A. | 最初20 mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸 | |
B. | 20-200 mL过程中:溶液中发生两个沉淀反应 | |
C. | 200-240 mL过程中:溶液中只发生Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O | |
D. | 生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L |
分析 由图象可知,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余,此时发生的反应为:H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O;
当V(NaOH溶液)=200mL时,沉淀量最大,此时为Mg(OH)2和Al(OH)3,二者物质的量之和为0.35mol,溶液中溶质为Na2SO4,根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的$\frac{1}{2}$倍;
从200mL到240mL,NaOH溶解Al(OH)3:NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O,当V(NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少,此时全部为Mg(OH)2,物质的量为0.15mol,所以沉淀量最大,Mg(OH)2为0.15mol,Al(OH)3为0.35mol-0.15mol=0.2mol,由于从200mL到240mL,NaOH溶解Al(OH)3:NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O,所以该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol,氢氧化钠的浓度为:$\frac{0.2mol}{0.24L-0.20L}$=5mol/L,据此进行解答.
解答 解:由图象可知,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余,此时发生的反应为:H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O;当V(NaOH溶液)=200mL时,沉淀量最大,此时为Mg(OH)2和Al(OH)3,二者物质的量之和为0.35mol,溶液中溶质为Na2SO4,根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的$\frac{1}{2}$倍.从200mL到240mL,NaOH溶解Al(OH)3:NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O,当V(NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少,此时全部为Mg(OH)2,物质的量为0.15mol,所以沉淀量最大,Mg(OH)2为0.15mol,Al(OH)3为0.35mol-0.15mol=0.2mol,由于从200mL到240mL,NaOH溶解Al(OH)3:NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O,所以该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol,氢氧化钠的浓度为:$\frac{0.2mol}{0.24L-0.20L}$=5mol/L,
A.由图象可知,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余,此时发生的反应为:H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O,故A正确;
B.20-200 mL过程中,镁离子、铝离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁、氢氧化镁沉淀,涉及两个反应,故B正确;
C.从200mL到240mL,NaOH溶解Al(OH)3:NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O,离子方程式为:Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,故C正确;
D、由A中可知n(Al)=0.2mol,n(Mg)=0.15mol,根据电子转移守恒可知2n(H2)=3n(Al)+2n(Mg)=3×0.2mol+2×0.15mol=0.9mol,所以n(H2)=0.45mol,故氢气体积为0.45mol×22.4mol/L=10.08L,故D错误.
故选D.
点评 本题考查混合物反应的计算、镁铝的重要化合物性质,以图象题的形式考查,题目难度中等,注意分析图象各阶段的物质的量的关系,根据各阶段的化学反应,利用守恒计算,试题培养了学生的化学计算能力.
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A. | 0.1mol/L | B. | 0.2mol/L | C. | 0.3mol/L | D. | 0.4mol/L |
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