Question

某同学对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并放出耀眼的光芒”；“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”．由化学手册查阅得有关物质的熔、沸点数据如下表．

物质	Al	Al2O3	Fe	Fe2O3
熔点/℃	660	2054	1535	1462
沸点/℃	2467	2980	2750

Ⅰ．（1）该同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金．理由是该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁的低，此时液态的铁和铝熔合成铁铝合金．你认为他的解释是否合理______（填“合理”或“不合理”）．
（2）设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝．该实验所用试剂是______，反应的离子方程式为______．
Ⅱ．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低．取一定量该熔融物与足量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出．在反应结束后的溶液中，逐渐滴加4mol•L^-1 NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积V（NaOH）与产生沉淀的物质的量n（沉淀）的关系如图所示．试回答下列问题：
（1）图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生的离子方程式为：______．
（2）在DE段沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为：______．
（3）由上述图象分析可知，溶液中离子结合OH^-的能力由强到弱的顺序是______．（用离子符号表示）
（4）B与A的差值______mol．
（5）B点对应的沉淀的物质的量为______ mol，C点对应的溶液体积为______mL．

Answer

Ⅰ（1）铝的熔点比铁低，生成铁和液态铝一起滴落至盛有沙子的容器中形成合金；
（2）根据铝与NaOH溶液反应的性质设计实验方案；
Ⅱ铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，
则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：
①H++OH-=H2O，
②Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，
③NH4++OH-═NH3•H2O，
④Al（OH）3 +OH-=AlO2-+2H2O
可根据Al（OH）3 +OH-=AlO2-+2H2O，得出Al（OH）3的物质的量；
沉淀的总量可根据NH4+的量，根据NH4++OH-═NH3•H2O 得出n（NH4+），
根据氧化还原反应，N元素由+5价变为-3价，而金属都由0价变为+3价，可以运用电子守恒得出金属的物质的量，
根据消耗NaOH的总体积，结合在D点氢氧化钠与硝酸、铝铁离子的反应，可计算得出C点氢氧化钠溶液的体积．
【解析】
Ⅰ：（1）铝的熔点比铁低，生成铁和液态铝一起滴落至盛有沙子的容器中形成合金，所以铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金，
故答案为：合理；
（2）铝与NaOH溶液反应生成气体，反应的化学方程式为2Al+2OH-+H2O=2AlO2-+3H2↑，所以可用NaOH溶液检验所得的块状熔融物中含有金属铝，
故答案为：NaOH溶液；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
Ⅱ（1）图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生的离子方程式为H++OH-=H2O，故答案为：H++OH-=H2O；
（2）在DE段沉淀的物质的量没有变化，应为NH4+和OH-的反应，此阶段发生反应的离子方程式为NH4++OH-═NH3•H2O，故答案为：NH4++OH-═NH3•H2O；
（3）由反应的顺序可知，溶液中离子结合OH-的能力由强到弱的顺序是H+＞Fe3+＞Al3+＞NH4+，故答案为：H+＞Fe3+＞Al3+＞NH4+；
（4）根据Al（OH）3 +OH-=AlO2-+2H2O，得出Al（OH）3的物质的量为：（36-34）×10-3L×4mol/L=0.008 mol，即B与A的差值为0.008mol，
故答案为：0.008；
（5）沉淀的总量可根据NH4+的量，根据NH4++OH-═NH3•H2O 得出n（NH4+）=（34-31）×10-3L×4mol/L=0.012 mol，
根据氧化还原反应，N元素由+5价变为-3价，而金属都由0价变为+3价，可以运用电子守恒得出金属的物质的量为=0.032mol，
滴加NaOH体积为31ml时，
发生反应为①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，
可计算得出C点氢氧化钠溶液的体积为
31ml-×103ml/L=7mL．
故答案为：0.032；7．