Question

8．1.52g铜镁合金完全溶解50mL密度为1.40g•ml^-1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO₂和N₂O₄的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol•L^-1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是（　　）

• A． 得到2.54g沉淀时，加入Na0H溶液的体积是600ml
• B． 该浓硝酸稀释至100mL时，HNO₃的物质的量浓度是7mol•L^-1
• C． 该合金中镁与铜的质量之比是3：16
• D． NO₂和N₂O₄的混合气体中，N₂O₄的物质的量是0.01mol

Answer 1

分析 金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为：2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为：$\frac{1.02g}{17g/mol}$=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：$\left\{\begin{array}{l}{2x+2y=0.06}\\{64x+24y=1.52}\end{array}\right.$，解得：x=0.02，y=0.01，
A．反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO₃），再根据V=$\frac{n}{c}$计算需要氢氧化钠溶液的体积；
B．根据c=$\frac{1000ρω}{M}$计算该浓硝酸的物质的量浓度，然后根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算出稀释后硝酸溶液浓度；
C．根据分析计算出该合金中镁与铜的质量之比；
D．根据n=$\frac{V}{{V}_{m}}$计算NO₂和N₂O₄混合气体的物质的量，设二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列方程计算．

解答 解：金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为：2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为：$\frac{1.02g}{17g/mol}$=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：$\left\{\begin{array}{l}{2x+2y=0.06}\\{64x+24y=1.52}\end{array}\right.$，解得：x=0.02，y=0.01，
A．反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L-0.04mol-（0.05-0.04）×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO₃）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：$\frac{0.64mol}{1mol/L}$=0.64L=640mL，故A错误；
B．该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为：$\frac{1000×1.4×63%}{63}$mol/L=14mol/L，将50mL该浓硝酸稀释至100mL时，溶液浓度变为原先的一半，为7mol/L，故B正确
C．该合金中镁与铜的物质的量之比=（24g/mol×0.01mol）：（64g/mol×0.02mol）=3：16，故C正确；
D．NO₂和N₂O₄混合气体的物质的量为：$\frac{1.12L}{22.4L/mol}$=0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05-a）×2×1=0.06，解得a=0.04，则四氧化二氮的物质的量为：0.05mol-0.04mol=0.01mol，故D正确；
故选A．

点评 本题考查混合物的有关计算、氧化还原反应的计算，题目难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．