题目内容
（2010?南昌二模）为了探究课堂铝热反应演示实验生成的熔融物（不含氧化物）的成份，进行如下实验：（1）取一定量熔融物与一定量很稀的HNO3完全反应，反应过程无气体放出；
（2）向反应后溶液逐滴加入4mol/L的NaOH溶液，所加NaOH溶液体积与生成沉淀的物质的量的关系如图所示：
下列有关反应过程的叙述正确的是（ ）
分析：熔融物（不含氧化物），应为铁铝合金，与足量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，由于硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，应生成NH4NO3，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：
①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，③NH4++OH-═NH3?H2O，④Al（OH）3 +OH-=AlO2-+2H2O，以此解答该题．
①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，③NH4++OH-═NH3?H2O，④Al（OH）3 +OH-=AlO2-+2H2O，以此解答该题．
解答：解：A．EF段发生Al（OH）3 +OH-=AlO2-+2H2O，n（NaOH）=0.002L×4mol/L=0.008mol，则n（Al（OH）3）=0.008mol，所以A、B两点相差0.008mol，故A错误；
B．DE段发生NH4++OH-═NH3?H2O，n（NaOH）=0.003L×4mol/L=0.012mol，则生成n（NH4+）=0.012mol，硝酸钡还原生成0.012molNH4+，得电子0.012mol×8=0.096mol，则n（Al）+n（Fe）=
=0.032mol，所以D点沉淀的物质的量为0.032mol，故B错误；
C．E点时，溶液成分为NaNO3，由钠元素守恒可知n（NaNO3）=n（NaOH）=0.035L×4mol/L=0.14mol，合金与硝酸反应后，根据溶液的电荷守恒可知n（H+）+3n（Al3++）+3n（Fe3+）+n（NH4+）=n（NO3-），则n（H+）=0.14mokl-0.012mol-3×0.032mol=0.032mol，C发生H++OH-=H2O，则可知n（H+）=n（NaOH）=0.032mol，V（NaOH）=
=0.008L，故C正确；
D．DE段发生NH4++OH-═NH3?H2O，故D错误．
故选C．
B．DE段发生NH4++OH-═NH3?H2O，n（NaOH）=0.003L×4mol/L=0.012mol，则生成n（NH4+）=0.012mol，硝酸钡还原生成0.012molNH4+，得电子0.012mol×8=0.096mol，则n（Al）+n（Fe）=
| 0.096mol |
| 3 |
C．E点时，溶液成分为NaNO3，由钠元素守恒可知n（NaNO3）=n（NaOH）=0.035L×4mol/L=0.14mol，合金与硝酸反应后，根据溶液的电荷守恒可知n（H+）+3n（Al3++）+3n（Fe3+）+n（NH4+）=n（NO3-），则n（H+）=0.14mokl-0.012mol-3×0.032mol=0.032mol，C发生H++OH-=H2O，则可知n（H+）=n（NaOH）=0.032mol，V（NaOH）=
| 0.032mol |
| 4mol/L |
D．DE段发生NH4++OH-═NH3?H2O，故D错误．
故选C．
点评：本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意分析图象，根据反应的离子方程式计算，利用守恒定律，答题时注意体会，难度较大．
练习册系列答案
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