已知A是一种红棕*金属氧化物,B、D是常见的金属单质,J是一种难溶于水的白*化合物,受热后容易发生分解。(1)...
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已知A是一种红棕*金属氧化物,B、D是常见的金属单质,J是一种难溶于水的白*化合物,受热后容易发生分解。
(1)写出下列物质的化学名称:A:_________I:_________J:_________G:_________
(2)写出C→I的离子方程式:_____________________________________________________。
(3)写出F→G实验现象:_________________________________________________________。
(4)将一定量A和C混合物溶于100mL稀硫*中,向反应后的溶液中缓慢加入NaOH溶液,加入NaOH溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示,试回答:
①混合物中含A的质量为______________;
②所用硫*溶液物质的量浓度为___________。
【回答】
(1). 三氧化二铁 (2). 偏铝** (3). *氧化铝 (4). *氧化铁 (5). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (6). 白*絮状沉淀迅速变成灰绿*,最后变成红褐* (7). 16g (8). 6.5mol/L
【解析】
A是一种红棕*金属氧化物,则A是Fe2O3,B、D是金属单质,A和B在高温下能反应生成金属单质D,则该反应是铝热反应,B是Al,D是Fe,C是Al2O3;J是一种不溶于水的白*化合物,受热容易分解成C,则J是Al(OH)3,I是NaAlO2,氧化铝和盐*反应生成*化铝,所以H是AlCl3;G是红褐*沉淀,分解生成氧化铁,则G是 Fe(OH)3,F是 Fe(OH)2,铁和盐*反应生成*化亚铁和*气,E和氨水反应生成 Fe(OH)2,则E是 FeCl2,据此分析解答。
【详解】(1)根据上面的分析可知A为Fe2O3,I是NaAlO2,J是Al(OH)3,G是Fe(OH)3,故*为三氧化二铁;偏铝**;*氧化铝;*氧化铁。
(2)氧化铝是两*氧化物,氧化铝与*氧化*溶液反应生成偏铝**和水,C→I的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O,故*为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O;
(3)F→G为*氧化亚铁与氧气、水共同作用生成*氧化铁,化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,现象为白*絮状沉淀迅速变成灰绿*,最后变成红褐*,故*为白*絮状沉淀迅速变成灰绿*,最后变成红褐*;
(4)A和C的混合物为Fe2O3 和Al2O3的混合物,溶于100mL稀硫*中,生成铁离子和铝离子;根据图像可知,加入*氧化*溶液后,开始没有沉淀生成,说明硫*溶解氧化铝、氧化铁后硫*有剩余;随着碱量的增加,沉淀逐渐增多,达到最大值,碱过量,*氧化铝溶解,*氧化铁不溶解。
①根据21.4g沉淀的质量是*氧化铁的质量,*氧化铁的物质的量是=0.2mol,根据铁元素守恒,所以氧化铁的物质的量是0.1mol,Fe2O3的质量是0.1mol×160g/mol=16g,故*为16g;
②从260-300mL,NaOH溶解Al(OH)3,发生反应:NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O,*氧化铝的质量是:37g-21.4g=15.6g,即=0.2mol,消耗NaOH为0.2mol,所以*氧化*的浓度=5mol/L;当V(NaOH)=260mL时,沉淀量最大,此时沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3,溶液中溶质为Na2SO4;根据*元素守恒:2n(Na2SO4)=n(NaOH),n(Na2SO4)=0.5n(NaOH)=0.5×0.26L×5 mol/L =0.65mol;根据硫*根离子守恒:n(H2SO4)=n(Na2SO4)=0.65mol,则c(H2SO4)==6.5mol/L,故*为6.5mol/L。
【点睛】正确判断物质是解题的关键。解答本题的突破口为“红褐*沉淀、红棕*金属氧化物”。本题的易错点和难点为(4),要注意图像最高点对应溶液的溶质为硫**。
知识点:铁和铁的化合物
题型:综合题