Question

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⁺═H₂O
• B． 图中V₂为100
• C． 沉淀的质量m为1.56 g
• D． 原合金质量为0.92 g

Answer 1

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．