Question

准确称取6g铝土矿（含Al₂O₃，Fe₂O₃，SiO₂）样品，放入盛有100mLH₂SO₄溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10mol/LNaOH溶液，产生沉淀的量与所加NaOH溶液的体积关系如图所示．试求：
（1）硫酸溶液的物质的量浓度．
（2）若b=2.3，则铝土矿中各成分的质量分数分别是多少？
（3）b值的范围是在

 

之间，在这个范围内，b值越大，

 

的含量越少．

Answer 1

考点：镁、铝的重要化合物,化学方程式的有关计算

专题：图示题

分析：（1）加入35mL氢氧化钠溶液时，沉淀量最大，此时溶液中溶质为硫酸钠，根据钠离子守恒计算硫酸钠的物质的量，再根据硫酸根守恒计算原硫酸溶液中n（H₂SO₄），再根据c=

n

V

计算；
由图可知，加入35mL氢氧化钠溶液时，沉淀量最大，NaOH溶液的体积超过35mL时，过量的氢氧化钠与氢氧化铝反应：Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O；
（2）从35mL～45mL加入的10mL氢氧化钠完全溶解氢氧化铝，根据n=cV计算该阶段消耗的n（NaOH），再根据方程式计算氢氧化铝的物质的量，利用铝元素守恒计算溶液中n（Al³⁺），进而计算铝离子完全沉淀消耗的氢氧化钠的物质的量，根据n=cV计算铁离子、铝离子完全消耗的n（NaOH），进而计算n（Fe³⁺），利用铁元素守恒计算n（Fe₂O₃），根据m=nM计算氧化铁的质量，根据质量分数定义计算；
（3）利用极值法求算，分只有氧化铝和氧化铝5.1g其余0.9g全部是氧化铁两种极限求算．

解答： 解：（1）当加入NaOH溶液的体积为35ml时，n（NaOH）=0.035L×10mol/L=0.35mol，
此时沉淀的质量达到最大值，则此时溶液的溶质只有Na₂SO₄，
根据Na元素守恒有n（Na₂SO₄）=

1

2

n（NaOH）=

1

2

×0.35mol=0.175mol，
根据硫酸根守恒，则有：n（H₂SO₄）=0.175mol，
所以原硫酸溶液中c（H₂SO₄）=

0.175mol

0.1L

=1.75mol/L，
答：稀硫酸溶液的物质的量浓度为1.75mol/L；
（2）从35mL～45mL加入的10mL氢氧化钠完全溶解氢氧化铝，该阶段消耗的n（NaOH）=0.01L×10mol/L=0.1mol，根据方程式Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O可知，n[Al（OH）₃]=0.1mol，故溶液中n（Al³⁺）=0.1mol，故m（Al₂O₃）=0.1mol×

1

2

×102g/mol=5.1g，故氧化铝的质量分数为

5.1g

6g

×100%=85%；铝离子完全沉淀消失氢氧化钠为0.1mol×3=0.3mol，铁离子、铝离子完全消耗的氢氧化钠溶液的体积为35mL-2.3mL=32.7mL，故该阶段消耗n（NaOH）=0.0327L×10mol/L=0.327mol，故铁离子完全沉淀消耗的氢氧化钠为0.327mol-0.3mol=0.027mol，故n（Fe³⁺）=

0.027mol

3

=0.009mol，故m（Fe₂O₃）=0.009mol×

1

2

×160g/mol=0.72g，故Fe₂O₃的质量分数为

0.72g

6g

×100%=12%；则SiO₂的质量分数为100%-85%-12%=2%，
答：铝土矿中氧化铝的质量分数为85%；铝土矿中Fe₂O₃的质量分数为12%；SiO₂的质量分数为100%-85%-12%=2%；
（3）铝离子物质的量为0.1mol，依据极值法计算b的范围：只有铝离子时沉淀需要氢氧化钠物质的量为0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积为30ml，则a=35ml-30ml=5ml，但样品中含有氧化铁，b一定小于5ml；所以b值越大，氧化铁含量越少；假设6g某矿石样品中只有含Al₂O₃、Fe₂O₃，依据（2）计算可知m（Al₂O₃）=5.1g，则m（Fe₂O₃）=6g-5.1g=0.9g，n（Fe₂O₃）=

0.9g

160g/mol

=0.005625mol，n（Fe³⁺）=0.005625mol×2=0.01125mol，消耗氢氧根离子0.03375mol；反应形成最大量沉淀消耗氢氧化钠物质的量为0.03375mol+0.3mol=0.33375mol，需要氢氧化钠溶液的体积为

0.33375mol

10mol/L

=0.033375L=33.375L，所以b最小为35ml-33.375ml=1.625ml；则b的取值为：1.625＜b＜5，
故答案：1.625＜a＜5；Fe₂O₃．

点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，清楚图象中各阶段发生的反应是关键，注意根据守恒的计算，（3）中注意利用反应判断沉淀最大值时，溶液中的溶质，再利用守恒计算，可以简化计算过程．