题目内容

15．将一定质量的镁和铝的固体混合物投入200mL稀盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入的NaOH溶液体积的变化关系如图所示．
（1）写出将固体混合物投入稀盐酸中所发生的氧化还原反应的离子方程式：2Al+6H+=2Al3++3H2↑、Mg+2H+=Mg2++H2↑
（2）写出加入NaOH的体积为200～240mL时反应的离子方程式：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O
（3）计算在反应过程中放出的气体在标准状况下的体积为10.08L
（4）原固体混合物的质量为9g
（5）所用氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5mol/L．

分析 由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O．当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时生成Mg（OH）2和Al（OH）3沉淀，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为NaCl，根据钠元素守恒可知此时n（NaCl）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）；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，其物质的量为0.15mol，则沉淀量最大是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，所以该阶段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）3]=0.2mol，氢氧化钠的浓度为$\frac{0.2mol}{0.24L-0.20L}$=5mol/L，据此进行解答．

解答 解：由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O．当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时生成Mg（OH）2和Al（OH）3沉淀，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为NaCl，根据钠元素守恒可知此时n（NaCl）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）；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，其物质的量为0.15mol，则沉淀量最大是Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol-0.15mol=0.2mol，
（1）将固体混合物投入稀盐酸中，所发生的氧化还原反应的离子方程式有：Mg与HCl反应、Al与HCl反应，反应的离子方程式分别为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑、Mg+2H+=Mg2++H2↑，
故答案为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑、Mg+2H+=Mg2++H2↑；
（2）由图象可知，从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，离子方程式为：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，
故答案为：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；
（3）混合物中含有0.15molMg、0.2molAl，根据电子守恒可知生成氢气的物质的量为：$\frac{0.15mol×2+0.2mol×3}{2}$=0.45mol，标准状况下0.45mol氢气的体积为：22.4L/mol×0.45mol=10.08L，
故答案为：10.08L；
（4）混合物中含有0.15molMg、0.2molAl，则混合物的质量为：24g/mol×0.15mol+0.2mol×27g/mol=9g，
故答案为：9g；
（5）由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=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$\frac{0.2mol}{0.24L-0.20L}$=5mol/L，
故答案为：5mol/L．

点评 本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确图象曲线对应的反应原理为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．

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（3）用同样的方法滴定3次，平均消耗10.00mL标准液，该样品中FeSO4•7H2O的质量分数为55.6%．（已知Mr（FeSO4•7H2O）=278）．
（4）若测量结果偏小，则可能是在定容时仰视（填“俯视”或“仰视”）读数．

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