Question

实验研究发现，金属与硝酸发生氧化还原反应时，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足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．b点与a点的差值为0.05 mol

C．c点对应NaOH溶液的体积为40 mL

D．样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为10:9

Answer

D

【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-═NH3?H2O，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-═NH3?H2O 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=0.2mol，

A．由上述分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵，故A正确；

B．由上述分析可知，b与a的差值=n[Al（NO3）3]=0.05mol，故B正确；

C．由上述分析可知，c点对应NaOH溶液的体积==0.04L=40mL，故C正确；

D．由上述分析可知，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错误。

考点：本题考查化学计算。