高考化学备考之铝及其化合物推断题压轴突破训练∶培优篇附答案(1)

高考化学备考之铝及其化合物推断题压轴突破训练∶培优篇附答案(1)
一、铝及其化合物
1．阅读下面信息，推断元素，按要求回答问题：
【答案】ACD 一定含有铝元素 Mg（OH）2 SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓ 2C +SiO2 高温
Si +
2CO↑
【解析】
【分析】
(1)H2和O2常温下为气体，而C、S常温下为固体；
(2)Al具有②中元素的性质，四种元素可能有1种是铝元素；
(3)白色沉淀应为碱，短周期元素中只有Mg(OH)2符合；
(4)滤液中加入过量的盐酸溶液，得到的应是难溶于水的弱酸，可为H2SiO3或H4SiO4；
(5)已知X、Y、Z、W四种元素中的3种为Mg、Al、Si，只有X为碳时才符合X与W同主族且X原子序数最小的条件。

(1)A．X若为氢时，其最外层电子数为1，无内层电子，且H2常温下为气体，不合理，故A 错误；
B．X若为C时，满足最外层电子数均不少于最内层电子数，且C常温下为固体，合理，故B正确；
C．X若为氧时，满足最外层电子数均不少于最内层电子数，但O2或O3常温下为气体，不合理，故C错误；
D．X若为硫，其原子序数是16，原子序数比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素，不合理，故D错误；
故答案为：ACD；
(2)Al能与氧气反应，且Al2O3能溶于稀硫酸，也能溶于NaOH溶液，且氧化铝的式量是102，均满足信息②，则四种元素一定有1种是铝元素；
(3)对所有短周期元素进行试探，唯有镁元素符合性质，可知白色沉淀物的化学式为
Mg(OH)2；
(4)唯有硅元素在④变化中最终得到白色沉淀H2SiO3(或H4SiO4)，生成该白色沉淀的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓(或SiO32-+2H++H2O=H4SiO4↓)；
(5)已知X、Y、Z、W四种元素中的3种为Mg、Al、Si，只有X为碳时才符合X与W同主族
且X原子序数最小的条件，则C与SiO2在高温下反应的化学方程式为2C +SiO2 高温
Si +
2CO↑。

2．A是一种红棕色金属氧化物；B、D是金属单质；J是一种难溶于水的白色化合物，受热易分解。

回答下列问题：
（1）A、E、J、G的化学式分别为___、___、___、___。

（2）C转化为I的离子方程式为___。

（3）H和I反应生成J的离子方程式为___。

（4）如何检验E溶液中大量存在的阳离子?___。

【答案】Fe2O3 FeCl2 Al(OH)3 Fe(OH)3 Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O Al3++3AlO2-
+6H2O═4Al(OH)3↓取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+
【分析】
A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，红褐色沉淀G为Fe(OH)3，分解可以生成氧化铁，则F是 Fe(OH)2．B、D是金属单质，Fe2O3和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3，J是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成C，则J是Al(OH)3，由转化关系可知，I是NaAlO2，H是AlCl3；铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氨水反应生成 Fe(OH)2，则E是 FeCl2，以此解答该题。

【详解】
(1)由以上分析可知，则A为Fe2O3，E是FeCl2，J是Al(OH)3，G是Fe(OH)3；
(2)氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：
Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；
(3)铝离子和偏铝酸根之间双水解而不共存，反应的离子方程式为Al3++3AlO2-
+6H2O═4Al(OH)3↓；
(4)E是FeCl2，检验亚铁离子，可取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+。

3．已知X元素原于的核电荷数小于18，最外层电子数等于电子层数，且比最内层电子数多1。

回答下列问题：
(1)X元素的原子结构示意图为__________。

(2)X的最高价氧化物对应的水化物的化学式为___________。

(3)X的单质与NaOH溶液反应的化学方程式为__________。

【答案】 Al(OH)3 2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑(或为
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑)
【解析】
【分析】
已知X元素原子的核电荷数小于18，最外层电子数等于电子层数，且比最内层电子数多1，则该元素原子核外电子排布为2、8、3，该元素是Al元素，然后结合其原子结构与元素位置的关系及其单质和化合物的性质分析解答。

【详解】
根据上述分析可知X元素的Al元素。

(1)X是Al元素，根据元素原子核外电子排布规律可知：Al原子核外电子排布为2、8、3，所以Al原子结构示意图为：；
(2) X是Al，原子核外最外层有3个电子，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为
Al(OH)3；
(3)Al能够与NaOH溶液发生反应产生Na[Al(OH)4]和H2，反应的化学方程式为
2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑(或写为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑)。

【点睛】
本题考查了元素及化合物的推断及元素与化合物的知识。

根据原子核外电子层中的电子数与电子层数关系推断元素是解题关键。

熟练掌握Al元素的单质、氧化物、氢氧化物的性质就可以顺利解答。

4．将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。

向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。

回答下列问题：
（1）写出BC段反应的离子方程式为____________________________。

（2）原Mg-Al合金的质量是_____________。

（3）原HCl溶液的物质的量浓度是________________。

（4）所加NaOH溶液的物质的量浓度是____________。

（5）a=______。

【答案】Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 5.1g 6mol/L 5mol/L 20
【解析】
【分析】
根据图像可知，oa段为过量的盐酸与NaOH反应，AB段为镁离子、铝离子与NaOH的反应，BC段为氢氧化铝与NaOH的反应。

【详解】
(1) BC段为氢氧化铝与NaOH的反应，生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
(2) BC段减少的为氢氧化铝沉淀，质量为7.8g，物质的量为0.1mol，即n(Al)=0.1mol；则氢氧化镁的质量为5.8g，物质的量为0.1mol即n(Mg)=0.1mol；合金的质量为
24×0.1+27×0.1=5.1g；
(3)根据方程Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，消耗20mL的NaOH时的物质的量为0.1mol，则
c(NaOH)=0.1mol÷0.02L=5mol/L；B点时，溶液刚好为NaCl溶液，此时消耗
n(NaOH)=5×0.12=0.6mol，c(HCl)=0.6÷0.1=6mol/L；
(4)由(3)得出的结论，c(NaOH)=5mol/L；
(5) n(Mg)=n(Al)=0.1mol，消耗的盐酸为0.5mol，100mL溶液中含有n(HCl)=0.6mol，则剩余n(HCl)=0.1mol，此时消耗V(NaOH)=0.1÷5=0.02L，即20mL。

【点睛】
通过BC段消耗的氢氧化钠的体积计算出NaOH的浓度，再计算盐酸的浓度。

5．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】AC Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O 2Al+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。

6．铝生产加工过程中产生大量的铝灰，直接掩埋造成铝资源浪费，还会带来严重的污染。

某铝厂的铝灰经分析所含主要物质如下：Al、Al2O3、AlN、SiO2、Fe2O3，其他杂质均不溶于稀硫酸。

如图是酸浸法用该铝灰生产高纯氧化铝的生产流程：
已知：i.Fe3+ +K++ [Fe(CN)6]4-=K[Fe(CN)6Fe]↓
ii.AlN常温下与水缓慢反应，酸性或碱性条件下反应较快
iii.NH4AlO(OH)HCO3难溶于碱性溶液和乙醇
请回答：
(1)实验室模拟工业生产①酸浸步骤的装置如图，该装置的不合理之处为____。

(2)步骤③加入H2O2溶液的目的是________________。

(3)步骤④调节pH最合适的试剂是________________。

A．NaOH B．H2SO4 C．NH3·H2O D．Ca(OH)2
(4)步骤⑤吸滤瓶内液体高度快达到支管口位置时应拔掉瓶上橡皮管，_______，洗涤沉淀操作为_______________。

(5)写出煅烧碳酸铝铵中间体得到高纯氧化铝的化学方程式______________。

(6)已知Al3+对光的吸收与其浓度成线性关系，色度计传感器可以测量某种波长的光穿过溶液的透射率确定溶液浓度。

如图是红色光照下透光率(T)对应c(Al3+)的标准曲线。

为测定铝灰中铝元素的回收率，准确称取0.5000g铝灰(折合铝元素含量60.00%)进行制备高纯氧化铝的实验，将所制得的粉末与固体NaOH反应后加水溶解、过滤，滤液定容到250mL容量瓶中。

用移液管移取25.00mL到锥形瓶中，加2滴指示剂，滴加稀盐酸至溶液体积变为
50.00mL，NaAlO2恰好反应生成AlCl3。

取该溶液于比色皿中进行色度检测，测得溶液透光率为97.5，则铝元素的回收率=_________。

【答案】尾气无法用稀硫酸完全吸收或可燃性气体未处理将Fe2+氧化为Fe3+，便于形成沉淀除去 C 从吸滤瓶上口倒出滤液往过滤器中加水至没过沉淀，待水滤出后，重复操作2~3次，直至滤液检验不出SO42-，再用少量乙醇淋洗
2NH4AlO(OH)HCO3高温
Al2O3+2NH3↑+3H2O+2CO2↑ 90.0%
【解析】
【分析】
(1)根据反应原理，观察反应装置和尾气处理装置，找出不合理之处；
(2)流程中步骤③是为了把铁离子转变为沉淀除去，那么加入H2O2溶液的目的也是与之关联的，分析铁元素的存在形态就可确定双氧水的作用；
(3)步骤④调节pH最合适的试剂是谁？从反应的角度、不引入杂质离子的角度分析选择；
(4)步骤⑤的操作要抓住其要点简答；
(5)煅烧碳酸铝铵中间体得到的产物，除了高纯氧化铝外，其余产物可以结合酸式碳酸盐分解规律、不溶性碱分解规律、铵盐非氧化还原分解规律获得并据此写化学方程式；
(6)获得相关数据及题目提供的信息，可计算铝元素的回收率；
【详解】
(1) 铝灰经分析所含主要物质如下：Al、Al2O3、AlN、SiO2、Fe2O3，在搅拌下，铝灰和从分液漏斗加入的硫酸反应，产生的气体有氨气、氢气等，可见装置中尾气无法用稀硫酸完全吸收或可燃性气体氢气未处理；
答案为：尾气无法用稀硫酸完全吸收或可燃性气体未处理；
(2)流程中步骤③是为了把杂质中铁元素转变为沉淀除去，有大量铝情况下，溶液中有铁离子存在、也有亚铁离子，则加入绿色氧化剂H2O2溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于形成沉淀除去；
答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于形成沉淀除去；
(3)步骤④要制备NH4AlO(OH)HCO3，信息iii显示——NH4AlO(OH)HCO3难溶于碱性溶液，故要把酸性溶液调节成弱碱性，则可用碱性物质调节pH，为了避免引入新杂质最合适的试剂是氨水，则选C；
答案为：C；
(4)步骤⑤是用抽滤法分离出碳酸铝铵中间体，吸滤瓶内液体高度快达到支管口位置时应拔掉瓶上橡皮管，从吸滤瓶上口倒出滤液；而洗涤沉淀的操作则为：往过滤器中加水至没过
沉淀，待水滤出后，重复操作2~3次，直至滤液检验不出SO42-，再用少量乙醇淋洗，便于快速得到纯净干燥的固体（因为信息iii，NH4AlO(OH)HCO3难溶于碱性溶液和乙醇）；
答案为：从吸滤瓶上口倒出滤液；往过滤器中加水至没过沉淀，待水滤出后，重复操作
2~3次，直至滤液检验不出SO42-，再用少量乙醇淋洗；
(5)煅烧碳酸铝铵中间体得到的产物，除了高纯氧化铝外，其余产物分别为氨气、二氧化碳
和水，则化学方程式为2NH4AlO(OH)HCO
3高温
Al2O3+2NH3↑+3H2O+2CO2↑；
答案为：2NH4AlO(OH)HCO3高温
Al2O3+2NH3↑+3H2O+2CO2↑；
(6)由图知，透光率为97.5时，溶液中铝离子的浓度为0.02mol/L，则结合其它相关数据，
铝元素的回收率=250mL
0.02mol/L0.050L27g/mol
25mL90.0%
0.5000g60%
⨯⨯⨯
=
⨯
；
答案为：90.0%。

7．钴元素由于其良好的物理化学性质，被广泛应用于生产生活中。

从含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li等)中制取粗CoCl2·6H2O的流程如下所示。

请回答下列问题：
(1)步骤I中主要发生的化学反应方程式为______。

(2)已知Co2O3具有强氧化性，若步骤II中浸出剂为盐酸，造成的后果是_______。

(3)步骤Ⅲ中①的目的是除去Al3+，写出该步反应的离子方程式______。

(4)若在实验室煅烧CoCO3，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有______、
______(填仪器名称)。

(5)操作①是在HCl氛围中进行的，其步骤是______、_____、过滤、洗涤、干燥。

洗涤过程中可以用工业酒精代替水，其优点是_____。

(6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，下列可作为指示剂的是____(填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰)
A．KCl B．KSCN C．K2CrO4 D．K2S
已知几种物质在20℃时的颜色及K sp值如下表
化学式AgCl AgSCN Ag2S Ag2CrO4
【答案】2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2↑会产生有毒气体氯气 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3↓ + 3CO2↑坩埚泥三角蒸发浓缩冷却结晶减少晶体的溶解损失 C
【解析】
【分析】
含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li)加入碱液，Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，锂能够被水溶解，过滤得到钴渣和含铝溶液；钴渣中加入浸出剂得到含有Co2+及微量Li+、Al3+溶液，向该溶液中加入20%碳酸钠溶液调节溶液的pH为4.5-5之间，然后加入NaF，过滤得到铝锂渣和滤液，滤液中加入30%碳酸钠溶液调节溶液的pH为8-8.5，得到CoCO3沉淀，煅烧碳酸钴得到CoO，CoO与盐酸反应生成CoCl2，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出CoCl2·6H2O结晶水合物，据此分析解答。

【详解】
(1)步骤I中Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，锂能够被水溶解，发生的主要化学反应方程式有2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2↑，故答案为2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2↑；
(2)Co2O3具有强氧化性，若步骤II中浸出剂为盐酸，盐酸中的氯元素可能被氧化生成氯气，污染环境，故答案为会产生有毒气体氯气(或生成氯气，污染环境)；
(3)步骤Ⅲ中①的目的是除去Al3+，与加入的碳酸钠能够发生双水解反应，反应的离子方程式为2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3↓ + 3CO2↑，故答案为2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3↓ + 3CO2↑；
(4)实验室煅烧CoCO3需要在坩埚中进行，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有坩埚、泥三角，故答案为坩埚；泥三角；
(5)CoCl2能够水解，生成的氯化氢容易挥发，因此操作①是需要在HCl氛围中进行，从CoCl2溶液中获得CoCl2·6H2O晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

洗涤过程中可以用工业酒精代替水，减少晶体的溶解损失，且酒精更加容易挥发，便于晶体干燥，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶；减少晶体的溶解损失；
(6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，根据几种物质在20℃时的颜色及K sp值，滴定过程中需要有明显的现象，应该选用K2CrO4为指示剂，故答案为C。

8．铝土矿（主要成分为Al2O3,还含有SiO2(不溶于水和酸)、Fe2O3）是工业上制备氧化铝的主要原料。

工业上提取氧化铝的工艺流程如下:
（1）沉淀A、B的成分分别是__________、__________;步骤②中的试剂a是
__________ ;(以上均填化学式)
（2）试写出步骤③中发生反应的离子方式__________、__________ ;
【答案】SiO2 Fe(OH)3 NaOH溶液 CO2 +OH- =HCO3- CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-【解析】
【分析】
铝土矿中加入过量试剂盐酸，然后过滤得到沉淀A为SiO2，滤液甲中加入过量NaOH溶液过滤后得到沉淀B和滤液乙，滤液甲中溶质为氯化铝和氯化铁、HCl，沉淀B为Fe（OH）3，滤液乙中含有NaAlO2和NaOH、NaCl，向滤液乙中通入过滤二氧化碳得到滤液碳酸氢钠溶液，沉淀C为Al（OH）3，加热氢氧化铝得到氧化铝，以此解答该题。

【详解】
（1）由以上分析可知A为SiO2，沉淀B为Fe（OH）3，滤液甲中含有Al3+、Fe3+、H+等，应加入氢氧化钠，除去铁离子，将铝离子转化为AlO2-，步骤②中的试剂a是NaOH溶液；（2）步骤③中与OH-反应生成碳酸氢根离子：CO2+OH-＝HCO3-，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应，生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子反应为：CO2 +AlO2- +2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-。

【点睛】
把握流程中物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析、推断及实验能力的综合考查。

离子方程式的书写是解答的易错点，注意二氧化碳是过量的。

9．磷酸铝(AlPO4)是一种用途广泛的材料，在建筑、耐火材料、化工等方面具有广泛的应用前景。

以磷硅渣（主要成分为Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2和V2O5等）为原料制备磷酸铝的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）酸浸液中含磷元素的主要粒子是_____(填化学式，下同)，浸渣中的主要化学成分是_____。

（2）生石灰除了调节pH外，另一作用是_____。

（3）滤液中钒元素以V3O93-形式存在，V3O93-易水解为[VO3(OH)]2-，该水解反应的离子方程式为_____。

（4）碱浸时，粗磷酸铝转化为可溶性溶质，则可溶性溶质分别是_____ (填化学式)。

（5）实验测得pH、反应温度与时间对碱浸时固相中P、Al含量的影响如图所示：
则最优反应条件是_____。

（6）固相反应制备磷酸铝的方法之一是在900℃的焙烧炉内加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物，写出该反应的化学方程式：_____。

【答案】H3PO4 SiO2、CaSO4除去过量的SO42- V3O93-+3H2O⇌3[VO3(OH)]2-＋3H+
Na[Al(OH)4]、Na3PO4 pH=12、温度为80℃、时间为1h Al2O3＋2NH4H2PO4900℃
2AlPO4＋
2NH3↑＋3H2O
【解析】
【分析】
磷硅渣的主要成分为Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2和V2O5等，加浓硫酸分离出滤渣为SiO2、CaSO4，酸浸液中加CaO可调节pH且除去过量硫酸根离子，滤渣1为CaSO4，滤液中钒元素以V3O93-形式存在，加NaOH分离出Na2[VO3(OH)]，再加NaOH时粗磷酸铝溶解生成可溶性溶质为NaAlO2、Na3PO4，由图可知，pH＝12、温度为80℃、时间为1h时碱浸时固相中P、Al含量w%小，为最优反应条件，然后过滤分离出AlPO4；
(1)SiO2为酸性氧化物，不与硫酸反应；CaSO4微溶于水，据此回答；
(2)加浓硫酸引人过量的硫酸根离子，CaSO4微溶于水，据此回答；
(3)滤液中钒元素以V3O93-形式存在，V3O93-易水解为[VO3(OH)]2−；
(4)加NaOH时粗磷酸铝溶解生成可溶性溶质为NaAlO2、Na3PO4；
(5)在pH、反应温度与时间对碱浸时固相中P、Al含量的影响如图中，寻找碱浸时固相中P、Al 含量w%小时就为最优反应条件；
(6)加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物生成AlPO4、NH3和H2O。

【详解】
(1)酸浸中磷元素主要转化为H3PO4，该反应的化学方程式为Ca3(PO4)2＋3H2SO4＝3CaSO4＋2H3PO4，磷硅渣的主要成分为Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2和V2O5等，加浓硫酸分离出滤渣为SiO2、CaSO4；
(2)生石灰除了调节pH 外，另一作用是除去过量的硫酸根离子；
(3)滤液中钒元素以V3O93-形式存在，V3O93-易水解为[VO3(OH)]2−，该水解反应的离子方程式为V3O93-+3H2O⇌3[VO3(OH)]2-＋3H+；
(4)碱浸时，粗磷酸铝转化为可溶性溶质，则可溶性溶质分别是Na[Al(OH)4]、Na3PO4；
(5)由图可知，pH＝12、温度为80℃、时间为1h时碱浸时固相中P、Al 含量w%小，为最
优反应条件；
(6)加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物生成AlPO4、NH3和H2O，化学方程式为：Al2O3＋
2NH4H2PO4900℃
2AlPO4＋2NH3↑＋3H2O.
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CaSO4，杂质主要是SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3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）
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CaSO4、FeO、Fe2O3、Al2O3溶解，将氧化亚铁氧化为硝酸铁，SiO2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SiO2，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。