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    20．硝酸越稀还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应没有气体放出．在反应后的溶液中逐滴加入4mol•L-1 NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生的沉淀的物质的量的关系如图．下列说法不正确的是（　　）
    A．D点溶液中存在：c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（NO3-）
    B．EF段发生化学反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH-=Al（OH）4-
    C．原溶液中n（NH4+）=0.012mol
    D．溶液中结合OH-能力最强的离子是H+，最弱的离子是Al3+

    分析 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．D点溶液溶质为硝酸铵和硝酸钠；
    B．EF段为氢氧化铝溶解在氢氧化钠中；
    C．根据DE段消耗氢氧化钠的体积，结合发生反应计算溶液中n（NH4+）；
    D．根据发生反应的顺序，可以判断结合OH-能力的强弱．

    解答 解：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．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A正确；
    B．EF段为氢氧化铝溶解在氢氧化钠中，反应为Al（OH）3+OH-=Al（OH）4-，故B正确；
    C．由图可知DE段消耗氢氧化钠的体积为3mol，由NH4++OH-═NH3•H2O可知溶液中n（NH4+）=n（OH-）=0.003L×4mol/L=0.012mol，故C正确；
    D．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D错误．
    故选D．

    点评 本题考查较为综合，涉及金属与硝酸的反应、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．

    练习册系列答案
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    A．丙烯分子有7个σ键，1个π键
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    D．在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3mol I2转移的电子数为5NA个

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    11．[Cu（NH3）4]2+配离子中存在的化学键类型有①③（填序号）．
    ①配位键   ②金属键   ③极性共价键    ④非极性共价键    ⑤离子键    ⑥氢键
    已知：[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，且当[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面正方形．

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    8．海洋中的珊瑚虫经如下反应形成石灰石外壳，进而形成珊瑚：Ca2++2HCO3-?CaCO3+H2O+CO2．与珊瑚虫共生的藻类会消耗海洋中的CO2．气候变暖、温室效应的加剧干扰了珊瑚虫的生长，甚至致其死亡．下列说法不合理的是（　　）
    A．共生藻类消耗CO2，有利于珊瑚的形成
    B．海洋中CO2浓度升高，抑制了珊瑚的形成
    C．温度升高会增大CO2在海水中的溶解度，抑制了珊瑚的形成
    D．将CO2转化为甲醇等化工原料，有助于缓解温室效应

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    15．东汉《周易参同契》中记载：“胡粉投火中，色坏还为铅”，实验表明胡粉难溶于水，加强热产生能使澄清的石灰水变浑浊的湿气．则胡粉的主要成分为（　　）
    A．PbCO3B．2PbCO3•Pb（OH）2C．Pb（OH）2D．（CH3COO）2Pb

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    5．有机化合物N是合成药物洛索洛芬钠（治疗关节炎）的重要中间体，其合成路线如下：

    已知：（R、R′、R″、R1、R2、R3、R4均为烃基）
    ⅰ．RCN$\stackrel{H_{2}O/H+}{→}$RCOOH
    ⅱ．R′CH═CHR″$\stackrel{KMnO_{4}/H+}{→}$R″COOH
    ⅲ．
    （1）B的化学名称是1，3-丁二烯．
    （2）D能使溴水褪色，其核磁共振氢谱有两组峰，D的结构简式为Cl-CH2-CH=CH-CH2-Cl．
    （3）已知烃A的一元取代产物只有一种，A的结构简式为．
    （4）C→E的反应试剂和条件是NaOH的乙醇溶液、加热．
    （5）G的结构简式为HOOC-CH2CH2CH2CH2-COOH．
    （6）下列说法正确的是ac．
    a．常温下，在水中的溶解度：乙二酸＞G＞M
    b．B→D→F均为取代反应
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    （8）写出满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式．
    ①只含有一种官能团
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    （1）角“＞”“＜”或“=”填空：
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    对象S＜ClNa＜AlN3-＞Al3+N=N＜N≡N
    （2）在N、S、Cl的含氧酸的阴离子中，空间构型呈三角锥形的有SO32-、ClO3-（填离子符号）；在NH3、H2S中，键角较大的是NH3，理由是氨气电子中含有1对孤对电子，H2S分子中含有2对孤对电子，孤电子对越多，对成键电子对的排斥越大，键角越小．
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