Question

18．将0.1mol的镁、铝混合物溶于100mL 2mol•L^-1的H₂SO₄溶液中，然后再滴加1mol•L^-1的NaOH溶液．请回答：
（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化的关系如图所示．当V₁=140mL时，则金属粉末中：n（Mg）=0.04 mol，V₂=460 ml．
（2）若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg²⁺、Al³⁺刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V（NaOH）=400mL．
（3）若混合物仍为0.1mol，其中Mg粉的物质的量分数为a，用100mL 2mol•L^-1 的H₂SO₄溶解此混合物后，再加入480mL 1mol•L^-1 的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）₃．满足此条件的a的取值范围是0.2≤a＜1．

Answer 1

分析 （1）根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积V₁=140mL过程中，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余硫酸，V₁=140mL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，设MgSO₄为xmol，Al₂（SO₄）₃为ymol，根据守恒列方程求算n（Mg）；
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），再利用V=$\frac{n}{c}$计算；
（2）当溶液中Mg²⁺、Al³⁺恰好沉淀完全时，即沉淀达到最大值，此时，溶液是Na₂SO₄溶液，根据SO₄^2-离子和Na⁺离子守恒有n（Na⁺）=2n（Na₂SO₄）=2（H₂SO₄）求出n（NaOH），再利用V=$\frac{n}{c}$计算；
（3）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）100mL 2mol•L^-1的H₂SO₄溶液中硫酸的物质的量为：0.1L×2mol/L=0.2mol，
当V₁=140mL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（Na⁺）=$\frac{1}{2}$n（NaOH）=$\frac{1}{2}$×0.14L×1mol/L=0.07mol
设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=0.2-0.07=0.13，
联立解得：x=0.04；y=0.03，
所以金属粉末中n（Mg）=0.04mol，n（Al）=2y=2×0.03mol=0.06mol；
滴加NaOH溶液到体积V₂时，溶液是Na₂SO₄和NaAlO₂混合液，根据SO₄^2-离子、Na⁺离子和Al原子守恒有：
n（NaOH）=2n（Na₂SO₄）+n（NaAlO₂）=2n（H₂SO₄）+n（Al）=2×0.2mol×+0.06mol=0.46mol，所以，V₂=$\frac{0.46mol}{1mol/L}$=0.46L=460mL，
故答案为：0.04；460；
（2）当溶液中Mg²⁺、Al³⁺恰好沉淀完全时，此时溶液是Na₂SO₄溶液，根据SO₄^2-离子和Na⁺离子守恒有：n（Na⁺）=2n（Na₂SO₄）=2（H₂SO₄）=2×0.1L×2mol/L=0.4mol，所以V（NaOH）=$\frac{0.4mol}{1mol/L}$=0.4L=400mL，
故答案为：400；
（3）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480mL 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0.48×1≥2×0.1×2+0.1（1-a），解得a≥0.2，故0.2≤a＜1，
故答案为：0.2≤a＜1．

点评 本题以图象形式考查混合物计算，题目难度中等，明确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，结合方程式对有关问题进行分析，注意守恒思想的运用使计算简化．