2022-2023学年福建省福州三校高一（下）期中化学试卷

这是一份2022-2023学年福建省福州三校高一（下）期中化学试卷，共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省福州三校高一（下）期中化学试卷
副标题
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1. 下列反应中，属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是(    )
A. 铝与稀盐酸 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
C. 灼热的炭与CO2反应 D. 甲烷与O2的燃烧反应
2. 在NO2与水的反应中(    )
A. 氮元素的化合价不会发生变化 B. NO2只是氧化剂
C. NO2只是还原剂 D. NO2既是氧化剂，又是还原剂
3. 已知：
化学键
H−N
H−H
键能/kJ⋅mol−1
391
436
根据化学方程式N2+3H2⇌2NH3，△H=−92.4kJ/mol，则N≡N键能是(    )
A. 431kJ/mol B. 945.6kJ/mol C. 649kJ/mol D. 869kJ/mol
4. 下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是(    )
A. C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1，C(s)+12O2(g)=CO(g)ΔH2
B. S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3，S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH4
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH5，H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH6
D. CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)ΔH7，CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)ΔH8
5. 反应3Fe(s)+4H2O(g)⇌Fe3O4(s)+4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变能使反应速率加快的是 (    )
①增加铁的量
②将容器的体积缩小一半
③保持体积不变，充入N2使体系压强增大
④保持体积不变，充入水蒸气使体系压强增大
A. ①④ B. ②③ C. ③④ D. ②④
6. 一定温度下，某容器内发生反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，达到平衡的标志是(    )
A. 氨气、氮气、氢气的浓度相等 B. 氮气和氢气的物质的量之比为1∶3
C. 恒温恒容时，体系的压强不再改变 D. 恒温恒容时，混合气体的密度保持不变
7. 氢能的低成本、低温、高效率制取一直是亟待解决的关键难题。实验计算机模拟在催化剂表面水煤气变换低温产氢反应(CO+H2O=CO2+H2)过程中能量的变化如图所示，下列说法正确的是(    )
A. CO+H2O=CO2+H2为放热反应 B. 状态3中物质状态最稳定
C. 过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均需要吸收能量 D. 该反应类型为置换反应
8. 一定条件下，向2 L密闭容器中充入2 mol N2和10 mol H2，发生反应N2+3H2⇌2NH3。2 min时测得剩余N2的物质的量为1 mol，下列化学反应速率表示不正确的是(    )
A. v(N2)=0.25 mol·L−1·min−1                 B. v(H2)=0.75 mol·L−1·min−1
C. v(NH3)=1.0 mol·L−1·min−1 D. v(NH3)=0.5 mol·L−1·min−1
9. 将4mol SO2与2molO2放入4L的密闭容器中，在一定条件下反应达到平衡：2SO2+O2⇌2SO3，测得平衡时SO3的浓度为0.5 mol·L−1。则此条件下的平衡常数K为(    )
A. 4 B. 0.25 C. 0.4 D. 0.2
10. 将少量的A、B两份锌粉装入试管中，分别加入足量的等浓度、等体积的稀硫酸中，同时向装A的试管中加入少量CuSO4溶液。如下图表示产生氢气的体积V与时间t的关系，其中正确的是(    )
A. B.
C. D.
11. 气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示)，若洗气瓶中有沉淀生成，则气体F可能为下列气体中的

①CO2     ②NO2     ③NH3     ④O2     ⑤Cl2     ⑥NO

A. ①②③④ B. ②③④⑤ C. ②③④⑥ D. ②④⑤⑥
12. 下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是(    )

A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①③
13. 对于a、b、c、d四块金属片，若a、b用导线相连浸泡在稀H2SO4中，电子由a流向b；c、d用导线相连浸泡在稀H2SO4时，d产生大量气泡；a、c用导线相连浸泡在稀CuSO4中时，c上附着上一层红色物质；d浸泡在b的硝酸盐溶液中，置换出b的单质。由这四种金属的活动顺序由大到小为(    )
A. a>b>c>d B. a>c>d>b C. c>a>b>d D. b>d>c>a
14. 部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是(    )
A. a可经催化氧化生成b
B. b、c均为大气污染气体，在空气中可稳定存在
C. Cu与d的浓溶液常温下反应可生成c
D. d的浓溶液保存在棕色试剂瓶中，并放置在阴凉处
15. 电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其中工作原理如下图所示．则下列说法正确的是(    )

A. 电流由a极流向b极
B. 溶液中的OH−向b极移动
C. a极的电极反应式为：4NH3−12e−=2N2+12H+
D. b极的电极反应式为：3O2+12e−+6H2O=12OH−
16. 将6.4g铜投入30mL一定浓度的硝酸中，恰好完全反应，产生标准状况下的NO和NO2混合气体共2.24L。则下列叙述正确的是(    )
A. NO体积为0.56L B. 原硝酸浓度10.0mol/L
C. NO和NO2物质的量之比为2∶1 D. 体现酸性的硝酸为0.1mol

二、实验题（本大题共2小题，共22.0分）
17. 某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
【实验内容及记录】
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.6 mol/L
H2C2O4溶液
H2O
0.2 mol/LKMnO4溶液
3 mol/L
稀硫酸
1
3.0
2.0
3.0
2.0
4.0
2
3.0
3.0
2.0
2.0
5.2
3
3.0
4.0
1.0
2.0
6.4
请回答：
(1)根据上表中的实验数据，可以得到的结论是______．
(2)利用实验1中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：v(KMnO4)=______．
(3)该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+) 随时间变化趋势的示意图，如图1所示．但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+) 随时间变化的趋势应如图2所示．该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究．

①该小组同学提出的假设是______．
②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白．
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
再向试管中加入少量固体
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.6 mol/L
H2C2O4溶液
H2O
0.2 mol/LKMnO4溶液
3 mol/L
稀硫酸
4
3.0
2.0
3.0
2.0
______
t
③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是______。
18. Ⅰ.某实验小组利用以下装置制取氨气并探究氨气的性质：

(1)装置A中发生反应的化学方程式为 ______ 。
(2)装置B中的干燥剂是 ______ (填名称)。
(3)实验进行一段时间后，挤压装置D中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，可观察到的现象是 ______ 。
(4)为防止过量氨气外逸，需要在上述装置的末端增加一个尾气吸收装置，应选用的装置是 ______ (填“E”、“F”、“G”或“H”)。
Ⅱ.探究氨气与氧化铜的反应，验证氨气的性质及部分反应产物。

(5)无水硫酸铜的作用是检验生成的水；有同学认为需要在无水硫酸铜的后面再接一个装有CaCl2固体的球形干燥管，这样做的目的是 ______ 。
(6)实验中观察到a中CuO粉末变红，b中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体。则该反应的化学方程式为 ______ 。

三、简答题（本大题共3小题，共30.0分）
19. 在1×105Pa和298K时，将1mol气态AB分子分离成气态A原子和B原子所需要的能量称为键能(kJ⋅mol−1).下面是一些共价键的键能：(已知氨分子中有三个等价的氮氢共价键)
共价键
H−H键
N三N键
N−H键
键能(kJ⋅mol−1)
436
945
391
工业合成氨的化学方程式：N2+3H2⇌2NH3，
(1)断开1mol N2中的化学键需______ (填“吸收”或“放出”)945kJ能量，形成2mol NH3中的化学键需______ (填“吸收”或“放出”)______ kJ能量；
(2)在298K时，取1mol N2和3mol H2放入一密闭容器中，在催化剂存在下进行反应．理论上放出或吸收的热量为Q1，则Q1为______ kJ．
(3)根据上表中的数据判断工业合成氨的反应是______(填“吸热”或“放热”)反应．
20. 电池是人类生产和生活中的重要能量来源，各式各样电池的发明是化学对人类的一项重要贡献。
(1)生活中利用原电池原理生产了各种各样的电池，下列有关电池的叙述正确的是 ______ (填字母)。
A.锌锰电池工作一段时间后碳棒会变细
B.氢氧燃料电池可将化学能直接转变为电能
C.铅蓄电池负极是PbO2，正极是Pb
(2)氢氧燃料电池有酸式和碱式两种，它们放电时的电池总反应式都可表示为：2H2+O2=2H2O。
①酸式氢氧燃料电池的电解质是酸，其正极的电极反应式为 ______ 。
②工作一段时间后，电解质溶液的pH将 ______ (填“变大”、“变小”或“不变”)。
(3)将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(A、B为多孔碳棒)，电池总反应为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O。

实验测得电子定向移向A电极，则 ______ (填“A”或“B”)电极入口通甲烷，其电极反应式为 ______ 。
(4)某同学欲把反应Fe+2FeCl3=3FeCl2设计成原电池，请写出负极的电极反应式： ______ 。
21. 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，甚至产生 NH4+.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)写出 DE 段发生反应的离子方程 ________________________
(3)原硝酸的物质的量是 ______ 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 ______ ．


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应、吸热放热反应的判断，注意知识的积累，题目简单。
【解答】
A.铝与稀盐酸的反应是氧化还原反应，但是放热反应，故A错误；
B. Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应，但是不是氧化还原反应，故B错误；
C.灼热的炭与CO2的反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应，故C正确；
D.甲烷在氧气中燃烧属于放热反应，是氧化还原反应，故D错误。
故选C。
  
2.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，题目难度不大。
【解答】
NO2与水反应生成硝酸和NO，只有N元素的化合价变化，则NO2既是氧化剂，又是还原剂。
故选D。  
3.【答案】B 
【解析】解：
由N2+3H2⇌2NH3中的△H=−92.4kJ/mol及表格中数据可知，E(N≡N)+3×436kJ/mol−2×3×391kJ/mol=−92.4kJ/mol，解得E(N≡N)=945.6kJ/mol，
故选B。
焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，以此来解答。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握焓变与键能的关系、焓变的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学键数目的判断，题目难度不大。

4.【答案】B 
【解析】解：A、C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1；C(s)+12O2(g)=CO(g)△H2都为放热反应，△Hc；
d浸泡在b的硝酸盐溶液中，置换出b的单质，说明d比b活泼，活泼性是d>b；综上可知4块金属的活动性顺序是：a>c>d>b。
故选B。  
14.【答案】B 
【解析】解：A.NH3可以催化氧化生成NO：4NH3+5O2=催化剂4NO+6H2O，故A正确；
B.NO和NO2均为大气污染物，能引起酸雨以及光化学烟雾等，NO能和空气中的氧气在常温下反应生成NO2而不能在空气中稳定存在，故B错误；
C.铜与浓硝酸在常温下即可反应生成NO2：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故C正确；
D.浓硝酸不稳定，光照或受热易分解为NO2、O2和水，所以浓硝酸保存在棕色试剂瓶中，并放置在阴凉处，故D正确；
故选：B。
部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合价关系如图所示，a为−3价N的氢化物，则a为NH3，b为+2价N的氧化物，则b为NO，c为+4价N的氧化物，则c为NO2，d为+5价N的酸，则d为HNO3，以此来解答。
本题考查氮及其化合物的性质，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，正确判断图中各物质、明确物质之间转化关系及元素化合物性质是解本题关键，会正确书写相应的方程式，题目难度不大。

15.【答案】D 
【解析】
【分析】
 本题考查了原电池原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，根据O、N元素化合价变化判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意结合电解质书写电极反应式，题目难度不大。
【解答】
NH3被氧化生成氮气，a电极为原电池负极，电极反应式为2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O，则b为正极，氧气得电子被还原，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−。
A.b电极为正极、a电极为负极，电流由b极经过电压表流向a极，故A错误；
B.b电极为正极、a电极为负极，内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，所以溶液中的OH−向a极移动，故B错误；
C.a极上NH3被氧化生成氮气，发生失去电子的氧化反应，结合碱性条件有2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O，故C错误；
D.b极上氧气得电子被还原，电极反应式为3O2+12e−+6H2O=12OH−，故D正确。
故选D。  
16.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查化学方程式的计算，要清楚整个反应过程，注意运用电子转移守恒与原子守恒进行解答，试题侧重考查学生分析计算能力、灵活运用知识解决实际问题的能力。
【解答】
6.4gCu的物质的量为0.1mol，与硝酸恰好反应，生成标况下NO和NO2共2.24L，0.1mol，根据电子转移守恒，Cu失去电子=N得到的电子，0.1molCu被氧化失去0.2mol电子，设NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，故有3x+y=0.2和x+y=0.1mol，解得x=0.05mol，y=0.05mol。
A.根据上述分析可知，NO的物质的量为0.05mol，标况下体积为1.12L，A错误；
B.根据原子守恒，消耗的硝酸的总物质的量=起氧化剂作用的硝酸的物质的量(还原产物的总物质的量)+起酸性作用的硝酸的物质的量(生成盐中的硝酸根的物质的量)，故有n(HNO3)=n(NO)+n(NO2)+2n[Cu(NO3)2]=0.1mol+0.2mol=0.3mol，V=30mL，c(HNO3)=0.3mol/0.03L=10mol/L，B正确；
C.据以上分析可知，NO和NO2物质的量之比为1∶1   ，C错误；
D.体现酸性的硝酸的物质的量=生成盐中的硝酸根的物质的量=2n(Cu(NO3)2)=2n(Cu)=0.2mol，D错误。
  
17.【答案】(1)其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大  
(2)1.5×10−2mol/(L⋅min)  
(3)①生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用)； ②MnSO4； ③与实验1比较，溶液褪色所需时间短(或所用时间t小于4min) 
【解析】
【分析】
本题主要结合实验考查了影响化学反应速率的因素，题目难度中等，注意掌握浓度、催化剂对化学反应速率的影响，解题关键是对比分析图表中的数据找出相同点和不同点，然后得出合理结论。
【解答】
(1)从表中数据可知改变的条件是KMnO4浓度；其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大，
故答案为：其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大；
(2)草酸的物质的量为：0.6mol⋅L−1×0.003L=0.0018mol，高锰酸钾的物质的量为：0.2mol⋅L−1×0.003L=0.0006mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0018mol：0.0006mol=3：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：0.2mol/L×0.003L(3+2+3+2)×10−3L=0.06mol/L，
这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=0.06mol/L4min=1.5×10−2 mol/(L⋅min)，
故答案为：1.5×10−2 mol/(L⋅min)；
(3)①由图2可知反应开始后速率增大的比较快，说明生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用)，
故答案为：生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用)；
②与实验1作对比实验，则加入的硫酸锰的量不同，其它条件必须相同，所以加入的少量固体为MnSO4，
故答案为：MnSO4；
③若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液褪色的时间小于4min，从而说明Mn2+是催化剂，
故答案为：与实验1比较，溶液褪色所需时间短(或所用时间t小于4min)。  
18.【答案】Ca(OH)2+2NH4Cl=△CaCl2+2NH3↑+2H2O  碱石灰  产生白烟  E、G  防止空气中的水分进入盛装无水硫酸铜的干燥管干扰实验  3CuO+2NH3=△3Cu+N2+3H2O 
【解析】解：(1)装置A中发生反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4Cl=△CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：Ca(OH)2+2NH4Cl=△CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)装置B中的干燥剂是碱石灰，
故答案为：碱石灰；
(3)实验进行一段时间后，挤压装置D中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，可观察到的现象是产生白烟，反应的化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl，
故答案为：产生白烟；
(4)为防止过量氨气外逸，可以选用E、G装置，进行尾气吸收，可以防止倒吸，反应为：NH3+H2O=NH3⋅H2O，
故答案为：E、G；
(5)空气中的水也可以进入盛装无水硫酸铜的干燥管，使无水硫酸铜变蓝，故应在盛装无水硫酸铜的干燥管后再连接一个装有CaCl2固体的球形干燥管，防止空气中的水分进入装置D干扰实验，
故答案为：防止空气中的水分进入盛装无水硫酸铜的干燥管干扰实验；
(6)观察到a中CuO粉末变红证明生成铜，b中无水硫酸铜变蓝，说明生成水，并收集到一种单质气体，依据氧化还原反应分析，氧化铜氧化氨气为氮气，氧化铜被氨气还原为铜，反应的化学方程式为：3CuO+2NH3=△3Cu+N2+3H2O，
故答案为：3CuO+2NH3=△3Cu+N2+3H2O。
(1)实验室利用Ca(OH)2与NH4Cl加热反应生成CaCl2、NH3、H2O；
(2)氨气是碱性气体，必须用碱石灰干燥；
(3)氨气可以与氯化氢反应生成氯化铵颗粒；
(4)氨气极易溶于水，进行尾气吸收时需要防止倒吸，NH3与H2O反应生成NH3⋅H2O；
(5)空气中的水也可以进入盛装无水硫酸铜的干燥管，使无水硫酸铜变蓝；
(6)观察到a中CuO粉末变红证明生成铜，b中无水硫酸铜变蓝，说明生成水，并收集到一种单质气体，依据氧化还原反应分析，氧化铜氧化氨气为氮气，氧化铜被氨气还原为铜，据此分析。
本题主要考查氨气的制取以及性质实验，同时考查学生的基本实验操作的能力，分析能力，属于基本知识的考查，题目难度中等。

19.【答案】(1)吸收；放出；2346；
(2)93；
(3)放热。 
【解析】解：(1)在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂1mol N三N键、3mol H−H键共吸收的能量为：945kJ+3×436kJ=2253kJ，生成2molNH3，共形成6molN−H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，生成2molNH3放出的热量为2346kJ−2253kJ=93kJ，
故答案为：吸收；放出；2346； 
(2)Q1=生成物的键能−反应物的键能=2×3×391KJ−945KJ−3×436KJ=93kJ，
故答案为：93kJ；
(3)形成化学键放出能量，破坏化学键吸收能量；在反应N2+3H2⇌2NH3中，Q=生成物的键能−反应物的键能=2×3×391KJ−945KJ−3×436>0，所以该反应是放热反应，
故答案为：放热。
(1)化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式以及反应物、生成物的键能计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热；
(2)根据化学反应的反应热知识，反应物与生成物的键能差即为热量Q1；
(3)根据反应物、生成物键能的相对大小判断该反应是发热反应还是吸热反应．
本题考查键能与反应热的关系，形成化学键放出能量，破坏化学键吸收能量，反应热=形成化学键放出能量−破坏化学键吸收能量，注意相关基础知识的积累，题目难度不大．

20.【答案】B  O2+4e−+4H+=2H2O  变大  B  CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O  Fe−2e−=Fe2+ 
【解析】解：(1)A.锌锰电池中，石墨作正极，工作一段时间不会变细，故A错误；
B.氢氧燃料电池中，可将化学能直接转变为电能，故B正确；
C.铅蓄电池中，Pb失电子作负极，得电子作正极，故C错误；
故答案为：B；
(2)①酸式氢氧燃料电池的电解质是酸，氧气通入极为正极，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，
故答案为：O2+4e−+4H+=2H2O；
②反应生成水，工作一段时间后，酸浓度降低，电解质溶液的pH将增大，
故答案为：变大；
(3)电子定向移向A电极，故A极为正极，B极为负极，通入甲烷，电极反应式为CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O，
故答案为：B；CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O；
(4)Fe元素价态升高失电子，故Fe作负极，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，
故答案为：Fe−2e−=Fe2+。
(1)A.锌锰电池中碳棒作正极；
B.燃料电池可将化学能转变为电能；
C.铅蓄电池负极是Pb，正极是PbO2；
(2)酸式氢氧燃料电池中，氢气通入极为负极，电极反应式为H2−2e−=2H+，氧气通入极为正极，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O；
(3)甲烷燃料电池中，甲烷通入极为负极，氧气通入极为正极；
(4)把反应Fe+2FeCl3=3FeCl2设计成原电池，Fe元素价态升高失电子，故Fe作负极。
本题考查原电池，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键。

21.【答案】(1)0.05；
(2)NH4++OH−=NH3⋅H2O；
(3)0.5；
(4)5：3 
【解析】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，
(1)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，由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为104mL−94mL=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，
故答案为：0.05；
(2)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，NH4++OH−=NH3⋅H2O，
故答案为：NH4++OH−=NH3⋅H2O；
(3)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，
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．
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，
(1)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；
(2)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；
(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．
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．