高考化学铝及其化合物推断题的综合热点考点难点含答案解析

1、高考化学铝及其化合物推断题的综合热点考点难点含答案解析一、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)选用方案从某黑色粉末(含有 mno和 cuo)中分离 x(mno )，加入的试剂是 _；22王同学参照以上方案i 和，设计以下实验方案除去alcl3固体中的3fecl 。(3)操作所需的玻璃仪器为_ ；(4)试剂 a 为 _ ；试剂 b 为_；(5)请描述操作的步骤：_；(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_(填“赞同 ”或 “不赞同 ”)李同学，理由是_。e，从而得到alcl3 固体，你【答案】有挥发性（或易升华）受

2、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 mno 2，应加入酸的稀溶液；除去 alcl3固体中的3naoh 溶液分别生成3fecl ，应先水溶解，然后加入过量的fe(oh) 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

3、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)操作是从 alcl溶液中获得 alcl 固体，由于该盐是强酸弱碱盐，容易发生水解反应，33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

4、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 阅读下面信息，推断元素，按要求回答问题：信息问题短周期元素x、 y、 z、 w，原子序数依次（ 1） x 一定不是 _增大，最外层电子数均不少于最内层电子b 碳

5、a 氢数，且四种元素组成的单质常温下均为固d 硫体。c 氧一定条件下，上述四种元素的单质均能与足量的氧气反应，生成的氧化物有两种能溶（ 2）这四种元素中有铝元素吗？_于稀硫酸，三种能溶于浓naoh 溶液，氧化物的相对分子质量都大于26向上述四种元素的单质的混合物中，加入足量的盐酸，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的烧碱溶液，最终溶液中有白色沉淀向上述四种元素的单质的混合物中，加入足量的烧碱溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的盐酸，最终溶液中有白色沉淀x 与 w 同主族（ 3）白色沉淀的化学式为 _（ 4）生成白色沉淀的离子方程式为_（ 5） x 的单质与 w 的最高价氧化物反应的化

6、学方程式为 _高温【答案】 acd一定含有铝元素mg（ oh） 2sio32- 2h232si +=h sio 2c +sio2co【解析】【分析】(1)h2 和 o2 常温下为气体，而c、s 常温下为固体；(2)al具有中元素的性质，四种元素可能有1 种是铝元素；(3)白色沉淀应为碱，短周期元素中只有mg(oh) 2 符合；(4)滤液中加入过量的盐酸溶液，得到的应是难溶于水的弱酸，可为h2sio3 或h4sio4；(5)已知 x、 y、 z、 w 四种元素中的且 x 原子序数最小的条件。3 种为mg 、 al、si，只有x 为碳时才符合x 与w 同主族【详解】(1)a x 若为氢时，其最外层

7、电子数为1，无内层电子，且h2 常温下为气体，不合理，故a错误；b x 若为c时，满足最外层电子数均不少于最内层电子数，且c 常温下为固体，合理，故b 正确；c x 若为氧时，满足最外层电子数均不少于最内层电子数，但o2 或o3 常温下为气体，不合理，故c 错误；d x 若为硫，其原子序数是16，原子序数比x 大的y、z、w不可能都是短周期元素，不合理，故d 错误；故答案为：acd；(2)al能与氧气反应，且al2o3 能溶于稀硫酸，也能溶于naoh 溶液，且氧化铝的式量是102，均满足信息，则四种元素一定有1 种是铝元素；(3)对所有短周期元素进行试探，唯有镁元素符合性质，可知白色沉淀物的化

8、学式为mg(oh)2；(4)唯有硅元素在变化中最终得到白色沉淀h2 sio3(或 h4sio4)，生成该白色沉淀的离子方程式为 sio2-+2-+2h+h2o=h4sio4)；3+2h=h2sio3(或 sio3(5)已知 x、 y、 z、 w 四种元素中的3 种为 mg 、 al、si，只有 x 为碳时才符合x 与 w 同主族高温且 x 原子序数最小的条件，则c与 sio2 在高温下反应的化学方程式为2c +sio2si +2co。3a、 b、 c、 d、 e、 f、 g、 h 为八种短周期主族元素，原子序数依次增大。a、 f 的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中a 的单质在常温下为气

9、体。c 与 b、h 在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17。 d 与 f 同周期。 g 的单质常用作半导体材料。请回答：(1)c 和 h 分别与 a 形成的简单化合物沸点较高的是_(填化学式 )，理由是_ 。(2)c、e 形成的简单离子半径大小：r(c)_r(e)(填 、 h+h oal +3oh3sio +6c+2n2si n +6co234【解析】【分析】a、 b、 c、 d、e、 f、 g、h 八种短周期主族元素，原子序数依次增大。子数分 等于各自的 子 数，其中a 的 在常温下 气体， a 为a、 f 的最外 h；g 的 常用作半 体材料，g 为si， 合原

10、子序数可知f 为 al； c与b、 h 在元素周期表中 于相 位置， 三种元素原子的最外 子数之和 17， 173=52， b 为n、 c 为o、 h 为s， d 与f 同周期，位于第三周期，d 为na、 e 为mg，以此来解答。【 解】由上述分析可知，a 为h、 b 为 n、c 为o、 d 为na、 e 为mg 、 f 为al、g 为si、 h 为 s。(1)c 和 h 分 与a 形成的 化合物分 是h2o、 h2s，其中沸点 高的是h2 o，原因是h2o 分子 存在 ，增加了分子之 的吸引力；(2)o2-、 mg 2+核外 子排布相同。具有相同 子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则

11、c、e 形成的 离子半径大小：r (c)r(e)；(3)f 最高价氧化物 的水化物al(oh)3 是两性 氧化物，在水溶液中存在酸式 离和碱式 离， 离方程式 h+alo2-+h2oal(oh)3al3+3oh-；(4)将 g 的氧化物与b 的 在1400条件下和足量的碳反 ，其化学反 方程式 3sio2+6c+2n2si3n4+6co。【点睛】本 考 元素及化合物的推断及物 性 的方程式表示。把握原子 构、元素的位置、 子数关系来推断元素 解答的关 ，注意元素化合物知 的 用， 目 重考 学生的分析与 用能力。4 某混合物 a，含有 kal(so和 fe2o3，在一定条件下可 如 所示的物

12、之 4)2、 al2o3的 化：据此回答下列 ：（ 1） 、 、 、 四步中 于溶液和沉淀的分离采取的方法是_。（ 2）根据上述框 反 关系，写出下列 b、 c、 d、e 所含物 的化学式固体 b_；沉淀 c_；沉淀 d_；溶液 e_。（ 3）写出 、 、 、 四个反 的化学方程式或离子方程式 _； _； _； _。【答案】 al2o3al 2o3、 fe2o3fe2 o3k 2so4、(nh 4)2so4al2o3 2naoh=2naalo2h2oal3+ 3nh3 h2o=al(oh)3 3nh4+naalo2hcl h2o=al(oh)3nacl2al(oh)3加热al2o3 3h2o【

13、解析】【分析】kal(so4)2溶于水， al2o3 和 fe2o3 均不溶于水，混合物a 加水溶解后，溶液中是kal(so4)2，沉淀 c 为 al2o3 和 fe2 o3；由转化关系图可知，向沉淀c 中加 naoh 溶液， fe2 o3 不反应，沉淀 d 为 fe2 o3， al2o3 可与 naoh 溶液反应生成 naalo2 ，向 naalo2 溶液中通入 co2 可得 al(oh)3 沉淀， al(oh)3 受热分解生成固体 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e 为k2so4、(nh4 )2so4，经过蒸发、结晶，得到

14、 k2so4 和(nh4)2so4 ，然后结合物质的性质及化学用语来解答。【详解】(1)溶液和沉淀的分离利用过滤；(2)由上述分析可知b 为 al2o3， c 为 al2o3、 fe2o3， d 为 fe2o3 溶液 e 为 k2so4、 (nh4)2so4；(3)反应为 al2o3+2naoh=2naalo2+h2o；反应为al3+3nh3?h2o=al(oh)3 +3nh4+；反应为 naalo2 hcl h2o=al(oh)3nacl；加热反应为 2al(oh)3al2o3 3h2o。5 把 7.5 g 镁铝合金的粉末放入200ml 4mol/l 的盐酸中，往充分反应后的混合溶液中逐渐滴

15、入一定物质的量浓度的 naoh 溶液，生成沉淀的物质的量与加入 naoh 溶液的体积的关系如图所示。（1）合金中镁的物质的量为_。（2）氢氧化钠的物质的量浓度为_mol/l 。（3） v1=_ml。（4）写出该合金溶于足量naoh 溶液的化学方程式为 _。【答案】 0.2mol 2 4502al+2naoh+2h 2o=2naalo 2 =3h 2【解析】【分析】镁铝合金与盐酸反应后溶液有铝离子、镁离子、以及剩余的氢离子；加入氢氧化钠后氢氧化钠先于氢离子反应，此时无沉淀产生，之后镁、铝离子开始沉淀，发生反应al3+3oh-al(oh)32+-mg(oh) 2nacl，再、 mg+2oh，当沉淀

16、达到最大值时溶液中的溶质只有继续滴加氢氧化钠，氢氧化铝沉淀开始溶解，发生反应-al(oh)3 +oh alo2 +2h2o，据此进行解答。【详解】(1)当滴加 400ml 氢氧化钠溶液时，沉淀达到最大值，此时溶液中的溶质为nacl，根据元素守恒可知此时溶液中n(cl-)=0.2l 4mol/l=0.8mol，由电荷守恒可知n(na+)= n(cl-)=0.8mol ，即400ml 氢氧化钠溶液中n(na+)=0.8mol ，则其浓度 c(naoh)=0.8mol =2mol gl-1；此时溶液中0.4l据图可知前 50ml 氢氧化钠溶液没有沉淀产生，即此时发生反应h+-2+oh =h o，所以

17、与镁铝合金反应后剩余的n(h+ )=0.05l 2mol/l=0.1mol，则与镁铝合金反应的n(h+)=0.8mol-0.1mol=0.7mol ，设镁铝合金中镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol ，则有24x+27y=7.5g，根据电子守恒 (镁铝失去的电子都转移给氢离子)可得 2x+3y=0.7，联立解得x=0.2mol ， y=0.1mol ，故答案为： 0.2mol ；(2)根据 (1)可知答案为： 2；13- alo2-2o，根据 (1)可知镁铝合金中铝的物质的(3)400ml 至 v ml 发生反应 al(oh) +oh+2h量为 0.1mol ，则生成氢氧化铝0.1m

18、ol ，此段消耗 n(oh-)=0.1mol ，所以消耗的氢氧化钠体积v=0.1mol-1 =0.05l ，即 50ml，所以 v1=400+50=450，故答案为：450；2molgl(4)该合金中铝单质可以与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故答案为：2al+2naoh+2h2o=2naalo 2 =3h 2。【点睛】解决本题的关键是理解沉淀达到最大值时溶液中的成分，之后再利用元素守恒、电子守恒等解决问题。6 （ 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

19、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】 naoh2naoh+cl nacl+naclo+h2o al(oh)3 alo2al3+3ohal(oh)3+oh+2h2ono3.36l【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

20、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+h2 o；(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；

21、(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，3cu8h2no 33cu 22no4h2 o820.6molxx 0.15mol ，v(no) n vm 0.15 22.4 3.36l，故答案为：no； 3.36l。7 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铝、绿矾晶体 (feso47h2o)和胆矾晶体。完成下列填空：（ 1）写出步骤反应的离子方

22、程式：_。（ 2）试剂 x 是 _，溶液 d 是 _。（ 3）在步骤中，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+2h 2o+2oh - =2alo 2- +3h 2、 al 2o3 +2oh - =2alo 2- +h 2 o稀硫酸nahco 溶液 浓盐酸改为稀

23、盐酸；在装置a 和装置 b 之间增加一个盛有饱和nahco 溶液33的洗气瓶，以除去装置a 中挥发出的 hcl3+2+3+2+2+2fe +fe=3fe 、 2fe +cu=2fe +cu2cu+o2 +2h2so4 = 2cuso4 +2h2o【解析】【分析】fe、 cu、 fe o 都不与 naoh 溶液反应， al 和 al o 可与 naoh 溶液反应，用含有 al、 fe、2323cu 和 al o 和 fe o的废金属屑制取alcl 、绿矾晶体 (feso?7h2o)和胆矾晶体流程为：合金232334中 al、 al2o3与 naoh 反应，所得滤液a 为 naalo2 溶液，经途

24、径 与足量二氧化碳发生反应： alo 2- +co2 +2h2 o=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+2h 2o+2oh - =2alo 2- +3h 2、 al 2o3 +2oh - =

25、2alo 2- +h 2o ；（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 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：3+3+2al(oh) +3h =al+3h o，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n

26、ahco3中不溶，氯化氢和3反应生成二氧化碳气nahco体，所以可降低盐酸浓度；在装置i 和 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、 cu2+3+2+还原生成 fe ，所以加入 kscn溶液没有明显现象，故答案为：2fe +fe=3fe 、2fe3+cu=2fe2+cu2+；（5）用固体 f 继续加入热的稀h2 44so ，同时不断鼓入空气，固体溶解得cuso 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

27、+o2 +2h 2so4 = 2cuso4 +2h2 o 。8 某混合物浆液含有 al(oh)3、 mno2 和少量 na2cro4考虑到胶体的吸附作用使 na2cro4 不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答 和 中的问题。固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）（1） cal 的制备方法称为电解法，请写出阳极反应方程式_（2）该小组探究反应 发生的条件 d 与浓盐酸混合，不加热无变化；加热有cl2 生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生cl2由此判断影响该反应有效进行的因素有（

28、填序号） _。a温度b溶液的 ph 值c cl-和 so42- -的浓度（3）固体 d 是碱性锌锰电池的正极，请写出该电池的负极反应方程式_ 。（ 4） 0.2molcl 2 与焦炭、 tio2 完全反应，生成 co和 ticl4（熔点 -25,沸点 1364 ）放热8.56kj，该反应的热化学方程式为_ 含铬元素溶液的分离和利用（5）用惰性电极电解时， cro 42能从浆液中分离出来的原因是_，分离后得到的含铬元素的粒子有22，原因是cro 4和 cro 7_(用离子反应方程式表示 )，阴极室生成的物质为_ （写化学式）；【答案】 2o2-2-2224-4e =oab zn-2e+2oh=z

29、n(oh)2cl （ g）+tio （ s） +2c（ s） =ticl （ l）+2co（ g） h= 85.6kj?mol 1在直流电场作用下cro 42 通过阴离子交换膜向阳极室移动，从而脱离浆液；2cro 42 +2h+ ?cro 72+h2o； naoh 和 h2【解析】【分析】（1）固体混合物含有 al（ oh） 3、 mno2，加入 naoh 溶液，过滤，可得到滤液 a 为naalo2，通入二氧化碳，生成 b 为 al（ oh） 3 ，固体 c为 al2o3，电解熔融的氧化铝可得到al；固体 d 为 mno 2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；（ 2）题中涉及因素有温度和浓度；

30、（ 3）固体 d 为 mno 2，是碱性锌锰电池的正极，该电池的负极是锌失电子发生氧化反应，反应方程式 zn-2e-+2oh- =zn(oh)2 ；（4） 0.2molcl 2 与焦炭、 tio2 完全反应，生成co和 ticl4（熔点 -25,沸点 1364 ）放热8.56kj，则 2mol 氯气反应放出的热量为2 0.2 8.56kj=85.，6kj由质量守恒可知还原性气体为 co，反应的化学方程式为2cl224g），以此可（ g） +tio（s）+2c（ s） ticl （l） +2co（计算反应热并写出热化学方程式；（ 5）电解时， cro42 通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原

31、反应生成氢气和naoh，由此解答。【详解】（ 1） cal 的制备方法称为电解法，固体c为 al2o3，电解熔融的氧化铝可得到al，阳极反应方程式2o2-4e-=o2 ；（ 2）反应涉及的条件为加热，加热下可反应，另外加热硫酸，氢离子浓度变化，可知影响的因素为温度和氢离子浓度，故选：ab；（ 3）固体 d 为 mno 2，是碱性锌锰电池的正极，该电池的负极是锌失电子发生氧化反应，反应方程式 zn-2e-+2oh- =zn(oh)2 ；（ 4） 0.2molcl 2 与焦炭、 tio2 完全反应，生成 co和 ticl4（熔点 -25,沸点 1364 ）放热8.56kj，则 2mol 氯气反应放

32、出的热量为2 0.2 8.56kj=85.，6kj所以热化学方程式为2cl2（ g） +tio2（ s） +2c（ s） ticl4（ l ） +2co（ g） h=-85.6kj mol 1；（ 5）电解时， cro42 通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在422 72 242、 cr2o72，阴极发生还2cro+2hcr o+h o，则分离后含铬元素的粒子是cro原反应生成氢气和naoh。【点睛】考查物质的制备、分离以及电解知识，解题关键：注意把握物质的性质，能正确分析试验流程，把握电解的原理，难点（5）在直流电场作用下，cro42 通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆

33、液，要求学生具有一定的分析能力。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 mn 3o4 的工艺流程：已知 :（ 1） pbs+mno2 +4h+=mn 2+pb2+s+2h2o（ 2） pbcl2(s)+2cl-(aq)=pbcl42- (aq) h0（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 mnco3bnaohc znod pbo（ 3）滤渣中含有金属杂质形成的化合物，其成分为_

34、（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3ad al(oh)6h 2 o+12nh 3 +o 2 +6mn 2+ =2mn 3o 4 +12nh 4+【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、al2 o3+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

35、，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 mn 3o4，过滤得到mn 3o4 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 =pbcl24- 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 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 mn 2+和 pb2+，可选择 mnco

36、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 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 mn 2+，通入 nh3 和 o2 生成 mn 38o4， mn 元素化合价从 +2 价升高至3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可知发生反应的离子方程式为：6h 2o+12nh 3 +o2 +6mn 2+ =2mn 3o4 +12nh 4+ 。【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：能与 h+反应，使溶液ph 增大；不引入新杂质；例如：若要除去 cu2+中混有的 fe3+，可加入 cuo、cuco3、 c