题目内容

16．某混合物A含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的转化：

据此回答下列问题：
（1）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是过滤．
（2）根据上图反应关系，写出下列B、F所含物质成分的化学式：BAl2O3； FNaCl．
（3）写出过程反应①的离子方程式Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，固体B所含对应的金属其单质与磁性氧化铁在高温下反应的化学方程式3Fe3O4+8Al$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$4Al2O3+9Fe．
（4）写出③中盐酸过量时的离子反应方程式AlO2-+4H+=Al3++2H2O、AlO2-+4H+=Al3++2H2O．

分析 由流程可知，Al2O3和Fe2O3不溶于水，则沉淀C为Al2O3和Fe2O3，氧化铁与碱不反应，则沉淀D为Fe2O3，反应②③中生成的沉淀为Al（OH）3，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，则B为Al2O3，反应②为KAl（SO4）2、氨水的反应，则溶液E为K2SO4、（NH4）2SO4、NH3．H2O，然后结合物质的性质分析解答．

解答 解：由流程可知，Al2O3和Fe2O3不溶于水，则沉淀C为Al2O3和Fe2O3，氧化铁与碱不反应，则沉淀D为Fe2O3，反应②③中生成的沉淀为Al（OH）3，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，则B为Al2O3，反应②为KAl（SO4）2、氨水的反应，则溶液E为K2SO4、（NH4）2SO4、NH3．H2O，
（1）分离不溶性固体和溶液的方法为过滤，所以Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离方法为过滤，故答案为：过滤；
（2）由上述分析可知，B为Al2O3，F为NaCl，故答案为：Al2O3；NaCl；
（3）过程反应①是氧化铝与氢氧化钠反应，其的离子方程式：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，固体B所含对应的金属其单质是铝单质与磁性氧化铁四氧化三铁在高温下反应，生成单质铁与氧化铝，反应方程式为：3Fe3O4+8Al $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$ 4Al2O3+9Fe，故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；3Fe3O4+8Al $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$ 4Al2O3+9Fe； 
（4）偏铝酸根与盐酸反应生成铝离子和水，离子反应方程式为：AlO2-+4H+=Al3++2H2O，故答案为AlO2-+4H+=Al3++2H2O：．

点评 本题考查了物质的分离和提纯，明确物质的性质是解本题关键，知道氧化铝、氢氧化铝的特殊性即可解答，根据氢氧化铝的特性确定实验室制取氢氧化铝的方法，难度中等．

练习册系列答案
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19．CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）反应的能量变化如图所示．下列反应既是氧化还原反应，又是放热反应的是（　　）
A．镁条在氧气中燃烧B．木炭与CO2反应
C．硝酸和氢氧化钡溶液反应D．CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H20（g）
7．在CO2的水溶液中存在如下平衡体系：CO2+H2O?H2CO3，H2CO3?H++HCO3-，HCO3-?H++CO32-，能使平衡体系均向右移动且使c（CO32-）增大的是（　　）
A．加入少量Ca（OH）2固体B．加水稀释
C．加入少量NaOH固体D．加少量的Na2CO3固体
4．运用化学反应原理研究氮、硫、氯、碘等单质及其化合物的反应有重要意义
（1）氮是地球上含量丰富的元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．
①图是一定的温度和压强下是N2和H2反应生成0.5molNH3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-2（b-a）kJ•mol-1．（△H的数值用含字母a、b的代数式表示）
②氨气溶于水得到氨水．在25℃下，将n mol•L-1的氨水与mmol•L-1的盐酸等体积混合，反应后的溶液呈中性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-）；用含m和n的代数式表示出混合液中氨水的电离平衡常数表达式$\frac{n×1{0}^{-7}}{n-m}$；pH=5的盐酸和pH=5的氯化铵溶液中，由水电离出来的C（H+）之比10-4：1
（2）海水中含有大量的元素，常量元素如氯、微量元素如碘在海水中均以化合态存在．25℃下，向0.1mol•L-1的NaI溶液中逐滴加入适量的0.1mol•L-1硝酸银溶液，看到的现象是产生黄色沉淀．向反应后的浊液中，继续加入适量0.1mol•L-1的Na2S溶液，振荡、静置，看到的现象是黄色沉淀转化为黑色沉淀，产生该现象的原因是（用离子方程式表示）2AgI（s）+S2-（aq）=Ag2S（s）+2I-（aq）．
（已知25℃时Ksp（AgI）=1.0X10-16Ksp（Ag2S）=6.3X10-50）
11．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号[XYZW
原子半径/nm0.1300.1180.1020.073
主要化合价+2+3+6、-2-2
下列叙述正确的是（　　）
A．X、Y元素的金属性X＜Y
B．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2
C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D．Z的氢化物的沸点比W的氢化物高
1．一定量的Na2CO3中，碳原子和氧原子的物质的量之比为1：3．
8．在室温下，将PH=3的酸和PH=11的碱等体积混合，混合后溶液的PH小于7．则该酸和碱的组合可以是（　　）
A．硝酸和氢氧化钠B．盐酸和氨水C．硫酸和氢氧化钾D．醋酸和氢氧化钡
5．现有pH=5的CH3COOH溶液加水稀释1000倍，稀释后溶液中的（　　）
A．pH=8B．pH=7C．pH=6D．pH无限接近7
6．已知：
RCHO+CH2（COOH）2$\stackrel{一定条件}{→}$RCH=C（COOH）2+H2O
RCH=C（COOH）2$\stackrel{一定条件}{→}$RCH=CHCOOH+CO2↑
A与芳香族化合物B在一定条件下反生成C，进一步反应生成抗氧化剂阿魏酸（见图）

A的相对分子质量是104，1molA与足量NaHCO3溶液反应生成2mol气体．
（1）A的结构简式是CH2（COOH）2．
（2）在中学学过知识里 B不可能发生的反应是e （填序号）
a、取代反应  b、加成反应c、氧化反应d、还原反应e、水解反应  f、显色反应
（3）等物质的量C分别与足量的Na、浓溴水、NaOH、NaHCO3反应时消耗Na、Br2、NaOH、NaHCO3的物质的量之比是3：2：3：2
（4）写出利用阿魏酸在一定条件下生成抗氧化性的高分子化合物的方程式：．
（5）写出符合下列条件的阿魏酸所有的同分异构体的结构简式：．
①在苯环上只有两个取代基；       
②在苯环上的一氯取代物只有两种；
③1mol该同分异构体与足量NaHCO3反应生成2mol CO2气体；
④该同分异构体进行核磁共振氢谱分析发现只有4种峰．

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