Question

【题目】A—J是中学化学中常见的物质，它们之间的转化关系如下框图所示（部分产物已略去）。已知A是一种高熔点物质，J是一种红褐色沉淀。C与D高温下的反应在工业生产上常用于焊接钢轨。

请回答下列问题：

(1)A的化学式为___________。

(2)往H溶液中通入足量CO2，发生反应的离子方程式是___________________。

G→J的化学方程式为________________________________________。

(3) 实验证明，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸越稀对应还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取-定量的C、E合金与一定量的很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入一定浓度的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠的物质的量与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示。

试回答下列问题：

①图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生的离子反应方程式为：_________________。

②在DE段没有沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为：___________；

③B点对应的沉淀量为_______ mol，C点对应的横坐标为________mol。

Answer 1

【答案】Al2O3 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO3- 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 H++OH-====H2O NH4++OH-==NH3·H2O 8.0×10-3或0.008 7

【解析】

J是一种红褐色沉淀，则推出J为氢氧化铁。A是一种高熔点物质，电解A得到B与C，C与D高温下的反应在工业生产上常用于焊接钢轨，考虑C与D的反应为铝热反应，则A为Al2O3，由转化关系C+ Fe2O3A+E，所以C是Al，E是Fe；A能与氢氧化钠溶液、盐酸反应，A为Al2O3，符合转化关系，故B为O2 ；A与氢氧化钠溶液生成H，A与盐酸反应生成I，故H为NaAlO2 ，I为AlCl3 ；E(Fe)与盐酸反应生成F，故F为FeCl2 ，F(FeCl2溶液)中加入氨水生成G，G在O2存在时加热反应产生Fe(OH)3，Fe(OH)3加热分解产生D，故G为Fe(OH)2 ，D为Fe2O3，据此分析（1）、（2）问。

（3）根据图像分析易知，OC段式过量的硝酸消耗氢氧化钠所致，生成沉淀后，DE段沉淀量保持不变，说明铵根消耗氢氧根离子，随后，氢氧化铝沉淀被过量的氢氧化钠溶解，而氢氧化铁沉淀则不能被溶解，结合元素守恒分析计算。

根据上述分析可知，

（1）A为氧化铝，其化学式为Al2O3；

（2）H为NaAlO2，往H溶液中通入足量CO2会生成偏铝酸钠和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为：AlO2- +CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO3-；G→J是Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；故答案为：AlO2- +CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO3-；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；

（3）①图中OC段没有沉淀生成，说明硝酸过量，所以反应的方程式是H++OH-====H2O。

②由于溶液中的金属阳离子首先和氢氧化钠反应，当沉淀达到最大值时，氢氧化再和溶液中的NH4＋反应，所以DE段反应的方程式是NH4+ +OH-====NH3·H2O；

③根据图像可知，溶液中NH4＋的物质的量是0.012mol，所以反应中转移电子是0.012mol×8＝0.096mol。金属铝是0.008mol，失去电子是0.024mol，所以根据电子的都是守恒可知，铁失去的电子是0.096mol－0.024mol＝0.072mol，因此铁的物质的量是0.024mol，即生成氢氧化铁是0.024mol，所以B点沉淀的物质的量是0.024mol＋0.008mol＝0.032mol。生成0.008mol氢氧化铝和0.024mol氢氧化铁消耗的氢氧化钠是0.096mol，因此氢氧化钠溶液的体积是0.096mol÷4mol/L＝0.024L＝24mL，所以C点是31mL－24mL＝7mL。