题目内容

15．硝酸的还原产物比较复杂，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取适量的铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应，没有气体放出．在反应结束后的溶液中，逐滴加入5mol/L的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示．下列说法不正确的是（　　）
A．反应中硝酸的还原产物为NH4+
B．DE段反应的离子方程式为：NH4++OH-═NH3•H2O
C．合金中铁和铝的物质的量之比为1：3
D．图象中C点所加NaOH溶液的体积为7mL

分析 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；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，
A．根据分析可知，硝酸的还原产物为铵根离子；
B．DE段沉淀的量不变，则发生铵根离子与氢氧根离子的反应；
C．根据DE段消耗的氢氧化钠计算溶液中n（NH4+），根据EF段计算可知Al（OH）3的物质的量，再根据电子转移守恒，计算Fe的物质的量；
D．计算出铁离子、铝离子和铵根离子的物质的量，结合消耗氢氧化钠的物质的量，可确定C值．

解答 解：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，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，
A．根据分析可知，硝酸在反应中被还原成NH4+，故A正确；
B．DE段沉淀的物质的量不变，说明铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，反应的离子方程式为：NH4++OH-═NH3•H2O，故B正确；
C．由图可知，DE段消耗的氢氧化钠的体积为34mL-31mL=3mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.003L×5mol/L=0.015mol，根据NH4++OH-═NH3•H2O 可知，计算溶液中n（NH4+）=0.015ml，根据EF段发生Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，可知n[Al（OH）3]=0.010mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n（Al）=0.010mol，根据电子转移守恒有3n（Fe）+3n（Al）=8n（NH4+），即3n（Fe）+3×0.010mol=8×0.015mol，解得：n（Fe）=0.03mol，故原混合物中铁粉与铝粉的物质的量之比为：0.03mol：0.01mol=3：1，故C错误；
D．沉淀的总量可根据NH4+的量，根据NH4++OH-═NH3•H2O 得出n（NH4+）=（34-31）×10-3L×5mol/L=0.015 mol，根据氧化还原反应，N元素由+5价变为-3价，而金属都由0价变为+3价，可以运用电子守恒得出金属的物质的量为：$\frac{0.015mol×8}{3}$=0.04mol，滴加NaOH体积为31mL时，
发生反应为①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，可计算得出C点氢氧化钠溶液的体积为：31ml-$\frac{0.04mol×3}{5mol/L}$×103mL/L=7mL，故D正确；
故选C．

点评 本题考查混合物反应的计算，题目难度较大，涉及金属与硝酸的反应、离子方程式的书写、氧化还原反应的计算、混合物反应计算等知识点，解答此题关键是判断出硝酸的还原产物以及电子转移守恒的运用．

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容器体积起始物质平衡时C的物质的量平衡时B的体积分数平衡常数
甲1L1molA+2molB1molφ甲K甲
乙1L4molC+2molDn1 molφ乙K乙
丙2L4molC+2molDn2 molφ丙K丙
A．在建立平衡的过程中，甲的Qc逐渐减小，乙和丙的Qc逐渐增大
B．K甲=K丙＞K乙
C．升高甲的温度，可使φ甲=φ乙
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甲乙丙
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下列判断中，正确的是（　　）
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