Question

A是单质，D是A单质所含元素的最高价氧化物的水化物，甲、乙、丙、丁四种化合物间除甲与丁、丙与乙外，两两均能发生中和反应．已知有如下转化关系（部分产物和反应条件已略去）；

试回答：
（1）写出B在工业生产中的一种用途

 

．
（2）写出B转化为C的可能的离子方程式

 

．
（3）若C的溶液显酸性，用离子方程式表示其净水的原理

 

．
（4）若C为钠盐，用含m mol C的溶液与1L n mol?L^-1的盐酸充分反应，已知m/n=1/2，则生成D的物质的量为

 

mol．
（5）用A单质和铂作电极，与海水、空气组成海洋电池，写出铂电极上发生反应的电极反应式

 

；若负极材料消耗18g，则电池转移的电子总数为

 

．（阿伏加德罗常数用N_A表示）

Answer 1

分析：A是单质，与氧气反应生成B为氧化物，甲、乙、丙、丁四种化合物间除甲与丁、丙与乙外，两两均能发生中和反应，为酸与碱的反应，甲与丁为同类物质，丙与乙为同类物质，氧化物B能与酸或碱反应生成C，D是A单质所含元素的最高价氧化物的水化物，结合转化关系，可推知B为Al₂O₃，则A为Al、C为Al（OH₃），
（1）氧化铝可以制备Al（或作耐火材料）等；
（2）B转化生成C为氧化铝与强碱或强酸的反应；
（3）若C的溶液显酸性，则C为铝盐，溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可以净水；
（4）若C为钠盐，则甲为NaOH，C为NaAlO₂，根据 AlO₂^-+H₂O+H⁺=Al（OH）₃↓、Al（OH）₃+3H⁺=Al³⁺+3H₂O计算生成氢氧化铝的物质的量；
（5）Al为负极、铂电极为正极，氧气在正极获得电子生成氢氧根离子；根据Al元素化合价变化计算转移电子数目．

解答：解：A是单质，与氧气反应生成B为氧化物，甲、乙、丙、丁四种化合物间除甲与丁、丙与乙外，两两均能发生中和反应，为酸与碱的反应，甲与丁为同类物质，丙与乙为同类物质，氧化物B能与酸或碱反应生成C，D是A单质所含元素的最高价氧化物的水化物，结合转化关系，可推知B为Al₂O₃，则A为Al、C为Al（OH₃），则：
（1）Al₂O₃在工业上制备Al（或作耐火材料），
故答案为：工业上制备Al（或作耐火材料）；
（2）B转化生成C为氧化铝与强碱或强酸的反应，反应离子方程式为：Al₂O₃+6H⁺=2Al³⁺+3H₂O 或Al₂O₃+2OH^-=AlO₂^-+H₂O，
故答案为：Al₂O₃+6H⁺=2Al³⁺+3H₂O 或Al₂O₃+2OH^-=AlO₂^-+H₂O；
（3）若C的溶液显酸性，则C为铝盐，溶液中铝离子水解Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃（胶体）+3H⁺，生成氢氧化铝胶体，可以净水，
故答案为：Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃（胶体）+3H⁺；
（4）若C为钠盐，则甲为NaOH，C为NaAlO₂，1L n mol?L^-1的盐酸中n（HCl）=n mol，由于n（NaAlO₂）：n（HCl）=1：2，故按AlO₂^-+H₂O+H⁺=Al（OH）₃↓反应，盐酸有剩余，能部分溶解氢氧化铝，则：
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
故得到氢氧化铝沉淀为：m mol-

(n-m)

3

mol=

4m-n

3

mol，
故答案为：

4m-n

3

；
（5）Al为负极、铂电极为正极，氧气在正极获得电子生成氢氧根离子，正极电极反应式为：O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-，18gAl的物质的量=

18g

27g/mol

=

2

3

mol，故转移电子数目=

2

3

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

点评：本题考查无机物推断、盐类水解、根据方程式计算、原电池等，难度中等，B是氧化物且能与酸、碱反应是推断突破口．