Question

將一定質(zhì)量的Mg和Al混合物投入到200mL稀硫酸中，固體全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至過(guò)量，生成沉淀的物質(zhì)的量與加入NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示．則下列說(shuō)法不正確的是（　�。�

• A、Mg和Al的總質(zhì)量為9g
• B、最初20mLNaOH溶液用于中和過(guò)量的稀硫酸
• C、NaOH溶液物質(zhì)的量濃度為5mol?L^-1
• D、生成的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為11.2L

Answer 1

考點(diǎn)：鎂、鋁的重要化合物,化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算

專(zhuān)題：圖示題

分析：由圖象可知，從開(kāi)始至加入NaOH溶液20mL，沒(méi)有沉淀生成，說(shuō)明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為：H₂SO₄+2NaOH=Na₂SO₄+2H₂O．當(dāng)V（NaOH溶液）=200mL時(shí)，沉淀量最大，此時(shí)為Mg（OH）₂和Al（OH）₃，二者物質(zhì)的量之和為0.35mol，溶液中溶質(zhì)為Na₂SO₄，根據(jù)鈉元素守恒可知此時(shí)n（Na₂SO₄）等于200mL氫氧化鈉溶液中含有的n（NaOH）的

1

2

倍．從200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）₃：NaOH+Al（OH）₃=NaAlO₂+2H₂O，當(dāng)V（NaOH溶液）=240mL時(shí)，沉淀不再減少，此時(shí)全部為Mg（OH）₂，物質(zhì)的量為0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）₂為0.15mol，Al（OH）₃為0.35mol-0.15mol=0.2mol，由于從200mL到240mL，發(fā)生NaOH+Al（OH）₃=NaAlO₂+2H₂O，所以該階段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）₃]=0.2mol，氫氧化鈉的濃度為

0.2mol

0.24L-0.20L

=5mol/L，以此來(lái)解答．

解答： 解：由圖象可知，從開(kāi)始至加入NaOH溶液20mL，沒(méi)有沉淀生成，說(shuō)明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為：H₂SO₄+2NaOH=Na₂SO₄+2H₂O．當(dāng)V（NaOH溶液）=200mL時(shí)，沉淀量最大，此時(shí)為Mg（OH）₂和Al（OH）₃，二者物質(zhì)的量之和為0.35mol，溶液中溶質(zhì)為Na₂SO₄，根據(jù)鈉元素守恒可知此時(shí)n（Na₂SO₄）等于200mL氫氧化鈉溶液中含有的n（NaOH）的

1

2

倍．從200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）₃：NaOH+Al（OH）₃=NaAlO₂+2H₂O，當(dāng)V（NaOH溶液）=240mL時(shí)，沉淀不再減少，此時(shí)全部為Mg（OH）₂，物質(zhì)的量為0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）₂為0.15mol，Al（OH）₃為0.35mol-0.15mol=0.2mol，由于從200mL到240mL，發(fā)生NaOH+Al（OH）₃=NaAlO₂+2H₂O，所以該階段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）₃]=0.2mol，氫氧化鈉的濃度為

0.2mol

0.24L-0.20L

=5mol/L，
A．由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）₃]=0.2mol，n（Mg）=n[Mg（OH）₂]=0.15mol，所以鎂和鋁的總質(zhì)量為0.2mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g，故A正確；
B．由上述分析可知，最初20mLNaOH溶液用于中和過(guò)量的稀硫酸，故B正確；
C．由上述分析可知，氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度為5mol/L，故C正確；
D．由電子守恒可知，生成的氫氣為

0.2mol×3+0.15mol×2

2

=0.45mol，若在標(biāo)況下，體積為0.45mol×22.4L/mol=10.08L，但狀況未知，故D錯(cuò)誤；
故選D．

點(diǎn)評(píng)：本題考查鎂鋁的重要化合物及計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，把握?qǐng)D象各階段的物質(zhì)的量的關(guān)系及各階段的化學(xué)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，注意反應(yīng)的先后順序及利用守恒計(jì)算，側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查，題目難度中等．