Question

11．A、B、C、D、E 分別代表中學化學中的常見物質，請根據題目要求回答下列問題：
（1）實驗室常用A的飽和溶液制備微粒直徑為1nm-l00nm的紅褐色液相分散系．則該反應的化學方程式為：FeCl₃+3H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe（OH）₃（膠體）+3HCl，將A 的溶液加熱蒸干并灼燒，得到固體的化學式為：Fe₂O₃．
（2）B為地殼中含量最高的金屬元素的氯化物，向50.0mL，6mol/L的B溶液中逐滴滴入100ml 某濃度的KOH溶液，若產生7.8g白色沉淀，則加入的KOH溶液的濃度可能為3mol/L或11mol/L．
（3）將A、B中兩種金屬元素的單質用導線連接，插入一個盛有KOH溶液的燒杯中構成原電池，則負極發生的電極反應為：Al-3e^-+4OH^-=AlO₂^-+2H₂O．
（4）完成以下氧化還原反應方程式：3Pt+4HNO₃+18HCl=3 H₂PtCl₆+4NO+8H₂O．

Answer 1

分析 （1）紅褐色液相分散系是Fe（OH）₃膠體，則A是FeCl₃，FeCl₃飽和溶液在加熱條件下水解生成氫氧化鐵膠體，HCl具有揮發性，加熱促進HCl揮發，從而促進FeCl₃水解，蒸干時得到固體Fe（OH）₃，灼燒Fe（OH）₃得到Fe₂O₃；
（2）地殼中含量最高的金屬元素是Al，則B為AlCl₃，反應生成白色沉淀為Al（OH）₃，其物質的量為0.1mol，小于氯化鋁的物質的量0.05L×6mol/L=0.3mol，若堿不足，只發生Al³⁺+3OH^-═Al（OH）₃↓，也可能Al原子轉化為Al（OH）₃↓、KAlO₂，發生Al³⁺+3OH^-═Al（OH）₃↓、Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O，結合方程式計算；
（3）Al-Fe-KOH溶液原電池，其中Al為負極，Fe為正極，負極Al失去電子，堿性條件下生成偏鋁酸鈉與水；
（4）Pt元素由0價升高為+4價，化合價升高4價，N元素由+5價降低為+2價，化合價降低3價，化合價升降最小公倍數為12，則Pt的系數為3，HNO₃的系數為4，再結合原子守恒配平．

解答 解：（1）紅褐色液相分散系是Fe（OH）₃膠體，則A的飽和溶液是氯化鐵飽和溶液，FeCl₃飽和溶液在加熱條件下水解生成氫氧化鐵膠體，化學方程式為：FeCl₃+3H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe（OH）₃（膠體）+3HCl，HCl具有揮發性，加熱促進HCl揮發，從而促進FeCl₃水解，蒸干時得到固體Fe（OH）₃，灼燒Fe（OH）₃得到Fe₂O₃，化學方程式為反應方程式為2Fe（OH）₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe₂O₃+3H₂O，所以最終得到的固體是Fe₂O₃，
故答案為：FeCl₃+3H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe（OH）₃（膠體）+3HCl；Fe₂O₃；
（2）地殼中含量最高的金屬元素是Al，則B為AlCl₃，
沉淀的質量是7.8g，其物質的量為$\frac{7.8g}{78g/mol}$=0.1mol，小于氯化鋁的物質的量0.05L×6mol/L=0.3mol，
①若堿不足，由Al³⁺+3OH^-═Al（OH）₃↓可知，KOH的物質的量為0.1mol×3=0.3mol，其物質的量濃度為$\frac{0.3mol}{0.1L}$=3mol/L；
②Al元素轉化為Al（OH）₃↓、KAlO₂，則：
    Al³⁺+3OH^-═Al（OH）₃↓
0.3mol  0.9mol     0.3mol
        Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O
（0.3-0.1）mol    0.2mol
則消耗的堿的物質的量為0.9mol+0.2mol=1.1mol，其物質的量濃度為$\frac{1.1mol}{0.1L}$=11mol/L；
故答案為：3mol/L或11mol/L；
（3）Al-Fe-KOH溶液原電池，Al和氫氧化鈉溶液能發生反應，Fe和氫氧化鈉溶液不反應，因此Al為負極，Fe為正極，負極電極反應式為：Al-3e^-+4OH^-=AlO₂^-+2H₂O，
故答案為：Al-3e^-+4OH^-=AlO₂^-+2H₂O；
（4）Pt元素由0價升高為+4價，化合價升高4價，N元素由+5價降低為+2價，化合價降低3價，化合價升降最小公倍數為12，則Pt的系數為3，HNO₃的系數為4，結合原子守恒配平：3Pt+4HNO₃+18HCl=3H₂PtCl₆+4NO+8H₂O，
故答案為：3、4、18、3、4、8H₂O．

點評 本題比較綜合，涉及無機物推斷、化學計算、原電池、氧化還原反應配平等，屬于拼合型題目，需要學生具備扎實的基礎，難度中等．