Question

将一定质量的镁和铝的混合物投入100mL盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．若不考虑金属和盐酸反应时HCl的挥发，则下列说法正确的是（　　）

A．镁和铝的总质量为19 g

B．盐酸的物质的量浓度为5 mol?L^-1

C．NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol?L^-1

D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L

Answer 1

分析：由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明盐酸溶解Mg、Al后盐酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H₂O．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0.3mol，溶液中溶质为NaCl，
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，此时沉淀全部为Mg（OH）₂，物质的量为0.1mol，所以沉淀量最大时，Al（OH）₃为0.3mol-0.1mol=0.2mol，
A．由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）₃]=0.2mol，n（Mg）=n[Mg（OH）₂]=0.1mol，再根据m=nM计算；
B．从200mL到240mLNaOH溶解Al（OH）₃，根据氢氧化铝计算该阶段消耗n（NaOH），进而计算200mLNaOH溶液中含有的n（NaOH）．沉淀量最大，此时为Mg（OH）₂和Al（OH）₃，溶液中溶质为NaCl，根据钠元素守恒可知此时n（NaCl）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH），根据氯离子守恒n（HCl）=n（NaCl），再根据c=

n

V

计算；
C．从200mL到240mLNaOH溶解Al（OH）₃，根据氢氧化铝计算该阶段消耗n（NaOH），再根据c=

n

V

计算；
D．由A中可知n（Al）、n（Mg），根据电子转移守恒可知2n（H₂）=3n（Al）+2n（Mg），再根据V=nVm计算氢气体积．

解答：解：由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明盐酸溶解Mg、Al后盐酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H₂O．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0.3mol，溶液中溶质为NaCl，
从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）₃：NaOH+Al（OH）₃=NaAlO₂+2H₂O，当V（NaOH溶液）=24mL时，沉淀不再减少，此时沉淀全部为Mg（OH）₂，物质的量为0.1mol，所以沉淀量最大时，Al（OH）₃为0.3mol-0.1mol=0.2mol，
A．由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）₃]=0.2mol，n（Mg）=n[Mg（OH）₂]=0.1mol，所以镁和铝的总质量为0.2mol×27g/mol+0.1mol×24g/mol=7.8g，故A错误；
B．从200mL到240mLNaOH溶解Al（OH）₃，由NaOH+Al（OH）₃=NaAlO₂+2H₂O可知，该阶段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）₃]=0.2mol，则20mLNaOH溶液中n（NaOH）=0.2mol×

200mL

240mL-200mL

=1mol．沉淀量最大，此时为Mg（OH）₂和Al（OH）₃，溶液中溶质为NaCl，根据钠元素守恒可知此时n（NaCl）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH），故n（NaCl）=1mol，根据氯离子守恒n（HCl）=n（NaCl）=1mol，则盐酸的物质的量浓度为

1mol

0.1L

=10mol/L，故B错误；
C．从200mL到240mLNaOH溶解Al（OH）₃，由NaOH+Al（OH）₃=NaAlO₂+2H₂O可知，该阶段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）₃]=0.2mol，则c（NaOH）=

0.2mol

0.04L

=5mol/L，故C正确；
D．由A中可知n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0.1mol，根据电子转移守恒可知2n（H₂）=3n（Al）+2n（Mg）=3×0.2mol+2×0.1mol=0.8mol，所以n（H₂）=0.4mol，故氢气体积为0.4mol×22.4mol/L=8.96L，故D错误，
故选C．

点评：本题考查镁铝化合物性质、混合物的计算，以图象题的形式考查，题目难度中等，分析图象各阶段的发生的反应是解题关键，再利用守恒计算．