把8g铁、铜合金放入到盛有29.2g的稀盐酸的烧杯中,恰好完全反应,生成0.2g气体, （1）合金中铜的质量

（1）排在氢前的金属可以与盐酸或稀硫酸反应生成氢气，与硝酸等强氧化性酸不能产生氢气，要测定生成氢气的体积，可以使用排水法，所以本题答案为：C，D，A；
（2）进行实验时，为防止生成的氢气散逸造成结果不准确，首先取出试管，向烧杯和广口瓶中加入药品，然后再向试管中加入试剂，置于烧杯中，使反应进行，反应完毕，读出读数即可，所以本题答案为：cbda；
（3）根据方程式进行的计算是物质质量间的计算，所以知道了氢气的体积，要求氢气的质量，还需要知道氢气的密度，所以本题答案为：D．

点评：
本题考点： 金属活动性顺序及其应用；实验步骤的探究；量气装置；酸的化学性质．

考点点评： 本题考查了金属性质的应用，要测定其中某成分的含量，可以使其发生化学反应，而另一种金属不反应．根据生成物质的质量来进行起算．

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），发生反应：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过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：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，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，则
A．根据电子转移守恒，镁和铜的总的物质的量为[0.3mol/2]=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（m）为3.6g＜m＜9.6g，故A正确；
B．根据方程式可知参加反应的n_反应（HNO₃）=[8/3]n（金属）=[8/3]×0.15mol=0.4mol，故B错误；
C．根据守恒可知n（NaOH）=n（OH^-）=0.3mol，加入的氢氧化钠溶液的体积=[0.3mol/3mol/L]=0.1L=100mL，故C正确；
D．根据电子转移守恒，n（NO）=[0.3mol/5−2]=0.1mol，NO所处的状态不确定，其体积不一定是2.24L，故D错误．
故选AC．

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题主要考查混合物有关计算，涉及镁铜与硝酸反应、生成的盐与氢氧化钠反应，侧重于学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力的考查，是一道考查能力的好题，难度较大．

（1）铜是29号元素，原子核外有29个电子，根据构造原理知其核外电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²2p⁶3d¹⁰4s¹，该晶胞中铜原子个数=8×[1/8+6×
1
2＝4，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²2p⁶3d¹⁰4s¹；4；
（2）①某+1价铜的配离子为[Cu(CN)4]3−，其配体是CN^-，与配体为等电子体的微粒有：CO、N₂等，故答案为：CO、N₂；
②CH₃CH=CH₂分子中甲基上的C原子含有4个共价单键，属于SP³杂化，碳碳双键两端上的碳原子含有3个 σ键，属于SP²杂化，故答案为：SP³、SP²；
（3）氢氧化铜和氨水反应生成铜氨络合离子和氢氧根离子，离子反应方程式为：Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-，SO₄^2-中S原子价层电子对=4+
1
2]（6+2-4×2）=4，且不含孤电子对，所以是正四面体结构，
故答案为：Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-；正四面体．

点评：
本题考点： 原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

考点点评： 本题考查物质结构，较综合，这些都是学习重点，会利用价层电子对互斥理论确定杂化方式、微粒空间构型，难度中等．

mg镁、铜合金加入到稀HNO₃中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：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/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：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，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为[0.3mol/2]=0.15mol，生成NO为[0.3mol/5−2]=0.1mol，
A．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（m）为3.6g＜m＜9.6g，故A错误；
B．根据方程式可知参加反应的n_反应（HNO₃）=[8/3]n（金属）=[8/3]×0.15mol=0.4mol，故B正确；
C．加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.15mol×2=0.3mol，故加入NaO溶液的体积为[0.3mol/2mol/L]=0.15L=150mL，故C正确；
D．被还原的硝酸生成NO，根据氮元素守恒可知，被还原的硝酸的物质的量等于NO的物质的量，即被还原硝酸的物质的量为0.1mol，故D正确；
故选：A．

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题主要考查混合物有关计算，侧重考查电子转移守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力，是一道不错的能力考查题目，难度中等，B选项也可以利用氮原子守恒计算硝酸的物质的量．

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），发生反应：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过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：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，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，则
A．根据电子转移守恒，镁和铜的总的物质的量为[0.3mol/2]=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（m）为3.6g＜m＜9.6g，故A正确；
B．根据方程式可知参加反应的n_反应（HNO₃）=[8/3]n（金属）=[8/3]×0.15mol=0.4mol，故B错误；
C．根据守恒可知n（NaOH）=n（OH^-）=0.3mol，加入的氢氧化钠溶液的体积=[0.3mol/3mol/L]=0.1L=100mL，故C正确；
D．根据电子转移守恒，n（NO）=[0.3mol/5−2]=0.1mol，NO所处的状态不确定，其体积不一定是2.24L，故D错误．
故选AC．

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题主要考查混合物有关计算，涉及镁铜与硝酸反应、生成的盐与氢氧化钠反应，侧重于学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力的考查，是一道考查能力的好题，难度较大．