Question

8．將一定量的鎂、鋁合金溶于100mL 2mol/LH₂SO₄溶液中，然后再滴加1mol/L NaOH溶液，沉淀質量m隨加入NaOH溶液的體積V變化如圖所示．下列說法中錯誤的是（　�。�

• A． V₂=400mL
• B． 0≤V₁＜280mL
• C． 加入NaOH溶液的過程中，產生沉淀的最大量可能為0.18mol
• D． 當V₁=160mL時，n（Mg）=0.04mol

Answer 1

分析 根據圖象可知，在滴加NaOH溶液到體積V₁mL過程中，沒有沉淀生成，說明硫酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余硫酸，V₁mL時，剩余的H₂SO₄與滴加的NaOH恰好完全反應，溶液是MgSO₄、Al₂（SO₄）₃和Na₂SO₄混合液，當?shù)渭覰aOH溶液到體積V₂時，沉淀最大為Mg（OH）₂、Al（OH）₃，此時溶液中溶質為Na₂SO₄，加入440mLNaOH溶液時，Al（OH）₃完全溶解，沉淀是Mg（OH）₂，溶液是Na₂SO₄和NaAlO₂混合液．
A．根據硫酸根守恒：n（Na₂SO₄）=n（H₂SO₄），根據鈉離子守恒n（NaOH）=2n（Na₂SO₄），進而計算NaOH溶液體積；
B．結合A中計算可知溶解氫氧化鋁消耗氫氧化鈉的物質的量，結合Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O計算氫氧化鋁的物質的量，根據Al元素守恒計算n（Al），混合物中沒有Mg時剩余硫酸最大，即V₁到達極大值，硫酸沒有剩余時V₁值最小；
C．由于溶液中鋁離子是確定的，故當V₁=0時，生成沉淀達極大值，計算Mg的物質的量，進而計算沉淀最大量；
D．鎂離子、鋁離子沉淀消耗NaOH溶液體積為（V₂-V₁）mL，根據電荷守恒可知：2n（Mg²⁺）+3n（Al³⁺）=n（OH^-），結合元素守恒計算Mg的物質的量．

解答 解：根據圖象可知，在滴加NaOH溶液到體積V₁mL過程中，沒有沉淀生成，說明硫酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余硫酸，V₁mL時，剩余的H₂SO₄與滴加的NaOH恰好完全反應，溶液是MgSO₄、Al₂（SO₄）₃和Na₂SO₄混合液，當?shù)渭覰aOH溶液到體積V₂時，沉淀最大為Mg（OH）₂、Al（OH）₃，此時溶液中溶質為Na₂SO₄，加入440mLNaOH溶液時，Al（OH）₃完全溶解，沉淀是Mg（OH）₂，溶液是Na₂SO₄和NaAlO₂混合液．
A．當溶液中Mg²⁺、Al³⁺恰好沉淀完全時，此時溶液是Na₂SO₄溶液，根據硫酸根守恒：n（Na₂SO₄）=n（H₂SO₄），根據鈉離子守恒n（NaOH）=2n（Na₂SO₄），故n（Na⁺）=2n（Na₂SO₄）=2n（H₂SO₄）=2×0.1L×2mol/L=0.4mol，所以V（NaOH）=$\frac{0.4mol}{1mol/L}$=0.4L=400mL，故A正確；
B．溶解氫氧化鋁消耗NaOH為（0.44-0.4）L×1mol/L=0.04mol，由Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O，可知Al（OH）₃為0.04mol，故混合物中Al為0.04mol，混合物中沒有Mg時剩余硫酸最大，即V₁到達極大值，Al消耗硫酸為0.04mol×$\frac{3}{2}$=0.06mol，則金屬反應后剩余硫酸為0.1L×2mol/L-0.06mol=0.14mol，故中和剩余的硫酸需要NaOH為0.14mol×2=0.28mol，NaOH溶液體積為$\frac{0.28mol}{1mol/L}$=0.28L=280mL，硫酸沒有剩余時V₁值最小，故0≤V₁＜280mL，故B正確；
C．由于溶液中鋁離子是確定為0.04mol，故當V₁=0時，生成沉淀達極大值，0.14mol硫酸可以溶解Mg為0.14mol，根據原子守恒可知，生成沉淀最大量為0.14mol+0.04mol=0.18mol，故C正確；
D．鎂離子、鋁離子沉淀消耗NaOH為（0.4-0.16）L×1mol/L=0.24mol，根據電荷守恒可知：2n（Mg²⁺）+3n（Al³⁺）=n（OH^-），故2n（Mg²⁺）+3×0.04mol=0.24mol，解得n（Mg²⁺）=0.06mol，故n（Mg）=0.06mol，故D錯誤．
故選：D．

點評 本題以圖象形式考查混合物計算，清楚每一段圖象發(fā)生的化學反應、知道拐點代表的含義及溶液中溶質的成分，結合方程式對有關問題進行分析，注意守恒思想與極限法的運用，難度較大．