2020-2021【化学】化学铝及其化合物推断题的专项培优 易错 难题练习题(含答案)附答案解析

2020-2021【化学】化学铝及其化合物推断题的专项培优 易错 难题练习题(含
答案)附答案解析
一、铝及其化合物
1．现有A 、B 、C 、D 、E 五种短周期元素，已知A 、B 、C 、D 四种元素的核内质子数之和为56，在元素周期表中的位置如图所示，1 mol E 的单质可与足量酸反应，能产生33.6L H 2(在标准状况下)；E 的阳离子与A 的阴离子核外电子层结构相同。

A B C D
回答下列问题：
（1）写出元素A 名称______，元素B 符号________，E 原子电子式________ （2）C 的简单离子结构示意图为_____________
（3）B 单质在A 单质中燃烧，反应现象是___________，生成物的化学式为___________ （4）A 与E 形成的化合物的电子式为__________，它的性质决定了它在物质的分类中应属于____________（酸性氧化物/碱性氧化物/两性氧化物）
（5）向D 与E 形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液至过量，此过程中观察到的现象是_________，写出化合物DE 与过量烧碱反应的化学反应方程式________。

【答案】氧 P 剧烈燃烧，有大量白烟 P 2O 5
两性氧化物 先出现白色沉淀，继续滴
加，白色沉淀溶解 AlCl 3 + 4NaOH == 3NaCl + NaAlO 2 + 2H 2O
【解析】
【分析】
由位置图可知，A 在第二周期，B 、C 、D 处于第三周期，设C 的质子数为x ，则A 的质子数为x-8，B 的质子数为x-1，D 的质子数为x+1，A 、B 、C 、D 四种元素原子核外共有56个电子，则x+（x-8）+（x-1）+（x+1）=56，解得x=16，即A 为O ，B 为P ，C 为S ，D 为Cl ；1molE 单质与足量酸作用，在标准状况下能产生标准状况下33.6LH 2，设E 的化合价为y ，根据电子转移守恒可知 ymol=22.4L 3.36L /mol
×2=3mol ，E 的阳离子与A 的阴离子核外电子层结构完全相同，则E 为Al ，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。

【详解】
（1）由题可知，元素A 名称为氧，元素B 符号为P ，E 原子的最外层含有3个电子，电子式；
（2）C为硫，简单离子结构示意图为；
（3）B单质在A单质中燃烧，产生了五氧化二磷，反应现象是剧烈燃烧，有大量白烟，生成物的化学式为P2O5；
（4）A与E形成的化合物为氧化铝，电子式为，它
既能与酸反应，又能与碱反应，性质决定了它在物质的分类中应属于两性氧化物；
（5）向D与E形成的化合物氯化铝的水溶液中滴入烧碱溶液至过量，产生偏铝酸钠，此过程中观察到的现象是先出现白色沉淀，继续滴加，白色沉淀溶解，与过量烧碱反应的化学反应方程式AlCl3 + 4NaOH = 3NaCl + NaAlO2 + 2H2O。

Ⅹ、是生活中用途广泛的两种金属单质。

其相互转2．A～G为中学化学常见的化合物，Y
化关系如图所示（反应条件已略去）：
请回答下列问题
、的化学式分别为____、____。

（1）A C
（2）①～⑨中，属于非氧化还原反应的是___。

（3）反应⑨的化学方程式为_________，该反应的现象为____。

（4）反应①、④的离子方程式分别为__________、_______。

【答案】Fe2O3 NaAlO2②④⑦⑧ 4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3反应现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 2Al+2OH-+2H2O= 2AlO2-+3H2↑ Fe2O3+6H+= 2Fe3++3H2O 【解析】
【分析】
X和B都是能与氢氧化钠反应的物质，为铝或氧化铝之一，A和Y能与盐酸反应，G在空气中转化为F，G和F都是由D，E与氢氧化钠反应制得的，E为氯化亚铁，F为氢氧化铁，G为氢氧化亚铁，D为三氯化铁，E为氯化亚铁，Y为铁，A为三氧化二铁，X为铝，B 为氧化铝，C为偏铝酸钠，然后分析。

【详解】
根据分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为FeCl3，E为FeCl2，F为
Fe(OH)3，G是Fe(OH)2，X为Al，Y为Fe；
写出①～⑨的化学方程式：
①2Al+2NaOH+2H2O= 2NaAlO2+3H2↑
②Al2O3+2NaOH= 2NaAlO2+H2O
③2Al+ Fe2O3=高温2Fe+ Al2O3
④Fe2O3+6HCl= 2FeCl3+3H2O
⑤Fe +2HCl= FeCl2+H2↑
⑥2FeCl3+ Fe= 3FeCl2
⑦FeCl3+ 3NaOH= Fe(OH)3↓+3NaCl
⑧FeCl2+ 2NaOH= Fe(OH)2↓+2NaCl
⑨4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3
(1)A为Fe2O3，C为NaAlO2；
(2)非氧化还原反应指的是没有化合价的变化的反应，有②④⑦⑧；
(3)⑨4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3，反应现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；
(4)①的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，④的离子方程式为Fe2O3+6H+=
2Fe3++3H2O。

【点睛】
能与氢氧化钠反应的金属在高中阶段只学了铝，铁和铝的性质是常考的内容，需要学生很熟悉常见金属及其化合物的性质。

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．简要回答下列问题
（1）医疗上，常用胃舒平[主要成分Al(OH)3]来治疗胃酸（主要成分盐酸）过多，其理由是__________（用离子方程式表示）。

（2）生活中不能用铝制容器储存氢氧化钠溶液的原因是__________（用化学方程式表示）。

（3）工业制备漂白粉原理是__________（用化学方程式表示）。

（4）人们常用雕花玻璃装饰房间。

在玻璃上雕花时发生反应的化学方程式是__________。

（5）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，向其中通入过量的CO2，会出现软而透明的凝胶胶体，其化学方程式是__________。

【答案】3H++Al(OH)3＝Al3++3H2O Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；
2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3
【解析】
【分析】
玻璃的主要成分之一为二氧化硅，它是酸性氧化物，不能与硫酸、硝酸、盐酸等发生反应，但能与氢氟酸发生反应。

不过，二氧化硅与氢氟酸反应，表现的不是酸性氧化物的性质，是氢氟酸特有的性质。

【详解】
(1)胃舒平中的Al(OH)3与胃酸中的盐酸反应，生成氯化铝和水，其理由是3H++Al(OH)3＝
Al3++3H2O；
答案为：3H++Al(OH)3＝Al3++3H2O；
(2)生活中不能用铝制容器储存氢氧化钠溶液，因为铝表面的Al2O3与NaOH反应后，里面的Al与NaOH溶液继续反应，化学方程式为Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；
2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑；
答案为：Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑；
(3)工业上利用氯气与石灰乳反应生产漂白粉，反应的化学方程式为
2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
答案为：2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
(4)在玻璃上雕花是利用氢氟酸与玻璃中的SiO2发生复分解反应，反应的化学方程式为
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
答案为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
(5)向硅酸钠水溶液中通入过量的CO2，会出现软而透明的硅酸凝胶和NaHCO3，反应的化学
方程式为Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3；
答案为：Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3。

【点睛】
“向硅酸钠水溶液中通入过量的CO2”，若不注意审题，我们很容易写成
Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，解题时，对关键词“过量”一定要引起高度重视。

5．某铝合金(硬铝)中含有铝、镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计了如下实验：
(1)溶液Ⅰ中的溶质为_________(填化学式，下同)，溶液Ⅱ中的溶质为__________。

(2)上述第③步反应中，生成沉淀的离子方程式为____________。

(3)该合金中铝的含量为__________。

【答案】AlCl3、MgCl2、HCl Na[Al(OH)4]、NaCl、NaOH [Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3—9b
17a
【解析】
【分析】
由测定该合金中铝的含量流程可知，①加盐酸，Cu、Si不反应，则过滤得到的固体为Cu、Si，溶液中含AlCl3、MgCl2以及过量的盐酸，②加足量的NaOH，过滤得到的沉淀为
Mg(OH)2，溶液中主要含Na[Al(OH)4]、与过量盐酸反应生成的氯化钠和过量的氢氧化钠，③通足量的二氧化碳，反应生成Al(OH)3，④灼烧氢氧化铝分解得到Al2O3。

【详解】
(1)根据分析可知溶液Ⅰ中的溶质为AlCl3、MgCl2、HCl；溶液Ⅱ中的溶质为Na[Al(OH)4]、NaCl、NaOH，故答案为：AlCl3、MgCl2、HCl；Na[Al(OH)4]、NaCl、NaOH；
(2)第③步通入二氧化碳与[Al(OH)4]－反应生成氢氧化铝沉淀，故答案为：[Al(OH)4]－＋
CO2=Al(OH)3↓＋HCO3—；
(3)因铝在反应前后守恒，最后得到的固体Al2O3中铝的质量就是铝合金中的铝的质量，则
铝的质量为
2754b
bg100%=g
272+163102
⨯⨯
⨯⨯
，样品质量为ag，所以铝的质量分数
=54b
9b
102100%=
a17a
⨯
，故答案为：
9b
17a。

【点睛】
本题利用了守恒法来进行计算，能很好的考查学生的实验能力、分析和解决问题的能力，题目难度中等。

6．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。

7．七水硫酸镁（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：
温度/℃
1030405060
物质
CaSO40.190.210.210.210.19
MgSO4·7H2O30.935.540.845.6——
（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。

8．铝是应用广泛的金属。

以铝土矿 (主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如图：
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。

(1)Al的原子结构示意图为_________；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为________。

(2)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_______________。

(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。

(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。

阳极的电极反应式为_________，阴极产生的物质A的化学式为____________。

【答案】 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑ Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 石墨电极被阳极
上产生的氧气氧化 4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑ H2
【解析】
【分析】
以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al（OH）3，过滤II得到Al （OH）3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气；据以上分析解答。

【详解】
(1)A1原子的核电荷数为13，原子结构示意图为；A1与NaOH溶液反应的离子方
程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑；
(2)“碱溶”时氧化铝与碱反应生成偏铝酸钠，离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3得到氧气和铝；电解过程中作阳极的石墨易消耗，是因为阳极生成的氧气与阳极材料碳反应，不断被消耗；
(4)由图可知，阳极区水失去电子生成氧气，剩余的氢离子结合碳酸根生成碳酸氢根，电极方程式为4CO32-+2H2O-4e- ═4HCO3-+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2。

9．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8
3
+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。

10．金属Co 、Ni 性质相似,在电子工业以及金属材料上应用十分广泛.现以含钴、镍、铝的废渣(含主要成分为CoO 、Co 2O 3、Ni 、少量杂质Al 2O 3)提取钴、镍的工艺如下:
(1)酸浸时SO 2的作用是___________________________________。

(2)除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应_________________________________。

(3)用CoCO 3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得H 2O 2分解的高效催化剂CoxNi (１－x)Fe 2O 4(其中Co 、Ni 均为＋2价).如图是用两种不同方法制得的CoxNi (１－x)Fe 2O 4 在10℃时催化分解6％的H 2O 2 溶液的相对初始速率随x 变化曲线.
①H 2O 2 的电子式_________________________________。

②由图中信息可知:_________________________________法制取的催化剂活性更高。

③Co 2＋ 、Ni 2＋ 两种离子中催化效果更好的是_________________________________。

(4)已知煅烧CoCO 3时,温度不同,产物不同.在400℃充分煅烧CoCO 3,得到固体氧化物的质量
2.41g,CO 2的体积为0.672L(标况下),则此时所得固体氧化物的化学式为____________。

【答案】还原剂或将Co 3+还原为Co 2+ 2Al 3++3CO 32-+3H 2O=2Al(OH)3↓+3CO 2↑
微波水热 Co 2+ Co 3O 4
【解析】
【分析】
第一步酸浸，将氧化物全部变为离子，加入的2SO 具有还原性，可将3+Co 还原为2+Co ，第二步加入的碳酸钠，3+Al 和2-
3CO 可以发生双水解反应，将铝变为沉淀除去，接下来用萃取剂除去镍，此时溶液中只剩下2+Co ，再加入2-3CO 将2+Co 转变为3CoCO 沉淀即可，本题得解。

【详解】
（1）根据分析，2SO 作还原剂；
（2）根据分析，3+Al 和2-3CO 发生双水解反应
3+2-32322Al 3CO +3H O=2Al(OH)+3CO ↓↑；
（3）①画出过氧化氢的电子式即可；
②根据题图可以看出微波水热法具有更高的反应速率；
③当x 增大，催化剂中的2+Co 比例增大，2+Ni 比例减小，而x 增大时过氧化氢的分解速率也在增大，说明2+Co 的催化效果更好；
（4）首先根据m V 0.672n===0.03mol V 22.4
算出2CO 的物质的量，根据碳原子守恒可知碳酸钴的物质的量也为0.03mol ，再根据钴原子守恒，2.41g 固体中有0.03mol 钴原子，剩下的全为氧原子，解得氧原子的物质的量为0.04mol ，因此所得固体氧化物的化学式为
34Co O 。