Question

16．常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLPH=14的溶液，然后用1mol/L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，则下列说法正确的是（　　）

• A． 原合金的质量为0.92g
• B． 图中V₂为60
• C． 整个滴定过程Na⁺的浓度保持不变
• D． 合金中Na与Al物质的量之比为2：1

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=0.01mol；
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，
A．根据m=nM计算Na、Al合金的质量；
B．溶解氢氧化铝消耗的盐酸体积与40mL之和为V₂的值
C．随盐酸的滴加，溶液体积变大，整个滴定过程Na⁺的浓度减小；
D．合金中Na的物质的量为：0.04mol而Al物质的量为0.02mol．

解答 解：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=0.01mol；
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．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A错误；
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错误；
C．随盐酸的滴加，溶液体积变大，整个滴定过程Na⁺的浓度减小，而不是不变，故C错误；
D．合金中Na的物质的量为：0.04mol而Al物质的量为0.02mol，所以合金中Na与Al物质的量之比为2：1，故D正确；
故选D．

点评 本题考查混合物的有关计算，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，难度较大．