Question

在人类社会的发展进程中，金属起着重要的作用。

（1）以下有关金属单质的叙述正确的是。

A．金属钠非常活泼，在实验室中保存在石蜡油或煤油中

B．用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热，可观察到铝箔熔化，并有熔融物滴下

C．铁单质与水蒸气反应的化学方程式为：2Fe+3H₂O(g)Fe₂O₃+3H₂

（2）把NaOH、MgCl₂、AlCl₃三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00mol/LHCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。

①A点的沉淀物的化学式为             。

②写出A点至B点发生反应的离子方程式：                                      。

③某溶液中溶有MgCl₂和AlCl₃两种溶质，若把两者分开，应选用的试剂为：         。

④原混合物中NaOH的质量是             g，C点（此时沉淀恰好完全溶解）HCl溶液的

体积为               mL。

Answer

（1）A（2）①Mg(OH)2 ②AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓

③NaOH溶液 、CO2、稀盐酸 ④5.20 130.0

【解析】

试题分析：（1）A．金属钠非常活泼，在实验室中保存在石蜡油或煤油中，A正确；B．由于铝是活泼的金属极易被氧化为氧化铝，氧化铝的熔点高，所以用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热，可观察到铝箔熔化，但并没有熔融物滴下，B错误；C．铁单质与水蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，C错误，答案选A。

（2）①向所得浊液中，逐滴加入1.00mol/L盐酸，由加入盐酸的体积和生成沉淀的质量关系图分析：①0～10ml，随盐酸的体积增加，生成沉淀的质量不变，说明氢氧化钠过量，加入的盐酸与氢氧化钠先反应，方程式为NaOH+HCl＝NaCl+H2O。因此A点沉淀是Mg(OH)2，其质量是1.16g，物质的量n＝＝＝0.02mol。则根据原子守恒可知原混合物中氯化镁的物质的量＝0.02mol。

②NaOH、AlCl3、MgCl2组成的混合物，溶于足量水发生反应是：MgCl2+2NaOH＝Mg(OH)2↓+2NaCl、AlCl3+4NaOH＝NaAlO2+3NaCl+2H2O。NaOH过量，溶液是NaCl、NaAlO2和NaOH的混合液，则A～B阶段发生反应是：NaAlO2+HCl+H2O＝Al(OH)3↓+NaCl，离子方程式是：H2O+AlO2-+H+＝Al(OH)3↓。

③由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶解在强酸和强碱中，所以某溶液中溶有MgCl2和AlCl3两种溶质，若把两者分开，首先利用过量的氢氧化钠生成氢氧化镁和偏铝酸钠，过滤后得到的氢氧化镁用盐酸溶解即可生成氯化镁。向偏铝酸钠溶液中通入足量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝沉淀，然后利用盐酸溶解得到氯化铝，所以应选用的试剂为NaOH溶液、CO2、稀盐酸。

④A～B阶段消耗盐酸的物质的量＝（0.03L－0.01L）×1.0mol/L＝0.02mol，则根据方程式NaAlO2+HCl+H2O＝Al(OH)3↓+NaCl可知生成氢氧化铝的物质的量＝0.02mol。所以根据原子守恒可知原混合物中氯化铝的物质的量是0.02mol。B点沉淀达到最大值，此时的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铝的混合物。而溶液则恰好是氯化钠溶液。根据氯离子守恒可知氯化钠的物质的量＝0.03L×1.00mol/L＋0.02mol×2＋0.02mol×3＝0.13mol。所以根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量也是0.13mol，因此氢氧化钠的质量m＝n·M＝40g/mol×0.13mol＝5.2g。B～C阶段加入的盐酸开始溶解氢氧化铝和氢氧化镁，此时反应的方程式为Mg(OH)2+2HCl＝MgCl2+2H2O；Al(OH)3+3HCl＝AlCl3+3H2O。根据氢氧化镁和氢氧化铝均是0.02mol可知，该阶段消耗盐酸的物质的量是0.02mol×2＋0.02mol×3＝0.10mol，其体积是0.10mol÷1mol/L＝0.1L＝100ml，所以C点（此时沉淀恰好完全溶解）HCl溶液的体积为30ml＋100ml＝130ml。

【考点定位】本题主要是考查金属单质的性质、镁、铝合金与氢氧化钠溶液以及元素反应的有关计算与判断、图像分析与应用

【名师点晴】该题的难点是结合图像反应过程，即分析的先后顺序，明确加入的盐酸首先中和氢氧化钠，然后与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，最后溶解氢氧化镁和氢氧化铝是答题的关键。至于有关的化学计算则需要利用守恒法，特别是当沉淀达到最大值时溶液中的溶质是氯化钠，从而可以使计算过程简单明了。