(jù)n=$\frac{m}{M}$計算氫氧根的物質(zhì)的量，根據(jù)電荷守恒可知，金屬提供的電子物質(zhì)的量等于氫氧根的物質(zhì)的量，令銅、鎂合金中Cu、Mg的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)提供的電子物質(zhì)的量與二者質(zhì)量之和列方程計算x、y的值，據(jù)此解答；
B．根據(jù)c=$\frac{1000ρw}{M}$計算該濃硝酸的物質(zhì)的量濃度；
C．根據(jù)n=$\frac{V}{Vm}$計算NO₂和N₂O₄混合氣體的物質(zhì)的量，令二氧化氮的物質(zhì)的量為amol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移列方程計算；
D．反應(yīng)后溶質(zhì)為硝酸鈉，根據(jù)氮元素守恒計算硝酸鈉的物質(zhì)的量，根據(jù)鈉離子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO₃），再根據(jù)V=$\frac{n}{c}$計算需要氫氧化鈉溶液的體積．

解答 解：A．金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀為氫氧化銅、氫氧化鎂，故沉淀中氫氧根的質(zhì)量為2.54g-1.52g=1.02g，氫氧根的物質(zhì)的量為$\frac{1.02g}{17g/mol}$=0.06mol，根據(jù)電荷守恒可知，金屬提供的電子物質(zhì)的量等于氫氧根的物質(zhì)的量，令銅、鎂合金中Cu、Mg的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，則：$\left\{\begin{array}{l}{2x+2y=0.06}\\{64x+24y=1.52}\end{array}\right.$，解得x=0.02，y=0.01，故合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A錯誤；
B．該濃硝酸密度為1.40g/mL、質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63%，故該濃硝酸的物質(zhì)的量濃度為$\frac{1000×1.4×63%}{63}$mol/L=14mol/L，故B正確；
C．NO₂和N₂O₄混合氣體的物質(zhì)的量為$\frac{1.12L}{22.4L/mol}$=0.05mol，令二氧化氮的物質(zhì)的量為amol，則四氧化二氮的物質(zhì)的量為（0.05-a）mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，a×1+（0.05-a）×2×1=0.06，解得a=0.04，NO₂和N₂O₄ 的物質(zhì)的量之比=0.04mol：（0.05mol-0.04mol）=4：1，NO₂的體積分?jǐn)?shù)是$\frac{4}{4+1}$×100%=80%，故C正確；
D．反應(yīng)后溶質(zhì)為硝酸鈉，根據(jù)氮元素守恒可知，硝酸鈉的物質(zhì)的量為0.05L×14mol/L-0.04mol-（0.05-0.04）×2=0.64mol，根據(jù)鈉離子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO₃）=0.64mol，故需要氫氧化鈉溶液的體積為$\frac{0.64mol}{1mol/L}$=0.64L=640mL，故D正確；
故選A．

點評 本題考查氧化還原反應(yīng)的計算，為高頻考點，把握發(fā)生的反應(yīng)及電子守恒為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意守恒法應(yīng)用，題目難度不大．