Question

13．某小组同学利用铝和氧化铁发生铝热反应后得到的固体进行如下实验．
（1）铝和氧化铁反应的化学方程式是2Al+Fe₂O₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Al₂O₃+2Fe．
（2）固体成分的初步确定．

实验序号	操作及现象
ⅰ	取少量固体样品，加入过量稀盐酸，固体溶解，产生无色气体（经检验为H2），溶液呈浅黄色
ⅱ	向ⅰ中所得溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈浅红色，再加入H2O2溶液至过量，产生无色气体（经检验为O2），溶液变为深红色，且红色很快褪去

①由上述实验可知：溶液中Fe元素的存在形式有Fe²⁺、Fe³⁺．
②ⅰ中产生H₂的原因是样品中除含Fe外，可能有未反应的Al，为检验样品中是否含Al单质，设计了相关实验，依据的原理是（用离子方程式表示）2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑．
③生成O₂的化学方程式是2H₂O_{2$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$} 2H₂O+O₂↑．进一步的实验表明，上述固体样品中Fe元素的存在形式有：Fe、Fe₂O₃、Fe₃O₄．
（3）该小组同学对ⅱ中溶液红色褪去的原因做进一步探究．

实验序号	操作、现象
ⅲ	将ⅱ中剩余溶液均分为两份，一份滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀； 另一份滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀不溶解
ⅳ	取2mL 0.1mol/L FeCl3溶液，滴入KSCN溶液，溶液变为红色，通入一段时间O2，无明显变化．再加入H2O2溶液，红色很快褪去

提示：KSCN中S元素的化合价为-2价
①实验ⅲ中白色沉淀的化学式是BaSO₄．
②结合实验ⅲ和ⅳ分析，实验ⅱ中红色褪去的原因是溶液中SCN^-离子被H₂O₂氧化，溶液红色褪去．

Answer 1

分析 （1）Al在高温下与氧化铁反应生成铁和氧化铝，据此写出反应的化学方程式；
（2）①向溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈浅红色，说明溶液中含有Fe³⁺；溶液变为深红色，说明溶液加入过量双氧水后溶液中铁离子浓度增大，则原溶液中含有Fe²⁺；
②利用金属铝能够与氢氧化钠溶液反应为铁不反应检验，Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
③双氧水在催化剂存在条件下能够分解生成水和氧气；
（3）实验ⅱ中溶液红色褪去的原因必然是Fe³⁺或SCN^-被消耗所致，实验ⅲ首先验证实验ⅱ剩余的溶液中存在铁离子，然后证明溶液中存在硫酸根离子，从而证明SCN^-被氧化；实验ⅳ证明氧化SCN^-的是双氧水，而不是氧气，据此进行解答①②．

解答 解：（1）Al与氧化铁在高温下发生铝热反应生成氧化铝和铁，反应的化学方程式为：2Al+Fe₂O₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Al₂O₃+2Fe，
故答案为：2Al+Fe₂O₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Al₂O₃+2Fe；
（2）①向ⅰ中所得溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈浅红色，说明溶液中含有Fe³⁺，再加入H₂O₂溶液至过量，产生无色气体（经检验为O₂），溶液变为深红色，说明溶液加入双氧水后溶液中铁离子浓度增大，则原溶液中含有Fe²⁺，
故答案为：Fe²⁺、Fe³⁺；
②金属铝能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑，改写成离子方程式为：2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑，而铁不与氢氧化钠溶液反应，据此可以检验是否含有Al，
故答案为：2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑；
③双氧水在铁离子作催化剂条件下分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H₂O₂$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$2H₂O+O₂↑，
故答案为：2H₂O₂$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$2H₂O+O₂↑；
（3）实验ⅱ中溶液红色褪去的原因必然是Fe³⁺或SCN^-被消耗所致，实验ⅲ首先验证实验ⅱ剩余的溶液中存在铁离子，然后证明溶液中存在硫酸根离子，从而证明SCN^-被氧化；实验ⅳ证明氧化SCN^-的是双氧水，而不是氧气，
①加入氯化钡溶液后生成不溶于盐酸的白色沉淀为BaSO₄，故答案为：BaSO₄；
②溶液中存在平衡：Fe³⁺+3SCN^-?Fe（SCN）₃，加入双氧水后SCN^-被氧化，SCN^-的浓度减小，平衡向着逆向移动，所以溶液红色褪去，
故答案为：溶液中SCN^-离子被H₂O₂氧化，溶液红色褪去．

点评 本题考查了探究探究物质组成及性质实验方案的设计，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握常见物质的性质及性质实验方案设计与评价原则．