Question

4．下列有关物质“量”的说法正确的是（　　）

• A． 相同物质的量的Al和A1（OH）₃分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体时，Al（OH）₃消耗的碱量较多
• B． 反应N₂O₄+N₂H₄→N₂+H₂O中，若有1molN₂O₄参加反应，则有4mol电子发生转移
• C． 由Na₂CO₃和NaHCO₃组成的混合物中，若n（Na⁺）：n（C）=7：5，则n（Na₂CO₃）：n（NaHCO₃）=2：3
• D． 相同物质的量的浓硫酸分别与足量的铜和氧化铜反应，生成硫酸铜的两相同

Answer 1

分析 A．令Al和A1（OH）₃的物质的量都为1mol，铝与氢氧化钠反应为2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑，氢氧化铝与氢氧化钠反应为Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O根据方程式计算当体系中无固体物质时消耗碱的物质的量；
B．该反应中N元素化合价由-2价、+4价变为0价，所以N₂H₄被氧化，N₂O₄被还原，N₂既是氧化产物又是还原产物，根据得失电子守恒、原子守恒配平方程式，根据方程式计算；
C．根据碳原子、钠原子守恒结合n（Na⁺）：n（C）=7：5计算n（Na₂CO₃）：n（NaHCO₃）；
D．浓硫酸与铜发生氧化还原反应，部分硫酸还原成二氧化硫，铜和稀硫酸不反应．

解答 解：A．令Al和A1（OH）₃的物质的量都为1mol，铝与氢氧化钠反应为2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑，由方程式可知1molAl消耗NaOH的物质的量为1mol，氢氧化铝与氢氧化钠反应为Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O，由方程式可知1molAl（OH）₃消耗NaOH的物质的量为1mol，两者消耗的碱量一样多，故A错误；
B．反应N₂O₄+N₂H₄→N₂+H₂O中，N元素化合价由-2价（N₂H₄）变为0价（N₂），失去4e^-，+4价（N₂O₄）变为0价（N₂），得到8e^-，最小公倍数为8，根据得失电子守恒、原子守恒，所以反应为2N₂H₄+N₂O₄═3N₂↑+4H₂O，若有1molN₂O₄参加反应，则有8mol电子发生转移，故B错误；
C．Na₂CO₃中2n（Na₂CO₃）=2n（C）=n（Na⁺），NaHCO₃中n（NaHCO₃）=n（C）=n（Na⁺），若n（Na⁺）：n（C）=7：5，则，[2n（Na₂CO₃）+n（NaHCO₃）]：[n（Na₂CO₃）+n（NaHCO₃）]=7：5解得n（Na₂CO₃）：n（NaHCO₃）=2：3，故C正确；
D．根据Cu+2H₂SO₄（浓）=CuSO₄+SO₂↑+2H₂O，CuO+H₂SO₄=CuSO₄+H₂O可知，相同物质的量的H₂SO₄（浓）参加反应，前者生成的CuSO₄的量比后者小，且与Cu反应时浓H₂SO₄变稀后不再反应，故D错误；
故选C．

点评 本题考查元素化合物有关知识，侧重考查铝、铜、钠、硫及其化合物的性质，为高频考点，掌握氢氧化铝的两性、氧化还原的配平技巧、原子守恒的应用是解答该题的关键，题目难度中等．