[题目]将一定质量的Mg和Al的混合物投入500 mL稀硫酸中.固体全部溶解并产生气体.待反应完全后.向所得溶液中加入NaOH溶液.生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如下图所示.则下列说法正确的是( )A．Mg和Al的总质量为8 gB．原稀硫酸溶液的物质的量浓度为5 mol·L-1C．生成的H2在标准状况下的体积为11.2 LD．NaOH溶液的物质� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

【题目】将一定质量的Mg和Al的混合物投入500 mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如下图所示。则下列说法正确的是( )

A．Mg和Al的总质量为8 g

B．原稀硫酸溶液的物质的量浓度为5 mol·L－1

C．生成的H2在标准状况下的体积为11.2 L

D．NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol·L－1

【答案】D

【解析】

试题分析：由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3＝NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol-0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，A．由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）3]=0.2mol，n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.15mol，所以镁和铝的总质量为0.2mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g，A错误；B．沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于240mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的1/2倍，所以n（Na2SO4）=1/2×0.2L×5mol/L=0.5mol，所以硫酸的浓度为0.5mol÷0.5L=1mol/L，B错误；C．由A中可知n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg）=3×0.2mol+2×0.15mol=0.9mol，所以n（H2）=0.45mol，故氢气体积为0.45mol×22.4mol/L=10.08L，C错误；D．由200～240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）3]=0.2mol，氢氧化钠的浓度为0.2mol÷(0.24L0.2L)=5mol/L，D正确；答案选D。

【看到我】本题考查以图象题的形式考查镁铝的重要化合物、混合物计算等

【名师点晴】解答时注意分析图象各阶段的物质的量的关系，根据各阶段的化学反应，利用守恒计算。许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。