Question

工业上用铝土矿（主要成分为Al₂O₃，含有Fe₂O₃、SiO₂等杂质）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下： 

已知：

物质	SiCl4	AlCl3	FeCl3	FeCl2
沸点/℃	57.6	180（升华）	300（升华）	1023

（1）步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是_________________（只要求写出一种）。

（2）步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是________________。

（3）结合流程及相关数据分析，步骤V中加入铝粉的目的是________________。

（4）称取含Fe₂O₃和Al₂O₃的试样0.2000g，将其溶解在pH=2.0的热溶液中（50℃左右），以磺基水杨酸为指示剂，用0.02000 mol/L EDTA标准溶液滴定试样中的Fe³⁺，用去18.00 mL。然后将试液调至pH=3.5，加入上述EDTA标准溶液25.00 mL，并加热煮沸，使Al³⁺与EDTA完全反应，再调试液pH=4.5，以PAN（1-（2-吡啶偶氨）-2-萘酚）为指示剂，趁热用CuSO₄标准溶液（每毫升含CuSO₄·5H₂O 0.005000g）返滴定，用去8.00 mL。计算试样中Fe₂O₃和Al₂O₃的质量分数。________________（写出计算过程）

（已知：EDTA与Fe³⁺、Al³⁺、Cu²⁺均按物质的量之比1∶1进行反应）

Answer

防止后续步骤生成的A1C13，水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率Fe或铁除去FeCl3，提高A1C13纯度Fe2O314.4％；Al2O38.67％

n(Fe2+)=n(EDTA)1=0.02×18×10-3=3.6×10-4mol

n(EDTA)余= n(CuSO4)=(0.05×8) ÷250=1.6×10-4mol

n(Al3+)=n(EDTA)2-n(EDTA)余=0.02×25×10-3-1.6×10-4=3.4×10-4mol

w(Fe2O3)=[(0.5×3.6×10-4×160) ÷0.2] ×100％=14.4％

w(Al2O3)=[(0.5×3.4×10-4×102) ÷0.2] ×100％=8.67％

【解析】

(1). 步骤I中铝土矿粉和焦炭焙烧，因后续步骤中AlCl3等是强酸弱碱盐，易水解，固体中的水分在焙烧过程中挥发，防止后续步骤生成的A1C13水解，气孔数目增多，增大反应物的接触面积，加快反应速率；答案： (1). 防止后续步骤生成的A1C13，水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率

（2）混合物中含铁元素，步骤Ⅱ中不通入氯气和氧氧气，Fe2O3与焦炭发生氧化还原反应，生成相对原子质量大于硅的单质铁，铁与氯气生成FeCl3加热后易升华。答案： (2). Fe或铁

（3）步骤Ⅲ得到氯化铝的粗品，加入铝能将FeCl3中Fe置换出来，答案： (3). 除去FeCl3，提高A1C13纯度

(4). Fe2O314.4％；Al2O38.67％

n(Fe2+)=n(EDTA)1=0.02×18×10-3=3.6×10-4mol

n(EDTA)余= n(CuSO4)=(0.05×8) ÷250=1.6×10-4mol

n(Al3+)=n(EDTA)2-n(EDTA)余=0.02×25×10-3-1.6×10-4=3.4×10-4mol

w(Fe2O3)=[(0.5×3.6×10-4×160) ÷0.2] ×100％=14.4％

w(Al2O3)=[(0.5×3.4×10-4×102) ÷0.2] ×100％=8.67％