Question

A是單質，D是A單質所含元素的最高價氧化物的水化物，甲、乙、丙、丁四種化合物間除甲與丁、丙與乙外，兩兩均能發(fā)生中和反應．已知有如下轉化關系（部分產物和反應條件已略去）；

試回答：
（1）寫出B在工業(yè)生產中的一種用途

 

．
（2）寫出B轉化為C的可能的離子方程式

 

．
（3）若C的溶液顯酸性，用離子方程式表示其凈水的原理

 

．
（4）若C為鈉鹽，用含m mol C的溶液與1L n mol?L^-1的鹽酸充分反應，已知m/n=1/2，則生成D的物質的量為

 

mol．
（5）用A單質和鉑作電極，與海水、空氣組成海洋電池，寫出鉑電極上發(fā)生反應的電極反應式

 

；若負極材料消耗18g，則電池轉移的電子總數(shù)為

 

．（阿伏加德羅常數(shù)用N_A表示）

Answer 1

分析：A是單質，與氧氣反應生成B為氧化物，甲、乙、丙、丁四種化合物間除甲與丁、丙與乙外，兩兩均能發(fā)生中和反應，為酸與堿的反應，甲與丁為同類物質，丙與乙為同類物質，氧化物B能與酸或堿反應生成C，D是A單質所含元素的最高價氧化物的水化物，結合轉化關系，可推知B為Al₂O₃，則A為Al、C為Al（OH₃），
（1）氧化鋁可以制備Al（或作耐火材料）等；
（2）B轉化生成C為氧化鋁與強堿或強酸的反應；
（3）若C的溶液顯酸性，則C為鋁鹽，溶液中鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，可以凈水；
（4）若C為鈉鹽，則甲為NaOH，C為NaAlO₂，根據 AlO₂^-+H₂O+H⁺=Al（OH）₃↓、Al（OH）₃+3H⁺=Al³⁺+3H₂O計算生成氫氧化鋁的物質的量；
（5）Al為負極、鉑電極為正極，氧氣在正極獲得電子生成氫氧根離子；根據Al元素化合價變化計算轉移電子數(shù)目．

解答：解：A是單質，與氧氣反應生成B為氧化物，甲、乙、丙、丁四種化合物間除甲與丁、丙與乙外，兩兩均能發(fā)生中和反應，為酸與堿的反應，甲與丁為同類物質，丙與乙為同類物質，氧化物B能與酸或堿反應生成C，D是A單質所含元素的最高價氧化物的水化物，結合轉化關系，可推知B為Al₂O₃，則A為Al、C為Al（OH₃），則：
（1）Al₂O₃在工業(yè)上制備Al（或作耐火材料），
故答案為：工業(yè)上制備Al（或作耐火材料）；
（2）B轉化生成C為氧化鋁與強堿或強酸的反應，反應離子方程式為：Al₂O₃+6H⁺=2Al³⁺+3H₂O 或Al₂O₃+2OH^-=AlO₂^-+H₂O，
故答案為：Al₂O₃+6H⁺=2Al³⁺+3H₂O 或Al₂O₃+2OH^-=AlO₂^-+H₂O；
（3）若C的溶液顯酸性，則C為鋁鹽，溶液中鋁離子水解Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃（膠體）+3H⁺，生成氫氧化鋁膠體，可以凈水，
故答案為：Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃（膠體）+3H⁺；
（4）若C為鈉鹽，則甲為NaOH，C為NaAlO₂，1L n mol?L^-1的鹽酸中n（HCl）=n mol，由于n（NaAlO₂）：n（HCl）=1：2，故按AlO₂^-+H₂O+H⁺=Al（OH）₃↓反應，鹽酸有剩余，能部分溶解氫氧化鋁，則：
AlO₂^-+H₂O+H⁺=Al（OH）₃↓
m mol    m mol  m mol
剩余n（H⁺）=n mol-m mol=（n-m）mol
    Al（OH）₃+3H⁺=Al³⁺+3H₂O
 

(n-m)

3

mol  （n-m）mol
故得到氫氧化鋁沉淀為：m mol-

(n-m)

3

mol=

4m-n

3

mol，
故答案為：

4m-n

3

；
（5）Al為負極、鉑電極為正極，氧氣在正極獲得電子生成氫氧根離子，正極電極反應式為：O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-，18gAl的物質的量=

18g

27g/mol

=

2

3

mol，故轉移電子數(shù)目=

2

3

mol×3×N_Amol^-1=2N_A，
故答案為：O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-；2N_A．

點評：本題考查無機物推斷、鹽類水解、根據方程式計算、原電池等，難度中等，B是氧化物且能與酸、堿反應是推斷突破口．