2020-2021全国各地备战高考化学分类：铝及其化合物推断题综合题汇编含详细答案

1、红帆到(6)常温时，如忽略步骤所加步骤加入NaOH溶液调节溶液的2020-2021全国各地备战高考化学分类：铝及其化合物推断题综合题汇编含详细答案一、铝及其化合物1.I.某化工厂以铭铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3,含有AI2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矶钠(主要成分Na2Cr2072H2O),工艺流程如图：痼而INaBCh和少胃S0E澹流1 .常温，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，碱性条件下，能将C产转化为CrO42-。ii.常温时，部分金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH值金属离子屋户A广C/Fl-Bi*开始沉淀的阳2.7&45,57.50,7沉淀完全的山1174.95

2、.9杀7L5(1)步骤提高酸溶速率的措施_(任填一条即可)。固体A的成分是(2)步骤需加氢氧化钠溶液调节pH,调节pH范围为_,目的是(3)写出反应的离子方程式(4)将溶液H经过即得红矶钠粗晶体。II.经该工厂的工业废水中含1.00X10moiL-1的C2O72-,其毒性较大。该化工厂的科研人员为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5Fed(Fe的化合价依次为+3、+2),又设计了如下工艺流程:件加看人比。CrijFcLgFtOi(5)第步反应的离子方程式是FeSQ7H20所引起的溶液体积变化，依据上表数据，则pH至9时，溶液中Cr3+的浓度为mol/L(101/23.2。(7

3、)欲使1L该废水中的C2O72-完全转化为Cr0.5Fe1.5Fed。理论上需要加入FeSQ7H20的质量为_g(已知FeSQ7H2O的摩尔质量为278g/mol)。【答案】加热/搅拌/粉碎/适当提高稀硫酸的浓度(任写一条)SiQ4.9pH5.5使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH和ai(oh)3沉淀而除去3NaBQ+2Cr3+7OH+建O=2Cr2O72-+3Bi(0H,J+3Na+蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥C12O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O6.414102.78铭铁矿中的FeO、Cr2O3和ABO3均能溶于硫酸，Si。不溶，过滤，向滤液中加入双氧水

4、，氧化亚铁离子，步骤的目的是使Fe3+、Al3+沉淀，过滤，向滤液中加入NaBiO3、NaOH,能将Cr3+转化为Cr2O72-,过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥得到Na2Cr2O72H2O。【详解】加热、搅拌、粉碎、适当提高稀硫酸的浓度均可加快化学反应速率，任答一种即可。按照元素化合物知识，铭铁矿中的FeQC2O3和AI2O3均能溶于硫酸，SiO2不溶，故第步得到的固体A为SiC2；故答案为：加热/搅拌/粉碎/适当提高稀硫酸的浓度(任写一条)；SiC2o步骤的目的是使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(CH)3和Al(CH)3沉淀而除去，但不能使Cr3+沉淀，故需要调节的pH范围

5、为4.9pH5.5,故答案为：4.9WpH5.5；使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(CH)3和Al(CH)3沉淀而除去。常温下，NaBiC3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为Cr2C72-,则反应的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3+7OH+H2O=2C12C72-+3Bi(OH)3J+3Na+；故答案为：3NaBiO3+2Cr3+7OH+H2O=2Cr2O72-+3Bi(OH)3J+3Na+。溶液H得红矶钠粗晶体需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥。C2O72-有强氧化性，FeSQ7H20中Fe2+有一定的还原性，在酸性

6、条件下将Fe2+氧化为Fe3+,自身被还原为Cr3+,根据元素守恒及所处环境可知，还有水生成，反应离子方程式为Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；故答案为：Cr2O72-+6Fe2+14H+=2c产+6Fe3+7H2O。常温时，如忽略步骤所加FeSQ7H20所引起的溶液体积变化，依据上表数据得到Cr3+开始沉淀时pH=5.5,即c(OH)Kw11014c(H)1105.58.5,10mol_33_KspCrOH3c(Cr)c(OH)0.0012(1108.5、3)6.42910，步骤加入NaOH溶液调节溶液的pH至9时,c(OH)Kwc(H)10141109105

7、molL1,则溶液中Cr3+的浓度为KspCrOH3c(Cr3)c3(OH)c(Cr3)(1105)36.41029,c(Cr3)6,41014molL1;故答案为；6.4X110mol匚1。欲使1L该废水中n(Cr2O72-)=1xemol,根据Cr原子、Fe原子守恒，可得Cr2072r4Cr0.5Fe1.5FeO410FeSO47H2O,因此理论上n(FeSO47H2O)=10n(Cr2O72-)=10x1x31mol=0.01mol,所以质量m(FeSQ7H2O)=0.01molx278g?mol78g；故答案为2.78g。Fe2O3、SiO2、Al2O3制取七水合硫2 .工业上常采用硫

8、铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为酸亚铁(FeSQ7H2O),设计流程如图：(2)固体1的主要成分是一。(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FeSQ7H2O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FeSQ-7H2O,你认为这一方案(填写“可行”或“不可行”)。【答案】硫酸SiQFe+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、AI2O3,不考虑其他杂质)中加入足量稀硫酸，

9、发生的反应有Fe2O3+3H2SQ=Fe2(SQ)3+3H2O、A12O3+3H2SQ=A12(SQ)3+3H2O,SiO2不溶于稀硫酸，然后过滤，得到的固体1成分为SiQ,滤液1中含有Fe2(SC4)3、H2S。、A12(SQ)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FeSQ?7H20晶体，说明溶液2中溶质为FeSQ,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+H2f,将溶液2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到FeSQ?

10、7H20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SiQ；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 .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CQ2-、SiO32-、AlO2-、Cl阳离了Al3+、Fe3Mg2+、NH4+、Na+现取该溶液

11、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O(2)若丫是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】SiQ2-、AIO2-CO2-Al(OH)3+3H+=Al3+3H2OA3Mg2+、NH4+NH4+OH=NH3-H2O【解析】【分析】溶液无色说明溶液中不含Fe3+离子；(1)若丫是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al(OH)3或H2Si。；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32；(2)若Y

12、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)若丫是盐酸，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H2SQ3,所以oa段转化为沉淀的离子是AI6-、SiO32-;ab段发生反应的离子是CC32+2H+=H2O+CO2?,发生反应的离子是CC32-;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

13、应：Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O；oa段发生反应：Al3+3OH=A|(OH)3J、Mg2+2OH=Mg(OH”J；ab段发生反应NH4+OH-=NH3H2。【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：看面：弄清纵、横坐标的含义。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。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。4 .现有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知A、B、C、D四种元

14、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，1molE的单质可与足量酸反应，能产生33.6L吨(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。BCD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*2*fc2-闩.2-Al-:01两性氧化

15、物先出现白色沉淀，继续滴*加，白色沉淀溶解AlC3+4NaOH=3NaCl+NaAlO+2H2O【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；ImolE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生标准状况下33.6LH2,设E的化合价为V,根据电子转移守恒可知ymol=3.36Lx2=3mol,E的阳离子与A的阴离子核外电22.4L/mol子层结构完全相同，则

16、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-A1；(2)c为硫，简单离子结构示意图为；一”(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：6，打叫：o：r人：，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

17、式AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O。5 钠、铝、铁是三种重要的金属。请回答：（1）钠元素的金属性比铝_（填“强”或“弱”）。三种金属对应的氢氧化物中，具有两性的物质是_（填化学式）。（2）将一小块金属钠投入水中，发生反应的离子方程式为_；可观察到的实验现象是_（填序号）。A.钠沉到水底B.钠熔成小球C.小球四处游动D.钠无变化（3） Fe与C12在一定条件下反应，所得产物的化学式是。将该产物溶于水配成溶液，分装在两支试管中。请回答：若向其中一支试管中滴加KSCN溶液，则溶液变成色。向另一支试管中滴加NaOH溶液，反应的离子方程式是_。（4） Na2O2可作为呼吸面具中

18、的供氧剂，其供氧时主要反应的化学方程式为：。（5）在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，观察到的现象是_。【答案】强Al（OH）32Na+2H2O=2Na+2OH-+H2TBCFeCl红Fef+3OH-=Fe（OHJ2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+。2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2T先生成白色沉淀，然后白色沉淀消失【解析】【分析】（1）金属钠与铝处于同周期，金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐减弱；（2）金属钠与水反应，生成氢氧化钠和氢气；由于钠的密度小于水的密度，因此钠浮在水面上；反应放热，因此钠熔化成光亮的小球；反应放出气体，因此钠四处游动；最终金属

19、钠完全溶解；（3） Fe在Cl2燃烧，生成FeCB,将FeC3溶于水后，溶液中存在大量的Fe3+,滴加KSCN液后，溶液变为血红色；滴加氢氧化钠溶液后生成红褐色沉淀；（4） Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，可与CC2和H2O反应；（5）在AlC3溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成白色沉淀Al（OH）3,当NaOH溶液过量时，沉淀逐渐溶解，最终完全消失。【详解】（1）钠元素的金属性比铝强；钠、铝、铁三种金属对应的氢氧化物中具有两性的物质是Al（OH）3；（2）钠和冷水反应，生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na2H2O=2Na+2OH-H2f；由于钠的密度小于水的密度，因此钠浮在水面上；反应

20、放热，因此钠熔化成光亮的小球；反应放出气体，因此钠四处游动；最终金属钠完全溶解，因此金属钠与水反应的实验中，可观察到的实验现象是钠熔成小球、小球四处游动，答案选BC;(3) Fe在C12燃烧，生成FeC3,将FeC3溶于水后，溶液中存在大量的Fe3+,滴加KSCN液后，溶液变为血红色；滴加氢氧化钠溶液后生成红褐色沉淀，离子方程式为：Fe3+3OH-=Fe(OHJ；(4) W2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，可与CO2和H2O反应，反应方程式为：2Na2O2+2CC2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2T；(5)在AlC3溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成白色沉淀Al(O

21、H)3,当NaOH溶液过量时，沉淀逐渐溶解，最终完全消失。6.某小组同学用一种铝铁合金为原料，模拟相关的工业生产，反应过程如图所示(部分产物和条件已略去)，请回答：(1)铁铝合金是一种高电磁性能合金，下列有关推测可能正确的是(填序号).A.铁铝合金可由铁和铝熔融混合制成B.铁铝合金的熔点高于铝和铁C.铁铝合金硬度高于纯铝(2)反应中铝元素发生反应的离子方程式为。(3)反应的化学方程式为。(4)反应发生时观察到的现象是,用化学方程式表示颜色变化的原因。(5)反应中的CO2不宜换成HCl,原因是。(6)请举出固体A一种用途。【答案】ACA3+4OH=AlO2+2H2O2Al+2NaOH+2H?O=

22、2NaAlO2+3H2T先产生白色沉淀，之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色4Fe(OHt+O2+2H2O=4Fe(OH)3过量的氯化氢会使生成的氢氧化铝溶解做红色油漆和涂料【解析】【分析】分析流程可知，中的反应有硫酸与氢氧化钠酸碱中和，硫酸铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁；中二氧化碳能与偏铝酸钠发生反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；固体A为氧化铁，固体B为氧化铝；中铝单质能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；中硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁。【详解】(1)A.铁铝合金可由铁和铝熔融混合制成具有特征性质的混合物，故A正确；B.合金熔点低于各成分，则铁铝合金

23、的熔点低于铝和铁，故B错误；C正确;C.合金硬度高于各成分，则铁铝合金硬度高于纯铝，故综上所述，故答案为：AC；(2)中硫酸铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，其反应的离子方程式为A13+4OH=AlO2+2H2O,故答案为：A13+4OH=AIO2+2H2O;(3)中铝单质能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，其反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2T,故答案为:2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2T；(4)中硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，现象是先产生白色沉淀，之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色，其反应的化学方程式为4Fe(OH%+O2+2H

24、2O=4Fe(OH)3,故答案为：先产生白色沉淀，之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(5)中二氧化碳能与偏铝酸钠发生反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，若将二氧化碳换成氯化氢，则生成的氢氧化铝会继续与过量的盐酸发生反应而溶解，故答案为：过量的氯化氢会使生成的氢氧化铝溶解；(6)固体A为红棕色的氧化铁，可以用来做红色油漆和涂料，故答案为：做红色油漆和涂料。7.重铭酸钾(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:演清HQ鼻眄SO.已知

25、：Al(OH)3与Cr(OH)3性质相似。2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。有关物质的溶解度曲线如图。回答下列问题：(1)含铭污泥预处理包括高温煨烧粉碎等步骤，其中高温煨烧的目的是_(写一条即可),滤渣III的成分是_(填化学式)。(2)步骤中操作需要的玻璃仪器有_,步骤加入H2O2的作用是。(3)步骤反应能够发生的原因是一写出步骤的反应离子方程式：_。(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30.00mL0.0500molL-1的Na2&O

26、3溶液。则该次生产的样品中K2Cr2O7含量为。(已知：Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3+3l2+7H2O,2Na2&O3+l2=Na2$O6+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3C2+2CrO2+8OH=2CrO42+6C1+73.54H2O淀粉溶液m【解析】【分析】硫酸浸取液中的金属离子主要是C3,其次是FW+、A13+和CuT,加入过量氢氧化钠，Fe3+、Cu2+生成沉淀，滤液的成分是NaAlO2和NaCQ,通入氯气，NaCrO2被氧化为Na2CrO4,通入过量

27、二氧化碳会生成氢氧化铝和碳酸氢钠，同时在酸性条件下，铭酸根转化为重铭酸根，即2CrO4+2H+=Cr2O72+H2O；然后析出重铭酸钠，溶解加入氯化钾可得重铭酸钾。(1)从动物皮到皮革需要加入铭酸糅制，因此制革厂含铭污泥含有蛋白质等有机质，高温煨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，AlO2一溶液中通入过量CQ,会生成Al(OH)3,可得滤渣II的成分是Al(OH)3；(2)经过步骤得到滤液和滤渣H,可知步骤中操作为过滤，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

28、化为K2Cr2O7,根据信息，一定温度下，K2C2O7溶解度最小，故步骤反应能够发生；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+&O62,可得Cr2O723I26S2O32,ag产品最终消耗n(S2O32)=0.0500mol/LX30.003L1500mL

29、=0.0150mol,贝Un(Cr2O7250mL1)=0.0150mol女=0.00250mol,则样品中K2Cr2O7含量为60.00250mol294g/mol73.5”100%。mm8.钻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。从含钻废料(含Co。CO2O3、单质Al、Li等)中制取粗CoC26H2O的流程如下所示。IDGVHIzCSj3TIVMHNijCOj祭U港港。寝出剂Xy.FPH-s.f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C8O3具有强氧化性，若步骤II中浸出剂为盐酸，造成的后果是。(3)步骤出中的目的是除去A13+,写出该步反应的

30、离子方程式。(4)若在实验室煨烧CoCQ,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CoC2溶液，下列可作为指示剂的是(填选项，忽略亚钻离子的颜色干扰)A.KClBKSCNCK2CQD.K2S已知几种物质在20c时的颜色及Ksp值如下表化学式AgClAgSCNAg2sAg2CrO4颜色白色浅黄色黑色红色Ksp2.0X1101.0X1102.0X1402.0X而【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2T、2Li+2

31、H20=2LiOH+Hd会产生有毒气体氯气2A3+3C。2-+3H2O=2Al(OH)3J+3COT塔蜗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】含钻废料(含Co。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，过滤得到钻渣和含铝溶液；钻渣中加入浸出剂得到含有Co2+及微量Li+、Al3懦液，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CoCQ沉淀，煨烧碳酸钻得到CoO,CoO与盐酸反应生成CoC2,蒸发浓缩、冷却结晶、过

32、滤分离出CoC26H2O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+2HbO=2NaAlO2+3H232Li+2H20=2LiOH+H2T,故答案为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2T、2Li+2H20=2LiOH+H2T;(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)步骤出中的目的是除去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+3C

33、C32-+3H2O=2Al(OH)3J+3C0T,故答案为2Al3+3CQ2-+3H2O=2Al(OH)3J+3C02T;(4)实验室煨烧CoC。需要在增期中进行，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有塔竭、泥三角，故答案为堪竭；泥三角；(5)CoC2能够水解，生成的氯化氢容易挥发，因此操作是需要在HCl氛围中进行，从CoC2溶液中获得CoC26H20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CoC2溶液，

34、根据几种物质在20c时的颜色及Ksp值，滴定过程中需要有明显的现象，应该选用QCrCU为指示剂，故答案为Co9.信息时代产生的电子垃圾处理不当会对环境构成威胁。某研究小组将废弃的线路板处理后，得到含Cu、Al及少量Fe的金属混合物，并设计如下流程制备硫酸铜和硫酸铝晶体。请回答：(1)步骤所涉及的实验操作方法中，属于过滤的是(填序号)。(2)步骤中Cu、Al、Fe均能与稀硫酸和浓硝酸的混合物在加热条件下反应，其中氮元素全部转化为NC。该步骤中稀硫酸的作用是。(3)下列关于步骤的说法正确的是(填字母)。a沉淀B为白色固体bH2C2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+c可以用Ba(CH)2溶液替换NaC

35、H溶液(4)已知AIC2-+4H+=Al3+2H20。由沉淀B制取Al2(SC4)3I8H2C的操作是：将沉淀B转移到烧杯中，,将溶液加热蒸发、冷却结晶、过滤得到产品。【答案】提供H+和SO42-b加入氢氧化钠溶液至沉淀不再减少，过滤，向所得滤液中加入足量稀硫酸，充分反应【解析】【分析】第步稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe3+、Fe2+,所以溶液A中的离子是Cu2+、Al3+、Fe3+、Fe2+;第步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，再加入氢氧化钠使Al3+、Fe3+形成氢氧化物沉淀；第步将硫酸

36、铜溶液蒸发结晶得到五水硫酸铜晶体；在沉淀B中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2,再在滤液中加H2SO4生成Al2(Sd)3,蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，步骤所涉及的实验操作方法中，步骤中分离得到了沉淀B,为过滤，步骤中得到了五水硫酸铜晶体，也是过滤，因此属于过滤的是和，故答案为：；(2)步骤中Cu、Al、Fe均能与稀硫酸和浓硝酸的混合物在加热条件下反应，其中氮元素全部转化为NO,3Cu+8H+2NO3-43Cu2+2NOT+4H2O,该步骤中稀硫酸可以提供H+参与反应，同时提供SQ2-,在中形成硫酸铜晶体，故答案为：提供H+和SQ

37、2-;(3)a.沉淀B的主要成分中有氢氧化铁，是红褐色固体，故a错误；b.H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,便于与铜离子分离，故b正确；c.如果用Ba(OH)2溶液替换NaOH溶液，则会生成硫酸钢沉淀，因此不可以用Ba(OH)2溶液替换NaOH溶液，故c错误；故答案为:b;(4)已知AlO2-+4H+=Al3+2H2O。由沉淀B制取Al2(SQ)318H2O,需要将氢氧化铝和氢氧化铁先分离，可以用氢氧化钠溶解氢氧化铝，过滤除去氢氧化铁固体，然后将溶液酸化即可得到Al2(SQ)3,因此步骤为：将沉淀B转移到烧杯中，加入氢氧化钠溶液至沉淀不再减少，过滤，向所得滤液中加入足量稀硫酸，充分反应

38、，将溶液加热蒸发、冷却结晶、过滤得到产品，故答案为：加入氢氧化钠溶液至沉淀不再减少，过滤，向所得滤液中加入足量稀硫酸，充分反应。10.轻质碳酸钙是一种广泛应用的工业填料，主要用于塑料、造纸、橡胶和涂料等。工业上以磷石膏(主要成分为CaSQ,杂质主要是SQ、Fe。Fx。、Al2O3等)为原料制备轻质碳酸钙。已知碳酸钙的溶解度比硫酸钙的溶解度小，在一定温度下，钙离子开始沉淀的pH值为12.3,氢氧化铝开始溶解的pH值为12.0,其他金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH的范围如下：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.52.8Fe2+5.58.3Al3+3.04.7制备流程如图:过量硝酸溶液

39、适量C6和NH,璘石fjrnk*明H一轻胡碳酸料产品*液1海渔2滤液3请问答：(1)以下说法正确的是A.溶解的过程中，可以用盐酸代替硝酸B.滤渣1的主要成分是SiQ,滤渣2的上要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3C.转化时，可以先通氨气至饱和后再通过量二氧化碳，以提高钙离子的转化率D.转化时可以适当加热，以加快反应速率E洗涤时可以采用滤液3(2)调节溶液pH范围时，最佳的pH范围是理由是(3)碳酸钙产品中钙含量的测定：用电子天平准确称量产品2.000g于干净的烧杯中，滴加2mol/L的盐酸恰好完全溶解，加蒸储水继续蒸发除去过量的酸至pH=67,转移至250mL的容量瓶中，定容摇匀。用移液管准确移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入NaOH溶液10mL,摇匀，加入钙指示剂30mg,用已标定的EDTA(乙二胺四乙酸，可以表示为H4Y)标准溶液进行滴定。已知：Ca2+Y4-=CaY2-,测定数据如下：待测产品溶液体积(mL)消耗EDTA标准溶液体积(mL)EDTA标准溶液的浓度(mol)12