（2014•河南一模）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NaO

Question

（2014•河南一模）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

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(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D．