题目内容
【题目】I.有200 mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中c（Mg2+）为0.2mol·L-1，c（Cl-）为1.3mol·L-1。要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需加4mol·L-1NaOH溶液的体积为___________________mL
II.焊接铜件时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的氧化铜。其反应式为 NH4C1+ CuO→Cu+CuCl2+ N2↑+ H2O
（1）配平，并用双线桥法标出电子转移情况。：____________
（2）该反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为：___________。
（3）若反应中电子转移了0.3mol，则产生的气体在标准状况下的体积为_______L。
【答案】80.0 
3∶2 1.12
【解析】
I．根据电荷守恒计算混合溶液中n(Al3+)，向MgCl2和AlCl3的混合溶液加入NaOH溶液，使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，Al3+应恰好转化为
，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，根据钠离子守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)，再结合氯离子守恒、Al原子守恒可知n(NaOH)=n(Cl-)+n(Al3+)，再根据
计算；
II．（1）根据Cu元素的化合价降低、N元素的化合价升高，利用电子守恒及质量守恒定律来配平反应；
（2）该反应中氧化剂为CuO，还原剂为NH4Cl，由（1）中双线桥可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2；
（3）生成1个N2分子转移电子数为6，若反应中电子转移了0.3mol，则产生的N2的物质的量为
=0.05mol，带入V=nVm计算。
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，
根据电荷守恒，溶液中n(Al3+)=
=0.06mol，
将200mL此溶液中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，根据钠离子守恒：n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)，再结合氯离子守恒、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氢氧化钠溶液的体积为：
=0.08L=80mL；
II．（1）根据Cu元素的化合价由+2价降至0价，得到2mol电子生成1molCu，N元素的化合价由-3价升至0价，失去6mol电子生成1molN2，利用电子守恒及质量守恒定律来配平反应得2NH4Cl+4CuO=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O，双线桥法标出电子转移情况为：；
（2）该反应中氧化剂为CuO，还原剂为NH4Cl，由(1)中双线桥可知，4molCuO参与反应，做氧化剂的为3mol，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2；
（3）生成1个N2分子转移电子数为6，若反应中电子转移了0.3mol，则产生的N2的物质的量为=0.05mol，则产生的N2在标准状况下的体积V=nVm=0.05mol×22.4L/mol=1.12L。
