2020-2021备战高考化学培优易错试卷(含解析)之铝及其化合物推断题含详细答案

2020-2021备战高考化学培优易错试卷(含解析)之铝及其化合物推断题含详细
答案
一、铝及其化合物
1．铝、铁、硅的单质及化合物在工业生产中具有广泛应用，工业上常用某矿石(主要成分有Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2等)来制备绿矾(FeSO4·7H2O)和氧化铝，其工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）滤渣1的成分是___，举例说明滤渣2的用途___。

（2）用离子方程式表示溶液A加入过量铁粉的目的是___。

（3）写出由滤液1生成滤液2的离子方程式___。

（4）过程1、2、3均涉及分离操作，所需玻璃仪器有___。

（5）由溶液B得到绿矾的具体操作为___、过滤、洗涤和干燥。

（6）过程3需要加入的试剂A是___，写出此过程的离子方程式___。

【答案】Fe2O3、FeO 制备硅胶，作干燥剂将Fe3+全部还原为Fe2+ AlO2-+4H+= Al3++2H2O 漏斗、烧杯和玻璃棒蒸发氨水 Al3++3NH3﹒H2O= Al(OH)3↓+3NH4+
【解析】
【分析】
Al2O3属于两性氧化物，Fe2O3、FeO都是碱性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，因此，矿石中的Al2O3和SiO2能溶于氢氧化钠溶液，Fe2O3、FeO溶于氢氧化钠溶液，滤渣1的成分是
Fe2O3、FeO；滤液1中的溶质有NaAlO2和Na2SiO3，加入过量盐酸后，AlO2-转化为Al3+，SiO32-转化为H2SiO3的白色胶状沉淀，滤液2的主要溶质是AlCl3，滤渣2的成分是H2SiO3，可用于制备硅胶，作干燥剂；过程3的作用是将溶液中的Al3+转化为Al(OH)3沉淀，应加入碱溶液；Fe2O3、FeO都能溶于稀硫酸，分别得到Fe2(SO4)3和FeSO4，溶液A的溶质有
Fe2(SO4)3和FeSO4，加入过量铁粉，将Fe3+全部还原为Fe2+，溶液B为FeSO4。

【详解】
(1)由分析可知滤渣1的成分是Fe2O3、FeO；滤渣2的成分是H2SiO3，可用于制备硅胶，作干燥剂，故答案为：Fe2O3、FeO；制备硅胶，作干燥剂；
(2) Fe2O3、FeO都能溶于稀硫酸，分别得到Fe2(SO4)3和FeSO4，溶液A的溶质有Fe2(SO4)3和FeSO4，加入过量铁粉，将Fe3+全部还原为Fe2+，反应的离子方程式为：2 Fe3++Fe=3 Fe2+，
故答案为：将Fe3+全部还原为Fe2+；
(3)由滤液1生成滤液2的过程为AlO2-转化为Al3+，离子方程式为：AlO2-+4H+= Al3++2H2O，故答案为：AlO2-+4H+= Al3++2H2O；
(4)过程1、2、3均涉及到的分离操作是过滤，所需玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯和玻璃棒；
(5)溶液B得到绿矾的具体操作为蒸发、过滤、洗涤和干燥，故答案为：蒸发；
(6)过程3的作用是将溶液中的Al3+转化为Al(OH)3沉淀，应加入碱溶液，由于Al(OH)3能溶
于强碱溶液，但不能溶于氨水，所以试剂A是氨水，所发生反应的离子方程式为：
Al3++3NH3﹒H2O= Al(OH)3↓+3NH4+，故答案为：氨水；Al3++3NH3﹒H2O= Al(OH)3↓+3NH4+。

2．由熔盐电解法获得的粗铝含有一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用钢材镀铝。

工艺流程如下：
（注：NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华）
（1）工业上电解法获得金属铝的过程中，须在氧化铝中加入______，其目的是____。

（2）精炼前，需清除坩埚内的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，铝与氧化铁反应的化学方程式为：__________。

（3）将Cl2连续通入粗铝熔体中，杂质随气泡上浮除去。

气泡的成分有____；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中的物质有________。

（4）在用废碱液处理A时，写出主要反应的离子方程式______。

（5）镀铝电解池中，以钢材镀件和铝为电极，熔融盐做电解液。

则金属铝为________极。

电镀选择在170℃下进行的原因是_________。

采用的加热方式最好是_________。

（填字母选项）
A 水浴 b 油浴 c 直接强热快速升温至170℃
（6）钢材表面镀铝之后，能有效防止钢材腐蚀，其原因是_______。

【答案】冰晶石或Na3AlF6降低氧化铝熔融所需的温度 2Al＋Fe2O3高温2Al2O3＋2Fe Cl2、HCl和AlCl3 NaCl Cl2＋2OH- =Cl-＋ClO-＋H2O H++OH-=H2O 阳极，防止氯化铝升华损失
b 铝在钢材表面形成致密的氧化铝膜，保护了内层金属
【解析】
【分析】
(1)根据氧化铝的熔点高，为降低其熔点，常加入冰晶石；
(2)氧化铁和铝在高温的条件下生成氧化铝和铁；
(3)粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，以及NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华，在结合物质之间的反应来分析；
(4)酸性气体能和强碱反应，用烧碱来处理尾气；
(5)电镀池中镀件金属作阳极，金属发生氧化反应；根据氯化铝在在181℃升华；根据水浴的最高温度为100℃，油浴的温度大于100℃，且受热均匀；
(6)根据氧化铝的性质来回答。

【详解】
(1)氧化铝的熔点高，为降低其熔点，常加入冰晶石；
(2)氧化铁和铝在高温的条件下生成氧化铝和铁：2Al＋Fe2O3高温2Al2O3＋2Fe；
(3)粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，其中氯化钠熔点为801℃，较高，是固态杂质随气泡上浮，气泡的主要成分有Cl2、HCl、AlCl3；
(4)A中有氯气以及氯化氢，均能和烧碱反应，用于尾气处理，实质为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-
+H2O，H++OH-=H2O；
(5)电镀池中镀件金属铝作阳极，金属铝失电子发生氧化反应；氯化铝在在181℃升华，所以电镀选择在170℃下进行；
水浴的最高温度为100℃，油浴的温度大于100℃，且受热均匀，所以控制温度在170℃下进行的方式最好是油浴，故选：b；
(6)铝金属表面形成的致密氧化铝膜具有保护作用，致密的氧化膜能隔绝钢材与空气中的
O2、CO2和H2O等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生。

3．A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素，原子序数依次增大。

A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体。

C与B、H在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17。

D与F同周期。

G的单质常用作半导体材料。

请回答：
(1)C和H分别与A形成的简单化合物沸点较高的是________(填化学式)，理由是
_____________。

(2)C、E形成的简单离子半径大小：r(C)______r(E)(填>、<或=)
(3)请写出F最高价氧化物对应的水化物在水溶液中的电离方程式______________。

(4)B与G形成的化合物常用于做耐高温材料，工业可用碳热还原法制取：将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应，请写出化学反应方程式_____________。

【答案】H2O H2O分子间存在氢键>H++AlO2-+H2O Al(OH)3Al3++3OH-
3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素，原子序数依次增大。

A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体，则A为H；G的单质常用作半导体材料，G为Si，结合原子序数可知F为Al；C与B、H在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17，17÷3=5…2，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。

【详解】
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分别与A形成的简单化合物分别是H2O、H2S，其中沸点较高的是H2O，原因是
H2O 分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引力；
(2)O2-、Mg2+核外电子排布相同。

具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则C、E形成的简单离子半径大小：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++AlO 2-+H2O Al(OH)3Al3++3OH-；
(4)将G的氧化物与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。

4．有关物质的转化关系如下图所示(部分生成物与反应条件已略去)。

B、D、H是气体，B 是单质，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C、G是生活中的常见金属，工业上用反应①制备C；K、F是固体，其中F是一种红色涂料的主要成分。

（1）K的化学式为___________；D的电子式为____________。

（2）写出反应②的离子方程式：___________。

（3）写出反应③的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：
_____________。

（4）物质J常用作催化剂，媒染剂，放射性物质吸附剂。

从J的溶液得到J的晶体的操作依次为_____________、冰水洗涤、减压烘干。

冰水洗涤的目的___________。

（5）反应③常通过微热来加快反应的速率，加热时温度不能过高的原因是_________。

【答案】Fe(OH)3 3NO2＋H2O＝2H+＋2NO3-＋NO
蒸发（加热）浓缩、冷却结晶、过滤减
少晶体的溶解损耗硝酸在较高温度下(易挥发)易分解
【解析】
【分析】
D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D是氨气；C、G是生活中的常见金属，F是一种红色涂料的主要成分，F是Fe2O3，C的Al、G是Fe、A是Al2O3；电解熔融氧化铝生成铝和氧气，B是O2、E是NO、H是NO2、I是HNO3；铁和硝酸反应生成硝酸铁，J是Fe(NO3)3，
Fe(NO3)3和氨水反应生成氢氧化铁，K是Fe(OH)3；Fe(OH)3加热分解为氧化铁。

据此解
答。

【详解】
（1）根据以上分析，K是氢氧化铁，化学式为Fe(OH)3；D是氨气为共价化合物，氨气的电子式为。

（2）反应②是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式是3NO2＋H2O ＝2H+＋2NO3-＋NO。

（3）反应③是铁和硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮、水，反应的化学方程式是
Fe+4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，铁元素化合价由0升高为+3，氮元素化合价由+5降低为+2，用单线桥标出电子转移的方向和数目为。

（4）从硝酸铁的溶液得到硝酸铁的晶体的操作依次为蒸发（加热）浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤、减压烘干。

温度越低硝酸铁溶解度越小，冰水洗涤的目的是减少晶体的溶解损耗。

（5）反应③常通过微热来加快反应的速率，硝酸在较高温度下(易挥发)易分解，所以加热时温度不能过高。

【点睛】
本题考查无机物的推断，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为解答该题的关键，注意把握物质的特征性质。

5．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。

6．七水硫酸镁（MgSO4·7H2O）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MgCO3，还含有MgO、CaO、Fe2O3、FeO、MnO2、Al2O3、SiO2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：①MnO2不溶于稀硫酸。

②CaSO4和MgSO4·7H2O在不同温度下的溶解度（g）数据如下表所示：
（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为___。

（2）滤渣A中除含少量CaSO4·2H2O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CaSO4·2H2O，又防止___。

（6）获取MgSO4·7H2O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。

7．利用含铬废料(主要含 Cr2O3，还含有 FeO、SiO2、Al2O3等杂质)制备重铬酸钠，实现清洁化工生产，工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)焙烧 Cr2O3转化为Na2CrO4的化学反应方程式是_____；
(2)实验室模拟此工业流程①，控制反应温度 60℃的方法是_____；
(3)流程②用石墨做电极电解 Na2CrO4溶液，制备Na2Cr2O7，其原理如图所示，a 是_____极；电极Ⅱ的电极反应式是_____；当生成 2mol Na2Cr2O7时，电路中转移的电子
_____mol；
(4)由下图和下表中的溶解度变化，流程③制备 K2Cr2O7，应先充分加热，然后_____反应才能顺利进行；
重铬酸钠的溶解度表：
温
度℃
1020406080100
溶解度%61.662.865.1
71.
8
78.781.1
(5)为进一步减少制得的 K2Cr2O7晶体中 NaCl 等杂质，应再进行_____操作；
(6)流程④Na2Cr2O7溶液与乙醇反应，乙醇可能被氧化为_____(写一种即可)。

【答案】2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2水浴加热负极 4OH-―4e-＝2H2O＋O2↑或2H2O－4e-=O2↑+4H+ 4 冷却结晶（降低温度）重结晶乙醛(CH3CHO)、乙酸(CH3COOH)、二氧化碳(CO2)等
【解析】
【分析】
利用含铬废料(主要含 Cr2O3，还含有 FeO、SiO2、Al2O3等杂质)制备重铬酸钠。

将铬铁矿和碳酸钠、空气混合焙烧，发生反应得到Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3等和CO2，然后在60℃时调节溶液的pH=6.5，用盐酸浸取后过滤，得到的滤渣中主要含有硅酸、氢氧化铁、氢氧化铝等，滤液中含有Na2CrO4和NaCl，然后用石墨做电极电解 Na2CrO4溶液，制备
Na2Cr2O7，在Na2Cr2O7溶液中加入氯化钾固体可以制得K2Cr2O7，在Na2Cr2O7溶液中加入稀硫酸和乙醇，可以制得Na Cr(SO4)2，据此分析解答。

【详解】
(1)Cr2O3与碳酸钠在空气中焙烧反应生成Na2CrO4的化学反应方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O2
4Na2CrO4+4CO2，故答案为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2；
(2)可以采用水浴加热的方法，控制反应温度 60℃，故答案为：水浴加热；
(3)Na2CrO4溶液中存在2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，用图示装置(均为石墨电极)电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，需要通过电解生成H+提高溶液的酸性，说明该电极(电极Ⅱ)是阳极，连接电源的正极，即b为正极，则a为负极；电极Ⅱ为阳极，溶液中氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑或2H2O－4e-=O2↑+4H+；由CrO42-+2H +=Cr2O72-+H2O可知，每生成2molNa2Cr2O7时，理论上II电极生成4molH+，根据阳极反应式4OH--4e-=2H2O+O2↑可知，每生成4molH+，转移4mol电子，故答案为：负极；4OH-―4e-＝2H2O ＋O2↑或2H2O－4e-=O2↑+4H+；4；
(4) 根据溶解度曲线和重铬酸钠的溶解度表可知，K2Cr2O7的溶解度随温度的变化较大，而Na2Cr2O7的溶解度受温度的影响不大，且温度较低是由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞
K2Cr2O7，因此流程③中向Na2Cr2O7溶液中加入适量KCl，充分加热，蒸发浓缩至表面出现晶膜，然后冷却结晶，析出K2Cr2O7固体，反应才能顺利进行，故答案为：冷却结晶(降低温度)；
(5) 根据溶解度曲线，K2Cr2O7的溶解度随温度的变化较大，而氯化钠的溶解度受温度的影响不大，为进一步减少制得的 K2Cr2O7晶体中 NaCl 等杂质，需要对K2Cr2O7晶体进行重结晶操作，进一步分离提纯，故答案为：重结晶；
(6) Na 2Cr 2O 7 溶液具有强氧化性，Na 2Cr 2O 7 溶液与乙醇反应，乙醇可能被氧化为乙醛(CH 3CHO)、乙酸(CH 3COOH)、甚至可以氧化生成二氧化碳和水，故答案为：乙醛(CH 3CHO)、乙酸(CH 3COOH)、二氧化碳(CO 2)等。

8．用方铅矿（主要为PbS ）和软锰矿（主要为MnO 2，还有少量Al 2O 3等杂质）制备PbSO 4和Mn 3O 4的工艺流程：
已知:（1）PbS+MnO 2 +4H +=Mn 2++Pb 2++S+2H 2O
（2）PbCl 2(s)+2Cl -(aq)=PbCl 42-(aq) △H >0
（1）80℃用盐酸处理两种矿石，为加快酸浸速率，还可采用的方法是_______________（任写一种）。

（2）向酸浸液中加入饱和食盐水的目的是________________________________；加入物质X 可用于调节酸浸液的pH 值，物质X 可以是_______________
A ．MnCO 3
B ．NaOH
C ．ZnO
D ．PbO
（3）滤渣中含有金属杂质形成的化合物，其成分为________________（写化学式）。

（4）向滤液2中通入NH 3和O 2发生反应，写出总反应的离子方程式：
___________________
【答案】粉碎矿石、搅拌、适当增加盐酸浓度等 增大PbCl 2的溶解度 AD Al(OH)3
2++2323446H O+12NH +O +6Mn =2Mn O +12NH
【解析】
【分析】
方铅矿精矿（主要成分PbS ）和软锰矿（主要成分MnO 2，含有Al 2O 3等杂质）中加入稀盐酸并加热至80℃，发生的反应有：MnO 2+PbS+4HCl=MnCl 2+PbCl 2+S+2H 2O 、
Al 2O 3+6HCl=2AlCl 3+3H 2O ，向酸浸溶液中加入NaCl 溶液、X ，调节溶液的pH ，使Al 3+转化为沉淀，要除去Al 3+需要加入能与H +反应且不能引进新的杂质，然后过滤得到氢氧化铝沉淀和滤液，将滤液1分离得到PbCl 2晶体和滤液2，向滤液2中通入氨气、氧气，锰离子被氧化生成Mn 3O 4，过滤得到Mn 3O 4和滤液，以此解答。

【详解】
（1）采取粉碎矿石或搅拌或适当增加盐酸浓度等措施均能加快酸浸速率；
（2）由反应()()()-2-
24PbCl s +2Cl a PbCl =q aq 可知，向酸浸液中加入饱和食盐水，通过增大Cl −浓度可促进PbCl 2的溶解；加入物质X 调节溶液的pH ，使Al 3+转化为沉淀，同时不引入新的杂质，结合滤液1中含有Mn 2+和Pb 2+，可选择MnCO 3和PbO 调节溶液pH ，而NaOH 和ZnO 调节pH 时会引进杂质离子，即答案选AD ；
（3）酸浸液中加入MnCO 3或PbO 调节溶液pH ，促进溶液中Al 3+完全转化为Al(OH)3沉
淀，滤渣中含有金属杂质形成的化合物，其成分为Al(OH)3；
（4）滤液2中含有Mn2+，通入NH3和O2生成Mn3O4，Mn元素化合价从+2价升高至
8 3
价，O2中O元素化合价从0价降低至-2价，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知发生反应的离子方程式为：2++
232344
6H O+12NH+O+6Mn=2Mn O+12NH。

【点睛】
调节溶液的pH，常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀，调节pH所需的物质一般应满足两点：
①能与H+反应，使溶液pH增大；
②不引入新杂质；
例如：若要除去Cu2+中混有的Fe3+，可加入CuO、CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。

9．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
颜色白色浅黄色黑色红色
K sp 2.0×10-10 1.0×10-12 2.0×10-48 2.0×10-12
【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。

10．以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产Al(OH)3并获得Fe3O4的部分工艺流程如图：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用于吸收SO2的试剂可以是______。

（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。

已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃
硫去除率=(1−焙烧后矿粉中硫元素总质量
焙烧前矿粉中硫元素总质量
)×100%
①500℃焙烧(不添加CaO的矿粉)时，去除的硫元素主要来源于______。

②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的主要原因是______。

（3）向含大量AlO2-的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3白色沉淀，发生该反应的离子方程式为______。

（4）FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上1molFeS2完全参与反应生成的Fe3O4的物质的量为______mol。

【答案】NaOH溶液、Na2SO3溶液 FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 AlO2-
+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- 11
【解析】
【分析】
高硫铝土矿生产Al(OH)3并获得Fe3O4，由流程可知，矿粉中通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，过滤得到滤液为偏铝酸钠溶液，焙烧时Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，滤液与足量二氧化碳反应生成氢氧化铝，以此来解答。

【详解】
(1)吸收过量SO2可以用NaOH溶液或Na2SO3溶液；
(2)①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃，所以可判断焙烧过程中S元素主要来源是FeS2；
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S的脱除率降低；
(3)向含AlO2-的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3和HCO3-，离子方程式为AlO2-
+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
(4)FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmolFe2O3和ymolFeS2完
全参加反应，根据电子得失守恒：2x×(3−8
3
)＝2y×5＋y×（
8
3
−2)，解得
x
y
＝16，所以理论
上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)＝1：16，若1molFeS2完全参与反应，消耗。