Question

4．某铝合金（硬铝）中含有镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，某同学设计如下试验：
（1）取样品 ag，称取时使用的仪器名称为托盘天平．
（2）将样品溶于足量的稀盐酸中，过滤，滤渣中含有硅、铜，在溶解过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒．
（3）往滤液中加入过量的NaOH溶液、过滤，写出该步操作中有关的离子式H⁺+OH^-═H₂O、Al³⁺+4 OH^-═AlO₂^-+2 H₂O、Mg²⁺+2 OH^-═Mg（OH）₂↓．
（4）在第（ 3 ）步的滤液中通入足量CO₂，过滤．发生反应的离子方程式是AlO₂^-+CO₂+2H₂O═Al（OH）₃↓+HCO₃^-．
（5）步骤（4）过滤后的滤渣用蒸馏水洗涤数次后，烘干并灼烧至质量不再减轻为止，冷却后称量，质量为bg，则原样品中铝的质量分数是$\frac{9b}{17a}$×100%．
（6）若步骤（3）中加入氢氧化钠的量不足，则实验结果偏低（填“高”、“低”或“不影响”，下同）；若步骤（5）中滤渣没有洗涤，则实验结果偏高；若滤渣燃烧不充分，则实验结果偏高．

Answer 1

分析 （1）使用托盘天平称取样品质量；
（2）铝与盐酸应生成氯化铝、Mg与盐酸反应生成氯化镁，单质硅和铜不能够和稀盐酸发生反应，留在了滤渣中；溶解、过滤过程需要仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）剩余的盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠与水，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀与氯化钠，氯化铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氯化钠；
（4）过量二氧化碳与偏铝酸钠容易反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠；
（5）所得沉淀为氢氧化铝，加热分解得到氧化铝与水；氧化铝中Al元素质量即为合金中Al的质量，进而计算Al的质量分数；
（6）氢氧化钠溶液不足，生成的氢氧化铝沉淀减少，测定结果偏低；没有洗涤沉淀，导致沉淀的质量偏大，测定生成的氧化铝质量偏大，测定结果偏高，若滤渣燃烧不充分，则实验结果偏高．

解答 解：（1）使用托盘天平称取样品质量，故答案为：托盘天平；
（2）铝与盐酸应生成氯化铝、Mg与盐酸反应生成氯化镁，过滤，滤液中主要含有Al³⁺、Mg²⁺，单质硅和铜不能够和稀盐酸发生反应，留在了滤渣中；溶解、过滤过程需要仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
故答案为：Cu、Si；烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）剩余的盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠与水，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀与氯化钠，氯化铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氯化钠，有关离子方程式为：H⁺+OH^-═H₂O、Al³⁺+4 OH^-═AlO₂^-+2 H₂O、Mg²⁺+2 OH^-═Mg（OH）₂↓，
故答案为：H⁺+OH^-═H₂O、Al³⁺+4 OH^-═AlO₂^-+2 H₂O、Mg²⁺+2 OH^-═Mg（OH）₂↓；
（4）过量二氧化碳与偏铝酸钠容易反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应离子方程式为：AlO₂^-+CO₂+2H₂O═Al（OH）₃↓+HCO₃^-，
故答案为：AlO₂^-+CO₂+2H₂O═Al（OH）₃↓+HCO₃^-；
（5）所得沉淀为氢氧化铝，加热分解得到氧化铝与水，反应方程式为：2Al（OH）₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Al₂O₃+3 H₂O，氧化铝中铝的质量为bg×$\frac{54}{102}$=$\frac{9b}{17}$g，即为ag合金中Al的质量为$\frac{9b}{17}$g，故合金中Al的质量分数=$\frac{\frac{9b}{17}g}{ag}$×100%=$\frac{9b}{17a}$×100%，
故答案为：$\frac{9b}{17a}$×100%；
（6）氢氧化钠溶液不足，生成的氢氧化铝沉淀减少，测定结果偏低；没有洗涤沉淀，导致沉淀的质量偏大，测定生成的氧化铝质量偏大，测定结果偏高，若滤渣燃烧不充分，依据计算式$\frac{9b}{17a}$分析可知b增大，则实验结果偏高，
故答案为：低；高；高．

点评 本题考查物质含量的测定，清楚实验原理是解题的关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础与运用知识分析问题解决问题的能力，题目难度中等．