甘肃省岷县一中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素讲义及答案.docx

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甘肃省岷县一中化学第五章化工生产中的重要非金属元素讲义及答案

甘肃省岷县一中化学第五章化工生产中的重要非金属元素（讲义及答案）

一、选择题

1．某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。

下列说法错误的是（　　）

A．H2SO4浓度为4mol/L

B．溶液中最终溶质为FeSO4

C．原混合酸中NO3-浓度为0.2mol/L

D．AB段反应为：

Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋

【答案】C

【分析】

由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：

Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑．最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为FeSO4，则n（FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（FeSO4），根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=

计算c（H2SO4）、c（NO3-）。

【详解】

A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g÷56g/mol＝0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A正确；

B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；

C、OA段发生反应为：

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）＝0.2mol，NO3-浓度为2mol/L，C错误；

D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：

Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：

Fe+2H+=Fe2++H2↑，D正确。

答案选C。

【点晴】

该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。

在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。

计算离子时注意用离子方程式计算。

还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。

2．浓硫酸与下列物质反应（可以加热），既体现酸性、又体现氧化性的是（）

A．铜B．炭C．五水硫酸铜D．氧化铜

【答案】A

【详解】

A．铜与浓硫酸在加热条件下反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸表现酸性和强氧化性，A符合题意；

B．炭与浓硫酸在加热条件下反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，浓硫酸表现强氧化性，B不符合题意；

C．五水硫酸铜中加入浓硫酸，生成无水硫酸铜，浓硫酸表现吸水性，C不符合题意；

D．氧化铜与浓硫酸反应，生成硫酸铜和水，浓硫酸表现酸性，D不符合题意；

故选A。

3．能正确表示下列反应的离子方程式是（）

A．在稀盐酸中投入大理石粉末：

+2H+=CO2↑+H2O

B．1mol氯气通入含1molFeBr2的溶液中：

2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-

C．金属钠投入硫酸铜溶液中：

2Na+Cu2+=2Na++Cu

D．过量SO2通入NaClO溶液中：

SO2+ClO-+H2O=HClO+

【答案】B

【详解】

A．大理石的主要成分为CaCO3，难溶于水，不能改写成

的形式，A不正确；

B．0.5molCl2先与1molFe2+反应，另外0.5molCl2再与1molBr-反应，离子方程式为：

2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，B正确；

C．金属钠投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应，产物再与硫酸铜反应，而钠不能与Cu2+发生置换反应，C不正确；

D．过量SO2通入NaClO溶液中，产物中HClO与

还会发生氧化还原反应，二者不能共存，D不正确；

故选B。

4．下列实验操作、现象及结论正确的是（）

选项

实验

操作、现象及结论

A

鉴别NaHCO3与Na2CO3

取少许两种物质，加入几滴水，插入温度计，温度降低的是Na2CO3

B

探究Na2O2与水反应

将2mL水滴入盛有1g过氧化钠试管中，立即把带火星木条伸入试管，木条复燃，证明有氧气产生

C

检验Fe3+中是否含Fe2+

向溶液中加入KSCN溶液，变红则含Fe2+

D

检验溶液中是否含SO

向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀，说明含有SO

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【详解】

A．Na2CO3中滴入水，形成十水合碳酸钠，放热，取少许两种物质，加入几滴水，插入温度计，温度升高的是Na2CO3，故A错误；

B．将2mL水滴入盛有1g过氧化钠试管中，立即把带火星木条伸入试管，木条复燃，证明过氧化钠与水反应有氧气产生，故B正确；

C．向溶液中加入KSCN溶液，变红说明含Fe3+，不能证明含有Fe2+，故C错误；

D．检验溶液中是否含SO

时，向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀，该沉淀可能是AgCl也可能是BaSO4，不能说明含有SO

，故D错误；

答案选B。

5．下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是

选项

实验操作及现象

推理或结论

A

向某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀

该溶液中一定含有SO

B

向水中加入金属钠，钠熔成闪亮的小球浮在水面上

钠与水反应放热，钠的熔点低，钠的密度比水小

C

向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体

该盐一定是碳酸钠

D

某物质的焰色试验火焰显黄色

该物质一定不含钾元素

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【详解】

A.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，溶液中不一定含有硫酸根离子，还可能含有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子，故A错误；

B.金属钠浮在水面上说明金属钠的密度比水小，熔成闪亮的小球说明钠的熔点低，与水的反应放出的热量使熔成闪亮的小球，故B正确；

C.碳酸氢钠、亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能与盐酸反应放出使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳和二氧化硫气体，则向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该盐不一定是碳酸钠，还可能是碳酸氢钠或亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，故C错误；

D.某物质的焰色试验火焰显黄色，说明该物质一定含有钠元素，黄色光掩盖紫色光，由于没用蓝色钴玻璃片滤去黄色光，则不能确定该物质是否含有钾元素，故D错误；

故选B。

6．现今手机等电子产品产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。

工业上用“西门子法”。

以硅石（SiO2） 为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下图所示。

下列说法不正确的是

已知：

SiHCl3室温下为易挥发、易水解的无色液体。

A．“还原”过程需要在高温条件下，该反应的主要还原产物为Si

B．为最大程度节约成本，上述 生产工艺中能循环使用的物质只有H2

C．为防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行

D．“氧化”过程反应的化学方程式为Si+3HC1

SiHCl3+H2

【答案】B

【分析】

二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，加入稀硫酸除去氧化镁，过滤得到硅，通入氯化氢在200～300℃下反应生成SiHCl3，与最后与氢气反应生成Si。

【详解】

A．二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，还原产物为硅，镁和硅反应可生成Mg2Si，故A正确；

B．流程中H2、HCl既是反应物也是生成物，则可循环使用，故B错误；

C．“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行，可防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，故C正确；

D．由流程可知，通入氯化氢在200～300℃下反应生成SiHCl3，反应的化学方程式为Si+3HCl

SiHCl3+H2，故D正确；

故选B。

7．下列反应在指定条件下能实现的是

A．HClO

HClB．Fe

Fe2O3C．S

SO3D．S

Fe2S3

【答案】A

【详解】

A．HClO在光照条件下能发生分解，生成HCl和O2，A正确；

B．Fe与水蒸气在高温条件下反应，生成Fe3O4和H2，B不正确；

C．S在O2中点燃，只能生成SO2，不能生成SO3，C不正确；

D．S与Fe在加热条件下反应，只能生成FeS，D不正确；

故选A。

8．将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为

A．2mol/LB．1.8mol/LC．2.4mol/LD．3.6mol/L

【答案】A

【详解】

试题分析：

n（Cu）=51.2g÷64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物质的量是n（e-）=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。

由于这些气体恰好能被500mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。

n（NaNO2）×2=1.6mol，n（NaNO2）=0.8mol.根据元素守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3）=0.8mol+0.2mol=1mol，所以c（NaOH）=1mol÷0.5L=2mol/L，选项是A。

9．将一定质量的镁、铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产全部是NO）。

向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列叙述中正确的是

A．当生成沉淀达到最大值时，消耗NaOH溶液的体积一定为100mL

B．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol

C．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L

D．参加反应的金属的总质量一定是6.6g

【答案】B

【解析】

【分析】

将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解，发生反应为3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应为Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，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5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g÷17g/mol=0.3mol。

金属在反应中均失去2个电子，根据电子转移守恒可知镁和铜的总的物质的量＝0.3mol÷2＝0.15mol；

【详解】

A、若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积=0.3mol÷3mol/L=0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A错误；

B、根据方程式可知参加反应的硝酸的物质的量是0.15mol×8/3=0.4mol，B正确；

C、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.3mol÷3=0.1mol。

若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，但NO不一定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L，C错误；

D、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量为3.6g＜m＜9.6g，D错误；

答案选B。

10．标况下，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，充分反应后，下列叙述不正确的是（设试管中的溶质不往试管外扩散）

A．此反应中水既不是氧化剂又不是还原剂

B．试管内溶液中溶质的物质的量浓度为1/22.4mol/L

C．溶液体积占试管容积的三分之二

D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气,则水充满试管

【答案】C

【详解】

A、将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，发生的反应为3NO2+H2O===2HNO3+NO，水既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；

B．试管内溶液中溶质是硝酸，设试管容积为V浓度为

=1/22.4mol/L，B正确；

C．溶液体积占试管容积的

，C错误；

D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气，则水充满试管，D正确。

答案选C。

【点睛】

本题侧重于考查氮的氧化物的性质及化学方程式的有关计算，注意一氧化氮与水不反应，二氧化氮与水反应有一氧化氮生成，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，掌握反应的原理是解答的关键，题目难度中等。

11．在15g铁和氧化铁的混合物中，加入稀硫酸150mL，能放出H21.68L（标准状况）。

同时铁和氧化铁均无剩余。

向溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化，为了中和过量的硫酸，而且使Fe2+完全转化成Fe（OH）2，共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL，原硫酸溶液的物质的量浓度是（）

A．1.5mol/LB．2.5mol/LC．2mol/LD．3mol/L

【答案】C

【详解】

试题分析：

将铁和氧化铁的混合物加入稀硫酸中，产生气体，向溶液中滴入硫氰化钾溶液，未见颜色变化，说明生成的是硫酸亚铁，向该溶液中加入NaOH中和过量的硫酸，而且使铁完全转化成氢氧化亚铁，产生溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4），故n（H2SO4）=1/2n（NaOH）=1/2×3mol/L×0.2L=0.3mol，故c（H2SO4）=n（H2SO4）÷V=0.3mol÷0.15L=2mol/L，选项C正确。

考点：

考查混合物反应的计算的知识。

12．图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是（）

A．由反应②③说明SiO2属于两性氧化物

B．由反应④说明酸性，H2SiO3＞H2CO3

C．硅胶吸水后，经干燥可以重复再生

D．图中所示转化反应都是氧化还原反应

【答案】C

【详解】

A．二氧化硅是酸性氧化物能和强碱反应，反应方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：

SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，二氧化硅只是能和特殊酸反应，和其它酸不反应，和酸的反应没有普遍性，所以不能说明其具有两性，A错误；

B．高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，B错误；

C．硅胶吸附水后，可通过热脱附方式将水份除去重复使用，C正确；

D．图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应、硅酸的分解、硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，D错误；

答案选C。

【点睛】

解答本题时，注重物质的性质及化学与生活，把握物质的性质及发生的反应，注意虽然二氧化硅是酸性氧化物，但它能和特殊的酸（氢氟酸）反应。

13．将装有60mLNO2、NO混合气的量筒倒立于水槽中，反应后气体体积缩小为40mL，则混合气体中NO2和NO的体积比是

A．5︰3B．2︰3C．1︰1D．2︰1

【答案】C

【详解】

设NO2体积为xmL

=

x=30mL

混合气体中NO2和NO的体积比是1：

1，故C正确。

14．CuSO4•5H2O在不同温度下分解情况不同，取5.00g该晶体在密闭容器中进行实验，测得分解后剩余固体质量与温度关系如图，下列说法不正确的是（）

A．113℃分解得到的固体产物为CuSO4•H2O

B．温度低于650℃时的分解反应，均不属于氧化还原反应

C．650℃时的气态产物冷却至室温，可得组成为n（H2SO4）：

n（H2O）=1:

4的硫酸溶液

D．1000℃分解得到的固体产物为CuO

【答案】D

【分析】

n（CuSO4•5H2O）=

=0.02mol，CuSO4•5H2O完全失去结晶水时，所得CuSO4的质量为0.02mol×160g/mol=3.20g，由图中可知，刚好位于温度在258~650℃之间，说明在此之前，胆矾受热分解，只失去结晶水；650~1000℃之间，固体质量为1.60g，其中Cu元素的质量为0.02mol×64g/mol=1.28g，则氧元素质量为1.60g-1.28g=0.32g，物质的量为

=0.02mol，此固体为CuO；1000℃之后，固体质量为1.44g，其中Cu元素质量为1.28g，则氧元素质量为1.44g-1.28g=0.16g，物质的量为

=0.01mol，此固体为Cu2O。

【详解】

A．113℃时，固体质量为3.56g，失去结晶水的质量为5.00g-3.56g=1.44g，物质的量为

=0.08mol，则失去结晶水的数目

=4，从而得出分解得到的固体产物为CuSO4•H2O，A正确；

B．由以上分析可知，温度低于650℃时的分解反应，只失去结晶水，CuSO4的组成未变，所以均不属于氧化还原反应，B正确；

C．650℃时的气态产物中，SO3与H2O的物质的量之比为0.02mol:

0.10mol=1:

5，所以冷却至室温，可得组成为n（H2SO4）：

n（H2O）=1:

4的硫酸溶液，C正确；

D．由分析可知，1000℃分解得到的固体产物为Cu2O，D不正确；

故选D。

15．铜跟1mol/L的硝酸溶液反应，若C（NO3-）下降了0.2mol/L，则C（H+）下降

A．0.2mol/LB．0.8mol/LC．0.6mol/LD．0.4mol/L

【答案】B

【解析】

【详解】

由铜和稀硝酸反应的离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，参加反应的硝酸根和氢离子的物质的量之比为2:

8，所以当c（NO3-）下降了0.2mol/L，则c（H+）下降0.8mol/L，B正确，选B。

【点睛】

本题解题的关键是理解反应的实质，即能知道根据离子方程式求解。

典型错误就是根据化学方程式求解，因为参加反应的硝酸中，有一部分（四分之三）硝酸根没有参加反应只有四分之一的硝酸根被还原为NO。

16．现有Fe、Al、Si三种单质的混合物，取一半投入足量的NaOH溶液中，将剩余的一半投入足量的稀硫酸中，若经测量两次实验产生的气体质量相等，则原混合物中Fe、Al、Si三种单质的物质的量之比可能为（　　）

A．6：

4：

3B．1：

1：

1C．2：

3：

4D．3：

7：

6

【答案】A

【详解】

取一半固体投入足量的NaOH溶液中，Al、Si与氢氧化钠反应放出氢气；将剩余的一半投入足量的稀硫酸中，Fe、Al与稀硫酸反应放出氢气，测量两次实验产生的气体质量相等，说明Fe与硫酸反应放出的氢气和Si与氢氧化钠反应放出氢气一样多，根据

、

，Fe、Si的物质的量比一定为2:

1，故A正确。

17．下列化合物中，不能通过化合反应制取的是

A．FeCl3B．H2SiO3C．Fe（OH）3D．FeCl2

【答案】B

【详解】

A.氯气具有强氧化性，氯气与变价金属反应生成最高价金属氯化物，铁与氯气反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl2

2FeCl3，FeCl3可以由Fe与Cl2直接化合得到，故A错误；

B.二氧化硅不溶于水，二氧化硅和水不能发生化合反应生成H2SiO3，故B正确；

C.Fe（OH）2、O2、H2O反应产生Fe（OH）3，反应的化学方程式为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，能通过化合反应产生Fe（OH）3，故C错误；

D.Fe与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，氯化亚铁可由化合反应生成，故D错误；

故选B。

18．如图装置可以达到实验目的的是

选项

实验目的

X中试剂

Y中试剂

A

用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2

饱和食盐水

浓硫酸

B

用Na2SO3与浓盐酸制取并收集纯净干燥的SO2

饱和Na2SO3溶液

浓硫酸

C

用Zn和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H2

NaOH溶液

浓硫酸

D

CaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2

饱和NaHCO3溶液

浓硫酸

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【分析】

X之前的装置为发生装置，而集气瓶不能进行加热；X和Y装置为除杂装置，Y之后的装置为气体的收集装置，其中导管长进短出，为向上排空气法收集气体。

【详解】

A.用MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热条件，图示装置不能完成，故A错误；

B.用Na2SO3与浓盐酸制取SO2，二氧化硫气体中会混有氯化氢气体，应用饱和的亚硫酸氢钠进行除杂，若用亚硫酸钠，二氧化硫会与亚硫酸钠发生反应，故B错误；

C.氢气的密度比空气的密度小，所以应用向下排空气法进行收集，而图示方法用的是向上排空气法，故C错误；

D.碳酸钙与稀盐酸反应生成的二氧化碳气体中混有氯化氢气体，可以用饱和的碳酸氢钠进行除杂，后进行干燥可得到纯净的二氧化碳，故D正确；

综上所述，答案为D。

19．镁、铝、铁合金投入300mL

溶液中，金属恰好溶解，分别转化成

和

;还原产物为NO，在标准状况下体积为6.72L。

在反应后的溶液中加入300mL某浓度的NaOH溶液，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为27.2g。

下列有关推断正确的是（）

A．参加反应的

的物质的量为0.9molB．NaOH的物质的量浓度为6

C．参加反应的金属的质量为11.9gD．

的物质的量浓度为3

【答案】C

【分析】

镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子得失守恒、原子守恒计算。

【详解】

将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为：

=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：

n（OH-）=n（NO3-）=0.9mol，则

A．参加反应的硝酸的物质的量为：

n（HNO3）=n（NO3-）+n（NO）=0.3mol+0.9mol=1.2mol，A选项错误；

B．沉淀达到最大量时，溶液中的溶质为硝酸钠，由钠离子守恒可知，氢氧化钠溶液的物质的量浓度为：

c（NaOH）=

=3mol/L，B选项错误；

C．反应后沉淀的质量=金属质量+m（OH-）＝金属质量+0.9mol×17g/mol=27.2g，则金属的质量为：

27.2g-15.3g=11.9g，C选项正确；

D．参加反应的硝酸的物质的量为：

n（HNO3）=n（NO3-）+n（NO）=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为：

c（HNO3）=

=4mol/L，D选项错误；

答案选C。

【点睛】

本题考查了混合物计算、物质的量浓度的计算，明确“反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成