题目内容

14．铝是重要的金属，在工业生产中用途广泛．
（1）铝与氧化铁发生铝热反应的化学方程式为2Al+Fe2O3$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Al2O3+2Fe；
（2）工业上用铝土矿（含氧化铝、氧化铁）制取铝的过程如下：
①操作Ⅰ、操作Ⅱ和 III操作都是过滤（填操作名称），实验室进行该操作所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒．
②写出Na2CO3溶液与CaO反应的离子方程式：CO32-+CaO+H2O═2OH-+CaCO3↓．
③写出溶液B通CO2得沉淀D的离子方程式2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-．
④电解熔融的氧化铝时，若得到标准状况下11.2L O2，则同时生成18g铝．
（3）我国首创的海洋电池以Al的单质为负极，铂网为正极，空气做氧化剂，海水做电解质溶液．电池的正极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-．

分析 （1）反应生成氧化铝和Fe；
（2）铝土矿中氧化铝和氧化铁，向铝土矿中加入NaOH溶液，发生反应Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，氧化铁不溶于NaOH溶液，然后过滤，得到溶液B为NaOH、NaAlO2混合溶液，沉淀C为Fe2O3，向溶液B中通入CO2，发生反应2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-、2OH-+CO2=CO32-+H2O，然后过滤得到沉淀Al（OH）3和Na2CO3溶液，向溶液中加入CaO，发生反应Na2CO3+CaO+H2O═2NaOH+CaCO3↓，然后过滤，将NaOH循环利用；将Al（OH）3加热得到Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al；
（3）海水做电解质溶液，则Al为负极失去电子，正极上氧气得到电子．

解答 解：（1）铝与氧化铁发生铝热反应的化学方程式为2Al+Fe2O3$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Al2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Al2O3+2Fe；
（2）铝土矿中氧化铝和氧化铁，向铝土矿中加入NaOH溶液，发生反应Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，氧化铁不溶于NaOH溶液，然后过滤，得到溶液B为NaOH、NaAlO2混合溶液，沉淀C为Fe2O3，向溶液B中通入CO2，发生反应2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-、2OH-+CO2=CO32-+H2O，然后过滤得到沉淀Al（OH）3和Na2CO3溶液，向溶液中加入CaO，发生反应Na2CO3+CaO+H2O═2NaOH+CaCO3↓，然后过滤，将NaOH循环利用；将Al（OH）3加热得到Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al；
①操作Ⅰ、操作Ⅱ和 III操作都是过滤，实验室进行该操作所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：过滤；烧杯、漏斗、玻璃棒；
②Na2CO3溶液与CaO反应的离子方程式为CO32-+CaO+H2O═2OH-+CaCO3↓，故答案为：CO32-+CaO+H2O═2OH-+CaCO3↓；
③溶液B通CO2得沉淀D的离子方程式为2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-，故答案为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-；
④电解熔融的氧化铝时，若得到标准状况下11.2L O2，由电子守恒可知生成Al为$\frac{\frac{11.2L}{22.4L/mol}×2×（2-0）}{（3-0）}$×27g/mol=18g，故答案为：18；
（3）海水做电解质溶液，则Al为负极失去电子，正极上氧气得到电子，正极反应为2H2O+O2+4e-=4OH-，故答案为：2H2O+O2+4e-=4OH-．

点评 本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中的反应、混合物分离方法、原电池等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．

练习册系列答案
相关题目
4．下列变化或现象中，与原电池反应有关的是（　　）
A．在空气中，金属铝表面迅速氧化形成保护层
B．红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色的保护层
C．常温下，浓硫酸使铝、铁等金属钝化
D．白铁（镀锌）表面有划伤时，仍然不易生锈
5．某学生在实验室用高锰酸钾制取氧气，错将其当做氯酸钾，向其中加入了二氧化锰，测得混合物总质量为400g，其中钾元素的质量分数为19.5%，放入试管中加热一段时间后，将所得固体加入足量水搅拌、过滤后，经实验测定得到只含一种溶质的滤液，则该同学加入的MnO2有多少克（　　）
A．84gB．32gC．87gD．197g
2．下列物质的水解产物在碱性、加热的条件下，不能与银氨溶液反应生成单质银的是（　　）
A．纤维素B．蔗糖C．植物油D．麦芽糖
9．用NA表示阿伏加德罗常数，下列关于0.2mol•L-1K2SO4溶液的正确说法是（　　）
A．1 L溶液中K+浓度是0.4 mol•L-1
B．溶液中含有0.4NA个K+
C．1 L溶液中所含K+、SO42-总数为0.3NA
D．2 L溶液中SO42-浓度是0.4 mol•L-1
19．已知A，B，C，X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产物已略去）

（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是D
A．S       B．N2      C．Na         D．Mg
（2）若X是金属单质，在C的溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀．则B的化学式为FeCl3； C的溶液在储存时应加入少量X，理由是（用离子方程式表示）2Fe3++Fe=3Fe2+．
6．某小组对Cu与浓HNO3的反应进行研究．记录如下：
装置药品现象
实验10.64g Cu片（0.01mol）和20.0mL浓HNO3Cu片消失，得到绿色溶液A，放置较长时间后得到蓝色溶液B，…
I．Cu与浓HNO3反应的化学方程式是Cu+4HN03（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H20．
II．探究实验1中溶液A呈绿色而不是蓝色的原因溶液A和溶液B中，c（Cu2+） 基本相同．
（1）甲认为溶液呈绿色是由Cu2+离子浓度较大引起的．乙根据实验记录，认为此观点不正确，乙的依据是溶液A和溶液B中，c（Cu2+） 基本相同．
（2）乙认为溶液呈绿色是由溶解的NO2引起的．进行实验2：先将NO2通入B中，再鼓入N2．结果证实假设成立．则以上两步操作对应的现象分别是、溶液由蓝变绿；溶液由绿变蓝，有红棕色气体逸出．
（3）为深入研究，丙查阅资料，有如下信息：
i．溶有NO2的、浓HNO3呈黄色；水或稀HNO3中通少量NO2溶液呈无色．
ii．NO2溶于水，会发生反应2NO2+H2O=HNO3+HNO2HNO2是弱酸，只能稳定存在于冷、稀的溶液中，否则易分解．
iii．NO-2能与Cu2+反应：Cu2+（蓝色）+4NO2-═Cu（NO2）42-（绿色）
据此，丙进一步假设：
①可能是A中剩余的浓HNO3溶解了NO2得到的黄色溶液与Cu（NO3）2的蓝色溶液混合而形成的绿色；
②可能是A中生成了Cu（NO2）2-4使溶液呈绿色．
丙进行如下实验：
操作现象
实验3i．配制与溶液A的c（H+）相同的HNO3溶液，取20.0mL，通入NO2气体溶液呈黄色
ii．再加0.01mol Cu（NO3）2固体搅拌至完全溶解溶液变为绿色
3、加水稀释溶液立即变为蓝色
实验4i．向20.0mL 0.5mol/L Cu（NO3）2蓝色溶液中通入少量NO2溶液呈绿色
ii．加入稀H2SO4有无色气体放出，遇空气变红棕色，溶液很快变为蓝色
①亚硝酸分解的化学方程式是3HNO2═HNO3+2NO↑+H2O．
②请用平衡原理解释加入稀H2SO4后绿色溶液变蓝的原因：加入稀硫酸，抑制HNO2的电离，并使HNO2分解，降低c（NO2-），造成 Cu2+（蓝色）+4NO2-?Cu（NO2）42-平衡向逆反应方向移动，绿色变蓝色．
（4）根据实验得出结论：实验l中溶液A呈绿色的主要原因是A中剩余的浓 HNO3溶解了NO2得到的黄色溶液与Cu（NO3）2 的蓝色溶液混合而形成的绿色，请依据实验现象阐述理由：实验4中加稀硫酸，溶液变为蓝色，说明酸性较强的A溶液中 NO2-不能大量存在，因此在A溶液中，绿色的Cu（NO2）42-不能大量存在，Cu2+与NO2-反应生成Cu（NO2）42- 不是使溶液呈绿色的主要原因．
3．新药“芬必得”主要成分的结构简式为：下列说法正确的是（　　）
A．芳香烃B．乙酸的同系物
C．最多有12个原子共面D．能发生酯化反应
4．下列说法错误的是（　　）
A．所有铵盐受热均可分解，产物均有NH3
B．所有铵盐都易溶于水，不是所有铵盐中的氮都呈-3价
C．NH4Cl溶液中加入NaOH浓溶液供热，反应的离子方程式为NH4+OH-$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$NH3↑+H2O
D．NH4Cl和NaCl的固体混合物可用加热法分离

违法和不良信息举报电话：027-86699610 举报邮箱：58377363@163.com

精英家教网