Question

研究发现，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．下列说法正确的是（　　）

• A、溶液中结合OH^-能力最强的离子是NH₄⁺
• B、D点时溶液中存在：c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（NO₃^-）
• C、合金中n（Fe）：n（Al）=1：3
• D、C的值为7

Answer 1

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．根据发生反应的顺序，可以判断结合OH^-能力的强弱；
B．D点溶液溶质为硝酸铵和硝酸钠；
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．根据发生反应的顺序可知，结合OH^-能力最强的离子是H⁺，最弱的离子是NH₄⁺，故A错误；
B．D点溶液溶质为硝酸铵和硝酸钠，由电荷守恒可知应为c（NH₄⁺）+c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（NO₃^-），故B错误；
C．由图可知，DE段消耗的氢氧化钠的体积为34mL-31m=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，
故原混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为0.010mol：0.03mol=1：3，故C正确；
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

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-

0.04mol×3

5mol/L

×10³ml/L=7mL，故D正确．
故选CD．

点评：本题考查较为综合，涉及铝热反应，金属与硝酸的反应、离子方程式的书写、氧化还原反应、化学计算等知识点，属于中等难度试题．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．