Question

2．Al₂O₃、Al（OH）₃都是重要化工原料．根據(jù)要求回答問題：
Ⅰ、電解法制高品質(zhì)Al（OH）₃裝置如圖（中間用離子交換膜隔開）：
4Na[Al（OH）₄]+2H₂O $\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$4Al（OH）₃↓+4NaOH+O₂↑+2H₂↑
（1）產(chǎn)物Al（OH）₃在陽極區(qū)（填“陰極”或“陽極”）沉積；
（2）電解中轉(zhuǎn)移2mol e^-時，將制得2mol的Al（OH）₃．
Ⅱ、制取納米Al₂O₃需要純凈的硫酸鋁．現(xiàn)有0.05mol•L^-1硫酸鋁溶液，經(jīng)檢測，含有Fe²⁺、Fe³⁺．可按下述操作提純：往溶液中加足量H₂O₂充分反應(yīng)，再用試劑X調(diào)節(jié)溶液pH=3.5．（室溫下，0.1mol•L^-1的Fe²⁺、Al³⁺開始沉淀的pH分別為7.0和3.7，F(xiàn)e³⁺完全沉淀的pH=3.2）
（3）納米氧化鋁分散在分散劑中將形成膠體．則納米氧化鋁的直徑約為10^-9～10^-7m．
（4）檢驗(yàn)硫酸鋁溶液含有Fe³⁺時，所采用的試劑及現(xiàn)象是加KSCN溶液，溶液變血紅色．
（5）往溶液中加入H₂O₂的作用是2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O（用離子方程式表示）．
（6）加入的X試劑（填選項(xiàng)編號）是B．
A．CuO    B．Al（OH）₃  C．NaOH D．NaHCO₃
若調(diào)節(jié)后溶液的pH偏離3.5，可能帶來的后果是pH過小Fe³⁺沉淀不完全，pH過大Al³⁺可能因沉淀而損失．

Answer 1

分析 （1）電解本質(zhì)是電解水，陰極上水放電生成氫氣與氫氧根離子，陽極上水放電生成生成氧氣與氫離子，氫離子再與[Al（OH）₄]^-反應(yīng)生成Al（OH）₃；
（2）根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算生成氧氣物質(zhì)的量，再根據(jù)方程式計(jì)算生成Al（OH）₃的物質(zhì)的量；
（3）膠體微粒直徑在1nm～100nm之間；
（4）用KSCN溶液檢驗(yàn)溶液中Fe³⁺；
（5）過氧化氫具有強(qiáng)氧化性，將Fe²⁺氧化為Fe³⁺，再調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe³⁺轉(zhuǎn)化氫氧化鐵沉淀，過濾除去；
（6）加入X能與氫離子反應(yīng)，調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe³⁺轉(zhuǎn)化氫氧化鐵沉淀，過濾除去，但不能引入新的雜質(zhì)離子；根據(jù)離子開始沉淀及沉淀完全的pH分析溶液的pH偏離3.5可能帶來的后果．

解答 解：（1）電解本質(zhì)是電解水，陰極上水放電生成氫氣與氫氧根離子，陽極上水放電生成生成氧氣與氫離子，氫離子再與[Al（OH）₄]^-反應(yīng)生成Al（OH）₃，故產(chǎn)物Al（OH）₃在陽極區(qū)沉積，
故答案為：陽極；
（2）根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，生成氧氣物質(zhì)的量為$\frac{2mol}{4}$=0.5mol，由：4Na[Al（OH）₄]+2H₂O $\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$4Al（OH）₃↓+4NaOH+O₂↑+2H₂↑，可知生成Al（OH）₃的物質(zhì)的量為0.5mol×4=2mol，
故答案為：2；
（3）膠體微粒直徑在1nm～100nm之間，則納米氧化鋁的直徑約為10^-9～10^-7m，
故答案為：10^-9～10^-7；
（4）檢驗(yàn)硫酸鋁溶液含有Fe³⁺時，所采用的試劑及現(xiàn)象是：加KSCN溶液，溶液變血紅色，
故答案為：加KSCN溶液，溶液變血紅色；
（5）過氧化氫具有強(qiáng)氧化性，將Fe²⁺氧化為Fe³⁺，反應(yīng)離子方程式為：2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O，
故答案為：2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O；
（6）加入X能與氫離子反應(yīng)，調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe³⁺轉(zhuǎn)化氫氧化鐵沉淀，過濾除去，CuO、NaOH、NaHCO₃均為引入雜質(zhì)離子，故選Al（OH）₃，
若調(diào)節(jié)后溶液的pH偏離3.5，pH過小Fe³⁺沉淀不完全，pH過大Al³⁺可能因沉淀而損失，
故答案為：B；pH過小Fe³⁺沉淀不完全，pH過大Al³⁺可能因沉淀而損失．

點(diǎn)評 本題考查物質(zhì)制備實(shí)驗(yàn)，涉及電解原理、離子檢驗(yàn)、對試劑及條件控制的分析評價，是對學(xué)生綜合能力的考查，難度中等．