备战高考化学与铝及其化合物推断题有关的压轴题含详细答案

备战高考化学与铝及其化合物推断题有关的压轴题含详细答案
一、铝及其化合物
1．工业上的许多反应工艺来源于实验室里的简单操作，比如用铝土矿(成分为氧化铝、氧化铁)制取铝的过程如图：
请回答下列问题：
（1）写出铝土矿中加入NaOH溶液的反应方程式___。

（2）沉淀C的化学式___，颜色为___，写出它的一种用途___。

（3）操作I、操作II、操作III的名称为___，这个过程用到的玻璃仪器有烧杯、___。

（4）整个生产过程中，除可以循环使用的物质有___(写出3种，填化学式)，用此法制取铝的副产品是___(写出2种，填化学式)。

（5）氧化铝熔点高，氯化铝熔点低，工业上为什么不用熔点较低的氯化铝而用熔点更高的氧化铝为原料电解制铝？___。

【答案】Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O Fe2O3红棕色作颜料（或炼铁）过滤漏斗、玻璃棒 NaOH、CaO、CO2 Fe2O3、O2氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。

氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝
【解析】
【分析】
铝土矿中含有氧化铝和氧化铁，向铝土矿中加入NaOH溶液，发生反应Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，氧化铁不溶，然后过滤，得到溶液B为NaOH、NaAlO2混合溶液，沉淀C为Fe2O3；向溶液B中通入CO2，发生反应2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、2OH-+CO2=CO32-+H2O，然后过滤得到沉淀Al(OH)3和Na2CO3溶液，向溶液中加入CaO，发生反应
Na2CO3+CaO+H2O═2NaOH+CaCO3↓，然后过滤，将NaOH循环利用；将Al(OH)3加热得到Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al，据此分析解答。

【详解】
(1)根据上面的分析，铝土矿中加入NaOH溶液，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O；
(2)根据上述分析，沉淀C为Fe2O3，氧化铁为红棕色粉末，俗称铁红，除了用于金属冶炼以外，还可用作顔料，故答案为：Fe2O3；红棕色、作颜料(或炼铁)；
(3)实现固体和液体的分离采用过滤法，操作Ⅰ、操作Ⅱ和操作Ⅲ都是过滤操作，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯，故答案
为：过滤；漏斗、玻璃棒；
(4)煅烧碳酸钙得到CaO和CO2，B生成沉淀需要二氧化碳、碳酸钠转化为碳酸钙需要CaO，所以CaO和CO2能循环利用，溶液E中的氢氧化钠也能循环利用；根据流程图和上述分析，操作Ⅰ所得的Fe2O3和电解熔融Al2O3得到的O2为副产品，故答案为：NaOH、CaO和CO2；Fe2O3和O2；
(5)氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。

氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此尽管氧化铝熔点高，氯化铝熔点低，工业上电解铝时选用氧化铝而不用氯化铝，故答案为：氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。

氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝。

2．某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示：
阳离子H＋、K＋、Al3＋、NH4+、Mg2＋
阴离子Cl－、OH－、CO32-、AlO2-
为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示。

(1)该溶液中一定含有的阳离子是________________________________，其对应物质的量浓度之比为 ____________，溶液中一定不存在的阴离子是_______________________。

(2)写出沉淀减少的离子方程式 ________________________________________________。

【答案】H＋、Al3＋、NH4+、Mg2＋ 2:2:2:3 OH－、CO32-、AlO2- Al(OH)3+OH－= AlO2- +2H2O 【解析】
【分析】
(1)根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知，最终得到的沉淀为
3mol氢氧化镁沉淀，溶解的2mol沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生
成，说明原溶液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量；
(2)沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少，据此写出反应的离子方程式。

【详解】
(1)根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有：Mg2+和Al3+，所以一定不含CO32-、AlO2-，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是
5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol 氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0～amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H+，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol×3+3mol×2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：n(H+)+3n(Al3+)+n(NH4+)+2n(Mg2+)≤16mol，所以氯离子物质的量≥16mol，所以溶液中一定存在的阳离子为：H+、Al3+、NH4+、Mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为：n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(Mg2+)=2：2：2：3；溶液中一定不存在的阴离子为：OH-、CO32-、AlO2-；
(2)生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。

3．已知A是由两种阳离子和一种阴离子组成的盐，且常用作净水剂，B是一种常见的两性氢氧化物。

试根据下列转化关系回答有关问题：
（1）试判断：B为___，F为___；
（2）写出沉淀B与盐酸反应的离子方程式
．．．．．___；
（3）根据上述关系写出盐A的化学式
．．．___。

【答案】氢氧化铝或Al(OH)3硫酸钡或BaSO4 Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O KAl(SO4)2或K2SO4﹒Al2(SO4)3
【解析】
【分析】
已知A是由两种阳离子和一种阴离子组成的盐，且常用作净水剂，透过蓝色鈷玻璃观察时焰色反应呈紫色，该溶液中含有K+，故A是KAl(SO4)2；向溶液A中加入氨水，Al3+会发生反应：Al3＋＋3NH3·H2O== Al(OH)3↓+3NH4+，产生白色沉淀B是Al(OH)3，溶液C是
(NH4)2SO4；Al(OH)3是两性氢氧化物，可以与强酸HCl发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，产生的溶液E是AlCl3；也可以与强碱NaOH发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，得到的溶液D是NaAlO2；向溶液C中加入Ba(NO3)2溶液，发生复分解反应产生BaSO4白色沉淀，该物质既不溶于水，也不溶于酸，所以沉淀F是BaSO4。

【详解】
(1)通过分析可知，B为Al(OH)3，F为BaSO4，故答案为：氢氧化铝；硫酸钡或BaSO4；
(2)B是Al(OH)3，与盐酸反应的离子方程式是：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
(3)根据上述关系写出盐A是KAl(SO4)2 ，故答案为：KAl(SO4)2或K2SO4﹒Al2(SO4)3。

4．有关物质的转化关系如下图所示。

A、C、E是常见的金属单质，E为紫红色，反应①可用于焊接铁轨，B是赤铁矿的主要成分，F的溶液中加入KSCN溶液变红。

（部分反应物和生成物省略）
请回答下列问题：
（1）D的化学式是________。

（2）可选用________（填“字母”）实现反应C→F的转化。

a．稀盐酸 b．氯气/点燃 c．CuSO4溶液
（3）反应①的化学方程式为____________。

（4）反应②的离子方程式为______________。

【答案】Al2O3 b 2Al+Fe2O32Fe + Al2O3 Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+
【解析】
【分析】
A、C、E是常见的金属单质，反应①可用于焊接铁轨，B是赤铁矿的主要成分，则A为Al、B为Fe2O3，C为Fe，D为Al2O3，E是紫红色的金属单质，则E为Cu，F的溶液中加入KSCN溶液变红，F为铁盐，可以由Fe与氯气反应得到，反应②为
Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。

【详解】
(1)根据分析，D的化学式是：Al2O3；
(2)反应C→F是Fe转化为Fe3+，Fe与盐酸、CuSO4溶液生成Fe2+，Fe与氯气反应生成FeCl3，故答案选b；
(3)反应①的化学方程式为：2Al+Fe 2O 32Fe + Al 2O 3；
(4)反应②的离子方程式为：Cu+2Fe 3+=Cu 2++2Fe 2+。

5．某工厂废金属屑的主要成分为Cu 、Fe 和Al ，此外还含有少量Al 2O 3和Fe 2O 3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的金属废料制取氯化
铝、绿矾晶体(FeSO 4·
7H 2O)和胆矾晶体。

完成下列填空：
（1）写出步骤Ⅰ反应的离子方程式：___。

（2）试剂X 是___，溶液D 是___。

（3）在步骤Ⅱ中，用如图装置制取CO 2并通入溶液A 中。

一段时间后，仍观察不到烧杯中产生白色沉淀。

为了固体C 的生成，在药品和装置上可采取的改进措施是___。

（4）溶液E 中加入KSCN 溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe 3+，用离子方程式解释其可能的原因：___。

（5）将固体F 继续加入热的稀硫酸，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO 4溶液，写出反应的化学方程式：___。

【答案】-22-2=2Al+2H O+2OH 2AlO +3H ↑、--2322Al O +2OH =2AlO +H O 稀硫酸
NaHCO 3溶液 浓盐酸改为稀盐酸；在装置a 和装置b 之间增加一个盛有饱和NaHCO 3溶液的洗气瓶，以除去装置a 中挥发出的HCl 2Fe 3++Fe=3Fe 2+、2Fe 3++Cu=2Fe 2++Cu 2+
22442=2Cu+O +2H SO 2CuSO +2H O ∆
【解析】
【分析】
Fe 、Cu 、Fe 2O 3都不与NaOH 溶液反应，Al 和Al 2O 3可与NaOH 溶液反应，用含有Al 、Fe 、Cu 和Al 2O 3和Fe 2O 3的废金属屑制取AlCl 3、绿矾晶体(FeSO 4•7H 2O)和胆矾晶体流程为：合金中Al 、Al 2O 3与NaOH 反应，所得滤液A 为NaAlO 2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生反应：()223--
23AlO +CO +2H O H =Al OH CO +↓，反应可生成Al(OH)3固体C ，生成的Al(OH)3再和盐酸反应生成AlCl 3，得到的AlCl 3较纯净；溶液D 为NaHCO 3溶液；滤渣B 为
Fe 和Cu 的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E 为FeSO 4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F 为Cu ，可用于制备胆矾，据此分析解答。

【详解】
（1）铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A 为NaAlO 2溶液，反应的离子方程式为：-22-
2=2Al+2H O+2OH 2AlO +3H ↑、--
2322Al O +2OH =2AlO +H O ；
（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠溶液反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制得绿矾晶体，所以试剂X 为稀硫酸；溶液D 为NaHCO 3溶液；
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图所示装置及试剂将制得的CO 2气体通入溶液A 中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的HCl 气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀，发生的反应为：
Al(OH)3+3H +=Al 3++3H 2O ，为了避免固体C 减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去HCl 的装置，二氧化碳在饱和NaHCO 3中不溶，氯化氢和NaHCO 3反应生成二氧化碳气体，所以可降低盐酸浓度；在装置I 和Ⅱ之间增加一个盛有饱和NaHCO 3溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢；
（4）溶液E 中加入KSCN 溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe 3+，原因是Fe 3+被Fe 、Cu 还原生成Fe 2+，所以加入KSCN 溶液没有明显现象，故答案为：2Fe 3++Fe=3Fe 2+、2Fe 3++Cu=2Fe 2++Cu 2+；
（5）用固体F 继续加入热的稀H 2SO 4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO 4溶液，说明在加热条件下，Cu 、氧气和稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：22442=2Cu+O +2H SO 2CuSO +2H O ∆。

6．工业上以锂辉石为原料生产碳酸锂的部分工业流程如图所示：
已知：
①锂辉石的主要成分为Li 2O·
Al 2O 3·4SiO 2，其中含少量Ca 、Mg 元素。

②Li 2O·Al 2O 3·4SiO 2+H 2SO 4(浓)Li 2SO 4+Al 2O 3·4SiO 2·H 2O 。

③某些物质的溶解度(S)如下表所示：
回答下列问题：
（1）从滤渣1中分离出Al 2O 3的流程如下所示：
写出生成沉淀的离子方程式：___。

（2）已知滤渣2的主要成分有Mg(OH)2和CaCO3。

向滤液1中加入石灰乳的作用是___(运用化学平衡原理简述)。

（3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的理由是___。

（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：
a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择性透过膜隔开，用惰性电极电解。

b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3。

①a中电解时所用的是___(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。

②电解后，LiOH溶液浓度增大的原因是___。

b中生成Li2CO3反应的化学方程式是___。

（5）磷酸亚铁锂电池总反应为FePO4+Li LiFePO4，电池中的固体电解质可传导
Li+，写出该电池放电时的正极反应：___。

【答案】Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4＋ Ca(OH)2 Ca2++2OH-，Mg2+与OH-结合生成Ksp很小的Mg(OH)2沉淀，导致平衡右移，生成Mg(OH)2沉淀 Li2CO3的溶解度随温度升高而减小阳离子交换膜阴极氢离子放电，锂离子向阴极移动
2LiOH+NH4HCO3Li2CO3↓+2H2O+NH3↑ FePO4＋Li+＋e-===LiFePO4
【解析】
【分析】
由工业流程图可知，锂辉石经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，过滤得到滤液1和含有二氧化硅的滤渣1，向滤液1中加入石灰乳调节pH值后，再加入碳酸钠溶液，以增加溶液中Ca2+、OH-的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，向滤液2中加入饱和碳酸钠溶液，反应生成碳酸锂沉淀，过滤、热水洗涤的原因是Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，据此分析解答。

【详解】
(1)据已知信息①可知滤渣1中含有氧化铝和二氧化硅，氧化铝是两性氧化物，而二氧化硅是酸性氧化物，因此首先用盐酸溶解滤渣1，过滤后得到二氧化硅和氯化铝的溶液。

向滤液中通入足量的氨气即可生成氢氧化铝，灼烧氢氧化铝即可得到氧化铝，生成沉淀的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4＋，故答案为：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4＋；
(2)石灰乳中存在氢氧化钙的溶解平衡Ca(OH)2 Ca2++2OH-，Mg2+与OH-结合生成Ksp 很小的Mg(OH)2沉淀，导致平衡右移，生成Mg(OH)2沉淀，而钙离子与碳酸根结合生成碳酸钙沉淀，故答案为：Ca(OH)2 Ca2++2OH-，Mg2+与OH-结合生成Ksp很小的Mg(OH)2沉淀，导致平衡右移，生成Mg(OH)2沉淀；
(3)根据表中数据可判断Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，因此最后一个步骤中，用“热水洗涤”可以减少固体溶解而造成的损失，故答案为：Li2CO3的溶解度随温度升高而减小；
(4)①电解池中阳极失去电子发生氧化反应，阴极氢离子放电，产生氢氧根离子，而锂离子向阴极移动，故a中电解时所用的是阳离子交换膜，故答案为：阳离子交换膜；
②阴极得到电子，则溶液中的氢离子放电，由于阴极氢离子放电，产生氢氧根离子，而锂离子向阴极移动，所以电解后，LiOH溶液浓度增大。

根据原子守恒可判断LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，除得到高纯Li2CO3外还有氨气和水生成，反应的化学方程式为2LiOH+NH4HCO3Li2CO3↓+2H2O+NH3↑，故答案为：阴极氢离子放电，锂离子向阴极移动；2LiOH+NH4HCO3Li2CO3↓+2H2O+NH3↑；
(5)根据原电池的工作原理，正极上发生还原反应，得到电子，因此FePO4在正极上发生反应，即正极反应式为FePO4＋Li＋＋e－===LiFePO4，故答案为：FePO4＋Li+＋e-===LiFePO4。

7．某Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质。

现通过下列生产过程，从该样品中提纯Al2O3，并回收铁红。

流程如下：
(1)操作①是_________，在实验室进行该操作需要的玻璃仪器有_________。

(2)白色固体②是_________，样品和试剂①反应的化学方程式是_________。

(3)固体①加入适量稀盐酸，可能发生的反应有：_______(用化学方程式表达)。

(4)溶液③中铁元素的存在形式是_________，如何用实验证明：____。

(5)溶液③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+H2O
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑ Fe2+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 O2或者Cl2 2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O 【解析】
【分析】
Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质，根据题中流程图可知，样品与试剂①反应得溶液①再通入CO2得白色沉淀②，该白色固体加热分解产生Al2O3，可推知试剂①为NaOH，得到的固体①为Cu、Fe、Fe2O3，溶液①为NaAlO2、NaOH混合溶液，通入过量CO2后得溶液②为NaHCO3溶液，白色固体②为Al(OH)3，Al(OH)3受热分解得Al2O3，固体①中加入盐酸得到固体粉末中铁有剩余，由于Fe会发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，则溶液③中主
要含有Fe2+，经过操作①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O2或Cl2，氢氧化铁受热分解得Fe2O3。

【详解】
(1)操作①是分离难溶性固体与可溶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②受热分解产生Al2O3，则②是Al(OH)3，样品中含有Al2O3和试剂NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O，反应的化学方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
(3)固体①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=FeCl2+H2↑；
(4)由于固体①中样品与适量盐酸反应后的固体粉末中含有Fe，结合
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+可知溶液③中铁元素的存在形式是Fe2+，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③中含有Fe2+，向溶液③通入某气体后再加入足量NaOH溶液，产生红褐色的
Fe(OH)3沉淀，该气体具有强的氧化性，气体可以是O2或者Cl2，红褐色固体Fe(OH)3不稳定，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Al2O3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。

8．用方铅矿（主要为PbS）和软锰矿（主要为MnO2，还有少量Al2O3等杂质）制备PbSO4和Mn3O4的工艺流程：
已知:（1）PbS+MnO2 +4H+=Mn2++Pb2++S+2H2O
（2）PbCl2(s)+2Cl-(aq)=PbCl42-(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．MnCO3 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NH3和O2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PbCl2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Mn 2+，通入NH 3和O 2生成Mn 3O 4，Mn 元素化合价从+2价升高至83
+价，O 2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++2323446H 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Cu 2+中混有的Fe 3+，可加入CuO 、CuCO 3、Cu(OH)2、Cu 2(OH)2CO 3等物质来调节溶液的pH ，不可加入NaOH 溶液、氨水等。

9．以铬铁矿(主要成分为FeO 和Cr 2O 3，含有Al 2O 3、SiO 2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na 2Cr 2O 7·2H 2O)，其主要工艺流程如下：
查阅资料得知:
ⅰ．常温下，NaBiO 3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr 3+转化为CrO 42－。

ⅱ．
金属离子Fe3+Al3+Cr3+Fe2+Bi3+
开始沉淀的pH 2.7 3.4 5.07.50.7
沉淀完全的pH 3.7 4.9 5.99.7 4.5
回答下列问题：
（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是__________________。

（2）步骤③加的试剂为_____________，此时溶液pH要调到5的目的_______________。

（3）写出反应④的离子反应方程式______________________。

（4）⑤中酸化是使CrO42－转化为Cr2O72－，写出该反应的离子方程式_________________。

（5）将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠则对粗晶体需要采用的操作是__________________(填操作名称)。

【答案】增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率氢氧化钠溶液或NaOH溶液使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去3NaBiO3+2Cr3++7OH－+H 2O=3Bi(OH)3+2CrO42－+3Na+CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O重结晶
【解析】
【分析】
铬铁矿加入过量的硫酸，反应生成硫酸亚铁和硫酸铬、硫酸铝，二氧化硅不溶于硫酸，所以固体A为二氧化硅，溶液B中加入过氧化氢，将亚铁离子氧化成铁离子，加入碱调节pH 使铁离子和铝离子沉淀，根据表格数据分析，控制pH到5，固体D为氢氧化铁和氢氧化铝，溶液E中加入铋酸钠和少量氢氧化钠溶液，反应生成Na2CrO4，酸化将其变成重铬酸钠，最后重结晶得到红矾钠，据此解答。

【详解】
(1) 为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率，反应之前先将矿石粉碎，
故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率；
(2) 根据表格数据分析，步骤③加的试剂为氢氧化钠溶液或NaOH溶液；此时溶液pH要调到5的目的使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，而铬离子不沉淀；故答案为：NaOH溶液；使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去；(3)反应④中铋酸钠将硫酸铬氧化生成铬酸钠同时生成氢氧化铋，离子反应方程式为
3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+，
故答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+；
(4) ⑤中酸化是使CrO 42－转化为Cr2O72－，离子方程式2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O，
故答案为：2CrO 42－+2H+Cr2O72－+H2O；
(5) 将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，此操作为重结晶，
故答案为：重结晶。

【点睛】
本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键。

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：
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。