Question

20．某兴趣小组利用废弃的铁铝合金（含Fe、Al、Fe₂O₃、Al₂O₃）制备铁红Fe₂O₃，实验流程如图：

（1）气体X是H₂（填化学式）．
（2）经检验溶液Y中不含Fe³⁺，检验Fe³⁺的试剂是KSCN溶液（填化学式）．
（3）溶液Y中Fe²⁺产生的原因不可能是d（填字母）．
a．Fe+2H⁺=Fe²⁺+H₂↑             b．Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺
c．Al+3Fe³⁺=3Fe²⁺+Al³⁺     d．H₂+2Fe³⁺=2Fe²⁺+2H⁺
（4）步骤②，先有大量沉淀产生，后沉淀部分溶解，请用离子方程式解释沉淀部分溶解的原因3OH^-+Al³⁺=Al（OH）₃↓、Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O．
（5）写出步骤③发生反应的化学方程式4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O=4Fe（OH）₃．
（6）已知步骤①恰好完全反应消耗1mol/L盐酸1L，步骤④获得16.0gFe₂O₃，则该废弃的合金中含有铝元素的质量为5.4g．

Answer 1

分析 铁铝合金（含Fe、Al、Fe₂O₃、Al₂O₃）中加入盐酸，铁、铝与盐酸反应生成气体X为氢气，得到的溶液Y中含有Al³⁺、Fe³⁺、Fe²⁺，在Y中加入过量的氢氧化钠得固体Z为氢氧化铁和氢氧化亚铁，溶液W中含有偏铝酸根离子，Z在足量空气中生成固体M为氢氧化铁，氢氧化铁加热分解得铁红Fe₂O₃，以此来解答．

解答 解：铁铝合金（含Fe、Al、Fe₂O₃、Al₂O₃）中加入盐酸，铁、铝与盐酸反应生成气体X为氢气，得到的溶液Y中含有Al³⁺、Fe³⁺、Fe²⁺，在Y中加入过量的氢氧化钠得固体Z为氢氧化铁和氢氧化亚铁，溶液W中含有偏铝酸根离子，Z在足量空气中生成固体M为氢氧化铁，氢氧化铁加热分解得铁红Fe₂O₃，
（1）根据上面的分析可知，气体X是氢气，化学式为H₂，故答案为：H₂；
（2）检验Fe³⁺的常用试剂是KSCN溶液，如果有Fe³⁺，则溶液出现血红色，故答案为：KSCN溶液；
（3）Fe、Al、Fe₂O₃、Al₂O₃中加入盐酸，可能发生Fe+2H⁺=Fe²⁺+H₂↑、Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺、Al+3Fe³⁺=3Fe²⁺+Al³⁺，在溶液中氢气不能还原铁离子，所以溶液Y中Fe²⁺产生的原因不可能是H₂+2Fe³⁺=2Fe²⁺+2H⁺，故选d；
（4）溶液Y中有铝离子，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝再与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为3OH^-+Al³⁺=Al（OH）₃↓、Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O，
故答案为：3OH^-+Al³⁺=Al（OH）₃↓、Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O；
（5）步骤③是氢氧化亚铁在空气中被氧气氧化生成氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O=4Fe（OH）₃ ，
故答案为：4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O=4Fe（OH）₃；
（6）已知步骤①恰好完全反应消耗1mol/L盐酸1L，步骤④获得16.0gFe₂O₃，即0.1molFe₂O₃，根据元素守恒可知，Y中铁元素的物质的量为0.2mol，经检验溶液Y中不含Fe³⁺，Y中氯化亚的物质的量为0.2mol，根据氯元素守恒可知，Y中氯化铝中氯离子的物质的量为1mol-0.4mol=0.6mol，所以氯化铝的物质的量为0.2mol，根据铝元素守恒可知，则该废弃的合金中含有铝元素的质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，
故答案为：5.4．

点评 本题考查物质的分离、提纯的方法及基本操作的综合应用，为高频考点，把握流程中物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析、推断及实验能力的综合考查，题目难度不大．