高考化学铝及其化合物推断题(大题培优)含答案

1、高考化学铝及其化合物推断题( 大题培优 ) 含答案一、铝及其化合物1(1)选用方案 i 时， x 应该具有的性质是_ ，残留物应该具有的性质是_；(2)选用方案从某黑色粉末(含有 mno和 cuo)中分离 x(mno )，加入的试剂是 _；22王同学参照以上方案i 和，设计以下实验方案除去alcl3固体中的3fecl 。(3)操作所需的玻璃仪器为_ ；(4)试剂 a 为 _ ；试剂 b 为_；(5)请描述操作的步骤：_；(6)李同学认为在溶液c 中滴加适量的试剂b 就能得到溶液_(填“赞同 ”或 “不赞同 ”)李同学，理由是_。e，从而得到alcl3 固体，你【答案】有挥发性（或易升华）受热不

2、挥发，且具有较高的热稳定性稀盐酸 (或稀硫酸或稀硝酸)烧杯、漏斗、玻璃棒过量的naoh(或koh)溶液适量的盐酸将溶液加热浓缩，然后冷却浓溶液，过滤即可得到固体氯化铝不赞同会得到含有nacl 杂质的alcl3【解析】【分析】(1)加热 x 的混合物进行分离可得x， x 应具有挥发性或易升华的性质，则残留物难挥发；(2)从 mno2 和 cuo 中分离 mno 2，应加入酸的稀溶液；除去 alcl3固体中的3naoh 溶液分别生成3fecl ，应先水溶解，然后加入过量的fe(oh) 沉淀和 naalo2 溶液，过滤分离后，再向滤液中通入过量的co2 气体生成 al(oh)3 沉淀，过滤后将沉淀经

3、洗涤后溶解于盐酸中得alcl3 溶液，在酸性条件下蒸发结晶可到alcl3，以此解答(3) (6)小题。【详解】(1)加热 x 的混合物进行分离可得x， x 应具有挥发性或易升华的性质，残留物具有加热难挥发的性质；(3)根据上述分析可知：操作为过滤操作，所需的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；(4)由以上分析可知试剂 a 为过量的 naoh(或 koh)溶液，试剂 b 为适量的盐酸；(5)操作是从 alcl溶液中获得 alcl 固体，由于该盐是强酸弱碱盐，容易发生水解反应，33水解产生 al(oh)3 和 hcl， hcl 易挥发，所以为防止盐水解，导致物质变质，应该在hcl 气氛中加热蒸发结晶可到

4、 alcl3，操作方法为将溶液加热浓缩，然后冷却浓溶液，过滤即可得到固体氯化铝；(6)若在naalo2 溶液中滴加盐酸，就会得到alcl3 和nacl 的混合溶液，蒸发结晶不能得到纯净的氯化铝固体，得到的是含有杂质nacl 的alcl3，所以不赞同李同学的观点。【点睛】本题考查物质的分离提纯的实验设计，注意把握物质的分离、提纯的基本操作方法，要结合 al(oh)3 的两性分析判断，注意把握物质的性质，根据性质设计实验方案。2 为了降低电子垃圾对环境构成的影响，将一批废弃的线路板简单处理后，得到含 70cu、 25 al、 4 fe 及少量 au、 pt 等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和

5、硫酸铝晶体的路线：（1）第 步 cu 与混酸反应的离子方程式为_ 。得到滤渣1 的主要成分为_。（ 2）第 步中加入 h2o2 的作用是 _，使用 h2o2 的优点是 _；调溶液 ph 的目的是 _。（3）简述第 步由滤液2 得到 cuso45h2o 的方法是 _。（4）由滤渣2 制取 al2(so4 )318h2o ，设计了以下三种方案：上述三种方案中，_方案不可行，原因是_ ；从原子利用率角度考虑，_方案更合理。（5）用滴定法测定cuso45h2o 含量。取 a g 试样配成100 ml 溶液，每次取 20.00 ml，消除干扰离子后，用-1edta2edta溶液 bc mol lh2y

6、）标准溶液滴定至终点，平均消耗（2+22+ml。滴定反应如下： cu + h2y cuy + 2h。写出计算 cuso4 5h2 o 质量分数的表达式 _ 。+-2+-2+【答案】 cu + 4h + 2no3=cu + 2no2 + 2h2o 或 3cu + 8h + 2 no3=3cu + 2no + 4h2oau、 pt 将 fe2+氧化为 fe3+不引入杂质，对环境无污染使 fe3+、 al3+沉淀除去 加热滤液 2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤 ，最终制得硫酸铜晶体甲所得产品中含有较多fe2 (so4)3 杂质c b 10 3250 5乙 100%a【解析】【分析】【详解】（1） cu

7、 与混酸反应的实质是与h+、 no3-反应，随反应进行离子浓度逐渐减小，所以离子方程式为cu + 4h+ 2no3-=cu2+ 2no2 + 2h2o， 3cu + 8h+ 2 no3-=3cu2+ 2no + 4h2o，au、 pt 不与混酸反应，所以滤渣的主要成分是au、pt；（2）加过氧化氢的目的是把亚铁离子氧化成铁离子，方便除去；而且加入过氧化氢不会引入新的杂质且无污染；调节溶液的ph 目的是使fe3+、 al3+沉淀除去；（3）由滤液2 得到 cuso5h o 的方法是把滤液蒸发得浓溶液再冷却结晶，过滤得硫酸铜42晶体；（4）甲方案不可行，因为滤渣2 的主要成分是fe（oh） 3、

8、al（ oh） 3 沉淀，加入硫酸沉淀全部溶解使制得的产品中含有较多fe2(so4)3 杂质； 从原子利用率角度分析，乙方案更合理，不仅能除去硫酸铁，同时增加了硫酸铝的量，原子利用率较高；（ 5）由滴定反应方程式得 100ml 溶液中 n （cu2+） =b10-3 a 5mol，所以 cuso45h2o 质量-3分数 = b10 a 5 250/a 。100%3a、 b、 c、 d 均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图（部分产物和条件已略去） ,请回答下列问题：（ 1）若（ 2）若（ 3）若a 为a 为a 和co2 气体， d 为 naoh 溶液，则b 的化学式为 _。alcl3

9、溶液， d 为 naoh 溶液，则c 的名称为 _。d 均为非金属单质，d 为双原子分子，则由c 直接生成 a 的基本反应类型为_。（4）若常温时 a 为气态氢化物， b 为淡黄色固体单质，则a 与 c 反应生成 b 的化学方程式为 _。（5）若 a 为黄绿色气体， d 为常见金属，则 a 与 c 溶液反应的离子方程式为_。下列试剂不能鉴别b 溶液与 c 溶液的是 _(填字母编号 )。a naoh 溶液 b盐酸 c kscn溶液 d酸性 kmno4 溶液【答案】 nahco3偏铝酸钠分解反应 2h 2s so2 =3s2h 2 o2fe2cl 2 =2fe32clb【解析】【分析】【详解】(1

10、)若 a 为 co 与过量的 d 即 naoh 反应，生成碳酸氢钠；碳酸氢钠溶液与naoh 反应可得2到碳酸钠溶液；碳酸钠溶液又可以与co2反应生成碳酸氢钠；所以3b 的化学式为 nahco ；(2)若 a 为 alcl ，其与少量的naoh 反应生成 al(oh)沉淀， al(oh)继续与 naoh 反应生成333偏铝酸钠；偏铝酸钠溶液和氯化铝溶液又可以反应生成al(oh)3 ；所以 c 的名称为偏铝酸钠；(3)若 a， d 均为非金属单质，且 d 为双原子分子，那么推测可能为性质较为活泼的o2 或cl2， a 可能 p， s 或 n2 等； 而， b， c 氧化物或 化物，c 生成 a 的

11、反 一定 分解反 ；(4)淡黄色的固体有 氧化 ，硫 和溴化 ；根据 化关系，推 b 为 s ；那么 a为 h2s，c 为 so2 ，b 氧气；所以相关的方程式 ：2h 2s so2 =3s 2h 2o ；(5)a 黄 色气体 cl ，根据 化关系可知， 金属元素一定是 价元素，即fe；那么2b 为 fecl ， c 为 fecl ；所以 a 与 c 反 的离子方程式 ： 2fe2cl 2 =2fe32cl ；32a naoh 与 fe2+生成白色沉淀后，沉淀表面迅速 暗 最 成 褐色，而与fe3+直接生成 褐色沉淀，a 可以；b 酸与 fe2+， fe3+均无 象， b 不可以；c kscn

12、溶液遇到 fe3+会生成血 色物 ，而与fe2+无 象， c 可以；d fe2+具有 原性会使高 酸 溶液褪色，fe3+不会使高 酸 溶液褪色，d 可以；答案选 b。4a、 b、 c、 d、 e、 f、 g、 h 八种短周期主族元素，原子序数依次增大。a、 f 的最外 子数分 等于各自的 子 数，其中a 的 在常温下 气体。c 与 b、h 在元素周期表中 于相 位置， 三种元素原子的最外 子数之和 17。 d 与 f 同周期。 g 的 常用作半 体材料。 回答：(1)c 和 h 分 与 a 形成的 化合物沸点 高的是_(填化学式 )，理由是_ 。(2)c、e 形成的 离子半径大小：r(c)_r

13、(e)(填 、+alo-al(oh) 33+-h2 +h2oal +3oh3sio 2+6c+2n 2si3 n4+6co【解析】【分析】a、 b、 c、 d、e、 f、 g、h 八种短周期主族元素，原子序数依次增大。a、 f 的最外 子数分 等于各自的 子 数，其中a 的 在常温下 气体， a 为 h；g 的 常用作半 体材料， g 为 si， 合原子序数可知f 为 al； c与 b、 h 在元素周期表中 于相 位置， 三种元素原子的最外 子数之和 17，173=52， b 为 n、 c 为 o、 h 为 s， d 与f 同周期，位于第三周期，d 为 na、 e 为 mg，以此来解答。【 解

14、】由上述分析可知，a 为h、 b 为 n、c 为o、 d 为na、 e 为mg 、 f 为al、g 为si、 h 为 s。(1)c 和 h 分 与a 形成的 化合物分 是h2o、 h2s，其中沸点 高的是h2 o，原因是h2o 分子 存在 ，增加了分子之 的吸引力；(2)o2-、 mg 2+核外 子排布相同。具有相同 子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则 c、e 形成的 离子半径大小：r (c)r(e)；(3)f 最高价氧化物对应的水化物al(oh)3 是两性氢氧化物，在水溶液中存在酸式电离和碱式电离，电离方程式为h+alo2-+h2oal(oh)3al3+3oh-；(4)将 g 的氧化

15、物与b 的单质在1400条件下和足量的碳反应，其化学反应方程式为3sio2+6c+2n2si3n4+6co。【点睛】本题考查元素及化合物的推断及物质性质的方程式表示。把握原子结构、元素的位置、质子数关系来推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，题目侧重考查学生的分析与应用能力。5a-j 分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示 (部分反应物、生成物没有列出 )，且已知 g 为主族元素的固态氧化物， a、 b、 c、 d、 e、 f 六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：(1)a、 b、c、 d、 e、f 六种物质中所含同一种元素在周期表中位置_(2)写出检验 d

16、溶液中阳离子的方法_。(3)写出反应的离子方程式_。(4)若向气体 k 的水溶液中加入盐酸，使其恰好完全反应，所得溶液的ph_7(填“ 、”“ c(so) c(h )c(oh )【解析】【分析】g 为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成i 和 h，能与 naoh 溶液反应，说明g 为al2 o3，与 naoh 反应生成 naalo2，而 i 也能与 naoh 反应生成 naalo2，则 i 为 al， h 为o2， c 和碱、 d 和气体 k 反应生成 e、 f，则说明 e、 f 都为氢氧化物， e 能转化为 f，应为fe(oh) fe(oh)的转化，所以e 为 fe（ oh），f 为 fe

17、(oh)，则 c 为 fecl， d 为 fecl，k232323为 nh334，与 al 在高温条件下发生铝热反应生成a，即 fe，结合对应单质、化合，b 为 fe o物的性质解答该题。【详解】（1） a、 b、c、 d、 e、f 六种物质中都含有铁元素，在周期表中位于周期表第四周期族，（2）溶液 d 为氯化铁溶液，检验三价铁离子的存在，取少许d 溶液于试管中，滴加kscn溶液，溶液变红色，证明d 溶液中含有 fe3+；（3）反应是金属铝和氢氧化钠溶液的反应，al 与 naoh 溶液反应生成 naalo2 和 h2，反应的离子方程式为： 2al+2oh - +2h 2o=2alo 2- +3

18、h 2；（4）气体 k 的水溶液为一水合氨溶液，加入盐酸，使其恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵在水溶液中水解显酸性，所以ph 7；反应的离子方程式为：nh 4+ +h 2 o ?nh 3 gh 2o+h + ；（5）若向气体nh3 的 0.1mol/l 水溶液中加入 ph=1 的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，假设条件均为1l，发生反应： nh 3 gh 2 o+h + =nh 4+ +h 2o ， n(nh3?h2o)=0.1mol ，n(h+)=0.1mol ，所以一水合氨和硫酸反应生成硫酸铵溶液，铵根离子水解显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为： c( nh +4 )c( so24-

19、)c(h+ )c(oh-)。【点睛】比较时溶液中粒子浓度紧扣两个微弱：（ 1）弱电解质 (弱酸、弱碱、水 )的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力，如在稀醋酸溶液中： ch3cooh? ch3 coo-h+，h2o? oh- h+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序： c(ch3cooh)c(h+)c(ch3coo-)c(oh-)；（ 2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度，如稀的 ch3coona溶液中： ch3 coona=ch3coo-na+， ch3coo- h2o ? ch3cooh oh-， + - + - - +6 已知a b

20、 cd是中学化学的常见物质，且a bc均含有同一种元素。在一定条件、 、 、 、下它们之间的相互转化关系如图所示(部分反应中的h2o 已略去 )。请回答下列问题：（ 1）若 a 可用于自来水消毒， d 是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干 b 的溶液不能得到 b。则 b 的化学式为 _。（2）若 d 是氯碱工业的主要产品之一，b 有两性，则反应的离子方程式是_。（3）若 a、 c、 d 都是常见气体，c 是导致酸雨的主要气体，则反应的化学方程式为_。（4）若a 的焰色反应呈黄色，d 为二氧化碳，则反应的离子方程式是_。【答案】fecl3al( oh) 3+oh- =alo2-+

21、2h2o2h2s+so2 3s+2h2oco32- +co2+h2o 2hco3-【解析】【分析】(1)d是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则d 是铁，a 可用于自来水消毒，a 为 cl 2；(2) 若(3)cd 是氯碱工业的主要产品之一，b 有两性， d 为 naoh 、 b 为 al(oh) 3；是形成酸雨的主要气体，则a 为 h2s、 d 为 o2、 b 为 s、 c 为 so2；(4) 若 a 的焰色反应呈黄色，说明 a 中含有 na 元素，且 a 、 b、 c 均含有同一种元素据此分析。【详解】(1)d 是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则d 是铁， a 可用于自

22、来水消毒，由转化关系可知，a 为 cl2、 b 为 fecl3、 c 为 fecl2；(2)若 d 是氯碱工业的主要产品之一，b 有两性，由转化关系可知，a 为铝盐、 d 为 naoh、b 为 al(oh) 、 c 为 naalo ，反应为氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反32应的离子方程式是：al(oh)3-2-2+oh =alo +2h o；(3)若 a、 c、 d 都是常见气体， c是形成酸雨的主要气体，则a 为 h2s、 d 为 o2、b 为 s、 c为 so2，反应为硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，反应的化学方程式为：2h2s+so2 3s+2h2o；(4)若 a 的焰色

23、反应呈黄色，d 为二氧化碳，由转化关系可知，a 为 naoh、 b 为 na co 、 c23为 nahco3，反应为碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的的离子方程式是：2-。co3+co2+h2o 2hco37a、 b、 c、 d、 e、 f 六种短周期主族元素，原子序数依次增大，a、 b、 f 三者原子序数之和为 25，且知 b、 f 同主族， 1.8g e 与足量的盐酸反应生成 ecl和 2.24l 氢气（标准状况3下）， d+和 e 的离子具有相同的电子层结构，工业上用电解元素b 和 e 能形成离子化合物的方法冶炼 e 单质，试判断：(1)六种元素中非金属性最强的是_ (填代号

24、 )，该元素位于周期表中第 _周期第 _族；由a、 b、 d 三种元素形成化合物的电子式_(2)下列能够说明 b、 f 非金属性强弱的方法有 _a.最高价氧化物对应水化物酸性b.气态氢化物的热稳定性c.气态氢化物的沸点 b 比 f 高d.向 f 的气态氢化物溶液中通入b 单质，有浑浊(3)写出下列反应的化学方程式e 与足量的盐酸反应的化学方程式_工业上用电解法冶炼 e 单质 _(4)写出足量 d 的高价氧化物对应水化物与ecl 相互反应的离子方程式 _3电解【答案】 c 二 abd2al+6hcl=2alcl3+3h2 2al2o3(熔融 ) = 4al+3o 2-3+4oh +al=alo

25、2 +2h 2 o【分析】a、 b、 c、 d、e、 f 六种短周期主族元素，原子序数依次增大，1.8ge 与足量盐酸反应生成ecl和 2.24l氢气（标况），故e 为 +3 价元素，设e的相对原子质量为m，则32.24l1.8ge 为铝，工业2=3 ，解 m=27，故 e 为 a 族元素，依据计算得知22.4l/molmg/mol上用电解氧化铝方法冶炼铝单质，所以b 为氧元素， b、 f 同主族，则 f 是硫， a、 b、 f 三者原子序数之和为25，则 a 是氢，且 d+离子和 al 离子具有相同的电子结构，故d 能形成+1 价阳离子，故d 为钠， c 的原子序数大于氧小于钠，且为主族元素

26、，故c为氟，据此答题。【详解】（1）根据元素周期律，同周期元素从前向后，非金属性逐渐增强，同主族元素从上向下，非金属性逐渐减弱，所以六种元素中非金属性最强的是c， c 为氟，位于周期表中第二周期第 a 族，由 a、b、 d 三种元素形成化合物为氢氧化钠，它的电子式是，故答案为：c；二； a；（2） a氧元素没有最高价氧化物对应水化物，故a 错误；b根据元素周期律，气态氢化物的热稳定性越稳定，元素的非金属性越强，故b 正确；c气态氢化物的沸点与分子间作用力有关，与元素的非金属性无关，故c 错误；d向硫的气态氢化物溶液中通入氧气，有浑浊，说明氧气的氧化性强于硫，即氧的非金属性强于硫，故 d 正确，

27、故答案为：（3） albd；与足量的盐酸反应的化学方程式为2al+6hcl=2alcl3+3h2；电解工业上用电解法冶炼al 单质的化学方程式为2al2 o3(熔融 )=4al+3o2 ；（4）氢氧化钠与alcl3 相互反应的离子方程式为4oh - +al 3+ =alo2 +2h 2 o 。8 某 al2 32 3杂质。现通过下列生产过程，从该样品中o 样品中含有一定量的cu、 fe、fe o提纯 al2o3，并回收铁红。流程如下：(1)操作是_，在实验室进行该操作需要的玻璃仪器有_。(2)白色固体是_，样品和试剂反应的化学方程式是_。(3)固体加入适量稀盐酸，可能发生的反应有：_( 用化学

28、方程式表达)。(4)溶液中铁元素的存在形式是_，如何用实验证明： _。(5)溶液中通入某气体，该气体可以是_(任写一种的化学式 )，红褐色固体制得铁红的化学方程式是 _。【答案】过滤烧杯、漏斗、玻璃棒al(oh)3 al2o3+2naoh=2naalo2+h2ofe2 o3+6hcl=2fecl3+3h2o、2fecl3+fe=3fecl2、 fe+2hcl=fecl+h2fe2+取少量溶液于试管中，滴入 kscn溶液无变化，滴加氯水后变血红色o2232 32或者 cl2fe(oh)fe o +3h o【解析】【分析】al2 o3样品中含有一定量的 cu、 fe、 fe2o3杂质，根据题中流程

29、图可知，样品与试剂反应得溶液再通入co2 得白色沉淀，该白色固体加热分解产生al2o3，可推知试剂为naoh，得到的固体为 cu、 fe、 fe2 o3，溶液为 naalo2、 naoh 混合溶液，通入过量co 后得溶液为 nahco 溶液，白色固体为al(oh) ， al(oh)受热分解得 al o ，固体233323中加入盐酸得到固体粉末中铁有剩余，由于fe 会发生反应3+2+，则溶液中主2fe+fe=3fe要含有 fe2+，经过操作得红褐色固体应为fe(oh)3，所以通入的气体应为氧化剂，可以是o 或 cl ，氢氧化铁受热分解得fe o 。2223【详解】(1)操作是分离难溶性固体与可溶

30、性液体混合物的方法，名称为过滤；在实验室进行过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(2)白色固体受热分解产生al2o3，则是al(oh)3，样品中含有al2o3 和试剂 naoh 溶液反应产生 naalo2和h2oal2o3+2naoh=2naalo2+h2o；，反应的化学方程式是(3)固体中含有al2o3、 cu、 fe、 fe2o3，加入适量稀盐酸，由于反应后的固体粉末中含有fe 单质，则可能发生的反应有fe2o3+6hcl=2fecl3+3h2o、 2fecl3+fe=3fecl2、fe+2hcl=fecl+h2；(4)由于固体中样品与适量盐酸反应后的固体粉末中含有fe，结合3+2

31、+2+fe2 o3+6hcl=2fecl3+3h2o、2fe+fe=3fe 可知溶液中铁元素的存在形式是fe ，证明方法是：取少量该溶液于试管中，滴入kscn溶液无变化，滴加氯水后溶液变血红色；(5)溶液中含有 fe2+，向溶液通入某气体后再加入足量naoh 溶液，产生红褐色的fe(oh) 沉淀，该气体具有强的氧化性，气体可以是o或者 cl ，红褐色固体fe(oh) 不稳3223定，受热分解产生铁红fe2o3，该反应的化学方程式是2fe(oh)3fe2o3+3h2o。【点睛】本题以从 al2 o3 样品中提取氧化铝的工艺流程为线索，考查了氧化还原反应、化学试剂的使用、混合物的分离，正确理解制备

32、流程及反应原理为解答关键，注意掌握铝及其化合物性质和转化关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。9 某混合物浆液含有 al(oh)3、 mno2 和少量 na2cro4考虑到胶体的吸附作用使 na2cro4 不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答 和 中的问题。固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）（1） cal 的制备方法称为电解法，请写出阳极反应方程式_（2）该小组探究反应 发生的条件 d 与浓盐酸混合，不加热无变化；加热有cl2 生成，当反应停止后，固体有剩余，此

33、时滴加硫酸，又产生cl2由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号） _。a温度b溶液的 ph 值c cl-和 so42- -的浓度（3）固体 d 是碱性锌锰电池的正极，请写出该电池的负极反应方程式_ 。（ 4） 0.2molcl 2 与焦炭、 tio2 完全反应，生成 co和 ticl4（熔点 -25,沸点 1364 ）放热8.56kj，该反应的热化学方程式为_ 含铬元素溶液的分离和利用（5）用惰性电极电解时， cro 42能从浆液中分离出来的原因是_，分离后得到的含铬元素的粒子有22，原因是cro 4和 cro 7_(用离子反应方程式表示 )，阴极室生成的物质为_ （写化学式）；【答案】

34、2o2-2-2224-4e =oab zn-2e+2oh=zn(oh)2cl （ g）+tio （ s） +2c（ s） =ticl （ l）+2co（ g） h= 85.6kj?mol 1在直流电场作用下cro 42 通过阴离子交换膜向阳极室移动，从而脱离浆液；2cro 42 +2h+ ?cro 72+h2o； naoh 和 h2【解析】【分析】（1）固体混合物含有 al（ oh） 3、 mno2，加入 naoh 溶液，过滤，可得到滤液 a 为naalo2，通入二氧化碳，生成 b 为 al（ oh） 3 ，固体 c为 al2o3，电解熔融的氧化铝可得到al；固体 d 为 mno 2，加热条件

35、下与浓盐酸反应可生成氯气；（ 2）题中涉及因素有温度和浓度；（ 3）固体 d 为 mno 2，是碱性锌锰电池的正极，该电池的负极是锌失电子发生氧化反应，反应方程式 zn-2e-+2oh- =zn(oh)2 ；（4） 0.2molcl 2 与焦炭、 tio2 完全反应，生成co和 ticl4（熔点 -25,沸点 1364 ）放热8.56kj，则 2mol 氯气反应放出的热量为2 0.2 8.56kj=85.，6kj由质量守恒可知还原性气体为 co，反应的化学方程式为2cl224g），以此可（ g） +tio（s）+2c（ s） ticl （l） +2co（计算反应热并写出热化学方程式；（ 5）电

36、解时， cro42 通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和naoh，由此解答。【详解】（ 1） cal 的制备方法称为电解法，固体c为 al2o3，电解熔融的氧化铝可得到al，阳极反应方程式2o2-4e-=o2 ；（ 2）反应涉及的条件为加热，加热下可反应，另外加热硫酸，氢离子浓度变化，可知影响的因素为温度和氢离子浓度，故选：ab；（ 3）固体 d 为 mno 2，是碱性锌锰电池的正极，该电池的负极是锌失电子发生氧化反应，反应方程式 zn-2e-+2oh- =zn(oh)2 ；（ 4） 0.2molcl 2 与焦炭、 tio2 完全反应，生成 co和 ticl4（熔点 -25,沸点 1364 ）放热8.56kj，则 2mol 氯气反应放出的热量为2 0.2 8.56kj=85.，6kj所以热化学方程式为2cl2（ g） +tio2（ s） +2c（ s） ticl4（ l ） +2co（ g） h=-85.6kj mol 1；（ 5）电解时， cro42 通过阴离子交换膜向阳极移动，从而