Question

17．现有一包铝热剂是铝粉和氧化铁粉末的混合物，在高温下使之充分反应，将反应后的固体分为两等份，进行如下实验（计算pH时假定溶液体积没有变化）：
①向其中一份固体中加入100mL 2.0mol•L^-1的NaOH溶液，加热使其充分反应后过滤，测得滤液的pH=14；
②向另一份固体中加入140mL 4.0mol•L^-1的HCl溶液，使固体全部溶解，测得反应后所得溶液中只有H⁺、Fe²⁺和Al³⁺三种阳离子且pH=0．
（1）计算这包铝热剂中铝的质量和氧化铁的质量．
（2）计算实验②产生气体的体积（标准状况）．

Answer 1

分析 （1）实验①中用去n（NaOH）=100 mL×（2.0 mol•L^-1-1.0 mol•L^-1）=0.1 mol
无论是Al还是Al₂O₃，与NaOH溶液反应后都生成NaAlO₂，铝热剂中
n（Al）=n（NaOH）×2=0.2 mol；
实验②所得溶液中，根据“电荷守恒”有n（H⁺）+2×n（Fe²⁺）+3×n（Al³⁺）=n（Cl^-）
则n（Fe²⁺）=$\frac{{140mL×4.0mol•{L^{-1}}-140mL×1.0mol•{L^{-1}}-3×0.1mol}}{2}$=0.06 mol
铝热剂中n（Fe₂O₃）=n（Fe²⁺）×$\frac{1}{2}$×2=0.06 mol；
根据m=nM计算Al、氧化铁的质量；
（2）根据上述计算结果，②的铝热剂中有0.1molAl、0.03molFe₂O₃，根据反应2Al+Fe₂O₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Fe+Al₂O₃知，氧化铁完全反应消耗0.06molAl，所以还剩余0.04molAl，同时生成0.06molFe和0.03mol氧化铝，
根据转移电子相等计算生成氢气体积．

解答 解：（1）实验①中用去n（NaOH）=100 mL×（2.0 mol•L^-1-1.0 mol•L^-1）=0.1 mol
无论是Al还是Al₂O₃，与NaOH溶液反应后都生成NaAlO₂，铝热剂中
n（Al）=n（NaOH）×2=0.2 mol，m（Al）=0.2mol×27g/mol=5.4 g；
实验②所得溶液中，根据“电荷守恒”有n（H⁺）+2×n（Fe²⁺）+3×n（Al³⁺）=n（Cl^-）
则n（Fe²⁺）=$\frac{{140mL×4.0mol•{L^{-1}}-140mL×1.0mol•{L^{-1}}-3×0.1mol}}{2}$=0.06 mol
铝热剂中n（Fe₂O₃）=n（Fe²⁺）×$\frac{1}{2}$×2=0.06 mol，m（Fe₂O₃）=0.06mol×160g/mol=9.6 g，
答：这包铝热剂中铝的质量和氧化铁的质量分别是5.4g、9.6g；
（2）根据上述计算结果，②的铝热剂中有0.1molAl、0.03molFe₂O₃，根据反应2Al+Fe₂O₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Fe+Al₂O₃知，氧化铁完全反应消耗0.06molAl，所以还剩余0.04molAl，同时生成0.06molFe和0.03mol氧化铝，
根据转移电子相等计算生成氢气体积，所以实验②中所得H₂在标准状况下体积为V（H₂）=n（H₂）×22.4 L•mol^-1=[n（Al）×$\frac{3}{2}$+n（Fe）]×22.4 L•mol^-1=（0.04mol×$\frac{3}{2}$+0.06mol）×22.4L/mol=2.688 L，
答：实验②产生气体的体积（标准状况）为2.688L．

点评 本题考查混合物的有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确物质的性质及物质之间的反应是解本题关键，注意每一份为总混合物的一半，（1）题易漏掉另一半的铝热剂质量，（2）题易计算所有铝热剂与稀盐酸反应生成氢气体积，为易错题．