硝酸越稀还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应没有气体放出．在反应后的溶液中逐滴加入4mol•L-1 NaOH溶液.所加NaOH溶液的体积与产生的沉淀的物质的量的关系如图．下列说法不正确的是( )A．D点溶液中存在:c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(NO3-)B．EF段发生化学反应� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

20．

硝酸越稀还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应没有气体放出．在反应后的溶液中逐滴加入4mol•L^-1 NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生的沉淀的物质的量的关系如图．下列说法不正确的是（　　）

	A．	D点溶液中存在：c（NH₄⁺）+c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（NO₃^-）
	B．	EF段发生化学反应的离子方程式为：Al（OH）₃+OH^-=Al（OH）₄^-
	C．	原溶液中n（NH₄⁺）=0.012mol
	D．	溶液中结合OH^-能力最强的离子是H⁺，最弱的离子是Al³⁺

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．D点溶液溶质为硝酸铵和硝酸钠；
B．EF段为氢氧化铝溶解在氢氧化钠中；
C．根据DE段消耗氢氧化钠的体积，结合发生反应计算溶液中n（NH₄⁺）；
D．根据发生反应的顺序，可以判断结合OH^-能力的强弱．

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．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A正确；
B．EF段为氢氧化铝溶解在氢氧化钠中，反应为Al（OH）₃+OH^-=Al（OH）₄^-，故B正确；
C．由图可知DE段消耗氢氧化钠的体积为3mol，由NH₄⁺+OH^-═NH₃•H₂O可知溶液中n（NH₄⁺）=n（OH^-）=0.003L×4mol/L=0.012mol，故C正确；
D．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D错误．
故选D．

点评本题考查较为综合，涉及金属与硝酸的反应、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．

练习册系列答案

相关题目

10．设N_A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）

	A．	丙烯分子有7个σ键，1个π键
	B．	由²H和¹⁸O所组成的水11g，其中所含的中子数为4N_A
	C．	0.1mol SiO₂晶体中所含有的硅氧键数目为0.2N_A
	D．	在反应KIO₃+6HI=KI+3I₂+3H₂O中，每生成3mol I₂转移的电子数为5N_A个

11．[Cu（NH₃）₄]²⁺配离子中存在的化学键类型有①③（填序号）．
①配位键 ②金属键 ③极性共价键 ④非极性共价键 ⑤离子键 ⑥氢键
已知：[Cu（NH₃）₄]²⁺具有对称的空间构型，且当[Cu（NH₃）₄]²⁺中的两个NH₃被两个Cl^-取代时，能得到两种不同结构的产物，则[Cu（NH₃）₄]²⁺的空间构型为平面正方形．

8．

海洋中的珊瑚虫经如下反应形成石灰石外壳，进而形成珊瑚：Ca²⁺+2HCO₃^-?CaCO₃+H₂O+CO₂．与珊瑚虫共生的藻类会消耗海洋中的CO₂．气候变暖、温室效应的加剧干扰了珊瑚虫的生长，甚至致其死亡．下列说法不合理的是（　　）

	A．	共生藻类消耗CO₂，有利于珊瑚的形成
	B．	海洋中CO₂浓度升高，抑制了珊瑚的形成
	C．	温度升高会增大CO₂在海水中的溶解度，抑制了珊瑚的形成
	D．	将CO₂转化为甲醇等化工原料，有助于缓解温室效应

15．东汉《周易参同契》中记载：“胡粉投火中，色坏还为铅”，实验表明胡粉难溶于水，加强热产生能使澄清的石灰水变浑浊的湿气．则胡粉的主要成分为（　　）

PbCO₃

（CH₃COO）₂Pb

5．有机化合物N是合成药物洛索洛芬钠（治疗关节炎）的重要中间体，其合成路线如下：

已知：（R、R′、R″、R₁、R₂、R₃、R₄均为烃基）
ⅰ．RCN$\stackrel{H_{2}O/H+}{→}$RCOOH
ⅱ．R′CH═CHR″$\stackrel{KMnO_{4}/H+}{→}$R″COOH
ⅲ．

（1）B的化学名称是1，3-丁二烯．
（2）D能使溴水褪色，其核磁共振氢谱有两组峰，D的结构简式为Cl-CH₂-CH=CH-CH₂-Cl．
（3）已知烃A的一元取代产物只有一种，A的结构简式为

．
（4）C→E的反应试剂和条件是NaOH的乙醇溶液、加热．
（5）G的结构简式为HOOC-CH₂CH₂CH₂CH₂-COOH．
（6）下列说法正确的是ac．
a．常温下，在水中的溶解度：乙二酸＞G＞M
b．B→D→F均为取代反应
c．H能发生加聚、缩聚反应
（7）M→N的化学方程式为

．
（8）写出满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式

．
①只含有一种官能团
②酸性条件下水解产物只有一种．

12．

氮、硫、氯、钠、铝、铁及其化合物是研究基本概念和基本理论的重要载体．
（1）角“＞”“＜”或“=”填空：

性质	第一电离能	熔点	半径	键能
对象	S＜Cl	Na＜Al	N^3-＞Al³⁺	N=N＜N≡N

（2）在N、S、Cl的含氧酸的阴离子中，空间构型呈三角锥形的有SO₃^2-、ClO₃^-（填离子符号）；在NH₃、H₂S中，键角较大的是NH₃，理由是氨气电子中含有1对孤对电子，H₂S分子中含有2对孤对电子，孤电子对越多，对成键电子对的排斥越大，键角越小．
（3）（SCN）₂分子中每个原子最外层都达到稳定结构，（SCN）₂分子中σ键和π键数目之比为5：4．
（4）某种磁性氮化铁晶胞如图所示．
①该晶体的化学式为Fe₄N．
②已知该晶胞体积为V cm³，该晶胞的密度为$\frac{238}{V{N}_{A}}$g•cm^-3（N_A表示阿伏加德罗常数的值）．

9．下列说法正确的是（　　）

	A．	乙醇用作医用消毒剂时，无水乙醇消毒效果最好
	B．	高锰酸钾溶液可以杀死埃博拉病毒，其消毒原理与漂白粉消毒饮用水的原理不同
	C．	公益调查《柴静雾霾调查：穹顶之下》发布，其中雾霾中的PM2.5属于胶体
	D．	天津港爆炸案中对剧毒的氰化钠（NaCN）喷洒双氧水处理，利用了双氧水的氧化性

10．向20ml1mol/LAlCl₃溶液中加入20ml或40ml某浓度氢氧化钠溶液产生相同质量的沉淀，则此氢氧化钠溶液物质的量浓度为（　　）

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