Question

【題目】I.有200 mL氯化鎂和氯化鋁的混合溶液，其中c（Mg2+）為0.2mol·L-1，c（Cl-）為1.3mol·L-1。要使Mg2+全部轉(zhuǎn)化為沉淀分離出來，至少需加4mol·L-1NaOH溶液的體積為___________________mL

II.焊接銅件時常用的焊藥為氯化銨，其作用是消除焊接處的氧化銅。其反應(yīng)式為 NH4C1+ CuO→Cu+CuCl2+ N2↑+ H2O

（1）配平，并用雙線橋法標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移情況。：____________

（2）該反應(yīng)中，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為：___________。

（3）若反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移了0.3mol，則產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為_______L。

Answer 1

【答案】80.0 3∶2 1.12

【解析】

I．根據(jù)電荷守恒計算混合溶液中n(Al3+)，向MgCl2和AlCl3的混合溶液加入NaOH溶液，使Mg2+全部轉(zhuǎn)化為沉淀分離出來，Al3+應(yīng)恰好轉(zhuǎn)化為，反應(yīng)后溶液為NaCl、NaAlO2的混合液，根據(jù)鈉離子守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)，再結(jié)合氯離子守恒、Al原子守恒可知n(NaOH)=n(Cl-)+n(Al3+)，再根據(jù)計算；

II．（1）根據(jù)Cu元素的化合價降低、N元素的化合價升高，利用電子守恒及質(zhì)量守恒定律來配平反應(yīng)；

（2）該反應(yīng)中氧化劑為CuO，還原劑為NH4Cl，由（1）中雙線橋可知，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3：2；

（3）生成1個N2分子轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6，若反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移了0.3mol，則產(chǎn)生的N2的物質(zhì)的量為=0.05mol，帶入V=nVm計算。

I．溶液中n(Cl)=0.2L×1.3mol/L=0.26mol，

溶液中n(Mg2+)=0.2mol/L×0.2L=0.04mol，

根據(jù)電荷守恒，溶液中n(Al3+)==0.06mol，

將200mL此溶液中的Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2沉淀并分離析出，反應(yīng)后溶液為NaCl、NaAlO2的混合液，根據(jù)鈉離子守恒：n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)，再結(jié)合氯離子守恒、Al原子守恒可知：n(NaOH)=n(Cl)+n(Al3+)=0.26mol+0.06mol=0.32mol，所以至少需要4mol/L氫氧化鈉溶液的體積為：=0.08L=80mL；

II．（1）根據(jù)Cu元素的化合價由+2價降至0價，得到2mol電子生成1molCu，N元素的化合價由-3價升至0價，失去6mol電子生成1molN2，利用電子守恒及質(zhì)量守恒定律來配平反應(yīng)得2NH4Cl+4CuO=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O，雙線橋法標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移情況為：；

（2）該反應(yīng)中氧化劑為CuO，還原劑為NH4Cl，由(1)中雙線橋可知，4molCuO參與反應(yīng)，做氧化劑的為3mol，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3:2；

（3）生成1個N2分子轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6，若反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移了0.3mol，則產(chǎn)生的N2的物質(zhì)的量為=0.05mol，則產(chǎn)生的N2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積V=nVm=0.05mol×22.4L/mol=1.12L。