题目内容

12．取A、B、C三份不同质量的同一镁铝合金的粉末，分别与30mL相同浓度的稀盐酸在三个烧杯中充分反应，反应的有关数据如下表（气体体积均已换算为标准状况下）：
 A B C
 起始时合金粉末的质量/mg 204 399 561
 反应结束时生成气体的体积/mL 224336 336
上述反应中，如在再向C烧杯中加入1mol•L-1的氢氧化钠溶液若干毫升，恰能使合金中的铝溶解却不能含铝的沉淀，并使Mg2+刚好沉淀完全；过滤，得溶液，下列叙述不正确的是（　　）
A．起始时盐酸的浓度为1mol•L-1B．加入的NaOH溶液为40mL
C．合金中镁、铝的物质的量相等D．所得的滤液中含三种阴离子

分析 盐酸浓度、体积一定，A中合金质量小于B中合金质量，且A中生成气体体积小于B中气体体积，说明A中盐酸过量、金属完全反应，B中合金质量小于C中合金质量，且B、C生成气体体积相等，说明B、C中盐酸完全反应，生成336mL氢气需要金属的质量为：204mg×$\frac{336mL}{224mL}$=306mg＜399mg，故B中金属剩余，盐酸不足．
A．B、C中盐酸完全，根据n=$\frac{V}{{V}_{m}}$计算氢气的物质的量，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2），进而计算盐酸的物质的量浓度，
B．A中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气2224mL，故可以根据A组数据计算金属的物质的量，令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与电子转移守恒列方程计算x、y的值，进而计算C中Al的物质的量；
向C烧杯中加入一定量的1mol/L的NaOH溶液，使合金中的铝粉恰好完全溶解，却不能含铝的沉淀，并使Mg2+刚好沉淀完全，溶液中溶质为NaCl、NaAlO2，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2），据此计算氢氧化钠的物质的量，再根据V=$\frac{n}{c}$计算氢氧化钠的体积；
C．根据B中计算可知Al、Mg物质的量关系；
D．溶液中溶质为NaCl、NaAlO2．

解答 解：盐酸浓度、体积一定，A中合金质量小于B中合金质量，且A中生成气体体积小于B中气体体积，说明A中盐酸过量、金属完全反应，B中合金质量小于C中合金质量，且B、C生成气体体积相等，说明B、C中盐酸完全反应，生成336mL氢气需要金属的质量为：204mg×$\frac{336mL}{224mL}$=306mg＜399mg，故B中金属剩余，盐酸不足．
A．B、C中盐酸完全，生成氢气的物质的量为$\frac{0.336L}{22.4L/mol}$=0.015mol，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2）=0.03mol，则盐酸的物质的量浓度为$\frac{0.03mol}{0.03L}$=1mol/L，故A正确；
B．设A中Mg的物质的量为x，Al的物质的量为y，生成气体的物质的量为：$\frac{0.224L}{22.4L/mol}$=0.01mol，
由合金的质量可得：24x+27y=0.204，
根据电子转移守恒可得：2x+3y=0.01×2
联立方程，解得：x=0.004mol；y=0.004mol，
可知C中Al、Mg的物质的量均为0.004mol×$\frac{561g}{204g}$=0.011mol，
向C烧杯中加入一定量的1mol/L的NaOH溶液，使合金中的铝粉恰好完全溶解，却不能含铝的沉淀，并使Mg2+刚好沉淀完全，溶液中溶质为NaCl、NaAlO2，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2）=
0.03mol+0.011mol=0.041mol，则加入NaOH溶液的体积为$\frac{0.041mol}{1mol/L}$=0.041L=41mL，故B错误；
C．根据B中计算可知Al、Mg物质的量相等，故C正确；
D．溶液中溶质为NaCl、NaAlO2，滤液中含有阴离子为Cl-、AlO2-、OH-，故D正确，
故选：B．

点评 本题考查混合物的计算，题目难度较大，根据表中数据判断物质过量与否是解题的关键，侧重考查学生对数据的分析能力与计算能力．

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