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.所加的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� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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17．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，所加的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．	图中C点对应溶液体积为48mL
	C．	原硝酸溶液中含硝酸的物质的量为0.5mol
	D．	样品中铝粉和铁粉的物质的量之比5：3

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，计算EF段消耗的氢氧化钠，根据Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O，得出Al（OH）₃的物质的量；
根据DE段消耗的氢氧化钠计算溶液中n（NH₄⁺），结合Al（OH）₃的物质的量，再根据电子转移守恒，计算Fe的物质的量；
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，根据钠元素守恒计算硝酸钠，结合n（NH₄⁺）可得n（NH₄NO₃），根据氮元素守恒可知：原硝酸溶液中n（HNO₃）=n（NaNO₃）+2n（NH₄NO₃），而C点溶液为NaNO₃、NH₄NO₃、Fe（NO₃）₃、Al（NO₃）₃，根据氮元素守恒计算C点溶液中n′（NaNO₃），进而计算NaOH溶液的体积，据此解答．

解答解：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=$\frac{0.2mol}{5mol/L}$=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．

点评本题以图象形式考查金属与硝酸的反应、混合物计算等，题目难度较大，明确图中各阶段反应过程是解题的关键，解答中注意守恒思想的运用，为易错题目，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．

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7．下列物质一定属于同系物的是（　　）

A．

④和⑥

B．

①、②和③

C．

④、⑥和⑧

D．

⑤和⑦

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8．下列离子或分子能够在指定的分散系中大量共存的是（　　）

	A．	与铝反应生成大量氢气的溶液中：Mg²⁺、K⁺、HCO₃^-、NO₃^-
	B．	0.1mol/L的NaNO₃溶液中：K⁺、I^-、Cl^-、SO₄^2-
	C．	铁与稀硫酸反应后的溶液中：[Fe（CN）₆]^3-、NH₄⁺、Cl^-、NO₃^-
	D．	空气中：SO₂、NO、N₂、NH₃

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5．

铁及其化合物在工农业生产、环境保护等领域中有着重要的作用．
（1）酸性条件下，硫酸亚铁可将MnO₂还原为MnSO₄，该反应的离子方程式为：2Fe²⁺+MnO₂+4H⁺═Mn²⁺+2Fe³⁺+2H₂O．
（2）分析表明，铁在浓硫酸中发生钝化时，生成的氧化物中Fe、O两种元素的质量比为28：11，则其化学式为Fe₇O₁₁．
（3）铁及其化合物可用于消除环境污染．常温下，硫酸亚铁能将SO₂转化为SO₄^2-，总反应为2SO₂+O₂+2H₂O═2H₂SO₄，其中一个反应为4Fe²⁺+O₂+4H⁺═4Fe³⁺+2H₂O，则另一个反应的离子方程式为2Fe³⁺+SO₂+2H₂O═2Fe²⁺+SO₄^2-+4H⁺．
常温下，用氧缺位铁酸锌ZnFe₂O_y可以消除NO_x污染，使NO_x转变为N₂，同时ZnFe₂O_y转变为ZnFe₂O₄．若2mol ZnFe₂O_y与足量NO₂反应可生成0.5mol N₂，则y=3．
（4）工业上常采用如图所示电解装置，利用铁的化合物将气态废弃物中的硫化氢转化为可利用的硫．通电电解，然后通入H₂S时发生反应的离子方程式为：2[Fe（CN）₆]^3-+2CO₃^2-+H₂S═2[Fe（CN）₆]^4-+2HCO₃^-+S↓．电解时，阳极的电极反应式为[Fe（CN）₆]^4--e^-═[Fe（CN）₆]^3-；电解过程中阴极区溶液的pH变大（填“变大”、“变小”或“不变”）．

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12．下列化学表达式正确的是（　　）

	A．	NaHCO₃═Na⁺+H⁺+CO₃^2-		B．	Na+2H₂O═Na⁺+2OH^-+H₂↑
	C．	2Fe+6H⁺═Fe³⁺+3H₂↑		D．	NaHSO₄═Na⁺+H⁺+SO₄^2-

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2．阿司匹林能迅速解热、镇痛．长效缓释阿司匹林可在体内逐步水解而疗效更佳．用丙酮为主要原料合成长效缓释阿司匹林的流程如图．已知：回答下列问题：

用丙酮为主要原料合成长效缓释阿司匹林的流程如图：

已知：R-CN$\underset{\stackrel{{H}_{2}O/{H}^{+}}{→}}{△}$R-COOH，回答下列问题：
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（2）下列有关阿司匹林的叙述正确的是CD
A．属于芳香烃
B．分子式为C₉H₁₀O₄
C．能与NaHCO₃溶液反应生成无色气体
D．在酸性条件下水解生成的产物之一可使溶液显紫色
（3）D的结构简式