将一定质量的镁.铝合金.投入200mL一定浓度的盐酸中.合金完全溶解.向所得溶液中滴加5mol/L NaOH溶液.生成的沉淀质量与加入NaOH溶液体积如图所示．(1)图中OA段.没有沉淀生成的原因是H++OH-=2H2O,(2)图中BC段.沉淀量减少的原因是Al(OH)3+OH-=AlO-2+2H2O.由此可知原混合物中铝的质量为2.7g,(3)图中B点处.该溶液中此� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

18．

将一定质量的镁、铝合金，投入200mL一定浓度的盐酸中，合金完全溶解，向所得溶液中滴加5mol/L NaOH溶液，生成的沉淀质量与加入NaOH溶液体积如图所示．
（1）图中OA段，没有沉淀生成的原因是H⁺+OH^-=2H₂O（用离子方程式表示）；
（2）图中BC段，沉淀量减少的原因是Al（OH）₃+OH^-=AlO^-₂+2H₂O（用离子方程式表示），由此可知原混合物中铝的质量为2.7g；
（3）图中B点处，该溶液中此时存在的溶质是NaCl；盐酸的物质的量浓度为4mol/L．

分析（1）盐酸过量与氢氧化钠反应生成氯化钠和水；
（2）由图可知，从加入20mL氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）₂和Al（OH）₃，继续滴加氢氧化钠，Al（OH）₃，溶解反应生成偏铝酸钠和水；并由Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O，据其中氢氧化钠的量求氢氧化铝的量，并根据元素守恒，得到铝的物质的量，再利用m=nM计算铝的质量；
（3）B点处，溶液中此时存在的溶质是NaCl；加入氢氧化钠溶液为140mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）₂和Al（OH）₃，溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒此时溶液中n（NaCl）=n（NaOH），据此计算出n（HCl），再利用c=$\frac{n}{V}$计算盐酸的物质的量浓度．

解答解：（1）OA段，没有沉淀生成的原因是，盐酸过量与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，故离子方程式为H⁺+OH^-=2H₂O，故答案为：H⁺+OH^-=2H₂O；
（2）图中BC段，沉淀量减少的原因是，Al（OH）₃溶解反应生成偏铝酸钠和水，故化学方程式为Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O，故离子方程式为Al（OH）₃+OH^-=AlO^-₂+2H₂O；
Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O
1 1
0.1 0.02L×5mol/L
则：n（Al（OH）₃）=0.1mol，根据铝原子守恒，n（Al）=n（Al（OH）₃）=0.1mol，故m（Al）=0.1mol×27g/mol=2.7g，
故答案为：Al（OH）₃+OH^-=AlO^-₂+2H₂O；2.7；
（3）据以上分析得B点处，溶液中此时存在的溶质是NaCl；加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）₂和Al（OH）₃，溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒此时溶液中n（NaCl）=n（NaOH）=0.16L×5mol/L=0.8mol，根据氯元素守恒n（HCl）=0.8mol，故盐酸的物质的量浓度为$\frac{0.8mol}{0.2L}$=4mol/L，
故答案为：NaCl；4．

点评本题考查镁铝化合物性质、混合物的计算，以图象题的形式考查，题目难度中等，分析图象各阶段的发生的反应是解题关键，再利用守恒计算，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．

选项	实验操作及现象	实验结论
A	向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成	该溶液中一定含有SO₄^2-
B	将Fe（NO₃）₂样品溶于稀H₂SO₄，滴加KSCN溶液溶液变红	Fe（NO₃）₂样品已氧化变质
C	向盛有少量NaHCO₃的试管中滴加草酸溶液有气泡产生	酸性：草酸＞碳酸
D	向少量某物质的稀溶液中滴加稀盐酸，产生了能使澄清石灰水变浑浊的气体	该物质一定是碳酸盐

	A．	气体的密度不变时．说明达到了平衡状态
	B．	加入少量的X，△H变大
	C．	加入一定量的惰性气体，平衡向左移动
	D．	加入少量的Y正反应速率加快

	A．	弱酸的电离常数越小，其所产生的盐水解的程度越大
	B．	溶液中发生的水解反应是A^-+H₂O?HA+OH^-
	C．	有关离子浓度大小关系是c（M⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
	D．	该溶液是酸性

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