Question

8．将一定量的镁、铝合金溶于100mL 2mol/LH₂SO₄溶液中，然后再滴加1mol/L NaOH溶液，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示．下列说法中错误的是（　　）

• A． V₂=400mL
• B． 0≤V₁＜280mL
• C． 加入NaOH溶液的过程中，产生沉淀的最大量可能为0.18mol
• D． 当V₁=160mL时，n（Mg）=0.04mol

Answer 1

分析 根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积V₁mL过程中，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余硫酸，V₁mL时，剩余的H₂SO₄与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgSO₄、Al₂（SO₄）₃和Na₂SO₄混合液，当滴加NaOH溶液到体积V₂时，沉淀最大为Mg（OH）₂、Al（OH）₃，此时溶液中溶质为Na₂SO₄，加入440mLNaOH溶液时，Al（OH）₃完全溶解，沉淀是Mg（OH）₂，溶液是Na₂SO₄和NaAlO₂混合液．
A．根据硫酸根守恒：n（Na₂SO₄）=n（H₂SO₄），根据钠离子守恒n（NaOH）=2n（Na₂SO₄），进而计算NaOH溶液体积；
B．结合A中计算可知溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量，结合Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O计算氢氧化铝的物质的量，根据Al元素守恒计算n（Al），混合物中没有Mg时剩余硫酸最大，即V₁到达极大值，硫酸没有剩余时V₁值最小；
C．由于溶液中铝离子是确定的，故当V₁=0时，生成沉淀达极大值，计算Mg的物质的量，进而计算沉淀最大量；
D．镁离子、铝离子沉淀消耗NaOH溶液体积为（V₂-V₁）mL，根据电荷守恒可知：2n（Mg²⁺）+3n（Al³⁺）=n（OH^-），结合元素守恒计算Mg的物质的量．

解答 解：根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积V₁mL过程中，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余硫酸，V₁mL时，剩余的H₂SO₄与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgSO₄、Al₂（SO₄）₃和Na₂SO₄混合液，当滴加NaOH溶液到体积V₂时，沉淀最大为Mg（OH）₂、Al（OH）₃，此时溶液中溶质为Na₂SO₄，加入440mLNaOH溶液时，Al（OH）₃完全溶解，沉淀是Mg（OH）₂，溶液是Na₂SO₄和NaAlO₂混合液．
A．当溶液中Mg²⁺、Al³⁺恰好沉淀完全时，此时溶液是Na₂SO₄溶液，根据硫酸根守恒：n（Na₂SO₄）=n（H₂SO₄），根据钠离子守恒n（NaOH）=2n（Na₂SO₄），故n（Na⁺）=2n（Na₂SO₄）=2n（H₂SO₄）=2×0.1L×2mol/L=0.4mol，所以V（NaOH）=$\frac{0.4mol}{1mol/L}$=0.4L=400mL，故A正确；
B．溶解氢氧化铝消耗NaOH为（0.44-0.4）L×1mol/L=0.04mol，由Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O，可知Al（OH）₃为0.04mol，故混合物中Al为0.04mol，混合物中没有Mg时剩余硫酸最大，即V₁到达极大值，Al消耗硫酸为0.04mol×$\frac{3}{2}$=0.06mol，则金属反应后剩余硫酸为0.1L×2mol/L-0.06mol=0.14mol，故中和剩余的硫酸需要NaOH为0.14mol×2=0.28mol，NaOH溶液体积为$\frac{0.28mol}{1mol/L}$=0.28L=280mL，硫酸没有剩余时V₁值最小，故0≤V₁＜280mL，故B正确；
C．由于溶液中铝离子是确定为0.04mol，故当V₁=0时，生成沉淀达极大值，0.14mol硫酸可以溶解Mg为0.14mol，根据原子守恒可知，生成沉淀最大量为0.14mol+0.04mol=0.18mol，故C正确；
D．镁离子、铝离子沉淀消耗NaOH为（0.4-0.16）L×1mol/L=0.24mol，根据电荷守恒可知：2n（Mg²⁺）+3n（Al³⁺）=n（OH^-），故2n（Mg²⁺）+3×0.04mol=0.24mol，解得n（Mg²⁺）=0.06mol，故n（Mg）=0.06mol，故D错误．
故选：D．

点评 本题以图象形式考查混合物计算，清楚每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析，注意守恒思想与极限法的运用，难度较大．