Question

将13.0g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体6.72L（标况）．另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中生成6.72L（标况）NO，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量是（　　）

• A、11.85g
• B、12.7g
• C、27.45g
• D、28.3g

Answer 1

考点：化学方程式的有关计算

专题：

分析：根据n=

V

Vm

计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算n（Al），进而计算Al的质量、Al提供的电子物质的量，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al³⁺、Fe³⁺、Cu²⁺离子，根据n=

V

Vm

计算NO的物质的量，根据电子守恒计算金属总共提供电子的物质的量，进而计算Fe、Cu提供的电子物质的量．向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，沉淀的质量等于Fe、Cu的总质量与氢氧根质量之和．

解答： 解：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L（标准状况），物质的量为

6.72L

22.4L/mol

=0.3mol，根据电子转移守恒可知n（Al）=

0.3×2

3

=0.2mol，故金属铝的质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，
将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al³⁺、Fe³⁺、Cu²⁺离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为

6.72L

22.4L/mol

×3=0.9mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为0.9mol-0.6mol=0.3mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH^-）=0.3mol，所以反应后沉淀的质量等于13.0g-5.4g+0.3mol×17g/mol=12.7g，
故选B．

点评：考查混合物的计算、反应方程式的计算等，难度中等，利用方程式计算步骤繁琐，本题采取守恒方法解答，判断金属提供的电子的物质的量等于氢氧根的物质的量是该方法的关键，注意化合物计算中守恒思想的运用．