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11.常温下,将一定量的钠铝合金置于水中,合金全部溶解,得到20mL pH=14的溶液,然后用1mol•L-1的盐酸滴定,测得生成沉淀的质量与消耗盐酸的体积关系如图所示,则下列说法不正确的是(  )
A.OP段发生的反应为:OH-+H+═H2OB.图中V2为100
C.沉淀的质量m为1.56 gD.原合金质量为0.92 g

分析 钠铝合金置于水中,合金全部溶解,发生反应:2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑,得到20mL pH=14的溶液,则溶液中c(OH-)=1mol/L,NaOH有剩余,剩余NaOH为0.02L×1mol/L=0.02mol;
开始加入盐酸没有立即产生沉淀,首先发生反应:NaOH+HCl═NaCl+H2O,该阶段消耗盐酸为:$\frac{0.02mol}{1mol/L}$=0.02L=20mL;
然后发生反应:NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al(OH)3↓,生成氢氧化铝沉淀,40mL时沉淀达最大值,此时溶液中溶质为NaCl,由钠元素守恒可知n(Na)=n(NaCl),该阶段消耗盐酸体积为40mL-20mL=20mL,根据方程式计算n[Al(OH)3],根据铝元素守恒n(Al)=n[Al(OH)3];
最后发生反应:Al(OH)3↓+3HCl═AlCl3+3H2O,根据氢氧化铝的物质的量计算该阶段消耗盐酸的体积,据此进行解答.

解答 解:钠铝合金置于水中,合金全部溶解,发生反应为:2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑,得到20mL pH=14的溶液,则溶液中c(OH-)=1mol/L,NaOH有剩余,剩余NaOH为:0.02L×1mol/L=0.02mol;
开始加入盐酸没有立即产生沉淀,首先发生反应:NaOH+HCl═NaCl+H2O,该阶段消耗盐酸为:$\frac{0.02mol}{1mol/L}$=0.02L=20mL;
然后发生反应:NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al(OH)3↓,生成氢氧化铝沉淀,40mL时沉淀达最大值,此时溶液中溶质为NaCl,由钠元素守恒可知n(Na)=n(NaCl)=0.04L×1mol/L=0.04mol,该阶段消耗盐酸体积为:40mL-20mL=20mL,根据方程式可知n[Al(OH)3]=n(HCl)=0.02L×1mol/L=0.02mol,根据铝元素守恒n(Al)=n[Al(OH)3]=0.02mol,
最后发生反应:Al(OH)3↓+3HCl═AlCl3+3H2O,消耗盐酸的物质的量为0.02mol×3=0.06mol,故该阶段消耗的盐酸体积为:$\frac{0.06mol}{1mol/L}$=0.06L=60mL,
A.OP段发生反应:NaOH+HCl═NaCl+H2O,离子方程式为:OH-+H+═H2O,故A正确;
B.由上述计算可知,溶解氢氧化铝消耗盐酸的体积为60mL,则V2为40mL+60mL=100mL,故B正确;
C.由上述计算可知,生成沉淀为0.02mol,其质量为0.02mol×78g/mol=1.56g,故C正确;
D.由上述分析可知,Na、Al合金的质量为0.04mol×23g/mol+0.02mol×27g/mol=1.46g,故D错误;
故选D.

点评 本题考查离子反应的计算、混合物的有关计算,题目难度中等,明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键,注意利用元素守恒的方法来解答,试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力.

练习册系列答案
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1.下列关于离子键、共价键的叙述中正确的是(  )
A.在离子化合物里,只存在离子键,没有共价键
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D.在共价化合物分子内,一定不存在离子键

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2.下列物质既不互为同系物也不互为同分异构体的是(  )
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C.氢键   氢键           极性键
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20.现有部分短周期元素的性质或原子结构如表:
元素编号元素性质或原子结构
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(1)元素Z形成的单质电子式
(2)Y的最高价氧化物与强碱反应的离子方程式Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-
(3)元素X与元素T的非金属性较强的是Cl(用元素符号表示),下列表述中能证明这一事实的是c(填字母);
a.X的氢化物比T的氢化物稳定
b.常温下X的单质和T的单质状态不同
c.T的单质能把X从其氢化物中置换出来
d..最高价氧化物的水化物的酸性X>T.

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1.二羟甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一,下列关于二羟甲戊酸的说法正确的是(  )
A.与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为C8H18O4
B.能发生加成反应,不能发生取代反应
C.在铜的催化下与氧气反应的产物可以发生银镜反应
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