高考化学与铝及其化合物推断题有关的压轴题附详细答案.docx
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高考化学与铝及其化合物推断题有关的压轴题附详细答案
高考化学与铝及其化合物推断题有关的压轴题附详细答案
一、铝及其化合物
1.Al2O3是铝的重要化合物,有着广泛的应用。
以下是Al2O3的实验室制备流程图。
根据题意回答下列问题:
(1)实验室制备过程中,废铝材料先用Na2CO3溶液浸洗的目的是_____;A试剂是____________(填物质名称)。
(2)两条途径中有一条明显不合理,它是_______(填“途径1”或“途径2”),合理的方案是______。
(3)某同学从多、快、好、省的原则考虑,认为综合途径1和2,可以既节约药品又节省时间来实现由“废铝材料”制备“Al2O3”,该同学的实验设计流程是(模仿上面流程图设计)__________。
(4)若要从滤液中得到NaCl晶体,其实验操作是_____。
(5)得到的Al2O3中可能含有Na2CO3杂质,请设计实验检验杂质:
(写出所需试剂、实验步骤和结论)_________。
(6)现有含Na2CO3杂质的Al2O3样品,为了测定Al2O3的纯度,请你设计实验方案,列出计算式:
_____(式中含有a、b等字母)。
【答案】除去铝材表面的油腻稀盐酸途径2将稀盐酸改成通入过量CO2
蒸发结晶、趁热过滤、干燥取少量样品溶于水,取上层清液,加入氯化钡溶液,若出现白色沉淀,则证明有Na2CO3,反之则没有取样品质量为b,加水溶解后,加入足量的氯化钡溶液,沉淀完全以后,过滤、洗涤和干燥,称量(恒重)得沉淀ag。
计算式为:
【解析】
【分析】
从废铝材中提取氧化铝,途径1先用稀盐酸反应生成氯化铝,再与Na2CO3溶液发生双水解生成氢氧化铝,再灼烧分解生成氧化铝;途径2氧化铝先与氢氧化钠生成偏铝酸钠,再与盐酸生成氢氧化铝,再灼烧分解生成氧化铝,据此分析解答。
【详解】
(1)废铝材料先用Na2CO3溶液浸洗的目的是除去铝材表面的油腻,A为稀盐酸,故答案为:
除去铝材表面的油腻;稀盐酸;
(2)途径2不合理,因为盐酸的量不好控制,改进的方法是将稀盐酸改成通入过量CO2,故答案为:
途径2;将稀盐酸改成通入过量CO2;
(3)综合途径1和2,可以既节约药品又节省时间来实现由“废铝材料”制备“Al2O3”,应该用铝材先分别生成氯化铝和偏铝酸钠,两者再发生双水解生产氢氧化铝,流程为:
;
(4)氯化钠的溶解度受温度影响小,若要从若要从滤液中得到NaCl晶体,操作为:
蒸发结晶、趁热过滤、干燥,故答案为:
蒸发结晶、趁热过滤、干燥;
(5)得到的Al2O3中可能含有Na2CO3杂质,检测的方法为:
取少量样品溶于水,取上层清液,加入氯化钡溶液,若出现白色沉淀,则证明有Na2CO3,反之则没有,故答案为:
取少量样品溶于水,取上层清液,加入氯化钡溶液,若出现白色沉淀,则证明有Na2CO3,反之则没有;
(6)现有含Na2CO3杂质的Al2O3样品,为了测定Al2O3的纯度,可采用方案为:
取样品质量为b,加水溶解后,加入足量的氯化钡溶液,沉淀完全以后,过滤、洗涤和干燥,称量(恒重)得沉淀ag;BaCO3沉淀质量为ag,则n(BaCO3)=
=
mol=n(Na2CO3),则m(Na2CO3)=
mol
106g/mol=
,Na2CO3的纯度=
,Al2O3的纯度=
;故答案为:
取样品质量为m,加水溶解后,加入足量的氯化钡溶液,沉淀完全以后,过滤、洗涤和干燥,称量(恒重)得沉淀ag;计算式为:
。
【点睛】
本题考查物质分离和提纯,侧重考查元素化合物性质、氧化还原反应、物质分离和提纯实验操作,注意从整体上分析流程图中每一步发生的反应。
2.氢能源是一种重要的清洁能源。
现有两种可产生H2的化合物甲和乙。
将6.00g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况),甲与水反应也能产生H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液。
化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状态下的密度为1.25g/L。
请回答下列问题:
(1)甲的化学式是__________;乙的电子式是__________。
(2)甲与水反应的化学方程式是__________。
(3)气体丙与金属镁反应的产物是__________(用化学式表示)。
(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙,写出该反应的化学方程式__________。
有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O,请设计实验方案验证之__________(已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)。
【答案】AlH3
AlH3+3H2O=Al(OH)3↓+3H2↑Mg3N22NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O将固体溶于稀硫酸中,如果溶液变蓝,说明产物中含有Cu2O,反之则无Cu2O
【解析】
【分析】
将6.00g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2(已折算成标准状况),甲与水反应也能产生H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液,因此白色沉淀是Al(OH)3,则金属单质是铝,因此甲是AlH3。
化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状况下的密度为1.25g·L-1,则丙的相对分子质量是1.25×22.4=28,因此丙是氮气,则乙是氨气NH3,据此解答。
【详解】
(1)根据以上分析可知甲的化学式是AlH3。
乙是氨气,含有共价键的共价化合物,电子式为
;
(2)甲与水反应生成氢气和氢氧化铝,反应的化学方程式是AlH3+3H2O=Al(OH)3↓+3H2↑。
(3)氮气与金属镁反应的产物是Mg3N2。
(4)氨气在加热条件下与CuO反应可生成Cu和氮气,根据原子守恒可知该反应的化学方程式为2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O。
铜与稀硫酸不反应,则根据Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O可知,要检验产物Cu中可能还混有Cu2O可以将固体溶于稀硫酸中,如果溶液变蓝,说明产物中含有Cu2O,反之则无Cu2O。
3.已知C、D、G、I为短周期元素形成的单质,D、G、I常温下为气态,且G为黄绿色;形成D的元素原子的最外层电子数是次外层的3倍;B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃);K为红棕色粉末。
其转化关系如图。
请回答:
(1)工业上制C用A不用H的原因______________________。
(2)写出C与K反应的化学方程式_________________,该反应的反应物总能量___________(填“大于”或“小于”)生成物总能量。
(3)L是目前应用最广泛的金属,用碳棒作阳极,L作阴极,接通电源(短时间)电解E水溶液的化学方程式___________________。
(4)写出E物质的电子式___________________。
(5)J与H反应的离子方程式为________________________。
(6)写出G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式_______________________。
【答案】氯化铝是共价化合物,熔融状态下不导电2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe大于2KCl+2H2O
2KOH+H2↑+Cl2↑
Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】
形成D的元素的原子最外层电子数是次外层的3倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,则D为O2;K为红棕色固体粉末,K为Fe2O3;由于电解A得到C与D,则C与K生成A的反应为铝热反应,故A为Al2O3,L为Fe,C为Al;黄绿色气体G为Cl2,与C反应得到H为AlCl3;B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃),B中含有K元素,B在催化剂、加热条件下反应生成氧气,则B为KClO3,E为KCl,电解KCl溶液生成KOH、H2和Cl2,过量的F与氯化铝反应得到J,则I为H2,F为KOH,J为KAlO2;
(1)H为AlCl3,氯化铝是共价化合物,熔融状态下不导电,故工业上制Al用氧化铝不用氯化铝,故答案为氯化铝是共价化合物,熔融状态下不导电;
(2)C与K反应的化学方程式为:
2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe,该反应为放热反应,故该反应的反应物总能量大于生成物总能量,故答案为2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe;大于;
(3)Fe是目前应用最广泛的金属,用碳棒作阳极,Fe作阴极,接通电源(短时间)电解KCl水溶液的化学方程式为:
2KCl+2H2O
2KOH+H2↑+Cl2↑,故答案为2KCl+2H2O
2KOH+H2↑+Cl2↑;
(4)E为KCl,KCl的电子式为
,故答案为
;
(5)J与H反应的离子方程式为:
Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓,故答案为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓;
(6)G为Cl2,G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
【点晴】
本题考查无机推断等,特殊颜色及D的原子结构、转化关系中特殊反应等是推断突破口,是对元素化合物知识及学生综合能力的考查,需对基础知识全面掌握。
推断题中常见的特征反应现象有:
(1)焰色反应:
Na(黄色)、K(紫色);
(2)使品红溶液褪色的气体:
SO2(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色);(3)白色沉淀Fe(OH)2置于空气中最终转变为红褐色[Fe(OH)3](由白色→灰绿→红褐色);(4)在空气中变为红棕色:
NO;(5)气体燃烧火焰呈苍白色:
H2在Cl2中燃烧;在空气中点燃呈蓝色:
CO、H2、CH4;(6)使湿润的红色石蕊试纸变蓝:
NH3;(7)空气中出现白烟:
NH3与酸性气态物质(或挥发性酸如盐酸、硝酸)反应等。
4.回答下列问题:
(1)锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系,它们的性质相似。
下列有关锂及其化合物的叙述正确的是________。
ALi2SO4难溶于水
BLi与N2反应产物是Li3N
CLiOH易溶于水
DLiOH与Li2CO3受热都难分解
(2)与铝位于对角线位置的第二周期元素是________,能区别Be(OH)2和Mg(OH)2的一种试剂是________,反应的化学方程式是_________。
(3)门捷列夫在研究元素周期表时,科学地预言了11种尚未发现的元素,为它们在周期表中留下空位。
例如,他预测在铝的下方有一个与铝类似的元素“类铝”,后来被法国化学家于1875年发现,命名为镓。
镓的元素符号是________,它在周期表中的位置是___________。
(4)关于与镓同主族的第6周期元素性质的推测中不正确的是________。
A单质是银白色较软的金属
B其氢氧化物是两性氢氧化物
C在化合物中显+3价
D单质与盐酸的反应比铝剧烈
【答案】B铍(Be)NaOH溶液Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2OGa第四周期ⅢA族B
【解析】
【分析】
【详解】
(1)A.锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系,它们的性质非常相似,硫酸镁易溶于水,所以硫酸锂易溶于水,故A错误;
B.锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系,它们的性质非常相似,镁和氮气反应生成氮化镁,所以锂和氮气反应生成Li3N,故B正确;
C.氢氧化镁难溶于水,所以氢氧化锂属于难溶物质,故C错误;
D.锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系,它们的性质非常相似,氢氧化镁和碳酸镁受热易分解,则氢氧化锂和碳酸锂受热也易分解,故D错误;
故答案为B;
(2)根据对角线规则,与铝位于对角线位置的第二周期元素是铍,有相似的化学性质,氢氧化铝具有两性,Be(OH)2也具有两性,可以与氢氧化钠反应,Mg(OH)2不可以与氢氧化钠反应,故可以用氢氧化钠来鉴别,类比氢氧化铝与氢氧化钠反应的化学方程式,则氢氧化铍与氢氧化钠反应的化学方程式为:
Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O;
(3)同主族元素性质相似,铝下方的元素为镓,其元素符号为Ga,位于元素周期表中第四周期ⅢA族;
(4)A.与镓同主族的第六周期元素为铊,单质为银白色,质软,故A正确;
B.氢氧化物为两性的物质位于金属和非金属的临界处,如硼铝硅锗砷等,铊不是两性物质,其氢氧化物也不是两性氢氧化物,故B错误;
C.铊与铝同主族,具有相同的最外层电子数,所以铊在化合物中也显+3价,故C正确;
D.同主族元素自上到下金属性递增,该元素金属性大于铝,其单质与盐酸的反应比铝剧烈,故D正确;
故答案为B。
【点睛】
考查位置结构性质的相互关系应用,明确同主族元素性质的递变规律为解答关键,注意掌握对角线规则内容,结合Mg、Al单质及其化合物的性质,类推未知物的性质,试题侧重培养学生的分析、理解能力及知识的迁移能力。
5.有一透明溶液,可能含有较大量的Mg2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Na+、H+、SO42-、CO32-中的一种或几种,取此溶液做下列实验:
①取少量溶液加入用盐酸酸化的BaCl2溶液,有白色沉淀生成;
②取少量溶液加入过氧化钠粉末,溶液中有白色沉淀产生并逸出无色无味的气体,加入Na2O2的物质的量与析出沉淀的物质的量如图所示。
试推断并完成作答:
(1)溶液中一定含有的离子是___________;
(2)溶液中肯定不含有的离子是_________;
(3)检验可能含有的离子的方法是____________。
(4)图示中a点沉淀的成分是______________。
【答案】Mg2+、Al3+、SO42-CO32-、H+、Cu2+、Fe3+焰色反应检验Al(OH)3和Mg(OH)2
【解析】
【分析】
取少量溶液加入用盐酸酸化的BaCl2溶液,有白色沉淀生成,则溶液中一定含有SO42-,取少量溶液加入过氧化钠粉末,溶液中有白色沉淀产生并逸出无色无味的气体,从图上看一开始就产生了沉淀,故溶液中无H+,Fe3+,Cu2+,因为沉淀质量随着过氧化钠的增加有溶解,说明溶液中同时含有Mg2+和Al3+,那么溶液中一定没有CO32-,Na+无法确认,综上所述,一定还有的离子为:
Mg2+、Al3+、SO42-,一定不含的离子为:
CO32-、H+、Cu2+、Fe3+,可能含有Na+,据此解答。
【详解】
(1)由分析可知,溶液中一定含有的离子是Mg2+、Al3+、SO42-,故答案为:
Mg2+、Al3+、SO42-;
(2)溶液中肯定不含有的离子是CO32-、H+、Cu2+、Fe3+,故答案为:
CO32-、H+、Cu2+、Fe3+;
(3)可能含有的为Na+,可用焰色反应来检验,故答案为:
焰色反应检验;
(4)图示中a点沉淀达到最大值,是Mg2+、Al3+恰好完全转换为沉淀的点,所以a点沉淀的成分为:
Al(OH)3和Mg(OH)2,故答案为:
Al(OH)3和Mg(OH)2。
【点睛】
CO32-的判断:
既然溶液中一定含Mg2+、Al3+,那么一定不含CO32-。
6.“生活无处不化学”,请你回答下列问题。
(1)厨房中的调味品有:
①盐(主要成分氯化钠)、②碱面(主要成分碳酸钠)、③白醋(主要成分乙酸)。
将上述物质分别溶于水,其水溶液具有碱性的是______(填序号,下同),主要成分中属于盐类的是________,相互间能发生反应的是______。
(2)生活中遇到下列问题,不涉及到化学变化的是________。
①用四氯化碳可擦去圆珠笔油②自来水厂用液氯消毒③可用食醋洗掉水垢
(3)当前,环境治理已成为重要的民生工程。
①我国城市发布的“空气质量日报”中,下列物质不列入首要污染物的是_____(填字母代号)。
A.二氧化硫B.二氧化碳C.二氧化氮D.可吸入颗粒物
②煤炭直接燃烧会引起多种环境问题。
燃煤产生的SO2是导致______(填名称)污染现象形成的原因;处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S,发生反应的化学方程式为_____________________。
(4)向浑浊的水中加入明矾KAl(SO4)2•12H2O后,水可得到净化。
写出明矾在水中的电离方程式___,往明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液直至Al3+恰好沉淀完全,发生反应的离子方程式为_______。
【答案】②①②②③①B酸雨2CO+SO2
2CO2+SKAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-或者KAl(SO4)2·12H2O=K++Al3++2SO42-+12H2O2Al3++3Ba2++6OH-+3SO42-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
【解析】
【分析】
(1)水溶液具有碱性的物质是碱或水解显碱性的盐;金属阳离子和酸根银离子过程的化合物为盐;碳酸钠和乙酸反应生成醋酸钠、二氧化碳和水;
(2)有新物质生成的变化为化学变化;
(3)①空气质量日报”涉及的污染物有二氧化硫(SO2)、二氧化氮(NO2)、可吸入颗粒物等;
②燃煤产生的SO2增加了硫酸性酸雨的形成;一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成单质硫和二氧化碳;
(4)明矾在水溶液中电离生成Al3+和SO42-,假设KAl(SO4)2为2mol,当Al3+恰好全部沉淀时,需要3molBa(OH)2,根据各离子的物质的量判断反应的程度,以此书写离子方程式。
【详解】
(1)厨房中的调味品,①盐(主要成分氯化钠),②碱面(主要成分碳酸钠)、③白醋(主要成分乙酸),将上述物质分别溶于水,其水溶液具有碱性的是②碱面(主要成分碳酸钠),碳酸根离子水解溶液显碱性,主要成分中属于盐类的是①盐(主要成分氯化钠),②碱面(主要成分碳酸钠),相互反应的物质是碳酸钠和乙酸反应生成醋酸钠、二氧化碳和水,
故答案为:
②;①②;②③;
(2)①用四氯化碳可擦去圆珠笔油,利用相似相溶原理,无新物质生成,属于物理变化,故选;
②自来水厂用液氯消毒,利用氯气与水反应生成具有强氧化性次氯酸,有新物质生成,是化学变化,故不选;
③可用食醋洗掉水垢,醋酸与碳酸钙,氢氧化镁反应生成可溶性醋酸盐,有新物质生成,是化学变化,故不选;
故选:
①;
(3)①空气质量日报”涉及的污染物有二氧化硫(SO2)、二氧化氮(NO2)、可吸入颗粒物等,二氧化碳为空气组成成分,不属于污染物,
故选:
B;
②燃煤产生的SO2增加了硫酸性酸雨的形成;一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成单质硫和二氧化碳,方程式:
2CO+SO2
2CO2+S;
故答案为:
酸雨;2CO+SO2
2CO2+S;
(4)明矾在水溶液中电离生成Al3+和SO42-,电离方程式为KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-,假设KAl(SO4)2为2mol,溶液中含有2molAl3+,4molSO42-,当Al3+恰好全部沉淀时,需要3molBa(OH)2,即加入3molBa2+,6molOH-,反应的离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓,
故答案为:
KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-;2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓。
7.某小组同学用一种铝铁合金为原料,模拟相关的工业生产,反应过程如图所示(部分产物和条件已略去),请回答:
(1)铁铝合金是一种高电磁性能合金,下列有关推测可能正确的是_____(填序号).
A.铁铝合金可由铁和铝熔融混合制成
B.铁铝合金的熔点高于铝和铁
C.铁铝合金硬度高于纯铝
(2)反应①中铝元素发生反应的离子方程式为_______________________。
(3)反应②的化学方程式为____________________________________。
(4)反应③发生时观察到的现象是_____________________________,用化学方程式表示颜色变化的原因_____________________________________。
(5)反应④中的CO2不宜换成HCl,原因是_____________________。
(6)请举出固体A一种用途_________________________。
【答案】ACAl3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑先产生白色沉淀,之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3过量的氯化氢会使生成的氢氧化铝溶解做红色油漆和涂料
【解析】
【分析】
分析流程可知,①中的反应有硫酸与氢氧化钠酸碱中和,硫酸铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁;④中二氧化碳能与偏铝酸钠发生反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠;固体A为氧化铁,固体B为氧化铝;②中铝单质能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠;③中硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁。
【详解】
(1)A.铁铝合金可由铁和铝熔融混合制成具有特征性质的混合物,故A正确;
B.合金熔点低于各成分,则铁铝合金的熔点低于铝和铁,故B错误;
C.合金硬度高于各成分,则铁铝合金硬度高于纯铝,故C正确;
综上所述,故答案为:
AC;
(2)①中硫酸铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,其反应的离子方程式为Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O,故答案为:
Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O;
(3)②中铝单质能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,其反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,故答案为:
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
(4)③中硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁,现象是先产生白色沉淀,之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色,其反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,故答案为:
先产生白色沉淀,之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色;4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
(5)④中二氧化碳能与偏铝酸钠发生反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠,若将二氧化碳换成氯化氢,则生成的氢氧化铝会继续与过量的盐酸发生反应而溶解,故答案为:
过量的氯化氢会使生成的氢氧化铝溶解;
(6)固体A为红棕色的氧化铁,可以用来做红色油漆和涂料,故答案为:
做红色油漆和涂料。
8.铝是应用广泛的金属。
以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如图:
注:
SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
(1)Al的原子结构示意图为_________;Al与NaOH溶液反应的离子方程式为________。
(2)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_______________。
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3,电解过程中作阳极的石墨易消耗,原因是___________。
(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液,原理如图所示。
阳极的电极反应式为_________,阴极产生的物质A的化学式为____________。
【答案】
2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O石墨电极被阳极上产生的氧气氧化4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑H2
【解析】
【分析】
以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝,由流程可知,加NaO
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- 高考 化学 及其 化合物 推断 有关 压轴 详细 答案