高考化学铝及其化合物推断题(大题培优 易错 难题)

高考化学铝及其化合物推断题(大题培优易错难题)
一、铝及其化合物
1．某厂用蛭石（主要成份为：MgO、Fe2O3、A12O3、SiO2）作原料生产A12O3与Fe(OH)3。

Ⅰ.工艺流程如图（只有固体A和F为纯净物）：
Ⅱ.查阅资料：某些阳离子浓度为0.1mol/L时，氢氧化物沉淀时的pH为：
氢氧化物Fe(OH)3Mg(OH)2Al(OH)3
开始沉淀时的pH 2.310.4 4.0
完全沉淀时的pH 3.712.4 5.2
注：Al(OH)3pH=7.8时开始溶解，10.8时完全溶解。

请回答以下问题：
（1）写出下列物质化学式：试剂I__，F__；
（2）步骤②B生成C的离子方程式：__；
（3）要使固体D杂质尽量少，步聚②调节溶液的pH合理的是__；
A．12.4~13 B．10.8 C．3.7~5.2
（4）滤液E中存在较多的阴离子是__，滤液E中加入过量的NaOH溶液，充分沉淀后，检验上层清液中金属阳离子的操作步骤是__；
（5）固体D可用来生产合成氨的表面催化剂。

如图表示无催化剂时，某合成氨的NH3的百分含量随时间变化曲线，请在图上用虚线画出该反应有催化剂时的曲线___。

【答案】稀盐酸或稀硫酸 Al(OH)3 Al3++4OH-=AlO2-+2H2O B HCO3-、Cl-(或SO42-) 将铂丝用盐酸清洗后，放在酒精灯火焰上灼烧一会儿，蘸取滤液后放在酒精灯火焰上灼烧，火焰
呈黄色，即证明有Na+
【解析】
【分析】
蛭石矿样加入试剂I可以得到溶液和一种纯净滤渣，根据蛭石主要成份为：MgO、Fe2O3、A12O3、SiO2可知试剂I应为稀盐酸或稀硫酸，得到的固体A为SiO2；滤液中主要金属阳离
子有Fe3+、Mg2+、Al3+，加入过量的氢氧化钠，得到氢氧化镁沉淀和氢氧化铁沉淀，和含有偏铝酸钠的滤液C，滤液C中通入过量的二氧化碳得到纯净的氢氧化铝沉淀F。

【详解】
(1)上述分析可知试剂Ⅰ是稀硫酸或稀盐酸；固体F为氢氧化铝，Al(OH)3；
(2)步骤②B生成C的反应是铝离子和过量氢氧根离子反应生成偏铝酸盐，反应的离子方程式为：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；
(3)分析图表数据保证镁离子和铁离子全部沉淀，铝离子全部变化为偏铝酸盐，应调节溶液pH为10.8，B符合；
(4)试剂I所用酸的阴离子一直存在与溶液中，滤液C通入过量的二氧化碳会生成碳酸氢根，所用滤液E中存在较多的阴离子是HCO3-、Cl-(或SO42-)；检验钠离子常用焰色反应，具体操作为将铂丝用盐酸清洗后，放在酒精灯火焰上灼烧一会儿，蘸取滤液后放在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，即证明有Na+；
(5)催化剂改变反应速率不改变化学平衡，据此画出曲线变化为。

2．
(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Ⅱ从某黑色粉末(含有MnO2和CuO)中分离X(MnO2)，加入的试剂是_______；王同学参照以上方案I和Ⅱ，设计以下实验方案除去AlCl3固体中的FeCl3。

(3)操作①所需的玻璃仪器为_____________；
(4)试剂a为_____________；试剂b为________；
(5)请描述操作②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E，从而得到AlCl3固体，你
______(填“赞同”或“不赞同”)李同学，理由是______。

【答案】有挥发性（或易升华）受热不挥发，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MnO2，应加入酸的稀溶液；
除去AlCl3固体中的FeCl3，应先水溶解，然后加入过量的NaOH溶液分别生成Fe(OH)3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①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②是从AlCl3溶液中获得AlCl3固体，由于该盐是强酸弱碱盐，容易发生水解反应，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。

3．从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）固体A的主要成分是______________（写名称）．
（2）铝土矿与过量烧碱反应的离子方程式为______、______．
（3）电解熔融氧化铝可制得两种单质，写出该反应化学方程式______________．
（4）指出流程乙的一个缺点是____________．
（5）氧化铝与焦炭的混合物在氮气中高温加热反应，制得新型非金属材料AlN与一种中学常见气体X．已知每转移6.02×1023个电子，有0.5mol化合物X生成，此反应的化学方程式________________．
【答案】二氧化硅Al2O3+2OH_=2AlO2_+ H2O SiO2+2OH_ =SiO32﹣+H2O2Al2O3==4Al+ 3O2↑氧化
铝中含有二氧化硅杂质Al2O3+N2+3C2AlN+3CO．
【解析】流程甲：铝土矿中加入过量的稀盐酸，SiO2与盐酸不反应，Al2O3、Fe2O3、MgO均可与盐酸反应生成相应的氯化物，反应方程式为Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O；Fe2O3＋6H ＋===2Fe3＋＋3H2O；MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O；反应液中加入过量烧碱，Al3＋变为AlO2－，Mg2＋、Fe3＋变为Mg（OH）2 和Fe（OH）3 沉淀，过滤后，滤液中通入足量的二氧化碳气体，生成了Al（OH）3沉淀；反应方程式为AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al（OH）3↓＋HCO3－。

流程乙：铝土矿中加入过量的氢氧化钠溶液，Fe2O3、MgO与氢氧化钠不反应，SiO2、
Al2O3均与强碱反应生成硅酸钠和偏铝酸钠，过滤，滤液中通入足量的二氧化碳，反应生成了Al（OH）3沉淀和硅酸。

（1）综上所述，固体A的主要成分是二氧化硅；正确答案：二氧化硅。

（2）铝土矿中Al2O3、SiO2均与强碱反应，生成偏铝酸盐和硅酸盐，反应的离子方程式分别为：Al2O3+2OH-=2 AlO2－+ H2O、SiO2+2OH_ =SiO32﹣+H2O；正确答案：Al2O3+2OH_=2AlO2－+ H2O 、 SiO2+2OH_ =SiO32﹣+H2O。

（3）电解熔融氧化铝可制得金属铝和氧气，反应化学方程式2Al2O3==4Al+ 3O2↑；正确答案：2Al2O3==4Al+ 3O2↑。

（4）SiO2、Al2O3均与强碱反应生成硅酸钠和偏铝酸钠，过滤，滤液中通入足量的二氧化碳，反应生成了Al（OH）3沉淀和硅酸，加热后，得到氧化铝和二氧化硅，即氧化铝中含有二氧化硅杂质；正确答案：氧化铝中含有二氧化硅杂质。

（5）氧化铝与焦炭的混合物在氮气中高温加热反应，制得新型非金属材料AlN与一种中学常见气体X，根据元素守恒可以知道X中应含有氧元素和碳元素，已知每转移6.02×1023个电子即1mol电子，有0.5mol化合物X生成，由电子转移守恒，可得在X中C的化合价
为,所以X是CO，所以该反应的化学方程式为
Al2O3+N2+3C2AlN+3CO；正确答案：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO。

点睛：二氧化硅为酸性氧化物，与强碱反应，不与强酸反应；氧化铝为两性氧化物，既能与强酸，又能与强碱反应；氧化铁、氧化镁属于碱性氧化物，只能与强酸反应，不与强碱反应。

4．A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产物已略去）。

试回答：
（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是____。

a．S b．N2 c．Na d．Mg e．Al
（2）若A为强碱溶液，则X可能为____。

a．CO2 b．AlCl3 c．Al d．Mg e．Al2O3
（3）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为____；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（离子方程式表示）
___，检验此C溶液中金属元素价态的操作方法是____。

（4）若A、B、C为含有金属元素的化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，则B的化学式为____，X的化学式可能为（写出不同类物质）____或____，反应②的离子方程式为___或___。

【答案】de ab FeCl3 2Fe3++Fe=3Fe2+加入硫氰化钾，不显血红色，然后加入氯水，显血红色，则为亚铁离子 Al(OH)3盐酸氢氧化钠 Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。

【解析】
【分析】
（1）根据常见的强氧化剂单质氧气和氯气分析；
（2）根据各物质的转化关系分析；
（3）在溶液C中滴入AgNO3，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，此沉淀为AgCl，由题意与转化关系可推知A为Cl2，x为还原性较强的金属，由所学知识推x为铁单质；
（4）x为强电解质，应属于强酸、强碱或者盐类，但根据图所示转化关系确定x只能为强碱或强酸。

能与强碱、强酸连续反应的常见物质就是铝的化合物。

【详解】
（1）a．S与氧气反应生成SO2，SO2和氧气反应生成SO3，故不选a；
b．N2与氧气在放电条件下生成NO，NO与氧气反应生成NO2，故不选b；
c．Na与氧气在常温下生成Na2O，Na2O与氧气加热生成Na2O2，故不选c；
d．金属Mg与氧气反应生成氧化镁固体，氧化镁与氧气不反应，故选d；
e．Al与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与氧气不反应，故选e；
选de。

（2）a．CO2 与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故选a；
b．AlCl3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，故选b；
c．Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与铝不反应，故不选c；
d．Mg与氢氧化钠溶液不反应，故不选d；
e．Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与氧化铝不反应，故不选e；
选ab；
（3）铁与氯气反应生成氯化铁，则B为FeCl3，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，C为FeCl2，Fe2+易被氧化，所以FeCl2在贮存时，应加入铁粉来还原Fe3+，离子方程式为
2Fe3++Fe=3Fe2+；检验此C溶液中含有Fe2+的操作方法是：加入硫氰化钾，不显血红色，然后加入氯水，显血红色，则为亚铁离子。

（4）若x为强酸，则A为偏铝酸盐、B为氢氧化铝、C是铝盐；若x为强碱，则A为铝盐、B为氢氧化铝、C是偏铝酸盐；则B的化学式为Al(OH)3，X的化学式可能为盐酸或氢氧化钠，反应②的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。

5．粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。

进行如下实验：
①取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；
②另取20 g A全部溶于0.15 L 6.0 mol·L－1盐酸中，得溶液C；
③将①中得到的单质B和溶液C反应，放出1.12 L(标况)气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B；
④用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。

请填空：
(1)①中引发铝热反应的实验操作是___________，产物中的单质B是________。

(2)②中所发生的各反应的化学方程式是___________。

(3)③中所发生的各反应的离子方程式是___________。

(4)若溶液D的体积仍视为0.15 L，则该溶液中c(Mg2＋)为________，c(Fe2＋)为________。

【答案】加少量KClO3，插上镁条并将其点燃 Fe Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O、MgO＋
2HCl=MgCl2＋H2O Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑ 0.67 mol·L－1 2.3 mol·L－1
【解析】
【详解】
(1)铝热反应是指单质Al和某些金属氧化物发生的反应，反应过程中放出大量热，但该反应需要较高的温度才能引发。

在混合物上加少量KClO3固体并插上Mg条，点燃Mg条后放出热量，使KClO3固体分解放出O2，进一步加剧Mg的燃烧，可在短时间内使混合物温度迅
速升高，引发反应。

发生的反应为Fe2O3＋2Al 高温
Al2O3＋2Fe，所以产物中单质B为Fe，
故答案为：加少量KClO3，插上镁条并将其点燃；Fe；
(2)Fe2O3和MgO都是碱性氧化物，能和酸反应生成盐和水：Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O，MgO＋2HCl=MgCl2＋H2O，故答案为：Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O、MgO＋2HCl=MgCl2＋
H2O；
(3)混合物中只有Fe2O3能和Al发生铝热反应，生成Fe单质。

C溶液中有反应生成的FeCl3，还有未反应的HCl。

发生的离子反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。

(4)假设步骤②用去的20 g固体中，MgO的物质的量为x，则Fe2O3的物质的量也为x，则40 g·mol－1×x＋160 g·mol－1×x＝20 g，解得：x＝0.1 mol。

根据MgO～MgCl2的关系，则溶液中MgCl2的浓度为0.1 mol÷0.15 L≈0.67 mol·L－1。

步骤④说明溶液中没有Fe3＋，也就是溶质为FeCl2和MgCl2。

根据Cl－守恒的关系，可知MgCl2和FeCl2的总的物质的量等于
g-1 0.15L 6.0mol L
2＝0.45mol，所以，FeCl2的浓度为
0.45mol-0.1mol
0.15L
≈2.3 mol·L－1，
故答案为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；0.67 mol·L－1；
【点睛】
本题考查混合物反应的计算、物质的量浓度计算，题目难度中等，掌握氧化镁、氧化铁以及铁和三价铁离子的反应原理为解答的关键，(4)中计算亚铁离子的物质的量时，不可忽略了铁与氢离子的反应。

6．重铬酸钾(K2Cr2O7)在皮革、火柴印染化学、电镀等方面应用广泛。

工业上对制革工业污泥中(主要含有Cr3+、Fe3+、Fe2+、Al3+等)Cr元素的回收与再利用工艺如图：
已知：①Al(OH)3与Cr(OH)3性质相似。

②2CrO 42-+2H+Cr2O72-+H2O。

③有关物质的溶解度曲线如图。

回答下列问题：
（1）含铬污泥预处理包括高温煅烧粉碎等步骤，其中高温煅烧的目的是__(写一条即可)，滤渣III的成分是__(填化学式)。

（2）步骤③中操作需要的玻璃仪器有__，步骤①加入H2O2的作用是__。

（3）步骤⑦反应能够发生的原因是__，写出步骤④的反应离子方程式：__。

（4）为测定产品中K2Cr2O7的含量，某兴趣小组将mg产品溶于水配制为500mL溶液，准确量取50.00mL，加入稀硫酸酸化，然后加入过量的KI充分还原，加___作指示剂，到达终点消耗30.00mL0.0500mol·L-1的Na2S2O3溶液。

则该次生产的样品中K2Cr2O7含量为__%。

(已知：Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
【答案】除去蛋白质等有机物(改变污泥构造，便于酸浸等合理即可) Al(OH)3烧杯、玻璃棒、漏斗将Fe2＋氧化成Fe3＋ K2Cr2O7的溶解度小 3Cl2＋2CrO2－＋8OH－=2CrO42－＋6Cl－＋
4H2O 淀粉溶液73.5 m
【解析】
【分析】
硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe2＋、Al3＋和 Cu2＋，加入过量氢氧化钠，Fe3＋、 Cu2＋生成沉淀，滤液的成分是NaAlO2和NaCrO2，通入氯气，NaCrO2被氧化为
Na2CrO4，通入过量二氧化碳会生成氢氧化铝和碳酸氢钠，同时在酸性条件下，铬酸根转化为重铬酸根，即2CrO4－+2H＋=Cr2O72－+H2O；然后析出重铬酸钠，溶解加入氯化钾可得重铬酸钾。

【详解】
(1)从动物皮到皮革需要加入铬酸鞣制，因此制革厂含铬污泥含有蛋白质等有机质，高温煅烧可以除去蛋白质等有机质，同时改变污泥构造，便于溶解；根据流程，AlO2－溶液中通入过量CO2，会生成Al(OH)3，可得滤渣II的成分是Al(OH)3；
(2)经过步骤③得到滤液和滤渣Ⅱ，可知步骤③中操作为过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；根据流程，步骤①加入双氧水，目的是将Fe 2＋氧化为Fe 3＋，便于除去；
(3)加入KCl 的目的是使Na 2Cr 2O 7转化为K 2Cr 2O 7，根据信息，一定温度下，K 2Cr 2O 7溶解度最小，故步骤⑦反应能够发生；由信息Al(OH)3与Cr(OH)3性质相似，根据流程，可知加入过量氢氧化钠，滤液的成分是NaAlO 2和NaCrO 2，通入氯气，NaCrO 2被氧化为Na 2CrO 4，故离子方程式为3Cl 2+2CrO 2－+8OH －=2CrO 42－+6Cl －+4H 2O ；
(4)有碘单质存在，可以选用淀粉溶液做指示剂；根据化学反应：Cr 2O 72－+6I －+14H ＋=2Cr 3＋3I 2+7H 2O 和I 2+2S 2O 32－=2I －+S 4O 62－，可得Cr 2O 72－~3I 2~6S 2O 32－，ag 产品最终消耗n (S 2O 32－)=0.0500mol/L×30.00×10－3L×500mL 50mL =0.0150mol ，则n (Cr 2O 72－)=0.0150mol×16
=0.00250mol ，则样品中K 2Cr 2O 7含量为0.00250mol 294g/mol 73.5100%%m m
⨯⨯=。

7．七水硫酸镁（MgSO 4·7H 2O ）在印染、造纸和医药等工业上有重要的用途。

硼镁泥是硼镁矿生产硼砂的废渣，其主要成分是MgCO 3，还含有MgO 、CaO 、Fe 2O 3、FeO 、MnO 2、Al 2O 3、SiO 2等杂质，工业上用硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如图：
已知：①MnO 2不溶于稀硫酸。

②CaSO 4和MgSO 4·7H 2O 在不同温度下的溶解度（g ）数据如下表所示： 温度/℃
物质
10 30 40 50 60 CaSO 4
0.19 0.21 0.21 0.21 0.19 MgSO 4·7H 2O 30.9 35.5 40.8 45.6 ——
（1）开始用到硫酸的质量分数为70%，密度为1.61g /cm 3，则该硫酸溶液的物质的量浓度为___。

（2）滤渣A 中除含少量CaSO 4·2H 2O 外，还有___。

（3）加入MgO 后，加热煮沸的目的是___。

（4）若滤渣B 的主要成分为Al (OH )3和Fe (OH )3。

则加入NaClO 发生氧化还原反应的离子方程式为___。

（5）流程中操作1为蒸发浓缩、趁热过滤，这样即可得到CaSO 4·2H 2O ，又防止___。

（6）获取MgSO 4·7H 2O 的操作2为：___、___、过滤洗涤。

（7）已知开始硼镁泥样品的质量为ag，制取七水硫酸镁的质量为bg，据此能计算出硼镁泥中镁元素的含量吗？若能，请写出表达式；若不能，请说明理由。

___（能或不能），表达式（或理由）为___。

【答案】11.5mol/L SiO2、MnO2防止生成Al(OH)3和Fe(OH)3胶体，使之转化为沉淀而被分离 ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O 析出MgSO4·7H2O晶体蒸发浓缩冷却结晶不能加入MgO的量未知
【解析】
【分析】
硼镁泥用足量硫酸酸浸溶解，得到含有Mg2+、Ca2+、Fe2+、Fe3+、Al3+以及SO42-的酸性溶液，由于MnO2、SiO2不与硫酸反应，硫酸钙属于微溶物，则过滤后滤渣A主要为MnO2、SiO2，还含有少量CaSO4·2H2O，向滤液中加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，加入MgO调节溶液pH值并加热，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则滤渣B主要为氢氧化铁、氢氧化铝，根据溶解度表，CaSO4的溶解度基本不受温度影响，MgSO4·7H2O受温度影响较大，温度越高溶解度越大，对滤液进行蒸发浓缩、趁热过滤，得到CaSO4·2H2O，则滤渣C主要为CaSO4·2H2O，再次对滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤，得到七水硫酸镁(MgSO4·7H2O)，据此分析解答。

【详解】
(1)开始用到硫酸的质量分数为70%，密度为1.61g/cm3，则该硫酸溶液的物质的量浓度
=1000
M
ρω
=
100070% 1.61
98
⨯⨯
=11.5mol/L；
(2)根据分析，滤渣A中除含少量CaSO4·2H2O外，还有MnO2、SiO2；
(3)加入MgO的目的是沉淀Fe3+、Al3+，但Fe3+、Al3+易发生水解生成胶体，因此加热煮沸的目的是防止生成Al(OH)3和Fe(OH)3胶体，使之转化为沉淀而被分离；
(4)若滤渣B的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3。

向滤液中加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，则加入NaClO发生氧化还原反应的离子方程式为ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O；
(5)根据溶解度表，CaSO4的溶解度基本不受温度影响，MgSO4·7H2O受温度影响较大，温度越高溶解度越大，流程中操作1为蒸发浓缩、趁热过滤，这样即可得到CaSO4·2H2O，又防止析出MgSO4·7H2O晶体；
(6)结合溶解度表数据和(5)分析，获取MgSO4·7H2O的操作2为：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤；
(7)在制取七水硫酸镁流程中，向体系内加入了氧化镁调节pH值沉淀Fe3+、Al3+，引入了镁元素，且未告知氧化镁加入的量，制取的七水硫酸镁的镁元素不仅来自硼镁泥，还来自引入的氧化镁，因此不能根据上述两个条件来计算硼镁泥中镁元素的含量。

8．以粉煤灰（主要含3Al2O3·2SiO2、SiO2，还含有少量CaO、Fe2O3等物质）为原料制取
Al2O3的流程如图：
（1）当(NH 4)2SO 4和3Al 2O 3·2SiO 2的配比a （a=
424232n[(NH )SO ]n(3Al O 2SiO )
⋅）不同时，“焙烧”后所得产物的X 射线衍射谱图如图所示（X 射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态
物质出现衍射峰的衍射角不同）。

由图可知，当a=___时，3Al 2O 3·
2SiO 2的利用率最高。

（2）“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，生成Fe(OH)3的离子反应方程式为___。

（3）“碱浸”加入NaOH 发生反应的离子方程式为___。

（4）“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀，升高温度有利于水解的原因是___。

该步骤可将加水改成通入过量的___气体。

（5）流程中，可以回收并循坏利用的物质除NH 3外，还有___和___。

【答案】8 Fe 3+＋3NH 3＋3H 2O=Fe(OH)3↓＋3NH 4+ OH -＋Al(OH)3=AlO 2-＋2H 2O 水解为吸热反应，升高温度有利于平衡正向进行 CO 2 NaOH (NH 4)2SO 4
【解析】
【分析】
粉煤灰、(NH 4)2SO 4进行灼烧处理，把3Al 2O 3·
2SiO 2转化为NH 4Al (SO 4)2，且当(NH 4)2SO 4和3Al 2O 3·2SiO 2的配比a （a=424232n[(NH )SO ]n(3Al O 2SiO )
⋅）不同时各产物含量不同，如图a=8时，体系中NH 4Al (SO 4)2含量最高，此时3Al 2O 3·
2SiO 2的利用也率最高。

加硫酸进行酸浸，过滤，滤液中含有Al 3+、Fe 3+以及其他可溶性离子，通入氨气生成沉淀Al(OH)3和Fe(OH)3，滤液Ⅰ为(NH 4)2SO 4，加入氢氧化钠进行碱浸取过滤，滤渣为Fe(OH)3滤液Ⅱ为NaOH 和NaAlO 2，加水水解得到Al(OH)3沉淀，煅烧得氧化铝。

【详解】
（1）根据分析，当(NH 4)2SO 4和3Al 2O 3·
2SiO 2的配比a=8时，体系中NH 4Al (SO 4)2含量最高，此时3Al 2O 3·
2SiO 2的利用也率最高。

（2）通入氨气“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，生成Fe(OH)3离子反应方程式：Fe 3+＋3NH 3＋3H 2O=Fe(OH)3↓＋3NH 4+；
（3）根据分析，“碱浸”加入NaOH 发生反应的离子方程式为OH -＋Al(OH)3=AlO 2-＋2H 2O ；
（4）“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀，水解过程是吸热的，升高温度促进AlO 2-水解；该
步骤可将加水改成通入过量的酸性气体二氧化碳（CO 2＋AlO 2-＋2H 2O= HCO 3- ＋
Al(OH)3↓）；
（5）流程中，滤液Ⅰ为(NH 4)2SO 4，滤液Ⅱ含有NaOH ，故可以回收并循坏利用的物质除NH 3外，还有(NH 4)2SO 4和NaOH 。

【点睛】
氢氧化铝是两性氢氧化物，遇强酸强碱发生反应而溶解，不与弱酸弱碱反应。

氢氧化铝的制备：1.向氯化铝溶液中通过量氨气；2.向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳；3.氯化铝和偏铝酸钠发生双水解。

9．在高温下， Al 与Fe 2O 3发生铝热反应后得到的固体混合物中主要含有Al 2O 3、Fe ，还含有少量Fe 2O 3。

从该样品中固体混合物分离出Al 2O 3，并回收Fe 和Fe 2O 3的流程如下：
已知：NaAlO 2 + CO 2 + 2H 2O = Al （OH ）3↓ + NaHCO 3 回答下列问题：
（1）固体①的成分是__________。

溶液②的溶质是____________。

（2）加入过量NaOH 溶液时，发生反应的离子方程式是__________。

（3）白色固体②与NaOH 溶液反应的离子方程式是__________。

【答案】Fe 和Fe 2O 3 NaHCO 3 Al 2O 3 + 2OH -= 2AlO 2- + H 2O Al （OH ）3 + OH -= AlO 2- + 2H 2O 【解析】 【分析】
固体混合物加过量NaOH 溶液得到溶液①为NaAlO 2和NaOH 的混合溶液，固体①为Fe 和Fe 2O 3，溶液①通过过量CO 2得到溶液②为NaHCO 3溶液，固体②为Al （OH ）3沉淀，以此答题。

【详解】
固体混合物加过量NaOH 溶液得到溶液①为NaAlO 2和NaOH 的混合溶液，固体①为Fe 和Fe 2O 3，溶液①通过过量CO 2得到溶液②为NaHCO 3溶液，固体②为Al （OH ）3沉淀，Al （OH ）3受热分解得到Al 2O 3。

（1）固体①的成分是Fe 和Fe 2O 3；溶液②的溶质NaHCO 3，故答案为：Fe 和Fe 2O 3；NaHCO 3；
（2）加入过量NaOH 溶液时，发生反应的离子方程式是--2322Al O + 2OH = 2AlO + H O ，故答案为：--2322Al O + 2OH = 2AlO + H O ；
（3）白色固体②为Al （OH ）3与NaOH 溶液反应的离子方程式是
--322Al OH + OH = AlO + 2H O （），故答案为：--322Al OH + OH = AlO + 2H O （）。

10．轻质碳酸钙是一种广泛应用的工业填料，主要用于塑料、造纸、橡胶和涂料等。

工业上以磷石膏（主要成分为CaSO 4，杂质主要是SiO 2、FeO 、Fe 2O 3、Al 2O 3等）为原料制备轻质碳酸钙。

已知碳酸钙的溶解度比硫酸钙的溶解度小，在一定温度下，钙离子开始沉淀的pH 值为12.3，氢氧化铝开始溶解的pH 值为12.0，其他金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH 的范围如下：
金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH
Fe3+ 1.5 2.8
Fe2+ 5.58.3
Al3+ 3.0 4.7
制备流程如图：
请问答：
（1）以下说法正确的是__。

A．溶解的过程中，可以用盐酸代替硝酸
B．滤渣1的主要成分是SiO2，滤渣2的上要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3
C．转化时，可以先通氨气至饱和后再通过量二氧化碳，以提高钙离子的转化率
D．转化时可以适当加热，以加快反应速率
E.洗涤时可以采用滤液3
（2）调节溶液pH范围时，最佳的pH范围是__，理由是__。

（3）碳酸钙产品中钙含量的测定：
用电子天平准确称量产品2.000g于干净的烧杯中，滴加2mol/L的盐酸恰好完全溶解，加蒸馏水继续蒸发除去过量的酸至pH=6～7，转移至250mL的容量瓶中，定容摇匀。

用移液管准确移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入NaOH溶液10mL，摇匀，加入钙指示剂
30mg，用已标定的EDTA（乙二胺四乙酸，可以表示为H4Y）标准溶液进行滴定。

已知：Ca2++Y4-=[CaY]2-，测定数据如下：
待测产品溶液体积（mL）消耗EDTA标准溶液体
积（mL）
EDTA标准溶液的浓度
（mol）
125.0014.900.1121
225.0016.720.1121
325.0015.000.1121
425.0015.100.1121
①进行整个滴定操作实验的过程中，下列操作方法正确的是__。

A．使用移液管移取溶液的时候，移液管尖嘴不能接触容器壁
B．滴定管水洗后，需要用标准溶液润洗3次，再排出气泡，使液面位于“0”刻度或“0”刻度
以下
C ．滴定管调液面后，需静置1～2min ，再进行读取刻度数据进行记录
D ．电子天平读数时，两边侧面应同时处于打开状态，使空气保持流通
②该产品中钙元素的质量分数为__（保留两位有效数字），若滴定结束时仰视读数，则测定的结果__（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。

【答案】BCD 4.7～12 将铁离子铝离子沉淀完全，因此pH 要大于等于4.7，但不能溶解氢氧化铝，也不能沉淀钙离子，因此pH 小于12 BC 33.63% 偏大 【解析】 【分析】
硝酸与磷石膏反应，将CaSO 4、FeO 、Fe 2O 3、Al 2O 3溶解，将氧化亚铁氧化为硝酸铁，SiO 2不溶解，过滤得到滤渣1，滤液调节pH 值，将铁离子、铝离子沉淀，过滤得到滤渣Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液先加入氨气至饱和，再通入二氧化碳沉淀钙离子生成碳酸钙，过滤，得到碳酸钙进行洗涤、烘干。

【详解】
⑴A. 溶解的过程中，硝酸要溶解各种物质，还要将亚铁氧化铁离子，而盐酸不能氧化亚铁离子，因此不能用盐酸代替硝酸，故A 错误；B. 根据分析滤渣1是难溶于硝酸的沉淀，主要成分是SiO 2，调节pH ，沉淀铁离子和铝离子，因此滤渣2的上要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，故B 正确；C. 转化时，可以先通氨气至饱和后再通过量二氧化碳，增加二氧化碳的溶解以提高钙离子的转化率， C 正确；D. 转化时可以适当加热，以加快反应速率，故D 正确；E. 洗涤时采用滤液3洗涤，则沉淀表面有滤液杂质，因此不能用滤液3洗涤，故E 错误；综上所述，答案为：BCD 。

⑵要将铁离子铝离子沉淀完全，因此pH 要大于等于4.7，但不能溶解氢氧化铝，也不能沉淀钙离子，因此pH 小于12，因此调节溶液pH 范围时，最佳的pH 范围是4.7～12；故答案为：4.7～12；将铁离子铝离子沉淀完全，因此pH 要大于等于4.7，但不能溶解氢氧化铝，也不能沉淀钙离子，因此pH 小于12。

⑶①A. 使用移液管移取溶液的时候，移液管尖嘴要接触容器壁，液体沿器壁缓缓流下，故A 错误；B. 滴定管水洗后，需要用标准溶液润洗3次，再排出气泡，使液面位于“0”刻度或“0”刻度以下，故B 正确；C. 滴定管调液面后，需静置1～2min ，待液面稳定后，再进行读取刻度数据进行记录，故C 正确；D. 电子天平读数时，两边侧面应同时处于关闭状态，故D 错误；综上所述，答案为BC 。

②根据四次测定数据，第二次数据与其他几个数据相差较大，则为错误数据，因此求的其他三个数据的平均值为15.00mL ，根据Ca 2+～Y 4－关系式得到，2.000g 碳酸钙中n(Ca 2+)= n(Y 4
－
) = 0.1121 mol·L −1 ×0.015L ×10 =0.016815mol ，该产品中钙元素的质量分数为
10.016815mol 40g mol ω=100%33.63%2.000g
-⨯⋅⨯≈，若滴定结束时仰视读数，结束时读数
偏小，得到滴定液偏大，测定的结果偏大；故答案为：33.63%；偏大。