Question

将一定质量的Mg、Al合金投入2.0mol/L、250mL的稀硫酸中，金属全部溶解．然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．则下列说法正确的是（　　）

• A、当加入NaOH溶液的体积为20 mL时，溶液的pH等于7
• B、当加入NaOH溶液的体积为20 mL时，溶液中的溶质只有硫酸镁和硫酸铝
• C、生成的H₂在标准状况下的体积为11.2 L
• D、所加NaOH溶液的物质的量浓度为5.0 mol/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，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H₂SO₄+2NaOH=Na₂SO₄+2H₂O．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0.35mol，溶液中溶质为Na₂SO₄，根据钠元素守恒可知此时n（Na₂SO₄）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的

1

2

倍．从200mL开始，NaOH溶解Al（OH）₃：NaOH+Al（OH）₃=NaAlO₂+2H₂O，当沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）₂，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大时，Mg（OH）₂为0.15mol，Al（OH）₃为0.35mol-0.15mol=0.2mol，
A．铝离子水解，溶液呈酸性；
B．由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H₂SO₄+2NaOH=Na₂SO₄+2H₂O；
C．由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）₃]=0.2mol，n（Mg）=n[Mg（OH）₂]=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（H₂）=3n（Al）+2n（Mg），据此计算n（H₂），再根据V=nVm计算氢气体积；
D．沉淀量最大，此时为Mg（OH）₂和Al（OH）₃，溶液中溶质为Na₂SO₄，根据钠元素守恒可知此时n（NaOH）=2n（Na₂SO₄）据此计算．

解答：解：由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H₂SO₄+2NaOH=Na₂SO₄+2H₂O．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0.35mol，溶液中溶质为Na₂SO₄，根据钠元素守恒可知此时n（Na₂SO₄）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的

1

2

倍．从200mL开始，NaOH溶解Al（OH）₃：NaOH+Al（OH）₃=NaAlO₂+2H₂O，当沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）₂，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大时，Mg（OH）₂为0.15mol，Al（OH）₃为0.35mol-0.15mol=0.2mol，
A．溶质有硫酸镁、硫酸铝和硫酸钠，铝离子、镁离子水解，溶液呈酸性，故A错误；
B．由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H₂SO₄+2NaOH=Na₂SO₄+2H₂O，溶质有硫酸镁、硫酸铝和硫酸钠，故B错误；
C．由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）₃]=0.2mol，n（Mg）=n[Mg（OH）₂]=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（H₂）=3n（Al）+2n（Mg），根据电子转移守恒可知2n（H₂）=3n（Al）+2n（Mg）=3×0.2mol+2×0.15mol=0.9mol，所以n（H₂）=0.45mol，故氢气体积为0.45mol×22.4mol/L=10.08L，故C错误；
D．沉淀量最大，此时为Mg（OH）₂和Al（OH）₃，溶液中溶质为Na₂SO₄，根据钠元素守恒可知此时n（NaOH）=2n（Na₂SO₄）=2×0.25L×2mol/L=1mol，所以Na0H溶液的物质的量浓度为

1mol

0.2L

=5 mol/L，故D正确；
故选D．

点评：本题考查镁铝的重要化合物、化学计算，以图象题的形式考查，题目难度中等，注意分析图象各阶段的物质的量的关系，根据各阶段的化学反应，利用守恒计算．