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        有關(guān)銅鎂合金的典型計算題賞析

        2021-12-09 08:05:04華煒
        中學(xué)化學(xué) 2021年11期
        關(guān)鍵詞:質(zhì)量

        華煒

        一、計算合金的質(zhì)量

        例1 w g銅鎂合金完全溶于一定濃度的濃HNO3中,反應(yīng)中HNO3被還原,只產(chǎn)生17.92 L NO2和1.344 L N2O4(均已換算為標(biāo)準(zhǔn)狀況),在反應(yīng)后的溶液中加入足量的燒堿溶液,生成34.04 g沉淀。則w的數(shù)值為(? )。

        A.16.28 B.18.00 C.18.40 D.18.88

        解析 由題意可知,n(NO2)=17.92 L÷22.4 L·mol-1=0.8 mol,n(N2O4)=1.344 L÷22.4 L·mol-1=0.06 mol;因HNO3+e-→NO2,2HNO3+2e-→N2O4,則HNO3生成NO2和N2O4得到電子的物質(zhì)的量為0.8 mol×1+0.06 mol×2=0.92 mol;根據(jù)氧化劑得到的電子數(shù)與還原劑失去的電子數(shù)守恒原則可知,金屬失去電子的物質(zhì)的量為0.92 mol;根據(jù)電荷守恒原則可知,Cu2+和Mg2+生成沉淀需結(jié)合OH-的物質(zhì)的量為0.92 mol;根據(jù)質(zhì)量守恒原則可知,生成沉淀的質(zhì)量等于銅鎂合金的質(zhì)量與OH-的質(zhì)量之和,即w g+0.92 mol×17 g·mol-1=34.04 g,解得w=18.40。答案為C。

        二、計算生成沉淀的質(zhì)量

        例2 將銅鎂合金a g投入到一定量的稀HNO3中,二者恰好反應(yīng)完全,合金完全溶解并收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的NO 1.792 L,然后向反應(yīng)液中加入3 mol·L-1NaOH溶液80 mL,金屬陽離子恰好完全生成沉淀,則得到沉淀的質(zhì)量為(? )。

        A.(a+4.56)g? B.(a+4.08)g

        C.(a+6.64)g? D.(a+8.68)g

        解析 根據(jù)質(zhì)量守恒原則可知,當(dāng)金屬陽離子恰好完全生成沉淀時,生成沉淀的質(zhì)量m(沉淀)=m(金屬)+m(OH-);而OH-的物質(zhì)的量n(OH-)=3 mol·L-1×0.08 L=0.24 mol,m(OH-)=0.24 mol×17 g·mol-1=4.08 g;則m(沉淀)=a g+4.08 g=(a+4.08)g。答案為B。

        三、計算生成還原產(chǎn)物的體積

        例3 將8.00 g銅鎂合金投入某HNO3中,銅鎂合金恰好完全溶解,生成NO和NO2混合氣體,向所得溶液中加入6 mol·L-1NaOH溶液100 mL時,金屬陽離子恰好完全生成沉淀,則在標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成的氣體的體積可能為(? )。

        A.3.36 L B.4.48 L C.8.96 L? D.13.44 L

        解析 因金屬失去的電子數(shù)等于金屬陽離子所帶的正電荷數(shù),等于金屬陽離子生成沉淀結(jié)合OH-的數(shù)目,則金屬失去電子的物質(zhì)的量為6 mol·L-1×0.1 L=0.6 mol;因HNO3+3e-→NO,HNO3+e-→NO2,根據(jù)得失電子守恒原子可知,硝酸生成NO和NO2混合氣體得到電子的物質(zhì)的量為0.6 mol;若全部生成NO,則生成0.2 mol NO,其在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為4.48 L;若全部生成NO2,則生成0.6 mol NO2,其在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為13.44 L;而實際上生成NO和NO2混合氣體,則其在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積在4.48 L~13.44 L之間。答案為C項。

        四、通過計算確定還原產(chǎn)物的成分

        例4 將22.4 g的Cu-Mg合金投入足量的某HNO3中,合金完全溶解,生成的氣體R全部逸出,然后向反應(yīng)后所得溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液,產(chǎn)生42.8 g沉淀,則所得氣體R的成分可能是(? )。

        A.n(NO2)=0.6 mol和n(NO)=0.6 mol

        B.n(NO2)=0.6 mol和n(N2O4)=0.2 mol

        C.n(NO2)=0.4 mol、n(NO)=0.2 mol和n(N2O4)=0.1 mol

        D.n(NO)=1.2 mol

        解析 反應(yīng)中,Cu→Cu2+→Cu(OH)2,Mg→Mg2+→Mg(OH)2,由此可知固體增加的質(zhì)量為OH-的質(zhì)量,則Cu2+和Mg2+生成沉淀結(jié)合OH-的物質(zhì)的量為n(OH-)=(42.8 g-22.4 g) ÷17 g·mol-1=1.2 mol;從而可知,Cu和Mg失去電子的物質(zhì)的量為1.2 mol;因HNO3+e-→NO2,HNO3+3e-→NO,2HNO3+2e-→N2O4;對于A項,HNO3得到電子的物質(zhì)的量為0.6 mol+0.6 mol×3=2.4 mol≠1.2 mol,A項錯誤;對于B項,HNO3得到電子的物質(zhì)的量為0.6 mol+0.1 mol×2=0.8 mol≠1.2 mol,B項錯誤;對于C項,HNO3得到電子的物質(zhì)的量為0.4 mol +0.2 mol×3+0.1 mol×2=1.2 mol,C項正確;對于D項,HNO3得到電子的物質(zhì)的量為1.2 mol×3=3.6 mol≠1.2 mol,D項錯誤。答案為C。

        五、有關(guān)綜合計算

        例5 將一定量的Cu-Mg合金加入稀HNO3中,二者恰好完全反應(yīng),假設(shè)反應(yīng)過程中還原產(chǎn)物只有NO,在反應(yīng)后的溶液中加入3 mol·L-1氫氧化鈉溶液至沉淀完全,已知生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量多5.1 g,則下列敘述中正確的是(? )。

        A.加入Cu-Mg合金的質(zhì)量可能為9.6 g

        B.沉淀完全時消耗氫氧化鈉溶液的體積為150 mL

        C.參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為0.4 mol

        D.溶解合金時產(chǎn)生NO氣體的體積為0.224 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)

        解析 生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1 g,則金屬離子生成沉淀消耗OH-的質(zhì)量為5.1 g,即消耗OH-的物質(zhì)的量為5.1 g÷17 g·mol-1=0.3 mol;因金屬離子結(jié)合OH-的物質(zhì)的量與反應(yīng)中金屬失去電子的物質(zhì)的量相等,則金屬失去電子的物質(zhì)的量為0.3 mol;因HNO3+3e-→NO↑,根據(jù)得失電子守恒原則可知,HNO3得到電子的物質(zhì)的量為0.3 mol,則 生成NO的物質(zhì)的量為0.1 mol,其在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2.24 L,D項錯誤。因金屬失去電子的物質(zhì)的量為0.3 mol,則金屬離子帶0.3 mol正電荷,根據(jù)電荷守恒原則可知,金屬離子與0.3 mol NO-3結(jié)合生成硝酸鹽;根據(jù)氮原子的物質(zhì)的量守恒原則可知,參加反應(yīng)的HNO3的物質(zhì)的量為0.3 mol+0.1 mol=0.4 mol,C項正確。因沉淀完全時消耗0.3 mol NaOH,則消耗NaOH溶液的體積為0.3 mol÷3 mol·L-1=0.1 L=100 mL,B項錯誤。因鎂、銅失去電子均生成正二價金屬離子,而鎂、銅共失去0.3 mol電子,則鎂、銅的物質(zhì)的量為0.15 mol,若全是鎂,其質(zhì)量為0.15 mol×24 g·mol-1=3.6 g;若全是銅,其質(zhì)量為0.15 mol×64 g·mol-1=9.6 g;而事實上是鎂、銅合金,則加入合金的質(zhì)量介于3.6 g~9.6 g之間,A項錯誤。答案為C。

        點評 求解此類題目的關(guān)鍵有兩點:一是要弄清反應(yīng)的原理,抓住反應(yīng)的本質(zhì);二是要注重守恒法(電子守恒法、元素守恒法、質(zhì)量守恒法、電荷守恒法等)、極端假設(shè)法和討論法等方法的應(yīng)用。

        (收稿日期:2021-09-10)

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