题目内容

6．七铝十二钙（12CaO•7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：

（1）锻粉主要含MgO和CaO，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，或滤液Ⅰ中c（Mg2+）小于5×10-6mol•L-1，则溶液pH大于11[Mg（OH）2的Ksp=5×10-12]；该工艺中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失．
（2）滤液Ⅰ中的阴离子有NO3-，OH-（忽略杂质成分的影响）；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会生成Ca（HCO3）2，从而导致CaCO3产率降低．
（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O．
（4）电解制备Al（OH）3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为2Al+6H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2Al（OH）3↓+3H2↑．
（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-．

分析 （1）锻粉是由白云石高温煅烧而来；用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2的饱和溶液，根据Mg（OH）2的Ksp来计算；CaSO4微溶于水；
（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，据此分析滤液中的阴离子；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，据此分析产物；
（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；
（4）用Al片和石墨作电极来制备Al（OH）3，故Al做阳极，据此分析；
（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，根据AlCl4-和Al2Cl7-中铝元素和氯元素的比例来确定做AlCl4-做反应物而生成Al2Cl7-．

解答 解：（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：CaCO3$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$CaO+CO2↑，MgCO3$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$MgO+CO2↑，故所得锻粉主要含MgO和CaO；用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2的饱和溶液，根据Mg（OH）2的Ksp可知：Ksp=c（Mg2+）•c2（OH-）=5×10-12，而c（Mg2+）小于5×10-6mol•L-1，故c（OH-）大于10-3mol/L，则溶液中的c（H+）小于10-11mol/L，溶液的pH大于11；CaSO4微溶于水，如果用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失，
故答案为：CaO；11；CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；
（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，故滤液中的阴离子主要为NO3-，还含有OH-；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，则会生成Ca（HCO3）2，从而导致CaCO3产率降低，
故答案为：NO3-，OH-；Ca（HCO3）2；
（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；
（4）用Al片和石墨作电极来制备Al（OH）3，故Al做阳极，石墨做阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+①，阴极上是来自于水的H+放电：2H2O+2e-=2OH-+H2↑ ②
将①×2+②×3可得总反应：2Al+6H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2Al（OH）3↓+3H2↑，
故答案为：2Al+6H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2Al（OH）3↓+3H2↑；
（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-做反应物而Al2Cl7-为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-，
故答案为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-．

点评 本题是一道非常典型的工艺流程图题，综合性较强，综合了元素化合物、电解池和原电池的知识考查，难度较大．

练习册系列答案
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20．在一定温度下，可逆反应X（g）+3Y（g）?2Z（g）达到平衡的标志是（　　）
A．单位时间生成a mol X，同时生成3 a mol Y
B．Z的生成速率与Z的分解速率相等
C．X、Y、Z的浓度相等
D．X、Y、Z的分子个数比为1：3：2
1．以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是（　　）
A．同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小
B．第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子
C．第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强
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14．在2L恒容密闭容器中，800℃时反应2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如下表：
时间（s）012345
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（1）写出该反应的平衡常数表达式：$\frac{{c}^{2}（N{O}_{2}）}{{c}^{2}（NO）×c（{O}_{2}）}$，已知K（300℃）＞K（350℃），则该反应正反应为放热 反应（填“放热”或“吸热”），升高温度，正反应速率增大，（填“增大”“减小”或“不变”）
（2）图中表示NO2的变化的曲线是b，用氧气表示0-2s内该反应平均反应速率v（O2）=1.5×10-3mol•L-1•s-1．
（3）求达平衡时NO的转化率为65%．
（4）能说明该反应已经达到平衡状态的是bc．
a．v（NO2）=2v（O2）     b．容器内压强保持不变
c．v（NO）逆=2v（O2）正   d．容器内的密度保持不变
（5）能够使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是b．
a．及时分离出NO2气体 b．增大O2的浓度．c．适当升高温度      d．使用高效催化剂．
1．重铬酸盐广泛用作氧化剂、皮革制作等．以铬矿石（主要成分是Cr2O3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为原料制取重铬酸钠的流程如图1：

请回答下列问题：
（1）固体残渣主要是含铁元素的氧化物．在高温焙烧时生成Na2CrO4的化学方程式2Cr2O3+4Na2CO3+3O2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$4Na2CrO4+4CO2；
（2）操作Ⅱ中通入过量CO2生成沉淀的离子方程式分别为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-．
（3）下列仪器在分离出含Na2CrO4溶液的操作中，不需要的是ACE．
A．酒精灯   B．烧杯   C．蒸发皿   D．漏斗   E．冷凝管
（4）用硫酸酸化时发生反应的离子方程式是2CrO42-+2H+=Cr2072-+H20．
（5）工业酸性废水中的Cr2O72-通常以铁做电极，采用电 解法除去．在如图2所示的装置中：
①电极A区Cr2O72-（Cr2O72-还原为Cr3+）发生反应的离子方程式是Cr2072-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H20；
②假设一段时间后，所得溶液中Fe3+和Cr3+的物质的量浓度均为0.1  mol/L，要使Fe3+沉淀完全而Cr3+还未开始沉淀．则需调节溶液   pH的范围是3.2～4.3之间．（已知：KSPFe（OH）3=4.0×10-38，KSPCr（OH）3=6.0×10-31，lg$\root{3}{0.4}$=-0.1，lg$\root{3}{4}$=0.2，lg$\root{3}{6}$=0.3，lg$\root{3}{60}$=0.6）
11．下列有关化学用语的表示正确的是（　　）
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18．甲烷构型是正四面体而不是平面正四边形，下列事实可证明这一观点的是（　　）
A．CH3Cl没有同分异构体B．CH2Cl2没有同分异构体
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16．如图1是中学化学中常用的实验装置：

（1）装置A可用于收集O2、H2气体（填两种常见气体的化学式）．
（2）实验室用装置B制取O2的化学方程式是2H2O2$\frac{\underline{\;MnO_2\;}}{\;}$2H2O+O2↑．
（3）若用装置B制取H2，用F干燥生成的H2，用C装置收集干燥的H2，按照气体从左至右的流向，写出相应装置接口的连接顺序：b→h→i→c→d；
（4）如图2是实验室检验制气装置气密性示意图，用文字描述检验装置气密性良好的操作、现象．
操作用手捂热试管
现象导管口有气泡逸出，松开手导管内有一段水柱上升，并保持一段时间不下降
（5）从绿色化学和实验安全的角度考虑，对用CO还原CuO实验的尾气可用用酒精灯点燃尾气（或用气球收集尾气）法处理．

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