Question

研究發(fā)現，硝酸越稀，還原產物中氮元素的化合價越低．某同學取適量的鐵鋁合金與足量很稀的硝酸充分反應，沒有氣體放出．在反應結束后的溶液中，逐滴加入5mol/L的NaOH溶液，所加NaOH溶液的體積（mL）與產生的沉淀的物質的量（mol）的關系如圖所示．下列說法正確的是（　�。�

• A、溶液中結合OH^-能力最強的離子是NH₄⁺
• B、D點時溶液中存在：c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（NO₃^-）
• C、合金中n（Fe）：n（Al）=1：3
• D、C的值為7

Answer 1

分析：鐵鋁合金與足量很稀HNO₃充分反應，被氧化為Al³⁺、Fe³⁺，通過題意，反應始終沒有氣體生成，可以得出不會有氮的氧化物生成，由于硝酸的濃度越稀，對應還原產物中氮元素的化合價越低，可以推測N元素由+5變成了-3價，由圖可得硝酸過量，加入氫氧化鈉溶液應先與硝酸反應，再生成沉淀，當沉淀完全后，由圖知繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液，沉淀量不變，可得與NH₄⁺發(fā)生了反應，則隨著NaOH的滴加，發(fā)生的反應依次有：
①H⁺+OH^-=H₂O，②Fe³⁺+3OH^-=Fe（OH）₃↓，Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓，③NH₄⁺+OH^-═NH₃?H₂O，④Al（OH）₃ +OH^-=AlO₂^-+2H₂O，
A．根據發(fā)生反應的順序，可以判斷結合OH^-能力的強弱；
B．D點溶液溶質為硝酸銨和硝酸鈉；
C．根據DE段消耗的氫氧化鈉計算溶液中n（NH₄⁺），根據EF段計算可知Al（OH）₃的物質的量，再根據電子轉移守恒，計算Fe的物質的量；
D．計算出鐵離子、鋁離子和銨根離子的物質的量，結合消耗氫氧化鈉的物質的量，可確定C值．

解答：解：鐵鋁合金與足量很稀HNO₃充分反應，被氧化為Al³⁺、Fe³⁺，通過題意，反應始終沒有氣體生成，可以得出不會有氮的氧化物生成，由于硝酸的濃度越稀，對應還原產物中氮元素的化合價越低，可以推測N元素由+5變成了-3價，由圖可得硝酸過量，加入氫氧化鈉溶液應先與硝酸反應，再生成沉淀，當沉淀完全后，由圖知繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液，沉淀量不變，可得與NH₄⁺發(fā)生了反應，則隨著NaOH的滴加，發(fā)生的反應依次有：
①H⁺+OH^-=H₂O，②Fe³⁺+3OH^-=Fe（OH）₃↓，Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓，③NH₄⁺+OH^-═NH₃?H₂O，④Al（OH）₃ +OH^-=AlO₂^-+2H₂O，
A．根據發(fā)生反應的順序可知，結合OH^-能力最強的離子是H⁺，最弱的離子是NH₄⁺，故A錯誤；
B．D點溶液溶質為硝酸銨和硝酸鈉，由電荷守恒可知應為c（NH₄⁺）+c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（NO₃^-），故B錯誤；
C．由圖可知，DE段消耗的氫氧化鈉的體積為34mL-31m=3mL，故該階段參加反應的氫氧化鈉為0.003L×5mol/L=0.015mol，根據NH₄⁺+OH^-═NH₃?H₂O 可知，計算溶液中n（NH₄⁺）=0.015ml，根據EF段發(fā)生Al（OH）₃ +OH^-=AlO₂^-+2H₂O，可知n[Al（OH）₃]=0.010mol，根據鋁元素守恒，故混合金屬中n（Al）=0.010mol，根據電子轉移守恒有3n（Fe）+3n（Al）=8n（NH₄⁺），
即3n（Fe）+3×0.010mol=8×0.015mol，解得n（Fe）=0.03mol，
故原混合物中鋁粉與鐵粉的物質的量之比為0.010mol：0.03mol=1：3，故C正確；
D．沉淀的總量可根據NH₄⁺的量，根據NH₄⁺+OH^-═NH₃?H₂O 得出n（NH₄⁺）=（34-31）×10^-3L×5mol/L=0.015 mol，
根據氧化還原反應，N元素由+5價變?yōu)?3價，而金屬都由0價變?yōu)?3價，可以運用電子守恒得出金屬的物質的量為

0.015mol×8

3

=0.04mol，
滴加NaOH體積為31ml時，
發(fā)生反應為①H⁺+OH^-=H₂O，②Fe³⁺+3OH^-=Fe（OH）₃↓，Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓，
可計算得出C點氫氧化鈉溶液的體積為31ml-

0.04mol×3

5mol/L

×10³ml/L=7mL，故D正確．
故選CD．

點評：本題考查較為綜合，涉及鋁熱反應，金屬與硝酸的反應、離子方程式的書寫、氧化還原反應、化學計算等知識點，屬于中等難度試題．解答此題關鍵是判斷出硝酸的還原產物以及電子轉移守恒的運用．