Question

5．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（如生成NO、N₂O、N₂、NH₄⁺等）．现有一定量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4mol•L^-1NaOH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．则
（1）图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为：H⁺+OH^-=H₂O．
（2）B与A的差值为：0.008 mol．
（3）B点对应的沉淀的物质的量为：0.032 mol，C点对应的NaOH溶液的体积为7 mL．

Answer 1

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：
O-C：H⁺+OH^-=H₂O，
C-D：Fe³⁺+3OH^-=Fe（OH）₃↓，Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓，
D-ENH₄⁺+OH^-═NH₃•H₂O，
E-F：Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O；
（1）根据分析可知，OC段为氢离子与氢氧根离子反应生成水；
（2）可根据Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O，得出Al（OH）₃的物质的量为，B与A的差值即为氢氧化铝的物质的量；
（3）沉淀的总量可根据NH₄⁺的量，根据NH₄⁺+OH^-═NH₃•H₂O 得出n（NH₄⁺），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；根据消耗NaOH的总体积，结合在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．

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：
O-C：H⁺+OH^-=H₂O，
C-D：Fe³⁺+3OH^-=Fe（OH）₃↓，Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓，
D-ENH₄⁺+OH^-═NH₃•H₂O，
E-F：Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O
（1）根据分析可知，O-C发生反应的离子方程式为：H⁺+OH^-=H₂O，
故答案为：H⁺+OH^-=H₂O；
（2）根据Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O，得出Al（OH）₃的物质的量为：（36-34）×10^-3L×4mol/L=0.008 mo，B与A的差值即为氢氧化铝沉淀的物质的量，
故答案为：0.008；
（3）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×4mol/L=0.012 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：$\frac{0.012mol×8}{3}$=0.032mol；
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-$\frac{0.032mol×3}{4mol/L}$×10³ml/L=7mL，
故答案为：0.032；7．

点评 本题考查金属与硝酸的反应、离子方程式的书写、氧化还原反应、化学计算等知识点，属于中等难度试题，解答此题关键是判断出硝酸的还原产物以及电子转移守恒的运用．