题目内容

15．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，有1.16g 白色沉淀生成，再向所得的悬浊液中逐滴加入1mol•L-1 盐酸，加入盐酸的体积V与生成沉淀的质量关系如图所示．试回答下列问题：
（1）A点沉淀物的化学式为Mg（OH）2，理由是因为加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明[Al（OH）4]-转化为Al（OH）3，故A点沉淀物为 Mg（OH）2．
（2）写出A点至B点发生反应的离子方程式[Al（OH）4]-+H+=Al（OH）3↓+H2O．
（3）原混合物中MgCl2的质量为1.9g，AlCl3的质量为2.67 g，NaOH的质量为5.2g．
（4）C点盐酸的体积为130mL．

分析 （1）（2）固体组成的混合物溶于足量水后，再加入盐酸时，0-A时沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明[Al（OH）4]-转化为Al（OH）3，故A点沉淀物为 Mg（OH）2，AB段发生反应：[Al（OH）4]-+H+=Al（OH）3↓+H2O，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，BC段发生反应：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O、Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O；
（3）根据镁离子守恒，可知n（MgCl2）=n[Mg（OH）2]，由AB段消耗盐酸，结合反应方程式、Al原子守恒计算n（AlCl3），B点溶液中存在的溶质是氯化钠，根据原子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl），再根据m=nM计算各物质的质量；
（4）C溶液中溶质为NaCl、MgCl2、AlCl3，加入盐酸等于原混合物中NaOH消耗的盐酸体积．

解答 解：固体组成的混合物溶于足量水后，再加入盐酸时，0-A时沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明[Al（OH）4]-转化为Al（OH）3，故A点沉淀物为 Mg（OH）2，AB段发生反应：[Al（OH）4]-+H+=Al（OH）3↓+H2O，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，BC段发生反应：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O、Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O．
（1）由上述分析可知，A为Mg（OH）2，因为加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明[Al（OH）4]-转化为Al（OH）3，故A点沉淀物为 Mg（OH）2，
故答案为：Mg（OH）2；因为加入10 mL 盐酸恰好中和过量的NaOH，再加盐酸沉淀增多，说明[Al（OH）4]-转化为Al（OH）3，故A点沉淀物为 Mg（OH）2；
（2）由上述分析可知，A点至B点发生反应的离子方程式为：[Al（OH）4]-+H+=Al（OH）3↓+H2O，故答案为：[Al（OH）4]-+H+=Al（OH）3↓+H2O；
（3）A点沉淀的是氢氧化镁，则n（Mg（OH）2）=$\frac{1.16g}{58g/mol}$=0.02mol，根据Mg原子守恒得n（MgCl2）=n[Mg（OH）2]=0.02mol，氯化镁的质量为：0.02mol×95g/mol=1.90g；
AB段发生反应：[Al（OH）4]-+H+=Al（OH）3↓+H2O，则n[Al（OH）3]=n（HCl）=1mol/L×（0.03-0.01）L=0.02mol，根据铝原子守恒得n（AlCl3）=n[Al（OH）3]=0.02mol，氯化铝的质量为：0.02mol×133.5g/mol=2.67g；
由Na+离子和Cl-离子守恒得，原混合物中n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl-）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）+n（HCl）=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol，氢氧化钠的质量为：0.13mol×40g/mol=5.20g，
故答案为：1.9；2.67；5.2；
（4）C溶液中溶质为NaCl、MgCl2、AlCl3，加入盐酸等于原混合物中NaOH消耗的盐酸体积，二者恰好反应时：n（HCl）=n（NaOH）=0.13mol，则V（HCl）=$\frac{0.13mol}{1mol/L}$=0.13L=130mL，
故答案为：130．

点评 本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确曲线变化趋势及每段发生的化学反应为解本题关键，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用．

练习册系列答案
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