Question

实验研究发现，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．现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积某浓度的稀硝酸充分反应，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^-1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量关系如图所示．则
（1）B与A的差值为

 

mol．
（2）C点对应的溶液体积为

 

mL．
（3）原硝酸溶液中含硝酸的物质的量为

 

mol．
（4）铝粉和铁粉的混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为

 

．
（5）写出铝与该浓度硝酸反应的离子方程式：

 

．

Answer 1

考点：化学方程式的有关计算,硝酸的化学性质

专题：计算题

分析：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，
（1）可根据Al（OH）₃ +OH^-=AlO₂^-+2H₂O．得出Al（OH）₃的物质的量；
（2）沉淀的总量可根据NH₄⁺的量，根据NH₄⁺+OH^-=NH₃?H₂O 得出n（NH₄⁺）=（94-88）×10^-3L×5mol/L=0.03 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，进而计算C点消耗NaOH的体积；
（3）根据N元素守恒计算硝酸的物质的量；
（4）Al（OH）₃的物质的量为0.05mol，根据铝元素守恒，n（Al）=0.05mol，根据电子转移守恒求得n（Fe）=0.03mol，据此求出混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比；
（5）根据以上分析可知，n（Al）=0.05mol，n（NH₄⁺）=0.03mol，金属与硝酸反应时，硝酸的还原产物为NH₄NO₃，根据氧化还原反应守恒书写；

解答： 解：（1）可根据Al（OH）₃ +OH^-=AlO₂^-+2H₂O，得出Al（OH）₃的物质的量为：（104-94）×10^-3L×5mol/L=0.05 mol，
故答案为：0.05；
（2）沉淀的总量可根据NH₄⁺的量，根据NH₄⁺+OH^-=NH₃?H₂O 得出n（NH₄⁺）=（94-88）×10^-3L×5mol/L=0.03 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0.03mol×8÷3=0.08 mol，所以CD段消耗NaOH的体积为：

0.08mol×3

5mol/L

=0.048L=48mL，
在D点氢氧化钠与硝酸、铝铁离子的反应，可计算得出C点氢氧化钠溶液的体积为88mL-48mL=40mL，
故答案为：40；
（3）根据N元素守恒，可知：
n（HNO₃）=n（H⁺）+2n（NH₄NO₃）+3n（Fe（NO₃）₃）+3n（Al（NO₃）₃）=0.04L×5mol/L+2×0.03mol+3×0.08mol=0.5mol，
故答案为：0.5；
（4）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，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，
故答案为：5：3；
（5）由题意知，金属与硝酸反应时，硝酸的还原产物为NH₄NO₃，根据氧化还原反应得失电子守恒和电荷守恒，离子反应为：8Al+30H⁺+3NO₃^-=8Al³⁺+3NH₄⁺+9H₂O，
故答案为：8Al+30H⁺+3NO₃^-=8Al³⁺+3NH₄⁺+9H₂O；

点评：本题考查混合物的计算，题目难度较大，本题注意根据图象判断各阶段反应的情况，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，注意从质量守恒的角度结合反应的关系式计算．