高考化学铝及其化合物推断题(大题培优 易错 难题)及详细答案

一、铝及其化合物

1．下列物质A－F是我们熟悉的单质或化合物，其中A、B均是常见的金属，且B的合金用量最大；E在常温下是黄绿色气体；适当的条件下，它们之间可以发生如图所示的转化。

（1）G溶液中溶质的化学式为_____________。 （2）请写出反应D→F的化学方程式：_________。

（3）检验F中金属阳离子的常用试剂是______________（填物质的化学式）；现象是____________。

（4）E物质可与石灰乳反应制取漂白粉，写出漂白粉的有效成分_________。 （5）写出C与过量氢氧化钠溶液反应的离子方程式_______________。

（6）若向D溶液中滴加氢氧化钠溶液，现象是：____，反应过程中的化学方程式为：____，______。

【答案】NaAlO2 2FeCl2+ Cl2= 2FeCl3 KSCN 溶液呈血红色 Ca（ClO）2 Al3+ +4OH-=AlO2-+2H2O 先产生白色沉淀，后白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色 FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 【解析】 【分析】

B的合金用量最大，所以B为Fe；E在常温下是黄绿色气体，所以E为Cl2；盐酸与铁反应生成FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成的F为FeCl3；金属A与盐酸反应后生成的盐，与适量的NaOH溶液反应能生成白色沉淀，白色沉淀还能溶于NaOH，所以A为Al单质，C为AlCl3溶液，G为NaAlO2溶液。 【详解】

(1)根据分析可知，G即为偏铝酸钠溶液，溶质的化学式为NaAlO2; (2)根据分析可知，D为FeCl2，与E即Cl2反应后生成FeCl3，方程式为：

2FeCl2Cl2=2FeCl3；

(3)检验Fe3+常用硫溶液，Fe3+遇SCN-生成血红色物质； (4)漂白粉中的有效物质为次氯酸钙；

(5)通过分析可知，C为AlCl3溶液，与过量的NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al34OH=AlO22H2O；

(6)通过分析可知，D的溶液为FeCl2溶液，FeCl2会与NaOH溶液反应生成很不稳定的白色Fe(OH)2沉淀，沉淀会迅速的被氧化为Fe(OH)3，转化的现象为：白色沉淀先转变为灰绿

色，最终变为红褐色；相关的方程式还有：4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3；

2．A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图（部分产物和条件已略去）,请回答下列问题：

（1）若A为CO2气体，D为NaOH溶液，则B的化学式为_________。 （2）若A为AlCl3溶液，D为NaOH溶液，则C的名称为_________。

（3）若A和D均为非金属单质，D为双原子分子，则由C直接生成A的基本反应类型为_________。

（4）若常温时A为气态氢化物，B为淡黄色固体单质，则A与C反应生成B的化学方程式为_________。

（5）若A为黄绿色气体，D为常见金属，则A与C溶液反应的离子方程式为_________。下列试剂不能鉴别B溶液与C溶液的是_________(填字母编号)。 a．NaOH溶液b．盐酸c．KSCN溶液d．酸性KMnO4溶液 【答案】NaHCO3 偏铝酸钠 分解反应 2H2SSO2=3S2H2O

2Fe2Cl2=2Fe32Cl b

【解析】 【分析】 【详解】

(1)若A为CO2与过量的D即NaOH反应，生成碳酸氢钠；碳酸氢钠溶液与NaOH反应可得到碳酸钠溶液；碳酸钠溶液又可以与CO2反应生成碳酸氢钠；所以B的化学式为NaHCO3； (2)若A为AlCl3，其与少量的NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3继续与NaOH反应生成偏铝酸钠；偏铝酸钠溶液和氯化铝溶液又可以反应生成Al(OH)3；所以C的名称为偏铝酸钠；

(3)若A，D均为非金属单质，且D为双原子分子，那么推测可能为性质较为活泼的O2或Cl2，A则可能为P，S或N2等；进而，B，C为氧化物或氯化物，C生成单质A的反应则一定为分解反应；

(4)淡黄色的固体有过氧化钠，硫单质和溴化银；根据转化关系，推测B为S单质；那么A为H2S，C为SO2，B为氧气；所以相关的方程式为：2H2SSO2=3S2H2O； (5)A为黄绿色气体则为Cl2，根据转化关系可知，该金属元素一定是变价元素，即Fe；那么B为FeCl3，C为FeCl2；所以A与C反应的离子方程式为：2Fe生成红褐色沉淀， a项可以；

b．盐酸与Fe2+，Fe3+均无现象，b项不可以；

c．KSCN溶液遇到Fe3+会生成血红色物质，而与Fe2+无现象，c项可以；

d．Fe2+具有还原性会使高锰酸钾溶液褪色，Fe3+不会使高锰酸钾溶液褪色，d项可以；答案

2Cl2=2Fe32Cl；

a．NaOH与Fe2+生成白色沉淀后，沉淀表面迅速变暗变绿最终变成红褐色，而与Fe3+直接

选b。

3．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Fe3+；

（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NaAlO2和H2，反

--应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；

（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：

NH4++H2OƒNH3gH2O+H+；

（5）若向气体NH3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：NH3gH2O+H=NH4+H2O，n(NH3•H2O)=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(NH4)>c(SO4)>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：CH3COOHƒCH3COO-＋H+，H2OƒOH-＋H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>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CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-＋Na+，CH3COO-＋H2OƒCH3COOH＋OH-，H2OƒH+＋OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。

+2-

4．(某混合物甲中含有明矾[KAl(SO4)2·12H2O]、Al2O3和Fe2O3。在一定条件下由甲可实现如图所示的物质之间的转化：

请回答下列问题：

（1）写出A、B的化学式：A___，B___。 （2）试剂a最好选用下列试剂中的（______） ．．A．NaOH溶液 B．稀盐酸 C．二氧化碳 D．氨水 写出相应的离子方程式___。

（3）写出反应②（生成溶液C和沉淀）的离子方程式___。

（4）固体D可以作为复合性的化学肥料，D中所含物质的化学式为___。 H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+ AlO2-+CO2+2H2O＝【答案】Fe2O3 Al2O3 D Al3++3NH3·Al(OH)3↓+HCO3- K2SO4和(NH4)2SO4 【解析】 【分析】

KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物甲加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，

沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，A Fe2O3，为向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠，Al(OH)3受热分解生成B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和(NH4)2SO4，以此来解答。 【详解】

（1）由上述分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3， 故答案为：Fe2O3；Al2O3；

（2）依据流程分析，向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，溶液H2O＝与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，反应方程式为Al3++3NH3·Al(OH)3↓+3NH4+，

A. NaOH溶液若加入过量会使氢氧化铝沉淀溶解，故A错误； B. 加稀盐酸不能得到氢氧化铝沉淀，故B错误； C. 通入二氧化碳不能得到氢氧化铝沉淀，故C错误；

D. 加入氨水可生成氢氧化铝沉淀，且过量氨水不与氢氧化铝反应，故D正确； H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+； 故答案为：D；Al3++3NH3·

（3）反应②中二氧化碳过量，反应生成沉淀和碳酸氢钠，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠，其离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-， 故答案为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；

（4）向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和(NH4)2SO4；固体D可以作为复合性的化学肥料，D中所含物质的化学式为K2SO4和(NH4)2SO4； 故答案为：K2SO4和(NH4)2SO4。

5．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−。

6．实验室中有6瓶失去标签的白色固体：纯碱、氢氧化镁、氯化钡、硫酸铝、硫酸氢钠、氯化钾。除蒸馏水、试管和胶头滴管外，无其他任何试剂和仪器。某学生通过以下实验步骤即可鉴别它们。请填写下列空白：

(1)各取适量固体于6支试管中，分别加入适量蒸馏水，有一支试管中的现象和其他5支明显不同，此试管中的现象是________________________， 据此现象鉴别出的一种物质是__________。

(2)分别将所剩5种溶液依次编号为A、B、C、D、E，然后进行两两混合。观察到C没有出现任何现象；D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀；B和E混合时既有白色沉淀产生，又有无色气体放出。据此可推断出：

①A、C、D三种物质的化学式依次是________________。

②B、E两者中有一种可与A反应，它与足量A反应的离子方程式为__________________。 ③在两两混合时，能最终确定B、E成分的实验现象及结论是_____________________。 (3)上述物质溶于水抑制水的电离，且溶液显酸性的物质的化学式为________，其溶液显酸性的原因是___________________。

【答案】白色固体不溶于水Mg(OH)2NaHSO4、KCl、BaCl2CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑B、E两溶液，与A溶液混合时产生气体的是纯碱，否则是硫酸铝NaHSO4NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-，所产生的H＋抑制水的电离 【解析】 【分析】

(1)只有氢氧化镁不溶于水；

(2)剩余5种物质中,KCl与其它4种物质均不反应，氯化钡与纯碱、硫酸铝、硫酸氢钠均反应生成白色沉淀，纯碱与硫酸铝发生相互促进水解反应生成沉淀和气体； (3)只有硫酸氢钠电离显酸性，抑制水的电离。 【详解】

(1)各取适量固体于6支试管中，分别加入适量蒸馏水，有一支试管中的现象和其他5支明显不同，此支试管中的现象是物质难溶于水，据此现象鉴别出的一种物质是Mg(OH)2， 因此，本题正确答案是： 白色固体不溶于水；Mg(OH)2；

(2)将所剩5种溶液依次编号为A、B、C、D、E，然后进行两两混合。观察到C没有出现任何现象，可以知道C为KCl；D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀，可以知道D为BaCl2；B和E混合时既有白色沉淀产生，又有无色气体放出，B、E为纯碱、硫酸铝中的一种，则A为NaHSO4。

①A、C、D三种物质的化学式依次是NaHSO4、KCl、BaCl2， 因此，本题正确答案是：NaHSO4、KCl、BaCl2；

②B、E两者中有一种可与A反应，纯碱与氢离子反应，则它与足量A反应的离子方程式为CO3＋2H===H2O＋CO2↑，

2-＋

因此，本题正确答案是：CO3＋2H===H2O＋CO2↑；

2-＋

③确定B、E成分的实验现象及结论是与A混合时产生气体的是纯碱，否则是硫酸铝， 因此，本题正确答案是：B、E两溶液，与A溶液混合时产生气体的是纯碱，否则是硫酸铝；

(3)溶于水抑制水的电离的物质的化学式为NaHSO4，其溶液显酸性的原因是NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-，所产生的H＋抑制水的电离，

因此，本题正确答案是：NaHSO4；NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-，所产生的H＋抑制水的电离。

7．（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+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O Al3++3OH﹣＝Al(OH)3↓ Al(OH)3+OH﹣＝AlO2

﹣

+2H2O 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)硫酸和都为稀酸，反应方程式为铜与稀反应。 【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+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O， 故答案为：NaOH；2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O；

(2)向AlCl3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：Al3++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﹣＝AlO2﹣+2H2O，

﹣﹣﹣

故答案为：Al3++3OH＝Al(OH)3↓；Al(OH)3+OH＝AlO2+2H2O；

﹣

(3)0.2mol的硫酸和0.2mol的的混合溶液200mL中，硫酸和都为稀酸，加入19.2g铜粉，且氢离子不足，完全反应，设n(NO)＝x，

3Cu8H2NO3﹣＝3Cu22NO4H2O82 0.6molxx＝0.15mol，V(NO)＝n×Vm＝0.15×22.4＝3.36L，故答案为：NO；3.36L。

8．某工厂废金属屑的主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，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7H2O)和胆矾晶体。 铝、绿矾晶体(FeSO4·

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CO2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Fe3+，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CuSO4溶液，写出反应的化学方程式：___。

----【答案】2Al+2H2O+2OH=2AlO2+3H2、Al2O3+2OH=2AlO2+H2O 稀硫酸

NaHCO3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NaHCO3溶液的洗气瓶，以除去装置a中挥发出的HCl 2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O

【解析】 【分析】

Fe、Cu、Fe2O3都不与NaOH溶液反应，Al和Al2O3可与NaOH溶液反应，用含有Al、Fe、Cu和Al2O3和Fe2O3的废金属屑制取AlCl3、绿矾晶体(FeSO4•7H2O)和胆矾晶体流程为：合金中Al、Al2O3与NaOH反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生反应：AlO2+CO2+2H2O=AlOH3+HCO3，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AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液D为NaHCO3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FeSO4，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NaAlO2溶液，反应的离子方程式为：

2Al+2H2O+2OH-=2AlO-2+3H2、Al2O3+2OH-=2AlO-2+H2O；

（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NaHCO3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CO2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+=Al3++3H2O，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NaHCO3中不溶，氯化氢和NaHCO3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NaHCO3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Fe3+，原因是Fe3+被Fe、Cu还原生成Fe2+，所以加入KSCN溶液没有明显现象，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；

（5）用固体F继续加入热的稀H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4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：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O。



9．以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如图：

(1)铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为___。

(2)图中“滤渣”的主要成分为___(填化学式)。加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。

(3)验证“沉铁”后，溶液中是否还含有铁离子的操作方法为___。 (4)煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为4[NH4Al(SO4)2·12H2O]如图所示的装置。

2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O。将产生的气体通过

①集气瓶中收集到的气体是___(填化学式)。

②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有__(填化学式)。 ③KMnO4溶液褪色(MnO4-还原为Mn2+)，发生的离子反应方程式为___。

【答案】Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O SiO2 静置，溶液澄清后，继续向上层清液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液，若无现象，则溶液中不含有铁元素，反之，则有。或加KSCN溶液 N2 SO3、NH3 2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+ 【解析】 【分析】

铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），加入稀硫酸浸取，只有SiO2不溶而成为滤渣；加入30%H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入K4[Fe(CN)6]溶液，生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀；加入(NH4)2SO4，Al3+转化为NH4Al(SO4)2，再蒸发结晶，便可获得[NH4Al(SO4)2·12H2O，煅烧后得到-Al2O3。 【详解】

(1)铝灰中氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，化学方程式为

Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O。答案为：Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O； (2)由以上分析可知，图中“滤渣”的主要成分为SiO2。答案为：SiO2；

(3)验证“沉铁”后，溶液中是否还含有铁离子，可使用K4[Fe(CN)6]溶液检验，操作方法为静置，溶液澄清后，继续向上层清液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液，若无现象，则溶液中不含有铁元素，反之，则有。或加KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色；答案为：静置，溶液澄清后，继续向上层清液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液，若无现象，则溶液中不含有铁元素，反之，则有。或加KSCN溶液；

(4)煅烧后，所得气体为NH3、N2、SO3、SO2，通过NaHSO3溶液，可吸收SO3和NH3；通过

KMnO4溶液，可吸收SO2，最后剩余N2和水蒸气，用排水法收集，气体主要为N2。 ①集气瓶中收集到的气体是N2。答案为：N2；

②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有SO3、NH3。答案为：SO3、NH3；

③KMnO4溶液褪色(MnO4-还原为Mn2+)，则MnO4-与SO2反应生成Mn2+、SO42-等，发生的离子反应方程式为2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。答案为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。 【点睛】

SO3通入NaHSO3溶液中，若NaHSO3溶液足量，则发生反应为

SO3+2NaHSO3=Na2SO4+H2O+2SO2；若NaHSO3溶液不足量，则发生反应为SO3+NaHSO3=NaHSO4+SO2。

10．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

+6H2O+12NH3+O2+6Mn2+=2Mn3O4+12NH4

【解析】 【分析】

方铅矿精矿（主要成分PbS）和软锰矿（主要成分MnO2，含有Al2O3等杂质）中加入稀盐酸并加热至80℃，发生的反应有：MnO2+PbS+4HCl=MnCl2+PbCl2+S+2H2O、

Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，向酸浸溶液中加入NaCl溶液、X，调节溶液的pH，使Al3+转化为沉淀，要除去Al3+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PbCl2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Mn3O4，过滤得到Mn3O4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PbCl2s+2Claq=PbCl4aq可知，向酸浸液中加入饱和食盐水，通过

-2-增大Cl−浓度可促进PbCl2的溶解；加入物质X调节溶液的pH，使Al3+转化为沉淀，同时不引入新的杂质，结合滤液1中含有Mn2+和Pb2+，可选择MnCO3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MnCO3或PbO调节溶液pH，促进溶液中Al3+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83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

2++可知发生反应的离子方程式为：6H2O+12NH3+O2+6Mn=2Mn3O4+12NH4。

【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。