Question

【題目】A、B、C 分別代表中學(xué)化學(xué)中的常見物質(zhì)，請根據(jù)題目要求回答下列問題：

（1）實(shí)驗(yàn)室常用A的飽和溶液制備微粒直徑為1nm-100nm的紅褐色液相分散系。則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：_________________________，將A 的溶液加熱蒸干并灼燒，得到固體的化學(xué)式為：________。

（2）B為地殼中含量最高的金屬元素的氯化物，向50.0mL，4mol/L的B溶液中逐滴滴入100mL 某濃度的KOH溶液，若產(chǎn)生7.8g白色沉淀，則加入的KOH溶液的濃度可能為_________________________。

（3）將A、B中兩種金屬元素的單質(zhì)用導(dǎo)線連接，插入同一個(gè)盛有KOH溶液的燒杯中構(gòu)成原電池，則負(fù)極發(fā)生的電極反應(yīng)為：_____________________________________。

（4）C是常見溫室氣體，將一定量的氣體C通入100mL某濃度的KOH溶液得溶液F，向F溶液中逐滴加入2 mol·L－1的鹽酸，產(chǎn)生CO2的體積與所加鹽酸體積之間關(guān)系如圖所示。

則F 溶質(zhì)與足量石灰水發(fā)生反應(yīng)最多可得沉淀的質(zhì)量為_______________g。

（5）pH＝3.6時(shí)，碳酸鈣與硫酸鋁反應(yīng)可制備堿式硫酸鋁[Al2(SO4)x(OH)6－2x]溶液。若溶液的pH偏高，則堿式硫酸鋁產(chǎn)率降低且有氣體C產(chǎn)生，用化學(xué)方程式表示其原因： ______________。

Answer 1

【答案】 FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl Fe2O3 3mol/L或7mol/L Al- 3e-＋4OH-＝AlO2一＋2H2O 15 3CaCO3＋Al2(SO4)3＋3H2O＝2Al(OH)3＋3CaSO4＋3CO2↑

【解析】（1）紅褐色液相分散系是Fe(OH)3膠體，則A是氯化鐵飽和溶液，FeCl3飽和溶液在加熱條件下水解生成氫氧化鐵膠體，化學(xué)方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl。HCl具有揮發(fā)性，加熱促進(jìn)HCl揮發(fā)，從而促進(jìn)FeCl3水解，蒸干時(shí)得到固體Fe(OH)3，灼燒Fe(OH)3得到Fe2O3；（2）地殼中含量最高的金屬元素是Al，則B為AlCl3，沉淀的質(zhì)量是7.8g，其物質(zhì)的量為7.8g÷78g/mol=0.1mol，①若堿不足，由Al3++3OH－＝Al（OH）3↓可知，KOH的物質(zhì)的量為0.1mol×3=0.3mol，其物質(zhì)的量濃度為0.3mol÷0.1L=3mol/L；②堿與鋁離子的物質(zhì)的量之比大于3：1，小于4：1，則由方程式可知

Al3++3OH－＝Al（OH）3↓

0.3mol 0.9mol 0.3mol

Al（OH）3+OH－＝AlO2－+2H2O

（0.3-0.1）mol 0.2mol

則消耗的堿的物質(zhì)的量為0.9mol+0.2mol=1.1mol，其物質(zhì)的量濃度為1.1mol÷0.1L＝11mol/L；（3）Al－Fe－KOH溶液構(gòu)成原電池，Al和氫氧化鈉溶液能發(fā)生反應(yīng)，Fe和氫氧化鈉溶液不反應(yīng)，因此Al為負(fù)極，Fe為正極，負(fù)極電極反應(yīng)式為Al－3e－＋4OH－＝AlO2一＋2H2O；（4）C是常見溫室氣體，C是CO2，根據(jù)圖像可知產(chǎn)生氣體消耗的鹽酸溶液體積大于25mL，這說明F是碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合溶液，碳酸氫根轉(zhuǎn)化為CO2消耗鹽酸是75mL，碳酸氫根的物質(zhì)的量是0.075L×2mol/L＝0.15mol，根據(jù)碳原子守恒可知F溶質(zhì)與足量石灰水發(fā)生反應(yīng)最多可得沉淀的物質(zhì)的量是0.15mol，質(zhì)量為0.15mol×100g/mol＝15g；（5）溶液的pH偏高時(shí)會(huì)產(chǎn)生氫氧化鋁沉淀，同時(shí)還有CO2生成，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為3CaCO3＋Al2(SO4)3＋3H2O＝2Al(OH)3＋3CaSO4＋3CO2↑。