2020-2021高考化学—铝及其化合物推断题的综合压轴题专题复习含答案解析

2020-2021高考化学—铝及其化合物推断题的综合压轴题专题复习含答案解析一、铝及其化合物
1．
(1)选用方案I时，X应该具有的性质是__________，残留物应该具有的性质是
__________；
(2)选用方案Ⅱ从某黑色粉末(含有MnO2和CuO)中分离X(MnO2)，加入的试剂是_______；王同学参照以上方案I和Ⅱ，设计以下实验方案除去AlCl3固体中的FeCl3。

(3)操作①所需的玻璃仪器为_____________；
(4)试剂a为_____________；试剂b为________；
(5)请描述操作②的步骤：____________；
(6)李同学认为在溶液C中滴加适量的试剂b就能得到溶液E，从而得到AlCl3固体，你
______(填“赞同”或“不赞同”)李同学，理由是______。

【答案】有挥发性（或易升华）受热不挥发，且具有较高的热稳定性稀盐酸(或稀硫酸或稀硝酸) 烧杯、、漏斗、玻璃棒过量的NaOH(或KOH)溶液适量的盐酸将溶液加热浓缩，然后冷却浓溶液，过滤即可得到固体氯化铝不赞同会得到含有NaCl杂质的AlCl3【解析】
【分析】
(1)加热X的混合物进行分离可得X，X应具有挥发性或易升华的性质，则残留物难挥发；
(2)从MnO2和CuO中分离MnO2，应加入酸的稀溶液；
除去AlCl3固体中的FeCl3，应先水溶解，然后加入过量的NaOH溶液分别生成Fe(OH)3沉淀和NaAlO2溶液，过滤分离后，再向滤液中通入过量的CO2气体生成Al(OH)3沉淀，过滤后将沉淀经洗涤后溶解于盐酸中得AlCl3溶液，在酸性条件下蒸发结晶可到AlCl3，以此解答(3)～(6)小题。

【详解】
(1)加热X的混合物进行分离可得X，X应具有挥发性或易升华的性质，残留物具有加热难挥发的性质；
(3)根据上述分析可知：操作①为过滤操作，所需的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4)由以上分析可知试剂a为过量的NaOH(或KOH)溶液，试剂b为适量的盐酸；
(5)操作②是从AlCl3溶液中获得AlCl3固体，由于该盐是强酸弱碱盐，容易发生水解反应，水解产生Al(OH)3和 HCl，HCl易挥发，所以为防止盐水解，导致物质变质，应该在HCl气
氛中加热蒸发结晶可到AlCl3，操作方法为将溶液加热浓缩，然后冷却浓溶液，过滤即可得到固体氯化铝；
(6)若在NaAlO2溶液中滴加盐酸，就会得到AlCl3和NaCl的混合溶液，蒸发结晶不能得到纯净的氯化铝固体，得到的是含有杂质NaCl的AlCl3，所以不赞同李同学的观点。

【点睛】
本题考查物质的分离提纯的实验设计，注意把握物质的分离、提纯的基本操作方法，要结合Al(OH)3的两性分析判断，注意把握物质的性质，根据性质设计实验方案。

2．工业上常采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3制取七水合硫酸亚铁（FeSO4·7H2O），设计流程如图：
（1）溶解烧渣选用的足量的酸的名称是___。

（2）固体1的主要成分是___。

（3）加入药品X后，溶液1中主要反应的离子方程式为___。

（4）从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，经过、___、___过滤等步骤得到晶体。

（5）有同学认为在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O，你认为这一方案___（填写“可行”或“不可行”）。

【答案】硫酸 SiO2 Fe+2Fe3+=3Fe2+蒸发浓缩冷却结晶不可行
【解析】
【分析】
硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)中加入足量稀硫酸，发生的反应有Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，SiO2不溶于稀硫酸，然后过滤，得到的固体1成分为SiO2，滤液1中含有Fe2(SO4)3、H2SO4、Al2(SO4)3；在滤液1中加入X，然后加入NaOH溶液并调节溶液的pH，得到固体2为
Al(OH)3和溶液2，从溶液2中能得到FeSO4•7H2O晶体，说明溶液2中溶质为FeSO4，则X 具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，且不能引进新的杂质，则X为Fe，加入试剂X发生的离子反应有2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，将溶液2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到FeSO4•7H2O晶体，据此分析解答。

【详解】
(1)根据最终产物为七水合硫酸亚铁可知溶解烧渣的酸为硫酸；
(2)固体1为不溶于硫酸的SiO2；
(3)试剂X为Fe，可还原铁离子，离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(4)从溶液中得到晶体一般需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁
离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，所以不可行。

3．氢能源是一种重要的清洁能源。

现有两种可产生H2的化合物甲和乙。

将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况)，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。

化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25g/L。

请回答下列问题：
(1)甲的化学式是__________；乙的电子式是__________。

(2)甲与水反应的化学方程式是__________。

(3)气体丙与金属镁反应的产物是__________(用化学式表示)。

(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式
__________。

有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之__________（已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O）。

【答案】AlH3 AlH3＋3H2O＝Al(OH）3↓＋3H2↑ Mg3N2 2NH3＋
3CuO3Cu＋N2＋3H2O 将固体溶于稀硫酸中，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O
【解析】
【分析】
将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2(已折算成标准状况），甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液，因此白色沉淀是Al(OH）3，则金属单质是铝，因此甲是AlH3。

化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25g·L－1，则丙的相对分子质量是1.25×22.4＝28，因此丙是氮气，则乙是氨气NH3，据此解答。

【详解】
（1）根据以上分析可知甲的化学式是AlH3。

乙是氨气，含有共价键的共价化合物，电子式为；
（2）甲与水反应生成氢气和氢氧化铝，反应的化学方程式是AlH3＋3H2O＝Al(OH）3↓＋3H2↑。

（3）氮气与金属镁反应的产物是Mg3N2。

（4）氨气在加热条件下与CuO反应可生成Cu和氮气，根据原子守恒可知该反应的化学方程式为2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O。

铜与稀硫酸不反应，则根据Cu2O＋2H＋＝Cu＋Cu2＋＋H2O可知,要检验产物Cu中可能还混有Cu2O可以将固体溶于稀硫酸中，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O。

4．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。

阴离子CO32-、SiO32-、AlO2-、Cl－
阳离子Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、NH4+、Na＋
现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。

(1)若Y是盐酸，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是
________________________，ab段发生反应的离子是________，bc段发生反应的离子方程式为___________________________________。

(2)若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的阳离子是____________________， ab段反应的离子方程式为
_______________________________________________________________________。

【答案】SiO32-、AlO2- CO32- Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O Al3＋、Mg2＋、NH4+ NH4+＋OH－=NH3·H2O
【解析】
【分析】
溶液无色说明溶液中不含Fe3＋离子；
（1）若Y是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al(OH)3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32－；
（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+。

【详解】
溶液无色说明溶液中不含Fe3＋离子；
（1）若Y是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al(OH)3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32－；bc段沉淀部分溶液，确定为Al(OH)3和H2SiO3，所以oa段转化为沉淀的离子是AlO2-、SiO32-；ab段发生反应的离子是CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑，发生反应的离子是CO32-；bc段发生反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+，结合图像bc段发生反应:Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；oa段发生反应：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓；ab段发生反应NH4++OH-=NH3·H2O。

【点睛】
本题主要是考查离子推断、离子方程式的书写。

明确常见离子的性质、依据图像分析反应的原理是答题的关键，题目难度较大。

关于图像的答题需要注意以下几点：①看面：弄清纵、横坐标的含义。

②看线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。

③看点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低
点等。

曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。

5．有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：
Na ＋、Mg 2＋、Al 3＋、Fe 2＋、Ba 2＋、NO 3-、SO 24-、Cl －、SO 32－、HCO 3-
，取该溶液进行以下实验：
①取少量待测液，加入几滴石蕊试液，溶液呈红色。

②取少量待测液，浓缩后加入铜片和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色。

③取少量待测液，加入BaCl 2溶液，有白色沉淀产生。

④取实验③中上层清液滴加AgNO 3溶液，有白色沉淀产生，此沉淀不溶于稀硝酸。

⑤另取少量原溶液滴加NaOH 溶液，有白色沉淀产生，当NaOH 过量时，沉淀部分溶解。

（1）根据以上实验，溶液中肯定存在的离子是_________________；肯定不存在的离子是______________；尚不能确定的离子是_______________。

（2）写出②中有关反应的离子方程式：________________________________________。

（3）写出⑤中沉淀溶解的离子方程式：________________________________________。

（4）实验室检验Na ＋一般用焰色反应即可确定，此实验做之前要用______清洗铂丝。

【答案】Mg 2＋、Al 3＋、3NO -、24SO - Fe 2＋、Ba 2＋、SO 32－、3HCO -
Na ＋、Cl － 3Cu ＋8H ＋＋
23NO -===3Cu 2＋＋2NO ↑＋4H 2O Al(OH)3+OH - ===2AlO -+2H 2O 稀盐酸 【解析】
【分析】
无色溶液中，有色离子不能存在，氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱中，白色且不溶于硝酸的白色沉淀是氯化银或硫酸钡，在酸性环境下，能和氢离子反应的离子不能共存，根据离子反应的现象以及离子共存的知识加以分析。

【详解】
因是无色溶液，Fe 2+是浅绿色，所以不含Fe 2+；
①由于滴加几滴石蕊试液，溶液呈红色，证明溶液显酸性，因此溶液中一定没有SO 32-、HCO 3-；②待测液浓缩后加入铜片和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色，说明原溶液中一定含有NO 3-；
③取少量待测液，加入BaCl 2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定含有SO 42-，故一定没有Ba 2+；
④由于③的上层清液滴中加AgNO 3溶液，有白色沉淀产生且不溶于稀硝酸，说明含有Cl -，但由于③中加入了BaCl 2溶液，无法证明原溶液中是否存在Cl -；
⑤由于原溶液中加入NaOH 溶液有白色沉淀产生，当NaOH 过量时，沉淀部分溶解，则含有Al 3+、Mg 2+；
Na +在水溶液里无色，不会参与上述反应，所以无法判断原溶液中是否存在Na +；
(1)根据以上分析可知，溶液中一定存在的离子有Mg 2+、Al 3+、NO 3-、SO 42-；肯定不存在的离子是Fe 2+、 Ba 2+、SO 32-、HCO 3-；尚不能确定的离子是Na +、Cl -；
答案为：Mg 2+、Al 3+、NO 3-、SO 42-；Fe 2+、 Ba 2+、SO 32-、HCO 3-；Na +、Cl -；
(2)②中原溶液加入铜片和浓硫酸并加热生成NO，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-
=3Cu2++2NO↑+4H2O；
答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。

(3) ⑤中加NaOH溶液，生成的白色沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，当NaOH过量时，部分溶解的是Al(OH)3，离子方程式为：Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O；
答案为：Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O。

(4)溶液里的钠离子是否存在一般用焰色反应来确定，钠离子的焰色反应为黄色，实验之前，为防止杂质的干扰，用稀盐酸先清洗铂丝；
答案为：稀盐酸。

6．A-J分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示(部分反应物、生成物没有列出)，且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。

请填写下列空白：
(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中位置_________
(2)写出检验D溶液中阳离子的方法____。

(3)写出反应④的离子方程式________。

(4)若向气体K的水溶液中加入盐酸，使其恰好完全反应，所得溶液的pH_____7(填“>”、“<”或“=”)，用离子方程式表示其原因：______；
(5)若向气体K的0.1mol/L水溶液中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1:1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小
．．．．的关系是______。

【答案】第四周期Ⅷ族取少量D溶液，加KSCN溶液，出现红色 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑＜ NH4++ H2OƒNH3·H2O+OH- c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)>c(OH-)
【解析】
【分析】
G为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH溶液反应，说明G为Al2O3，与NaOH反应生成NaAlO2，而I也能与NaOH反应生成NaAlO2，则I为Al，H为
O2，C和碱、D和气体K反应生成E、F，则说明E、F都为氢氧化物，E能转化为F，应为Fe(OH)2→Fe(OH)3的转化，所以E为Fe（OH）2，F为Fe(OH)3，则C为FeCl2，D为FeCl3，K 为NH3，B为Fe3O4，与Al在高温条件下发生铝热反应生成A，即Fe，结合对应单质、化合
物的性质解答该题。

【详解】
（1）A 、B 、C 、D 、E 、F 六种物质中都含有铁元素，在周期表中位于周期表第四周期Ⅷ族，
（2）溶液D 为氯化铁溶液，检验三价铁离子的存在，取少许D 溶液于试管中，滴加KSCN 溶液，溶液变红色，证明D 溶液中含有Fe 3+；
（3）反应④是金属铝和氢氧化钠溶液的反应，Al 与NaOH 溶液反应生成NaAlO 2和H 2，反
应的离子方程式为：--2222Al+2OH +2H O=2AlO +3H ；
（4）气体K 的水溶液为一水合氨溶液，加入盐酸，使其恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵在水溶液中水解显酸性，所以pH ＜7；反应的离子方程式为：
++4232NH +H O NH H O+H g ƒ；
（5）若向气体NH 3的0.1mol/L 水溶液中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：
1，假设条件均为1L ，发生反应：++3242NH H O+H =NH +H O g ，n (NH 3•H 2O)=0.1mol ，
n (H +)=0.1mol ，所以一水合氨和硫酸反应生成硫酸铵溶液，铵根离子水解显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为：c (+4NH )>c (2-4SO )>c (H +)>c (OH -)。

【点睛】
比较时溶液中粒子浓度紧扣两个微弱：
（1）弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力，如在稀醋酸溶液中：CH 3COOH ƒCH 3COO -＋H +，H 2O ƒOH -＋H +，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c (CH 3COOH)>c (H +)>c (CH 3COO -)>c (OH -)；
（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度，如稀的CH 3COONa 溶液中：CH 3COONa=CH 3COO -＋Na +，CH 3COO -＋H 2O ƒCH 3COOH ＋OH -，H 2O ƒH +＋OH -，所以CH 3COONa 溶液中：c (Na +)>c (CH 3COO -)>c (OH -)>c (CH 3COOH)>c (H +)。

7．从铝土矿（主要成分是Al 2O 3，含SiO 2、Fe 2O 3、MgO 等杂质）中提取氧化铝的两种工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）固体A 的主要成分是______________（写名称）．
（2）铝土矿与过量烧碱反应的离子方程式为______、______．
（3）电解熔融氧化铝可制得两种单质，写出该反应化学方程式______________．
（4）指出流程乙的一个缺点是____________．
（5）氧化铝与焦炭的混合物在氮气中高温加热反应，制得新型非金属材料AlN与一种中学常见气体X．已知每转移6.02×1023个电子，有0.5mol化合物X生成，此反应的化学方程式________________．
【答案】二氧化硅Al2O3+2OH_=2AlO2_+ H2O SiO2+2OH_ =SiO32﹣+H2O2Al2O3==4Al+ 3O2↑氧化铝中含有二氧化硅杂质Al2O3+N2+3C2AlN+3CO．
【解析】流程甲：铝土矿中加入过量的稀盐酸，SiO2与盐酸不反应，Al2O3、Fe2O3、MgO均可与盐酸反应生成相应的氯化物，反应方程式为Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O；Fe2O3＋6H ＋===2Fe3＋＋3H2O；MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O；反应液中加入过量烧碱，Al3＋变为AlO2－，Mg2＋、Fe3＋变为Mg（OH）2 和Fe（OH）3 沉淀，过滤后，滤液中通入足量的二氧化碳气体，生成了Al（OH）3沉淀；反应方程式为AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al（OH）3↓＋HCO3－。

流程乙：铝土矿中加入过量的氢氧化钠溶液，Fe2O3、MgO与氢氧化钠不反应，SiO2、
Al2O3均与强碱反应生成硅酸钠和偏铝酸钠，过滤，滤液中通入足量的二氧化碳，反应生成了Al（OH）3沉淀和硅酸。

（1）综上所述，固体A的主要成分是二氧化硅；正确答案：二氧化硅。

（2）铝土矿中Al2O3、SiO2均与强碱反应，生成偏铝酸盐和硅酸盐，反应的离子方程式分别为：Al2O3+2OH-=2 AlO2－+ H2O、SiO2+2OH_ =SiO32﹣+H2O；正确答案：Al2O3+2OH_=2AlO2－+ H2O 、 SiO2+2OH_ =SiO32﹣+H2O。

（3）电解熔融氧化铝可制得金属铝和氧气，反应化学方程式2Al2O3==4Al+ 3O2↑；正确答案：2Al2O3==4Al+ 3O2↑。

（4）SiO2、Al2O3均与强碱反应生成硅酸钠和偏铝酸钠，过滤，滤液中通入足量的二氧化碳，反应生成了Al（OH）3沉淀和硅酸，加热后，得到氧化铝和二氧化硅，即氧化铝中含有二氧化硅杂质；正确答案：氧化铝中含有二氧化硅杂质。

（5）氧化铝与焦炭的混合物在氮气中高温加热反应，制得新型非金属材料AlN与一种中学常见气体X，根据元素守恒可以知道X中应含有氧元素和碳元素，已知每转移6.02×1023个电子即1mol电子，有0.5mol化合物X生成，由电子转移守恒，可得在X中C的化合价
为,所以X是CO，所以该反应的化学方程式为
Al2O3+N2+3C2AlN+3CO；正确答案：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO。

点睛：二氧化硅为酸性氧化物，与强碱反应，不与强酸反应；氧化铝为两性氧化物，既能与强酸，又能与强碱反应；氧化铁、氧化镁属于碱性氧化物，只能与强酸反应，不与强碱反应。

8．（1）实验室制氯气的尾气处理用_____溶液吸收，其化学反应方程式为_____。

（2）向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，现象是先产生白色沉淀，其反应的离子方程式为_____，后白色沉淀又溶解消失，其反应的离子方程式为_____。

（3）在含有0.2mol的硫酸和0.2mol的硝酸的混合溶液200mL中，加入19.2g铜粉，产生的气体成分为_____（填NO或H2），你所选气体在标准状况下的体积为_____L
【答案】NaOH 2NaOH+Cl 2＝NaCl+NaClO+H 2O Al 3++3OH ﹣＝Al(OH)3↓ Al(OH)3+OH ﹣＝AlO 2﹣+2H 2O NO 3.36L
【解析】
【分析】
(1)实验室用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气；
(2)铝离子和氢氧根反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝为两性氢氧化物，溶解于强碱中；
(3)硫酸和硝酸都为稀酸，反应方程式为铜与稀硝酸反应。

【详解】
(1)实验室用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染空气；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水，反应方程式为：2NaOH+Cl 2＝NaCl+NaClO+H 2O ，
故答案为：NaOH ；2NaOH+Cl 2＝NaCl+NaClO+H 2O ；
(2)向AlCl 3溶液中逐滴加入NaOH 溶液，现象是先产生白色沉淀，是铝离子和氢氧根反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al 3++3OH ﹣＝Al(OH)3↓；后白色沉淀又溶解消失，是因为氢氧化铝为两性氢氧化物，溶解于强碱中，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH ﹣＝AlO 2﹣+2H 2O ，
故答案为：Al 3++3OH ﹣＝Al(OH)3↓；Al(OH)3+OH ﹣＝AlO 2﹣+2H 2O ；
(3)0.2mol 的硫酸和0.2mol 的硝酸的混合溶液200mL 中，硫酸和硝酸都为稀酸，加入19.2g 铜粉，且氢离子不足，完全反应，设n(NO)＝x ，
2323Cu 8H 2NO 3Cu 2NO 4H O
820.6mol x
+++++↑+﹣＝
x ＝0.15mol ，V(NO)＝n×Vm ＝0.15×22.4＝3.36L ，故答案为：NO ；3.36L 。

9．明矾在日常生活中用途非常广泛。

用废铝灰（含Al 、Al 2O 3、Fe 、Fe 2O 3、FeO 等）为原料制取明矾的工艺流程如下图。

回答下列问题：
已知：Fe 3＋开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH 为1.9～3.7。

（1）明矾净水的原理是_______________________（用离子方程式表示）。

（2）“酸溶”时，Al 2O 3溶解的化学方程式为______________________。

（3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_______________。

（4）“步骤①”的目的是______；“滤渣2”经碱洗、水洗、干燥和煅烧，得到的产品的名称是_____（填俗称）。

（5）“步骤②”包含的操作有_________、__________、过滤及干燥。

【答案】Al 3++3H 2O ⇌
Al(OH)3(胶体)+3H + Al 2O 3+3H 2SO 4=Al 2(SO 4)3+3H 2O 2Fe 2++H 2O 2+2H +=2Fe 3++2H 2O 调节溶液pH ，使沉淀完全 铁红 蒸发浓缩 冷却结晶
【解析】
【分析】
废铝灰(含Al、Al2O3、Fe、Fe2O3、FeO 等)加入足量稀硫酸进行酸浸溶解并过滤，得到含有Al3+、Fe2+、Fe3+、SO42-的酸性滤液，滤渣1为不与硫酸反应的杂质，向滤液中加入双氧水将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，由于Fe(OH)3比Al(OH)3更难溶，向氧化后的滤液中加入
Al(OH)3，Fe3+转化为更难溶的Fe(OH)3沉淀，过滤后得到含有Al3+、SO42-的滤液，滤渣2为Fe(OH)3，向滤液中加入K2SO4制得产品溶液，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥最终得到产品硫酸铝钾的晶体，据此分析解答。

【详解】
(1)明矾是强酸弱碱盐，弱酸根离子Al3+水解产生氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到达到净水的目的。

其反应原理用方程式表示为：
Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+；
(2)“酸溶”时，Al2O3和硫酸反应生成硫酸铝和水，化学方程式为
Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；
(3)“氧化”时，加入氧化剂过氧化氢，将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(4)“步骤①”加入滤液中加入Al(OH)3，作用是调节溶液的pH值，由于Fe(OH)3比Al(OH)3更难溶，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去；“滤渣2”的成分是Fe(OH)3，煅烧时分解生成氧化铁，它是一种红棕色粉末，常用作颜料，俗名是铁红；
(5) “步骤②”是从溶液中获得产品明矾，包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥。

10．工业制取皮革加工中的鞣化剂硝酸铝，是用铝灰与烧碱、硝酸反应制得的。

铝灰是铝、氧化铝和氧化铁的混合物。

产品硝酸铝晶体为Al(NO3)3·nH2O。

已知偏铝酸盐能与一般的酸反应，如：NaAlO2+HNO3+H2O→NaNO3+Al(OH)3↓
生产流程如图：
完成下列填空：
（1）用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，除烧杯、玻璃棒外还需（选填编号）
___。

A.B.C.D.
说出流程中产生的滤渣的一种用途是___。

制作一个过滤器需要___。

流程中操作x的名称是____。

（2）反应Ⅱ加入的硝酸必须适量，原因是___。

反应Ⅲ加入的硝酸要稍过量，原因是___。

（3）从反应Ⅲ所得的溶液制成产品的步骤依次为减压蒸发，___，过滤，___，低温烘干。

（4）为测定所得的产品的纯度，质检人员称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定。

通过计算便可得出产品的纯度。

①上述过程属于定量实验。

其中除配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是___，该实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与___的刻度值。

②任意写出一个该测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式：___。

【答案】B 作颜料（或炼铁）漏斗和滤纸过滤硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品（冷却）结晶洗涤（晶体）（酸碱）中和滴定滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平
Al3++3NH3•H2O→Al(OH)3↓+3NH4+或NH3•H2O+H+→NH4++H2O
【解析】
【分析】
铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤后形成滤渣，滤液中含有偏铝酸钠和未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过一系列操作得到硝酸铝晶体，结合溶液的配制和物质的性质分析解答。

【详解】
(1)用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，需要用天平称量氢氧化钠，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，因此除烧杯、玻璃棒外还需要的仪器是量筒；流程中产生的滤渣是氧化铁，可以用作红色颜料，也可以用于炼铁；制作一个过滤器需要漏斗和滤纸；根据图示，流程中操作x是分离溶液和沉淀，为过滤，故答案为：B；作颜料(或炼铁)；漏斗和滤纸；过滤；
(2)硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，因此反应Ⅱ加入的硝酸必须适量；反应Ⅲ加入的硝酸要稍过量，因为硝酸铝会水解，稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品，故答案为：硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量；稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品；
(3)从反应Ⅲ所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，故答案为：冷却结晶；洗涤；
(4)①常见的定量实验包括配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是(酸碱)中和滴定；中和滴定实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与滴定管内壁上白底蓝线的粗细
交界处相平的刻度值，故答案为：(酸碱)中和滴定；滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平；
②称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水，硝酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硝酸铵，充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定，氨水与盐酸反应生成氯化铵和水，测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式有Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+、NH3•H2O+H+=NH4++H2O，故答案为：
Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+或NH3•H2O+H+=NH4++H2O。