Question

【题目】实验发现，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量的铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中逐滴加入5mol/L NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如图所示，下列说法不正确的是( )

A．稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵

B．c点对应NaOH溶液的体积为48 mL

C．b点与a点的差值为0．05 mol

D．样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5：3

Answer 1

【答案】B

【解析】

试题分析：铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀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，又有硝酸的浓度越稀，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-═NH3H2O，④Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O，B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为：104mL-94m=10mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.01L×5mol/L=0.05mol，根据Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O可知，Al(OH)3的物质的量为0.05mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n(Al)=0.05mol。由图可知DE段消耗的氢氧化钠的体积为：94mL-88mL=6mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.006L×5mol/L=0.03mol，根据NH4++OH-═NH3H2O 可知，计算溶液中n(NH4+)=0.03mL，根据电子转移守恒有：3n(Fe)+3n(Al)=8n(NH4+)，即3n(Fe)+3×0.05mol=8×0.03mol，解得：n(Fe)=0.03mol。由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)=n(NH4+)=0.03mol，根据钠元素守恒，可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L×5mol/L=0.44mol，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3，根据氮元素守恒n′(NaNO3)+2n(NH4NO3)+3n[Fe(NO3)3]+3n[Al(NO3)3]=n(HNO3)，故C点溶液中n′(NaNO3)=0.5mol-0.03mol×2-0.03mol×3-0.05mol×3=0.2mol，故C点加入NaOH的物质的量为0.2mol。A．根据分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵，故A正确；B．根据分析可知，C点对应NaOH溶液的体积==0.04L=40mL，故B错误；C．根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中：n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，故C正确；D．根据分析可知，混合金属中n(Al)=0.05mol、n(Fe)=0.03mol，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5：3，故D正确；故选B。