题目内容
3.Fe、Al是应用最广泛的金属,Fe、Al的卤化物、氧化物、氢氧化物等均为重要化合物.回答下列问题:(1)Al(OH)3是治疗胃酸过多的药物胃舒平的主要成分.某课外兴趣小组用铝、稀硫酸、烧碱为原料,制备一定量的Al(OH)3.他们分别设计了两种实验方案:
方案一:Al 硫酸 Al2(SO4)3 氢氧化钠 Al(OH)3
方案二:Al 氢氧化钠 NaAlO2 硫酸 Al(OH)3
从节约药品的角度思考,你认为哪一种方案好?方案二较好;
(2)请写出AlCl3溶液与过量的氨水反应的离子方程式Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+;
(3)已知反应:3Br2+6FeCl2=4FeCl3+2FeBr3,向1L 0.4mol/L的FeBr2溶液中通入6.72L Cl2(标准状况),写出该反应的离子方程式(用总方程式表示)3Cl2+4Fe2++2Br-=6Cl-+4Fe3++Br2;
(4)已知铁的某种氧化物化学式为FexO(x<1),铁元素的质量分数为76.3%,则FexO中x值(精确至0.01)为0.92,该氧化物中的Fe分别为Fe2+、Fe3+,计算n(Fe2+):n(Fe3+)=19:4;
(5)在铁与铜的混合物中,加入不足量的稀硝酸,反应后剩余金属m1 g;再向其中加入一定量稀硫酸,充分振荡后,剩余金属m2 g,则m1大于(填“小于”、“大于”或“等于”)m2;
(6)以铁为阳极,铝为阴极,对足量的NaOH溶液进行电解,一段时间后得到4mol Fe(OH)3沉淀,此间共消耗的水的物质的量为10mol.
分析 (1)根据方案一 Al$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$Al2(SO4)3 $\stackrel{NaOH}{→}$Al(OH)3 方案二 Al$\stackrel{NaOH}{→}$NaAlO2$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$Al(OH)3则设都生成1mol氢氧化铝,根据原子守恒判断哪种方案节约药品;
(2)AlCl3溶液与氨水反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀,氨水为弱电解质,不能溶解氢氧化铝;
(3)氯气具有氧化性,能将亚铁离子和溴离子氧化,亚铁离子还原性较强,根据电子得失守恒求出被氧化的Br-的物质的量;
(4)计算氧元素质量分数,根据化学式中元素质量之比列方程计算;
(5)在铁与铜的混合物中,加入不足量的稀硝酸,再加入稀硫酸,因硝酸根在酸性条件下具有强氧化性,故剩余金属无论是铁还是铜还是铁铜混合物,都会溶解,以此来解答;
(6)活泼金属铁作电解池阳极时,电解氢氧化钠溶液的电解方程式为Fe+2H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$H2+Fe(OH)2↓,氢氧化亚铁不稳定,能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀,反应方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,结合反应的方程式计算.
解答 解:(1)根据方案一 Al$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$Al2(SO4)3 $\stackrel{NaOH}{→}$Al(OH)3 方案二 Al$\stackrel{NaOH}{→}$NaAlO2$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$Al(OH)3则设都生成1mol氢氧化铝,根据原子守恒方案一 消耗硫酸1.5mol,消耗氢氧化钠也是1.5mol,而方案二消耗氢氧化钠1mol,硫酸0.5mol,所以方案二较好,
故答案为:方案二较好;
(2)氨水为弱电解质,不能溶解氢氧化铝,离子方程式中应写化学式,AlCl3溶液与氨水反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀,反应的离子方程式为A13++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,
故答案为:A13++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+;
(3)氯气具有氧化性,能将亚铁离子和溴离子氧化,先氧化亚铁离子,1L 0.4mol/L即0.4mol的FeBr2溶液中通入标况下的6.72L即$\frac{6.72L}{22.4L/mol}$=0.3molCl2反应时,此时Fe2+全部被氧化,溴离子部分被氧化,根据电子得失守恒:n(Cl2)×2=n(Fe2+)×1+n(Br-)×1,即0.3mol×2=0.4mol×1+n(Br-)×1,则n(Br-)=0.2mol,此时离子方程式为:3Cl2+4Fe2++2Br-=6Cl-+4Fe3++Br2,
故答案为:3Cl2+4Fe2++2Br-=6Cl-+4Fe3++Br2;
(3)铁的某种氧化物的化学式表示为Fex0(x<1),铁元素在该氧化物中的质量分数为76.3%,则氧元素质量分数为23.7%,故56x:16=76.3%:23.7%,解得x=0.92,设氧化物中的Fe分别为Fe2+、Fe3+,物质的量分别为x,y,则根据化学式有$\left\{\begin{array}{l}{2x+3y=2}\\{x+y=0.92}\end{array}\right.$,解得x=0.76,y=0.16,所以n(Fe2+):n(Fe3+)=19:4,
故答案为:0.92;19:4;
(5)铁和铜都和硝酸反应生成硝酸盐,充分反应后剩余金属的质量为m1g,剩余金属一定含Cu,可能还含Fe;再加入硫酸,提供氢离子,在酸性条件下,硝酸盐中的硝酸根具有强氧化性,故再与剩余金属反应,故m1一定大于m2,
故答案为:大于;
(6)根据铁原子守恒知,4molFe(OH)3~4molFe(OH)2,所以生成4molFe(OH)3需要4molFe(OH)2;活泼金属铁作电解池阳极时,电解氢氧化钠溶液的电解方程式为Fe+2H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$H2+Fe(OH)2↓,根据电解方程式得,生成4molFe(OH)2需要水的物质的量为8mol;又氢氧化亚铁不稳定,能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀,反应方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,根据方程式得,生成4molFe(OH)3需要水的物质的量为2mol,所以得到4molFe(OH)3沉淀消耗水的物质的量共为10mol,故答案为:10.
点评 本题比较综合,主要考查学生阅读题目获取信息的能力、氢氧化铝的制备方案的分析、氧化还原反应等,题目难度中等,要求学生要有扎实的基础知识和灵活运用知识解决问题的能力.注意基础知识的全面掌握,注意氢氧化铝的两性.
相对分子质量 | 密度/(g•cm-3) | 沸点/℃ | 溶解性 | |
环己醇 | 100 | 0.9618 | 161 | 微溶于水 |
环己烯 | 82 | 0.8102 | 83 | 难溶于水 |
分离提纯:
反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤,分离后加入无水氯化钙颗粒,静置一段时间后弃去氯化钙,最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g.
回答下列问题:
(1)装置b的名称是冷凝管.
(2)加入碎瓷片的作用是放暴沸;如果加热一段时间后发现忘记加瓷片,应该采取的正确操作是D(填正确答案标号).
A.立即补加 B.重新配料 C.不需补加 D.冷却后补加
(3)分液漏斗在使用前须清洗干净并检漏;在本实验分离过程中,产物应该从分液漏斗的上口倒出(填“上口倒出”或“下口倒出”).
(4)分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是干燥.
(5)在环己烯粗产物蒸馏过程中,不可能用到的仪器有C(填正确答案标号).
A.圆底烧瓶 B.温度计 C.吸滤瓶 D.冷凝管 E.接收器
(6)本实验所得到的环己烯产率是C(填正确答案标号).
A.41% B.50% C.61% D.70%
此反应伴随有副反应,会生成CH2Cl2、CH3Cl和CH4等.已知CCl4的沸点为77℃,CHCl3的沸点为61.2℃.
在密闭容器中,该反应达到平衡后,测得如下数据(假设不考虑副反应).
实验 序号 | 温度℃ | 初始CCl4浓度 (mol•L-1) | 初始H2浓度(mol•L-1) | CCl4的平衡转化率 |
1 | 110 | 1 | 1.2 | A |
2 | 110 | 1 | 1 | 50% |
3 | 100 | 1 | 1 | B |
(2)实验l中,CCl4的转化率A大于50%(填“大于”、“小于”或“等于”).
(3)实验3中,B的值D(选填序号).
A.等于50% B.大于50% C.小于50%D.从本题资料,无法判断
(4)120℃,在相同条件的密闭容器中,分别进行H2的初始浓度为2mol•L-1和4mol•L-1的实验,测得反应消耗CCl4的百分率(x%)和生成物中CHCl3,的百分含量(y%)随时间(t)的变化关系如图(图中实线是消耗CCl4的百分率变化曲线,虚线是产物中CHCl3的百分含量变化曲线).在图中的四条线中,表示H2起始浓度为2mol•L-1实验的消耗CCl4的百分率变化曲线是c(选填序号).
A. | 电极a为电池的正极 | |
B. | 电极b上发生的电极反应为:O2+2H2O+4e-=4 OH- | |
C. | 电路中每流过4mol电子,电池内部释放632kJ热能 | |
D. | 每17gH2S参与反应,有1mol H+经质子膜进入正极区 |