题目内容

1．明矾石的主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3•6H2O，还含有杂质Fe2O3．利用明矾石来制取纯净的Al2O3、K2FeO4和H2SO4的工艺流程如图所示．

请回答下列问题：
（1）焙烧炉中发生反应的化学方程式为2Al2（SO4）$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Al2O3+6SO2↑+3O2↑，若生成102gAl2O3，转移的电子数目为3.612×1024或6NA．
（2）生成沉淀I的离子方程式为AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，沉淀II的化学式为Fe（OH）3．
（3）溶液经加硫酸调节pH后，过滤，洗涤，可得沉淀I，证明沉淀I已洗涤干净的实验操作和现象是取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若无色白色沉淀生成，则已洗干净．
（4）写出Cl2将沉淀Ⅱ氧化为K2FeO4的化学方程式：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O．
（5）从滤液中得到K2SO4晶体的方法是蒸发结晶．
（6）K2FeO4也可以铁为电极，通过电解浓的KOH溶液来制取，写出电解法制取K2FeO4的阳极反应式：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O．

分析 利用明矾石（主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3•6H2O，此外还含有少量Fe2O3杂质）制备Al2O3、K2FeO4和H2SO4的工艺流程：明矾脱水后主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3，“焙烧”Al2（SO4）3中+6价降低为SO2中+4价，Al2（SO4）3是氧化剂，硫单质为还原剂，发生2Al2（SO4）3+3S$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Al2O3+9SO2，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，熟料溶解所得的溶液中含有K+、SO42-、AlO2-、OH-等，加硫酸调PH值，AlO2-转化为Al（OH）3，灼烧生成Al2O3，母液中离子主要有K+、SO42-，含有溶质为K2SO4，滤渣为Fe2O3，加硫酸Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，X为Fe2（SO4）3，加氢氧化钾Fe2（SO4）3+6KOH=2Fe（OH）3↓+3K2SO4，通入氯气：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，制得K2FeO4，
（1）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO2中+4价，硫单质为还原剂，计算生成102gAl2O3需要硫的物质的量，转移电子是硫单质的4倍，再根据N=nNA转移电子数目；
（2）分析流程结合氧化铝的性质可知，沉淀Ⅰ是Al（OH）3，沉淀II是氢氧化铁；
（3）沉淀Ⅰ是Al（OH）3，证明沉淀Ⅰ已洗涤干净的实验操作是检验洗涤液中师傅汉语硫酸根离子设计实验检验；
（4）从滤液中得到K2SO4晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体；
（5）从硫酸钾溶液中得到硫酸钾晶体的方法是蒸发结晶；
（6）电解时阳极发生反应生成FeO42-，依据化合价的变化和电荷守恒书写电极反应．

解答 解：利用明矾石（主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3•6H2O，此外还含有少量Fe2O3杂质）制备Al2O3、K2FeO4和H2SO4的工艺流程：明矾脱水后主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3，“焙烧”Al2（SO4）3中+6价降低为SO2中+4价，Al2（SO4）3是氧化剂，硫单质为还原剂，发生2Al2（SO4）3+3S$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Al2O3+9SO2，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，熟料溶解所得的溶液中含有K+、SO42-、AlO2-、OH-等，加硫酸调PH值，AlO2-转化为Al（OH）3，灼烧生成Al2O3，母液中离子主要有K+、SO42-，含有溶质为K2SO4，滤渣为Fe2O3，加硫酸Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，X为Fe2（SO4）3，加氢氧化钾Fe2（SO4）3+6KOH=2Fe（OH）3↓+3K2SO4，通入氯气：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，制得K2FeO4，
（1）102gAl2O3的物质的量是1mol，即生成1molAl2O3时也生成3mol的二氧化硫，硫酸根离子中S元素的化合价为+6价，二氧化硫中的S元素的化合价为+4价，所以生成3mol的二氧化硫转移电子的物质的量是6mol，即3.612×1024或6NA，故答案为：3.612×1024或6NA；
（2）沉淀I是氢氧化铝沉淀，明矾石经过脱水、焙烧、与氢氧化钾溶液反应后得到的溶液中含有偏铝酸根离子，加入硫酸生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，沉淀II与氯气、氢氧化钾溶液反应生成高铁酸钾，所以沉淀II的化学式为 Fe（OH）3，
故答案为：AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓；Fe（OH）3；
（3）氢氧化铝是偏铝酸钾溶液与硫酸溶液反应的产物，所以氢氧化铝沉淀中可能含有硫酸根离子，证明沉淀是否洗涤干净即证明洗涤液中是否含有硫酸根离子，证明方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若无色白色沉淀生成，则已洗干净，
故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若无色白色沉淀生成，则已洗干净；
（4）沉淀II与氯气、氢氧化钾溶液反应生成高铁酸钾，铁元素化合价升高，氯元素的化合价降低成为氯离子，化学方程式为2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，
故答案为：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；
（5）从硫酸钾溶液中得到硫酸钾晶体的方法是蒸发结晶，故答案为：蒸发结晶；
（6）以铁为电极，电解浓的KOH溶液来制取K2FeO4，阳极发生氧化反应，K2FeO4中铁元素的化合价为+6价，所以铁失6个电子与氢氧根离子结合生成FeO42-，电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，
故答案为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O．

点评 本题以铝、铁的化合物为载体考查了物质间的反应、物质的分离和电解等知识点，明确物质之间的反应是解本题关键，这种综合性较强的题型是高考热点，须利用基础知识细心分析解答，题目难度中等．

练习册系列答案
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11．香料G的一种合成工艺如图所示．

核磁共振氢谱显示A有两种峰，其强度之比为1：1．
已知：
请回答下列问题：
（1）A的结构简式为，G中官能团的名称为碳碳双键、酯基．
（2）检验M已完全转化为N的实验操作是取少量M与试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu（OH）2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N（其他合理操作均可）．
（3）有学生建议，将M→N的转化用KMnO4（H+）代替O2，老师认为不合理，原因是KMnO4（H+）在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键．
（4）写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：K→L，反应类型加成反应．
（5）F是M的同系物，比M多一个碳原子．满足下列条件的F的同分异构体有6种．（不考虑立体异构）①能发生银镜反应 ②能与溴的四氯化碳溶液加成 ③苯环上有2个对位取代基
（6）以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油（丙三醇），请设计合成路线（其他无机原料任选）．
请用以下方式表示：A$→_{反应条件}^{反应试剂}$B…$→_{反应条件}^{反应试剂}$目标产物．
12．下列关于物质物分类的说法正确的组合是（　　）
①非金属氧化物一定是酸性氧化物
②金属氧化物不一定是碱性氧化物
③碱性氧化物一定是金属氧化物
④Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物
⑤纯净物是由一种元素组成，而混合物由两种或两种以上元素组成
⑥只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子组成的物质一定为纯净物．
A．①④⑤⑥B．②③C．③④⑥D．②③⑥
9．实验室中所用少量氯气是用下列方法制取的，如图所示试回答下列问题：
（1）请指出该反应中氧化剂与还原剂物质的量比1：2写出该反应的离子方程式MnO2+4H++2Cl-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Mn2++Cl2↑+2H2O
（2）集气瓶A中盛装的是饱和食盐水，其作用是除去氯气中的氯化氢．
（3）氯气溶入水显酸性，且氯气有毒，并有剧烈的刺激性，若吸入大量氯气，可中毒死亡，所以氯气尾气直接排入大气中，会污染环境．实验室中可采用氢氧化钠溶液来吸收有毒的氯气．
（4）一次实验中，用浓盐酸80mL，其密度为1.19g•cm-3、HCl的质量分数为36.5%，跟MnO2恰好完全反应，产生了5.6L（标准状况）的氯气．则浓盐酸的物质的量浓度为11.9mol/L，被氧化的HCl的物质的量为0.5mol．
16．CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：

已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）
沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2
开始沉淀2.77.67.64.07.7
完全沉淀3.79.69.25.29.8
③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴．
（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O．
（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O．
（3）“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的两种沉淀的化学式为Fe（OH）3、Al（OH）3．
（4）制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解

（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图．向“滤液”中加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+；其使用的最佳pH范围是B．

A．2.0～2.5   B．3.0～3.5   C．4.0～4.5  D．5.0～5.5
（6）为测定粗产品中CoCl2•6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量．通过计算发现粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水．（答一条即可）
6．分子式为C8H10的有机物A与氯气反应生成产物有多种，产物之一B可发生，下列转化合成聚酯类高分子材料，
其合成路线如下：
已知：①同一碳原子上连两个羟基时结构不稳定，易脱水生成醛或酮：
②物质C可发生银镜反应．
请根据以上信息回答下列问题：
（1）B的结构简式为，其中的官能团名称为氯原子．
（2）写出下列反应的化学方程式：C与银氨溶液的反应+2Ag（NH3）2OH $\stackrel{△}{→}$+2Ag↓+3NH3+H2O，由D生成高分子化合物的反应n$\stackrel{一定条件}{→}$+（n-1）H2O
（3）C的同分异构体中属于芳香族化合物且能发生水解反应的有6种，其中既能发生水解反应，又能发生银镜反应的有4种．
（4）格氏试剂在有机合成方面用途广泛，可用卤代烃和镁在醚类溶剂中反应制得．设R为烃基，已知：
R-X+Mg　 $\stackrel{无水乙醇}{→}$R-Mg　X（格氏试剂）；
根据以上信息，用C物质和格氏试剂合成另一种高分子化合物在合成过程中所用的格氏试剂的化学式为CH3CH2MgX（用X表示卤原子），合成过程中涉及到的有机化学反应类型有ACD（填编号）
A．加成反应　　　　　　B．加聚反应　　　　　　C．氧化反应　　　　　D．缩聚反应．
13．相同温度、相同浓度的下列电解质溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③代表的物质可能分别是（　　）
A．CuCl2    CH3COOH     NaOHB．HCl   H2SO3    NaHCO3
C．HF   HCl    CH3COONaD．NH4Cl    HCl    CH3COONa
10．下列说法正确的是（　　）
A．若2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-483.6 kJ•mol-1，则H2燃烧热为241.8 kJ•mol-1
B．在稀溶液中：H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-57.3 kJ/mol，若将含0.6 mol H2SO4的稀硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
C．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定
D．由BaSO4（s）+4C（s）═4CO（g）+BaS（s）△H1=+571.2kJ•mol-1①BaSO4（s）+2C（s）═2CO2（g）+BaS（s）△H2=+226.2kJ•mol-1②可得反应C（s）+CO2（g）═2CO（g） 的△H=+172.5kJ•mol-1
11．某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验．

请回答下列问题：
（1）装置A中盛放浓硫酸和亚硫酸钠的仪器名称分别是分液漏斗、圆底烧瓶；
（2）反应后，装置B中发生的现象是溶液褪色，反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；装置C中的现象是溶液紫色褪去，表现了SO2的还原性；装置D中现象是有黄色沉淀生成，表现了SO2的氧化性
（3）装置E的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象将试管E在酒精灯上加热，溶液恢复红色．
（4）F装置的作用是吸收多余的二氧化硫，漏斗的作用是防止倒吸．

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