Question

11．A、B、C、D、E 分别代表中学化学中的常见物质，请根据题目要求回答下列问题：
（1）实验室常用A的饱和溶液制备微粒直径为1nm-l00nm的红褐色液相分散系．则该反应的化学方程式为：FeCl₃+3H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe（OH）₃（胶体）+3HCl，将A 的溶液加热蒸干并灼烧，得到固体的化学式为：Fe₂O₃．
（2）B为地壳中含量最高的金属元素的氯化物，向50.0mL，6mol/L的B溶液中逐滴滴入100ml 某浓度的KOH溶液，若产生7.8g白色沉淀，则加入的KOH溶液的浓度可能为3mol/L或11mol/L．
（3）将A、B中两种金属元素的单质用导线连接，插入一个盛有KOH溶液的烧杯中构成原电池，则负极发生的电极反应为：Al-3e^-+4OH^-=AlO₂^-+2H₂O．
（4）完成以下氧化还原反应方程式：3Pt+4HNO₃+18HCl=3 H₂PtCl₆+4NO+8H₂O．

Answer 1

分析 （1）红褐色液相分散系是Fe（OH）₃胶体，则A是FeCl₃，FeCl₃饱和溶液在加热条件下水解生成氢氧化铁胶体，HCl具有挥发性，加热促进HCl挥发，从而促进FeCl₃水解，蒸干时得到固体Fe（OH）₃，灼烧Fe（OH）₃得到Fe₂O₃；
（2）地壳中含量最高的金属元素是Al，则B为AlCl₃，反应生成白色沉淀为Al（OH）₃，其物质的量为0.1mol，小于氯化铝的物质的量0.05L×6mol/L=0.3mol，若碱不足，只发生Al³⁺+3OH^-═Al（OH）₃↓，也可能Al原子转化为Al（OH）₃↓、KAlO₂，发生Al³⁺+3OH^-═Al（OH）₃↓、Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O，结合方程式计算；
（3）Al-Fe-KOH溶液原电池，其中Al为负极，Fe为正极，负极Al失去电子，碱性条件下生成偏铝酸钠与水；
（4）Pt元素由0价升高为+4价，化合价升高4价，N元素由+5价降低为+2价，化合价降低3价，化合价升降最小公倍数为12，则Pt的系数为3，HNO₃的系数为4，再结合原子守恒配平．

解答 解：（1）红褐色液相分散系是Fe（OH）₃胶体，则A的饱和溶液是氯化铁饱和溶液，FeCl₃饱和溶液在加热条件下水解生成氢氧化铁胶体，化学方程式为：FeCl₃+3H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe（OH）₃（胶体）+3HCl，HCl具有挥发性，加热促进HCl挥发，从而促进FeCl₃水解，蒸干时得到固体Fe（OH）₃，灼烧Fe（OH）₃得到Fe₂O₃，化学方程式为反应方程式为2Fe（OH）₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe₂O₃+3H₂O，所以最终得到的固体是Fe₂O₃，
故答案为：FeCl₃+3H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe（OH）₃（胶体）+3HCl；Fe₂O₃；
（2）地壳中含量最高的金属元素是Al，则B为AlCl₃，
沉淀的质量是7.8g，其物质的量为$\frac{7.8g}{78g/mol}$=0.1mol，小于氯化铝的物质的量0.05L×6mol/L=0.3mol，
①若碱不足，由Al³⁺+3OH^-═Al（OH）₃↓可知，KOH的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，其物质的量浓度为$\frac{0.3mol}{0.1L}$=3mol/L；
②Al元素转化为Al（OH）₃↓、KAlO₂，则：
    Al³⁺+3OH^-═Al（OH）₃↓
0.3mol  0.9mol     0.3mol
        Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O
（0.3-0.1）mol    0.2mol
则消耗的碱的物质的量为0.9mol+0.2mol=1.1mol，其物质的量浓度为$\frac{1.1mol}{0.1L}$=11mol/L；
故答案为：3mol/L或11mol/L；
（3）Al-Fe-KOH溶液原电池，Al和氢氧化钠溶液能发生反应，Fe和氢氧化钠溶液不反应，因此Al为负极，Fe为正极，负极电极反应式为：Al-3e^-+4OH^-=AlO₂^-+2H₂O，
故答案为：Al-3e^-+4OH^-=AlO₂^-+2H₂O；
（4）Pt元素由0价升高为+4价，化合价升高4价，N元素由+5价降低为+2价，化合价降低3价，化合价升降最小公倍数为12，则Pt的系数为3，HNO₃的系数为4，结合原子守恒配平：3Pt+4HNO₃+18HCl=3H₂PtCl₆+4NO+8H₂O，
故答案为：3、4、18、3、4、8H₂O．

点评 本题比较综合，涉及无机物推断、化学计算、原电池、氧化还原反应配平等，属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，难度中等．