备战高考化学培优(含解析)之铝及其化合物推断题附答案解析

备战高考化学培优(含解析)之铝及其化合物推断题附答案解析
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．有一透明溶液，可能含有较大量的Mg2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Na＋、H＋、SO42-、CO32-中的一种或几种，取此溶液做下列实验：
①取少量溶液加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成；
②取少量溶液加入过氧化钠粉末，溶液中有白色沉淀产生并逸出无色无味的气体，加入Na2O2的物质的量与析出沉淀的物质的量如图所示。

试推断并完成作答：
（1）溶液中一定含有的离子是___________；
（2）溶液中肯定不含有的离子是_________；
（3）检验可能含有的离子的方法是____________。

（4）图示中a点沉淀的成分是______________。

【答案】Mg2＋、Al3＋、SO42- CO32-、H＋、Cu2＋、Fe3＋焰色反应检验 Al（OH）3和Mg （OH）2
【解析】
【分析】
取少量溶液加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定含有SO42-，取少量溶液加入过氧化钠粉末，溶液中有白色沉淀产生并逸出无色无味的气体，从图上看一开始就产生了沉淀，故溶液中无H+，Fe3+，Cu2+，因为沉淀质量随着过氧化钠的增加有溶解，说明溶液中同时含有Mg2+和Al3+，那么溶液中一定没有CO32-，Na+无法确认，综上所述，一定还有的离子为：Mg2＋、Al3＋、SO42-，一定不含的离子为：CO32-、H＋、Cu2＋、Fe3＋，可能含有Na+，据此解答。

【详解】
（1）由分析可知，溶液中一定含有的离子是Mg2＋、Al3＋、SO42-，故答案为：Mg2＋、Al3＋、SO42-；
（2）溶液中肯定不含有的离子是CO32-、H＋、Cu2＋、Fe3＋，故答案为：CO32-、H＋、Cu2＋、Fe3＋；
（3）可能含有的为Na+，可用焰色反应来检验，故答案为：焰色反应检验；
（4）图示中a点沉淀达到最大值，是Mg2＋、Al3＋恰好完全转换为沉淀的点，所以a点沉淀的成分为：Al(OH)3和Mg(OH)2，故答案为：Al(OH)3和Mg(OH)2。

【点睛】
CO32-的判断：既然溶液中一定含Mg2＋、Al3＋，那么一定不含CO32-。

3．已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，且A、B、C均含有同一种元素。

在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示(部分反应中的H2O已略去)。

请回答下列问题：
（1）若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B。

则B的化学式为__。

（2）若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，则反应②的离子方程式是__。

（3）若A、C、D都是常见气体，C是导致酸雨的主要气体，则反应③的化学方程式为
___。

（4）若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，则反应②的离子方程式是___。

【答案】FeCl3 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 2H2S+SO2═3S+2H2O CO32-+CO2+H2O═2HCO3-【解析】
【分析】
(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，A为Cl2；
(2)若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，D为NaOH、B为Al(OH)3；
(3)C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为O2、B为S、C为SO2；
(4)若A的焰色反应呈黄色，说明A中含有Na元素，且A、B、C均含有同一种元素据此分析。

【详解】
(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，由转化关系可知，A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2；
(2)若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，由转化关系可知，A为铝盐、D为NaOH、B为Al(OH)3、C为NaAlO2，反应②为氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O；
(3)若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为O2、B为S、C 为SO2，反应③为硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，反应的化学方程式为：
2H2S+SO2═3S+2H2O；
(4)若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，由转化关系可知，A为NaOH、B为Na2CO3、C 为NaHCO3，反应②为碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的的离子方程式是：CO32−+CO2+H2O═2HCO3−。

4．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。

5．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Fe2＋氧化为Fe3＋，便于除去；(3)加入KCl的目的是使Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，根据信息，一定温度下，K2Cr2O7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NaAlO2和NaCrO2，通入氯气，NaCrO2被氧化为Na2CrO4，故离子方程式为3Cl2+2CrO2－+8OH－=2CrO42－+6Cl－+4H2O；
(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：Cr2O72－+6I－+14H＋=2Cr3＋
3I2+7H2O和I2+2S2O32－=2I－+S4O62－，可得Cr2O72－~3I2~6S2O32－，ag产品最终消耗n(S2O32
－)=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
⨯⨯=。

6．碱式氯化铜[Cu x （OH ）y Cl z ·mH 2O ]是重要的农药、医药中间体，还可用作木材防腐剂、饲料添加剂等．研究小组在实验室用某厂废铜渣（主要成分为 Cu 、CuO ，含少量 Fe 3O 4、Ni 、Al 2O 3）制备碱式氯化铜的流程如下，回答下列问题：
（1）“研磨”的目的为________。

（2）“碱溶”的目的为____________。

（3）“酸溶”时生成 Fe 3＋反应的离子方程式为_______；生成的 Fe 3＋对 Cu 发生的氧化反应的催化原理如上图所示。

N 代表的物质为________（填化学式或离子符号）。

（4）“酸溶”时温度不能过高的理由为_________。

（5）若滤液 2 中 c （Fe 3＋）＝4×10－8 mol /L ，pH ＝4，则 K sp [Fe （OH ）3]＝
__________。

（6）为测定 Cu x （OH ）y Cl z ·mH 2O 的组成，进行如下操作：取样品 23.25 g ，用适量酸溶解后配成 100mL 溶液；取 10.00 mL 溶液加入足量 AgNO 3 溶液，生成 1.435 g 沉淀；另取 10.00 mL 溶液，用 1.000 mol /L 的 EDTA 标准液滴定 Cu 2＋（Cu 2＋与 EDTA 以物质的量之比 1∶1 反应），滴定至终点时消耗标准液体积为 20.00 mL 。

①溶解样品所用酸的化学式为________；
②最终确定该样品的化学式为______。

【答案】加快反应速率，使反应更充分 将氧化铝转化为偏铝酸钠而分离除去
4Fe 3O 4+O 2+36H +=12Fe 3++18H 2O Fe 2+或FeCl 2 温度过高，盐酸挥发程度增大，空气溶解度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分 4×10-38 HNO 3 Cu 2(OH )3Cl •H 2O
【解析】
【分析】
由图可知，废铜渣(主要成分Cu 、CuO ，含少量Fe 3O 4、Ni 、A12O 3)研磨可增大接触面积，加快反应速率，通入CO 除去Ni 元素，加NaOH 分离出的滤液1中含偏铝酸钠和NaOH ，滤渣1含Cu 、CuO 、Fe 3O 4，加盐酸、空气溶解后得到含铜离子、铁离子的溶液，调节pH ，过滤分离出的滤渣2为Fe (OH )3，滤液2中加石灰乳可制备碱式氯化铜
Cu x (OH )y Cl z •mH 2O ，滤液3中含氯化钙，据此分析解答。

【详解】
(l)“研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：加快反应速率，使反应更充分；
(2)“碱溶”的目的是将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去，故答案为：将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去；
(3)“酸溶”时生成Fe3+反应的离子方程式为4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O；生成的Fe3+对Cu发生的氧化反应的催化原理图中，Cu失去电子，则Fe得到电子转化为N的化学式为Fe2+或FeCl2，故答案为：4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O；Fe2+或FeCl2；
(4)“酸溶”时温度不能过高，因为温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，会导致反应速率降低，酸溶不充分，故答案为：温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分；
(5)若滤液2中c(Fe3+)=4×10-8mol/L，pH=4，则K sp[Fe(OH)3]=4×10-8×(10-10)3=4×10-38，故答案为：4×10-38；
(6)①后续实验需要加入AgNO3溶液，因此溶解样品所用酸为HNO3，加入足量AgNO3溶液可检验Cl-，故答案为：HNO3；
②n(Cl-)=
1.435 g
143.5g/mol×
100mL
10mL=0.1mol，n(Cu
2+)=0.02L×1mol/L×
100mL
10mL=0.2mol，
由电荷守恒可知n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=0.2mol×2-0.1mol=0.3mol，m(Cl-)=0.1mol×35.5g•mol-1=3.55g，m(Cu2+)=0.2mol×64g•mol-1=12.8g，m(OH-
)=0.3mol×17g/mol=5.1g，n(H2O)=23.25g 3.55g12.8g 5.1g
18g/mol
---
=0.1mol，则
x∶y∶z∶m=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1，即化学式为
Cu2(OH)3Cl•H2O，故答案为：Cu2(OH)3Cl•H2O。

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
【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．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n(Fe2O3)=16mol，根据铁元素守恒，生成的Fe3O4的物质的量为11mol。

【点睛】
本题(4)计算时注意跟据得失电子守恒计算出n (FeS 2)：n (Fe 2O 3)，根据元素守恒得出生成的Fe 3O 4的物质的量。

10．铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al 2O 3和冰晶石（Na 3AlF 6）混合熔融电解制得。

Ⅰ.铝土矿的主要成分是Al 2O 3和SiO 2等。

从铝土矿中提炼Al 2O 3的流程如图：
（1）写出反应1中涉及的任意一个化学方程式____；
（2）滤液Ⅰ中加入CaO 生成的沉淀是____，已知气体A 在标准状况下的密度为1.96g /L ，写出A 过量时，反应2的离子方程式____；
Ⅱ.以萤石（CaF 2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如图：
（3）萤石（CaF 2）的电子式____；
（4）若E 为硫酸钙，D 为最稳定的气态氢化物，则化合物C 是____，写出由D 制备冰晶石（Na 3AlF 6）的化学方程式____。

【答案】2NaOH +SiO 2=Na 2SiO 3+H 2O 或2NaOH +Al 2O 3=2NaAlO 2+H 2O CaSiO 3 AlO 2
-+CO 2+2H 2O =Al (OH )3↓+HCO 3- 2+[:F:]Ca [:F:]........
-- H 2SO 4 12HF +3Na 2CO 3+2Al (OH )3=2Na 3AlF 6+3CO 2+9H 2O
【解析】
【分析】
I .铝土矿用NaOH 溶液处理，Al 2O 3和SiO 2溶解为NaAlO 2和Na 2SiO 3，加CaO 后Na 2SiO 3生成CaSiO 3沉淀，过滤后的滤液通入酸性气体，使NaAlO 2生成Al (OH )3沉淀，过滤出的Al (OH )3沉淀经煅烧得到Al 2O 3；Ⅱ.萤石(CaF 2)和难挥发酸共热得到HF 气体，HF 气体和Na 2CO 3、Al (OH )3反应便得到冰晶石Na 3AlF 6。

可在此基础上解各小题。

【详解】
Ⅰ.(1)反应1为Al 2O 3和SiO 2和NaOH 溶液反应，生成NaAlO 2和Na 2SiO 3，反应的化学方程式为：2NaOH +SiO 2=Na 2SiO 3+H 2O 或2NaOH +Al 2O 3=2NaAlO 2+H 2O 。

答案为：2NaOH +SiO 2=Na 2SiO 3+H 2O 或2NaOH +Al 2O 3=2NaAlO 2+H 2O ；
(2)滤液Ⅰ中含的Na 2SiO 3与加入的CaO 反应生成CaSiO 3沉淀；气体A 在标准状况下的密度为1.96g /L ，则A 的摩尔质量为：M =ρV m =1.96g /L ×22.4L ∙mol -1=44g ∙mol -1，气体A 能与NaAlO 2生成Al (OH )3沉淀，故A 为CO 2。

反应2的离子方程式为：AlO 2-
+CO 2+2H 2O =Al (OH )3↓+HCO 3-。

答案为：CaSiO 3；AlO 2-+CO 2+2H 2O =Al (OH )3↓+HCO 3-；
(3)CaF 2是离子化合物，由F -和Ca 2+构成，故CaF 2的电子式为：2+[:F:]Ca [:F:]........
--。

答案为：2+[:F:]Ca [:F:]........
--； (4)最稳定的气态氢化物是HF ，则D 为HF ；若E 为硫酸钙，化合物C 是难挥发酸，则C 是H 2SO 4；根据已知物质和质量守恒，可写出由D (HF )制备冰晶石(Na 3AlF 6)的化学方程式为：12HF +3Na 2CO 3+2Al (OH )3=2Na 3AlF 6+3CO 2+9H 2O 。

答案为：H 2SO 4；12HF +3Na 2CO 3+2Al (OH )3=2Na 3AlF 6+3CO 2+9H 2O 。

【点睛】
气体的摩尔质量： m m m m M V V n V ρ===，可根据关系m M V ρ=进行气体的摩尔质量和密度之间的互算。