Question

在Cu（NO₃）₂和Al（NO₂）₃的混合溶液中，硝酸根的物质的量为0.7mol．向该溶液中加入8mol/L的KOH溶液100mL，使之充分反应，反应前，若铝离子的物质的量与混合溶液中的离子总物质的量比值为x，求
（1）x的取值范围

 

．
（2）若铝离子的物质的量为amol，则a=

 

（用含x的式子表示）
（3）当KOH刚完全消耗且Al³⁺全部转换成[Al（OH）₄]^-时，x的取值

 

（4）设反应中沉淀物总物质的量为ymol，求y与x的关系式．（第4问写出计算过程）

Answer 1

考点：有关混合物反应的计算

专题：

分析：（1）设溶液中Al³⁺的物质的量为a mol，利用电荷守恒用a表示出Cu²⁺的物质的量，溶液中离子总的物质的量为三种离子之和，也等于

a

x

mol，据此列等式计算a的值（用x表示），利用极限法可知0＜a＜

0.7

3

，据此计算x的取值范围；
（2）根据（1）可知a与x的关系；
（3）当KOH刚完全消耗且Al³⁺全部转换成[Al（OH）₄]^-时，此时溶液中溶质为KNO₃、KAlO₂，根据守恒可知n（K⁺）=n（KNO₃^-）+n（[Al（OH）₄]^-），n（[Al（OH）₄]^-）=n（Al³⁺），利用电荷守恒计算n（Cu²⁺），据此计算x的值；
（4）先确定生成的沉淀①只有氢氧化铜、②氢氧化铜和氢氧化铝的混合物时x的范围，然后分别计算出生成沉淀的物质的量．

解答： 解：（1）设溶液中Al³⁺的物质的量为a mol，由电荷守恒可知Cu²⁺的物质的量为：

0.7mol-3amol

2

，溶液中离子总的物质的量为三种离子之和，也等于

a

x

mol，故

0.7mol-3amol

2

+amol+0.7mol=

a

x

mol，解得：a=

2.1x

x+2

，
由极限法可知：0＜a＜

0.7

3

，故0＜=

2.1x

x+2

＜

0.7

3

，
解得：0＜x＜0.25，
故答案为：0＜x＜0.25；
（2）根据（1）的计算可知，a=

2.1x

x+2

，
故答案为：

2.1x

x+2

；
（3）当KOH刚完全消耗且Al³⁺全部转换成[Al（OH）₄]^-时，此时溶液中溶质为KNO₃、K[Al（OH）₄]，根据守恒可知n（K⁺）=n（NO₃^-）+n（[Al（OH）₄]^-），故n（[Al（OH）₄]^-）=0.1L×8mol/L-0.7mol=0.1mol，故n（Al³⁺）=0.1mol，根据电荷守恒可知，n（Cu²⁺）=

0.7mol-3n(Al3+)

2

=

0.7mol-3×0.1mol

2

=0.2mol，
则：x=

0.1mol

0.1mol+0.2mol+0.7mol

=0.1，
故答案为：0.1；
（4）当x≤0.1时，铝离子完全转化成[Al（OH）₄]^-，生成的沉淀只有氢氧化铜，根据电荷守恒，生成氢氧化铜的物质的量为：y=

0.7mol- 2.1x x+2 ×3

2

=

0.7-2.8x

2+x

；
当0.1＜x＜0.25时，生成的沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁的混合物，
根据电荷守恒，混合液中含有铜离子的物质的量为：n（Cu²⁺）=

0.7mol- 2.1x x+2 ×3

2

mol=

0.7-2.8x

2+x

mol，
与铝离子反应消耗的氢氧根离子的物质的量为：8mol/L×0.1L-

0.7-2.8x

2+x

×2mol=

6.4x+0.2

2+x

mol，
设生成氢氧化铝的物质的量为m，则溶解的铝离子的物质的量为：

2.1x

x+2

-m，
则铝离子消耗的氢氧根离子的物质的量为：3m+（

2.1x

x+2

-m）×4=

6.4x+0.2

2+x

，
解得：m=

2x-0.2

2+x

，
所以生成氢氧化铝、氢氧化铜沉淀的物质的量y为：y=

2x-0.2

2+x

+

0.7-2.8x

2+x

=

0.5-0.8x

2+x

，
答：当x≤0.1时，y=

0.7-2.8x

2+x

；当0.1＜x＜0.25时，y=

0.5-0.8x

2+x

．

点评：本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，注意利用守恒进行的计算，（3）为难点、易错点，需要根据（1）（2）（3）的计算结果及铝离子的物质的量范围讨论生成沉淀的物质的量，计算过程较复杂，需要耐心解答．