Question

【题目】A是单质，D是A单质所含元素的最高价氧化物的水化物，甲、乙、丙、丁四种化合物间除甲与丁、丙与乙外，两两均能发生中和反应。已知有如下转化关系（部分产物和反应条件已略去）；

试回答：

(1) 写出B在工业生产中的一种用途___________________。

（2）写出B转化为C的可能的离子方程式____________________________。

（3）若C的溶液显酸性，用离子方程式表示其净水的原理_______________。

（4）若C为钠盐，用含m mol C的溶液与1L n mol·L－1的盐酸充分反应，已知m/n=1/2，则生成D的物质的量为________mol。

（5）用A单质和铂作电极，与海水、空气组成海洋电池，写出铂电极上发生反应的电极反应式_______________________；若负极材料消耗18g，则电池转移的电子总数为_________。 （阿伏加德罗常数用NA表示）

Answer 1

【答案】工业上制备Al（或作耐火材料） Al2O3+6H+＝2Al3++3H2O Al2O3+2OH—+3H2O ＝ 2[Al(OH)4]— 或

Al2O3+2OH—＝AlO2–+H2O Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ (4m-n)/3mol O2+2H2O+4e—＝4OH— 2NA

【解析】

由题意：A是单质，与氧气反应生成B为氧化物，甲、乙、丙、丁四种化合物间除甲与丁、丙与乙外，两两均能发生中和反应，为酸与碱的反应，甲与丁为同类物质，丙与乙为同类物质，氧化物B能与酸或碱反应生成C，D是A单质所含元素的最高价氧化物的水化物，结合转化关系，可知B为Al2O3，则A为Al、C为Al（OH）3，

（1）氧化铝可以制备Al（或作耐火材料）等；

（2）B转化生成C为氧化铝与强碱或强酸的反应；

（3）若C的溶液显酸性，则C为铝盐，溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可以净水；

（4）若C为钠盐，甲为NaOH，C为NaAlO2，根据 AlO2－+H2O+H＋=Al（OH）3↓、Al（OH）3+3H＋=Al3＋+3H2O计算剩余的氢氧化铝的物质的量；

（5）Al为负极、铂电极为正极，氧气在正极获得电子生成氢氧根离子；根据Al元素化合价变化计算转移电子数目．

由题意：A是单质，与氧气反应生成B为氧化物，甲、乙、丙、丁四种化合物间除甲与丁、丙与乙外，两两均能发生中和反应，为酸与碱的反应，甲与丁为同类物质，丙与乙为同类物质，氧化物B能与酸或碱反应生成C，D是A单质所含元素的最高价氧化物的水化物，结合转化关系，可推知B为Al2O3，则A为Al、C为Al（OH）3，，则：

（1）Al2O3在工业上制备Al（或作耐火材料）；

（2）B转化生成C为氧化铝与强碱或强酸的反应，反应离子方程式为：Al2O3+6H＋=2Al3＋+3H2O 或Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O，Al2O3+2OH—+3H2O ＝ 2[Al(OH)4]—；

（3）若C的溶液显酸性，C为铝盐，溶液中铝离子水解Al3＋+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H＋，生成氢氧化铝胶体，可以净水；

（4）若C为钠盐，甲为NaOH，C为NaAlO2，1L n mol·L-1的盐酸中n（HCl）=n mol，由于n（NaAlO2）：n（HCl）=1：2，故按AlO2－+H2O+H＋=Al（OH）3↓反应，盐酸有剩余，能部分溶解氢氧化铝，则：

AlO2－+H2O+H＋=Al（OH）3↓

m mol m mol m mol

剩余n（H＋）=n mol-m mol=（n-m）mol

Al（OH）3+3H＋=Al3＋+3H2O

(n-m)/3mol （n-m）mol

得到氢氧化铝沉淀为：m mol－(n-m)/3mol=(4m-n)/3mol；

（5）Al为负极、铂电极为正极，氧气在正极得电子生成氢氧根离子，正极电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，18gAl的物质的量，n(Al)=18g/27g·mol－1=2/3mol，故转移电子数目=2/3mol×3×NAmol－1=2NA．