Question

2．Al₂O₃、Al（OH）₃都是重要化工原料．根据要求回答问题：
Ⅰ、电解法制高品质Al（OH）₃装置如图（中间用离子交换膜隔开）：
4Na[Al（OH）₄]+2H₂O $\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$4Al（OH）₃↓+4NaOH+O₂↑+2H₂↑
（1）产物Al（OH）₃在阳极区（填“阴极”或“阳极”）沉积；
（2）电解中转移2mol e^-时，将制得2mol的Al（OH）₃．
Ⅱ、制取纳米Al₂O₃需要纯净的硫酸铝．现有0.05mol•L^-1硫酸铝溶液，经检测，含有Fe²⁺、Fe³⁺．可按下述操作提纯：往溶液中加足量H₂O₂充分反应，再用试剂X调节溶液pH=3.5．（室温下，0.1mol•L^-1的Fe²⁺、Al³⁺开始沉淀的pH分别为7.0和3.7，Fe³⁺完全沉淀的pH=3.2）
（3）纳米氧化铝分散在分散剂中将形成胶体．则纳米氧化铝的直径约为10^-9～10^-7m．
（4）检验硫酸铝溶液含有Fe³⁺时，所采用的试剂及现象是加KSCN溶液，溶液变血红色．
（5）往溶液中加入H₂O₂的作用是2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O（用离子方程式表示）．
（6）加入的X试剂（填选项编号）是B．
A．CuO    B．Al（OH）₃  C．NaOH D．NaHCO₃
若调节后溶液的pH偏离3.5，可能带来的后果是pH过小Fe³⁺沉淀不完全，pH过大Al³⁺可能因沉淀而损失．

Answer 1

分析 （1）电解本质是电解水，阴极上水放电生成氢气与氢氧根离子，阳极上水放电生成生成氧气与氢离子，氢离子再与[Al（OH）₄]^-反应生成Al（OH）₃；
（2）根据电子转移守恒计算生成氧气物质的量，再根据方程式计算生成Al（OH）₃的物质的量；
（3）胶体微粒直径在1nm～100nm之间；
（4）用KSCN溶液检验溶液中Fe³⁺；
（5）过氧化氢具有强氧化性，将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，再调节溶液pH，使Fe³⁺转化氢氧化铁沉淀，过滤除去；
（6）加入X能与氢离子反应，调节溶液pH，使Fe³⁺转化氢氧化铁沉淀，过滤除去，但不能引入新的杂质离子；根据离子开始沉淀及沉淀完全的pH分析溶液的pH偏离3.5可能带来的后果．

解答 解：（1）电解本质是电解水，阴极上水放电生成氢气与氢氧根离子，阳极上水放电生成生成氧气与氢离子，氢离子再与[Al（OH）₄]^-反应生成Al（OH）₃，故产物Al（OH）₃在阳极区沉积，
故答案为：阳极；
（2）根据电子转移守恒，生成氧气物质的量为$\frac{2mol}{4}$=0.5mol，由：4Na[Al（OH）₄]+2H₂O $\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$4Al（OH）₃↓+4NaOH+O₂↑+2H₂↑，可知生成Al（OH）₃的物质的量为0.5mol×4=2mol，
故答案为：2；
（3）胶体微粒直径在1nm～100nm之间，则纳米氧化铝的直径约为10^-9～10^-7m，
故答案为：10^-9～10^-7；
（4）检验硫酸铝溶液含有Fe³⁺时，所采用的试剂及现象是：加KSCN溶液，溶液变血红色，
故答案为：加KSCN溶液，溶液变血红色；
（5）过氧化氢具有强氧化性，将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，反应离子方程式为：2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O，
故答案为：2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O；
（6）加入X能与氢离子反应，调节溶液pH，使Fe³⁺转化氢氧化铁沉淀，过滤除去，CuO、NaOH、NaHCO₃均为引入杂质离子，故选Al（OH）₃，
若调节后溶液的pH偏离3.5，pH过小Fe³⁺沉淀不完全，pH过大Al³⁺可能因沉淀而损失，
故答案为：B；pH过小Fe³⁺沉淀不完全，pH过大Al³⁺可能因沉淀而损失．

点评 本题考查物质制备实验，涉及电解原理、离子检验、对试剂及条件控制的分析评价，是对学生综合能力的考查，难度中等．