Question

1．镁铝合金5.1g加入到100mL 6.0mol•L^-1盐酸中，待固体完全溶解后，向溶液中继续逐滴滴入6.0mol•L^-1的氢氧化钠溶液，当滴入VmL时沉淀质量达到最大值，继续滴入氢氧化钠至沉淀的量不再变化，将沉淀过滤、洗涤、低温烘干，称重得质量为5.8g．下列说法正确的是（　　）

• A． 开始滴入NaOH溶液时立即产生白色沉淀
• B． 原固体混合物中镁的质量是1.2g
• C． V=100mL
• D． 若将5.1g该合金溶于足量的氢氧化钠溶液，在常温常压下放出3.36L气体

Answer 1

分析 A、B．最终得到5.8g沉淀为Mg（OH）₂的质量，其物质的量为0.1mol，用镁原子守恒可知合金中Mg为0.1mol，可得合金Mg的质量，再计算合金中Al的物质的量，计算消耗HCl物质的量确定盐酸是否有剩余，进而判断反应后溶液中加入氢氧化钠溶液后是否立即生成白色沉淀；
C．VmL时沉淀质量达到最大值，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒计算消耗NaOH物质的量，进而计算消耗NaOH溶液体积；
D．只有Al反应生成氢气，根据电子转移守恒可以计算生成氢气物质的量，但常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol．

解答 解：A．最终得到5.8g沉淀为Mg（OH）₂的质量，其物质的量为$\frac{5.8g}{58g/mol}$=0.1mol，用镁原子守恒可知合金中Mg为0.1mol，故合金中Mg的质量为0.1mol×24g/mol=2.4g，则合金中Al的物质的量为$\frac{5.1g-2.4g}{27g/mol}$=0.1mol，二者恰好反应消耗HCl为0.1mol×2+0.1mol×3=0.5mol＜0.1L×6mol/L=0.6mol，故盐酸有剩余，则加入NaOH溶液后先中和剩余的HCl，可以没有白色沉淀产生，故A错误；
B．由A中分析可知，合金Mg的质量为2.4g，故B错误；
C．VmL时沉淀质量达到最大值，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.6 mol，故消耗NaOH溶液体积为$\frac{0.6mol}{6mol/L}$=0.1L=100mL，故C正确；
D．只有Al反应生成氢气，根据电子转移守恒，可知生成氢气物质的量为$\frac{0.1mol×3}{2}$=0.15mol，若为标况下生成氢气体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，但常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol，故D错误．
故选：C．

点评 本题考查混合物有关计算，关键是明确发生的反应、确定盐酸是否有剩余，掌握守恒法在计算中应用，题目有利于考查学生分析计算能力．