Question

9．将镁铝的混合物0.1mol溶于100mL2mol/L硫酸溶液中，然后再滴加1mol/L氢氧化钠溶液，请回答以下问题：
（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，产生沉淀的质量m随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，则
V₁=400mL，V₂=440mL，m₁=6.6g．
（2）若混合物仍为0.1mol，其中镁的物质的量分数为a，用100mL2mol/L硫酸溶解后，再加入450mL1mol/L氢氧化钠溶液，所得溶液无Al（OH）₃沉淀．满足此条件的a的取值范围是0.5≤a＜1．

Answer 1

分析 （1）滴加NaOH溶液到体积V₁mL时，沉淀量最大，此时溶液中溶质为Na₂SO₄，根据钠离子与硫酸根守恒有n（NaOH）=2n（Na₂SO₄）=2n（H₂SO₄），进而计算V₁；
开始滴加的NaOH用于中和剩余硫酸，V₁=160mL时，剩余的H₂SO₄与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgSO₄、Al₂（SO₄）₃和Na₂SO₄混合液，令MgSO₄为xmol，Al₂（SO₄）₃为ymol，结合Mg、Al物质的量转化以及硫酸根守恒计算各自物质的量，当滴加NaOH溶液到体积V₂时，Al（OH）₃完全溶解，沉淀是Mg（OH）₂，溶液是Na₂SO₄和NaAlO₂混合液．根据守恒有n（NaOH）=2n（Na₂SO₄）+n（NaAlO₂）=2n（H₂SO₄）+n（Al），据此求出n（NaOH），进而计算V₂；
根据元素守恒可知氢氧化镁、氢氧化铝的物质的量，再根据m=nM计算沉淀质量；
（2）反应后的混合溶液，再加入450mL 1mol/L的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）₃，溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，由于为金属混合物，则a＜1，根据钠离子守恒，应满足n（NaOH）≥2n（Na₂SO₄）+n（NaAlO₂），根据铝元素守恒用x表示出n（NaAlO₂），据此确定a的取值范围．

解答 解：（1）滴加NaOH溶液到体积V₁mL时，沉淀量最大，此时溶液中溶质为Na₂SO₄，根据钠离子与硫酸根守恒有n（NaOH）=2n（Na₂SO₄）=2n（H₂SO₄）=2×0.1L×2mol/L=0.4mol，故V₁=$\frac{0.4mol}{1mol/L}$=0.4L=400mL，
当V₁=160mL时，此时，溶液是MgSO₄、Al₂（SO₄）₃和Na₂SO₄混合液，由Na⁺离子守恒可知，n（Na₂SO₄）=$\frac{1}{2}$n（NaOH）=$\frac{1}{2}$×0.16L×1mol/L=0.08mol，
令MgSO₄为xmol，Al₂（SO₄）₃为ymol，则：
根据Mg原子、Al原子守恒有：x+2y=0.1
根据SO₄^2-离子守恒有：x+3y=0.1×2-0.08
联立方程，解得：x=0.06、y=0.02
所以金属粉末中n（Mg）=0.06mol，n（Al）=2y=2×0.02mol=0.04mol，
滴加NaOH溶液到体积V₂时，溶液是Na₂SO₄和NaAlO₂混合液，根据守恒有：n（NaOH）=2n（Na₂SO₄）+n（NaAlO₂）=2n（H₂SO₄）+n（Al）=2×0.1L×2mol/L+0.04mol=0.44mol，所以，V₂=$\frac{0.44mol}{1mol/L}$=0.44L=440mL，
由原子守恒可知氢氧化镁为0.06mol，氢氧化铝为0.04mol，则m₁=0.06mol×58g/mol+0.04mol×78g/mol=6.6g，
故答案为：400；440；6.6；
（2）由于为金属混合物，则a＜1，Al的物质的量为0.1（1-a）mol，反应后的混合溶液，再加入450mL 1mol/L的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）₃，溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，根据铝元素守恒可知n（NaAlO₂）=0.1（1-a）mol，根据钠离子守恒，应满足n（NaOH）≥2n（Na₂SO₄）+n（NaAlO₂），即0.45×1≥2×0.1×2+0.1（1-a），解得a≥0.5，故0.5≤a＜1，
故答案为：0.5≤a＜1．

点评 本题以图象形式考查混合物计算，关键是清楚每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合守恒思想进行解答，较好地考查学生分析计算能力，难度中等．