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），向反应后的溶液中加入150mL一定浓度的NaOH溶液恰好沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则下列叙述中不正确的是

A.
所用的NaOH溶液的物质的量浓度为3mol?L^-1
B.
当金属全部溶解时，收集到NO气体的体积一定为3.36L
C.
参加反应的金属的总质量（m）为5.4g＜m＜14.4g
D.
若将产生的气体全部转化为硝酸，则至少需要标况下2.52L的氧气

AB
分析：本题涉及到的反应有：3Mg+8HNO₃（稀）=3Mg（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；3Cu+8HNO₃（稀）=3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；
Mg（NO₃）₂+2NaOH=Mg（OH）₂↓+2NaNO₃；Cu（NO₃）₂+2NaOH=Cu（OH）₂↓+2NaNO₃．
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），向反应后的溶液中加入15mL一定浓度的NaOH溶液恰好沉淀完全，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 $\text{[math]}$ =0.45mol，则镁和铜的总的物质的量为0.225mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为 $\text{[math]}$ =0.15mol．
A、加入的氢氧化钠可能中和为反应的硝酸；
B、根据电子转移守恒计算NO物质的量，结合气体不一定是标准状况判断；
C、镁和铜的总的物质的量为0.225mol，利用极限法假定全为镁、全为铜计算判断；
D、根据4NO+3O₂+2H₂O=4HNO₃计算判断．
解答：本题涉及到的反应有：3Mg+8HNO₃（稀）=3Mg（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；3Cu+8HNO₃（稀）=3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；
Mg（NO₃）₂+2NaOH=Mg（OH）₂↓+2NaNO₃；Cu（NO₃）₂+2NaOH=Cu（OH）₂↓+2NaNO₃．
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），向反应后的溶液中加入15mL一定浓度的NaOH溶液恰好沉淀完全，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 $\text{[math]}$ =0.45mol，则镁和铜的总的物质的量为0.225mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为 $\text{[math]}$ =0.15mol．
A、若硝酸无剩余，则氢氧化钠的物质的量等于0.45mol，氢氧化钠溶液的浓度为 $\text{[math]}$ =3mol/L，硝酸可能有剩余，如剩余则氢氧化钠溶液的浓度大于3mol/L，故A错误；
B、镁和铜的总的物质的量为0.225mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为 $\text{[math]}$ =0.15mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，但NO不一定处于标准状况，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正确；
D、根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为 $\text{[math]}$ =0.15mol，由4NO+3O₂+2H₂O=4HNO₃可知，至少需要氧气的物质的量为0.15mol× $\text{[math]}$ ，需标准状况下氧气体积为0.15mol× $\text{[math]}$ ×22.4L/mol=2.52L，故D正确．
故选AB．
点评：本题结合镁铜与硝酸反应、生成的盐与氢氧化钠反应，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒的综合计算能力，同时也考查了学生的学习综合运用和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题，难度较大．

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A．所用的NaOH溶液的物质的量浓度为3mol?L^-1

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A、当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V≥100mL

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A、当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V≥100mL

B、当金属全部溶解时收集到NO气体的体积一定为2.24L

C、参加反应的金属的总质量为9.6g>m>3.6g

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A．所用的NaOH溶液的物质的量浓度为3mol?L^-1
B．当金属全部溶解时，收集到NO气体的体积一定为3.36L
C．参加反应的金属的总质量（m）为5.4g＜m＜14.4g
D．若将产生的气体全部转化为硝酸，则至少需要标况下2.52L的氧气

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