06mol 0.06mol×3 0.04mol 0.04mol×3 0.04mol 将Fe3+和Al3+刚好完全沉淀耗NaOH:0.18mol+0.12mol=0.3mol.余下的NaOH(——青夏教育精英家教网—

06mol 0.06mol×3 0.04mol 0.04mol×3 0.04mol 将Fe3+和Al3+刚好完全沉淀耗NaOH:0.18mol+0.12mol=0.3mol.余下的NaOH(0.36mol-0.3mol=0.06mol),,由反应:Al(OH)3+ OH- =AlO2-+2H2O.知生成的0.04mol Al(OH)3全部被溶解.因此.最终得到的沉淀是0.06mol的Fe(OH)3. (2)由于Fe3+和Al3+均为+3价离子.所以无论x的值为多少.将溶液中总物质的量为0.1 mol的Fe3+ 和Al3+完全沉淀时.耗NaOH为0.3mol.此时沉淀总量为0.1mol,其中有0.1xmol Al(OH)3和0.1x3.由于所加NaOH为0.36mol.过量0.36mol-0.3mol=0.06mol.这是一个定值.故有以下两种情况: ①若Al(OH)3沉淀的物质的量小于或等于0.06mol.即0.1x≤0.06.则根据Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O可知.Al(OH)3全部溶解.最终沉淀中只有Fe(OH)3.其物质的量为0.1(1-x)mol.结合0<x<1.可归纳出以下数学关系: 0.1x≤0.06 当 .即0<x≤0.6时.沉淀只有Fe(OH)3.其物质的量为0.1(1-x)mol.显然.在0<x 0<x<1 ≤0.6范围内.x的值越大沉淀的物质的量越小. ②若Al(OH)3沉淀的物质的量大于0.06mol.即0.1x>0.06.则Al(OH)3沉淀被溶解掉0.06mol后还有剩余.最终沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3.其总的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol.结合0<x<1.可归纳出以下数学关系: 0.1x>0.06 当 .即时0.6<x<1时.沉淀量等于0.04mol 0<x<1 根据上述分析选取坐标中的三个点:起点.转折点.终点.并依次用直线连接.便得到沉淀总量(mol)随x的变化曲线. (3)该问将Fe3+和Al3+的物质的量由0.1mol变为Amol.旨在考查由特殊到一般的处理问题的能力.另外要求讨论的问题是Fe(OH)3和Al(OH)3同时在沉淀中存在时x的取值范围.与(2)不同.是沉淀的另一种情况. Fe3+ 和Al3+共Amol.则n(Al3+)=Axmol.n(Fe3+)=A(1-x)mol. Fe3+ Fe(OH)3↓ Al3+ Al(OH)3↓AlO2- Amol Axmol Axmol Axmol 溶液中Fe3+ 和Al3+完全沉淀时.生成Al(OH)3的为Axmol.Fe(OH)3为A(1-x)mol.消耗的NaOH为3Amol.剩余的NaOH为mol.欲使沉淀中同时有Fe(OH)3和Al(OH)3.必须使<Ax.并结合0<x<1.得出<x<1.最终沉淀中: n[Fe(OH)3]=A3]=[Ax--0.36]mol. 答案:3.0.06mol 3.至少需n(OH-)=4×0.1xmol x的最大取值为 0.1(1-x)×3+0.4x=0.09×4,x=0.6 ∴在0≤x≤0.6时,沉淀只有Fe(OH)3 x=0时,Fe(OH)3沉淀量为0.1mol, x=0.4时,Fe(OH)3沉淀量为0.06mol, x=0.6时,Fe(OH)3沉淀量为0.04mol, 在0.6≤x≤1内,总沉淀量:n总=0.1(1-x)+0.1x=0.04mol +4Ax=0.36.x=0.36/A-3 【查看更多】

题目列表(包括答案和解析)

Al、Mg混合物与适量的稀硫酸恰好完全反应，将溶液蒸干得固体质量比原固体增加了4.8克,则该混合物的物质的量可能为

A．0.04mol 　B．0.03mol 　　 C．0.06mol 　 D．0.05mol

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有下列溶液：
①0.5mol?L^-1的NaOH溶液和1.0mol?L^-1 HCl溶液等体积混合后的溶液　
②pH=0的溶液　
③c（OH^-）=10^-11 mol?L^-1的溶液　
④0.1mol?L^-1 CH₃COOH溶液，
它们的酸性由强到弱的顺序是（　　）

A．②＞①＞④＞③

B．④＞③＞①＞②

C．②＞①＞③＞④

D．①＞②＞④＞③

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A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的原子半径最小，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的最高价氧化物的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y，A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物．回答下列问题：
（1）常温下，X、Y的水溶液的pH均为5．则两种水溶液中由水电离出的H⁺浓度之比是

10^-4：1

．
（2）A、B、D、E四种元素组成的某无机化合物，受热易分解．写出少量该化合物溶液与足量的Ba（OH）₂溶液反应的离子方程式

Ba²⁺+HCO₃^-+OH^-═BaCO₃↓+H₂O

．
（3）A、B、D、E四种元素组成的某无机化合物浓度为0.1mol/L时，pH最接近

．
A．5.6B．7.0 C．8.4D．13.0
（4）在一个装有可移动活塞的容器中进行如下反应：C₂（g）+3A₂（g）

2CA₃（g）
△H=-92.4kJ?mol^-1．反应达到平衡后，测得容器中含有C₂　0.5mol，A₂　0.2mol，CA₃　0.2mol，总容积为1.0L．
①如果达成此平衡前各物质起始的量有以下几种可能，其中不合理的是

：
A．C₂　0.6mol，A₂　0.5mol，CA₃　0mol
B．C₂　0mol，A₂　0mol，CA₃　1.2mol
C．C₂　0.6mol/L，A₂　0.5mol/L，CA₃　0.2mol/L
②求算此平衡体系的平衡常数K=

；
③如果保持温度和压强不变，向上述平衡体系中加入0.18molC₂，平衡将

逆向

（填“正向”、“逆向”或“不”）移动．理由是

原平衡体系中，1.0L容器中含有分子0.5mol+0.2mol+0.2mol=0.9mol，当加入N₂，体系瞬间有分子0.9mol+0.18ml=1.08mol，瞬间总体积为1.08×

1.00

0.9

=1.2L，所以：Q=

c2(NH3)

c(N2)×c3(H2)

(

0.2

1.2

(

0.68

1.2

)(

0.2

1.2

=10.59＞10，平衡逆向移动

原平衡体系中，1.0L容器中含有分子0.5mol+0.2mol+0.2mol=0.9mol，当加入N₂，体系瞬间有分子0.9mol+0.18ml=1.08mol，瞬间总体积为1.08×

1.00

0.9

=1.2L，所以：Q=

c2(NH3)

c(N2)×c3(H2)

(

0.2

1.2

(

0.68

1.2

)(

0.2

1.2

=10.59＞10，平衡逆向移动

．
④已知0.4mol 液态C₂ A₄与足量的液态双氧水反应，生成C₂和水蒸气，放出256.65kJ的热量．写出该反应的热化学方程式

N₂H₄（l）+2H₂O₂（l）=N₂（g）+4H₂O（g）△H=-641.63kJ?mol^-1

．

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下列数量的各物质所含原子数按由大到小顺序排列的是（　　）
①0.5mol NH₃　②标况下22.4L He　③4℃时18mL水　④0.8mol H₃PO₄．

A．①④③②

B．④③②①

C．②③④①

D．④③①②

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实验室配制500mL　0.2mol/L的Na₂CO₃溶液，实际操作步骤有：
①在天平上称量一定量的Na₂CO₃，放入烧杯，加水溶解；
②把制得的溶液小心地注入500mL容量瓶中；
③继续向容量瓶中加水至距刻度1～2厘米处，改用胶头滴管加水至刻度；
④用少量水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次将洗涤液转入容量瓶，并摇匀；
⑤将容量瓶塞塞紧，充分摇匀．填写下列空白：
（1）称量Na₂CO₃的质量是

10.6g

（2）操作步骤的正确顺序是（填序号）

①②④③⑤

（3）本实验使用到的玻璃仪器是

500ml容量瓶、烧杯、玻璃杯，胶头滴管

（4）若没有进行④操作，会使结果（填偏高、偏低、无影响，下同）

偏低

若用天平称固体时，砝码上沾有油污，则所配制的溶液浓度将

偏高

若定容时仰视刻度，则所配制的溶液浓度将

偏低

（5）在进行②操作时，不慎有液体溅出，应该怎样处理？

重新配制

．

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