Question

【题目】将一定质量的镁铝合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸中，若合金全部溶解，向所得溶液中滴加10.0 mol/L NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液体积的关系如下图所示。

(1)当加入NaOH溶液80mL到90mL时，发生反应的离子方程式为：_______________________________。

(2)当沉淀达到最大值时，其中Al(OH)3的质量为______________g；

(3)原盐酸的物质的量浓度为_______________mol/L；

(4)若所取盐酸的体积和浓度均保持不变，为保证加入100mL 10.0 mol/L NaOH溶液时最终无 Al(OH)3生成，则此时所取合金中含Al的物质的量即n(Al)的取值范围为_________________。

Answer 1

【答案】Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O 7.8 8 0＜n(Al)≤0.2

【解析】

向所得溶液中滴加10.0mol/LNaOH溶液，在滴加NaOH溶液到体积为10mL过程中，没有沉淀生成，说明盐酸有剩余，发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，10～80mL发生反应：MgCl2+2NaOH＝Mg(OH)2↓+2NaCl、AlCl3+3NaOH＝Al(OH)3↓+3NaCl，80mL时沉淀达最大值，溶液中溶质为NaCl，80～90mL发生反应：Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，90mL时，沉淀质量不再减小，氢氧化铝反应完全，溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，结合反应的方程式和原子守恒解答。

（1）由图像变化可知80～90mL时沉淀质量减少，说明氢氧化钠溶解氢氧化铝，则发生反应Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；

（2）根据反应Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O由铝元素守恒可知n[Al(OH)3]=n（NaAlO2）=0.01L×10.0mol/L=0.1mol，Al(OH)3的质量为0.1mol×78g/mol=7.8g；

（3）当加入NaOH溶液为80mL时沉淀达到最大值，溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知：n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH）=0.08L×10.0mol/L=0.8mol，故c（HCl）=0.8mol÷0.1L=8mol/L；

（4）加入100mL10.0mol/LNaOH溶液后最终无Al(OH)3生成，Al3+转化为AlO2-，溶质为NaCl、NaAlO2，沉淀为Mg(OH)2，根据钠离子守恒：n（NaOH）≥n（NaCl）+n（NaAlO2），n（NaCl）=0.8mol，则n（NaAlO2）≤n（NaOH）-n（NaCl）=0.1L×10.0mol/L-0.8mol=0.2mol，由于是混合物，Al的物质的量不可能为0，故0＜n(Al)≤0.2mol。