2020-2021化学一模试题分类汇编——铝及其化合物推断题综合及答案解析

1、2020-2021化学一模试题分类汇编一一铝及其化合物推断题综合及答案解析一、铝及其化合物1.由熔盐电解法获得的粗铝含有一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用钢材镀铝。工艺流程如下：(注:NaCl熔点为801C；AlCh在181c升华)(1)工业上电解法获得金属铝的过程中，须在氧化铝中加入,其目的是(2)精炼前，需清除增期内的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，铝与氧化铁反应的化学方程式为：。(3)将C2连续通入粗铝熔体中，杂质随气泡上浮除去。气泡的成分有;固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中的物质有。(4)在用废碱液

2、处理A时，写出主要反应的离子方程式。(5)镀铝电解池中，以钢材镀件和铝为电极，熔融盐做电解液。则金属铝为极。电镀选择在170c下进行的原因是。采用的加热方式最好是。(填字母选项)A水浴b油浴c直接强热快速升温至170c(6)钢材表面镀铝之后，能有效防止钢材腐蚀，其原因是。_,高温【答案】冰晶石或Na3AlF6降低氧化铝熔融所需的温度2A1+FG2O32Al2O3+2FeC2、HC1和A1C13NaClC2+2OH-=C-+ClO+H2OH+OH-=H2O阳极，防止氯化铝升华损失b铝在钢材表面形成致密的氧化铝膜，保护了内层金属【解析】【分析】(1)根据氧化铝的熔点高，为降低其熔点，常加入冰晶石；

3、(2)氧化铁和铝在高温的条件下生成氧化铝和铁；(3)粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，以及NaCl熔点为801C；AlCl3在181c升华，在结合物质之间的反应来分析；(4)酸性气体能和强碱反应，用烧碱来处理尾气；(5)电镀池中镀件金属作阳极，金属发生氧化反应；根据氯化铝在在181c升华；根据水浴的最高温度为100C,油浴的温度大于100C,且受热均匀；(6)根据氧化铝的性质来回答。【详解】氧化铝的熔点高，为降低其熔点，常加入冰晶石；Wj温(2)氧化铁和铝在高温的条件下生成氧化铝和铁：2Al+Fe2O32Al2Q+2Fe；(3)粗

4、铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，其中氯化钠熔点为801C,较高，是固态杂质随气泡上浮，气泡的主要成分有CE、HCl、AlC3;(4)A中有氯气以及氯化氢，均能和烧碱反应，用于尾气处理，实质为:Cl2+2OH-=C-+Cl。+H2O,H+OH=H2O;(5)电镀池中镀件金属铝作阳极，金属铝失电子发生氧化反应；氯化铝在在181c升华，所以电镀选择在170c下进行；水浴的最高温度为100C,油浴的温度大于100C,且受热均匀，所以控制温度在170c下进行的方式最好是油浴，故选：b;(6)铝金属表面形成的致密氧化铝膜具有保护作用，致密的氧

5、化膜能隔绝钢材与空气中的O2、CQ和H2O等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生。2.有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置如图所示。E的单质可与酸反应，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同，回答下列问题：百(1)五种元素的名称：A,B,C,D,E。(2)画出C原子、A离子的结构示意图：、。(3)B单质在D单质中燃烧，反应现象是,生成物的化学式为(4)A与E形成化合物的化学式为,它的性质决定了它在物质的分类中应属(5)向D与E形成的化合物的水溶液中滴入烧碱

6、溶液直至无明显现象发生时，观察到的现象是先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随NaOH加入又逐渐溶解最终澄清，请写出有关反应的离子方程式为、化物Al3+3OH=Al(OH)3JAl(OH)3+OH=AlO2-+2H2O【解析】【分析】A、B、CD、E五种短周期元素，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33.6LH2,

7、设E的化合价为y,根据电子转移守恒：1molXy=3：6LX2X解得y=3,E的阳离子与22.4L/molA的阴离子核外电子层结构完全相同，则E为Al,据此解答。【详解】由上述分析，可知A为氧、B为磷、C为硫、D为氯、E为铝；(2)C为硫，S原子核外有16个电子，三个电子层，各层电子数为2、8、6,原子结构示意a图为：谪8G；A为氧，O2-离子核外电子数为10,有2个电子层，各层电子数为2、8,离子结构不意图为：18;(3)磷单质在氯气中燃烧三氯化磷和五氯化磷，生成物的化学式为：PC3是液体、PC5是固体，反应现象是：有白色烟雾生成；(4)A与E形成的化合物为氧化铝，化学式为Al2O3,能与酸

8、、碱反应生成盐与水，属于两性氧化物；(5)D与E形成的化合物为AlC3,向AlCl3的水溶液中逐渐滴入烧碱溶液直至过量，发生Al3+3OH-=Al(OH)3J、Al(OH)3+OH=AlO2-+2H2O,则可观察到先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随NaOH加入又逐渐溶解最终澄清。3.有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：Na+、Mg2+、AltFe2+、Ba2+、NO3、SO4、Cl、SQ2、HCO3,取该溶液进行以下实验： 取少量待测液，加入几滴石蕊试液，溶液呈红色。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。 取少量待测液，加入BaC2溶液，

9、有白色沉淀产生。 取实验中上层清液滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，此沉淀不溶于稀硝酸。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)写出中有关反应的离子方程式：。(3)写出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钳丝。【答案】Mg+、Al"、NO3、SO2FeBa2+、SQ2、HCO3N-Cl3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NOT+4HaOAl(OH)3+OH=AlO2+2H2O稀盐酸【解析】【分析】无

10、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银，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，Fe2+是浅绿色，所以不含Fe2+;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SQ2-、HCO3-；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NO3一;取少量待测液，加入BaC2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定含有SQ2-,故一定没有Ba2+;由于的上层清液滴中加AgNO3溶液，有白色沉淀

11、产生且不溶于稀硝酸，说明含有Cl",但由于中加入了BaC2溶液，无法证明原溶液中是否存在C；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Al3+、Mg2+；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Mg2+、Al3+、NO3-、SC42-；肯定不存在的离子是Fe2+、Ba2+、SO32-、HCC3"尚不能确定的离子是Na+、C"答案为：Mg2+、Al3+、NO3-、SQ2-；Fe2+、Ba2+、SO32-、HCOf；Na+、Cl-；(2)中原溶液加

12、入铜片和浓硫酸并加热生成NO,离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NOT+4H2O；答案为：3Cu+8H+2NO3'=3Cu2+2NOT+4H2O。(3)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，用稀盐酸先清洗钳丝；答案为：稀盐酸。4.把7.5g镁铝合金的粉末放入200ml4mol/L的盐

13、酸中，往充分反应后的混合溶液中逐渐滴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)Vi=mLo(4)写出该合金溶于足量NaOH溶液的化学方程式为【答案】0.2mol24502Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2=3H2【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-一Al(OH)3j、Mg2+2OH-Mg(OH)2j,当沉淀达到最大值时溶液

14、中的溶质只有NaCl,再继续滴加氢氧化钠，氢氧化铝沉淀开始溶解，发生反应Al(OH)3+OHAlO2-+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-)=0.2LX4mol/L=0.8mol由电荷守恒可知n(Na+)=n(Cl-)=0.8mol,即0.8mol-,-1,，400mL氢氧化钠溶放中n(Na)=0.8mol,则其侬度aNaOH)=-0z=2molgL；此时溶彼中据图可知前50mL氢氧化钠溶液没有沉淀产生，即此时发生反应H+OH=H2O,所以与镁铝合金反应后剩余的n(H+)=0.0

15、5Lx2mol/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;(3)400mL至VmL发生反应Al(OH)3+OHAlO2-+2H2。，根据可知镁铝合金中铝的物质的量为0.1mol,则生成氢氧化铝0.1mol,此段消耗n(OH-)=0.1mol,所以消耗的氢氧化钠体积V=0.1mol1=0.05L,

16、即50mL,所以Vi=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=2NaAlO2=3H2o【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。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CI

17、2在一定条件下反应，所彳#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，则溶液变成一色。向另一支试管中滴加NaOH溶液，反应的离子方程式是一。(4) Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，其供氧时主要反应的化学方程式为：。(5)在A1C3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，观察到的现象是一。【答案】强A1(OH)32Na+2H2O=2Na+2OH-+H2TBCFeCl红FeT+3OH-=Fe(OH»J2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2T先生成白色沉淀，然后白色沉淀消失【解析】【分

18、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；最终金属钠完全溶解；(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；(4) Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，可与CQ和H2O反应；(5)在A1C3溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成白色沉淀A1(OH)3,当NaOH溶液过量时，沉淀逐渐溶解，最终

19、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A1(OH)3；(2)钠和冷水反应，生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2T；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KSCM§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

20、为：Fe3+3OH=Fe(OHJ;(4) Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，可与C。和H2O反应，反应方程式为：2Na2O2+2CQ=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(OH)3,当NaOH溶液过量时，沉淀逐渐溶解，最终完全消失。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：取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；另取20gA全部溶于0.15L6,0molL1盐酸中，得溶液C;将中得到的单质B和溶液C反应，放出1.12L(标况)气体，同时生成溶液D,还残留有固体物质B

21、;用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。请填空：(1)中引发铝热反应的实验操作是,产物中的单质B是。(2)中所发生的各反应的化学方程式是。(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0.15L,则该溶液中c(Mg2)为,c(Fe2)为。【答案】加少量KC1Q,插上镁条并将其点燃FeFeO3+6HCl=2FeC3+3H2O、MgO+2HC1=MgCb+H2OFe+2Fe3+=3Fe2+>Fe+2H+=FeT+H2T0.67molL123molL1-【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

22、混合物上加少量KClQ固体并插上Mg条，点燃Mg条后放出热量，使KClQ固体分解放出。2,进一步加剧Mg的燃烧，可在短时间内使混合物温度迅高温速升高，引发反应。发生的反应为Fe2O3+2Al=Al2O3+2Fe,所以产物中单质B为Fe,故答案为：加少量KClQ,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=2FeC3+3H2。,MgO+2HCl=MgCb+H2O,故答案为：F及O3+6HCl=2FeC3+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

23、成的FeC3,还有未反应的HCl。发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+>Fe+2H+=Fe2+H2To(4)假设步骤用去的20g固体中，MgO的物质的量为x,则F及O3的物质的量也为x,则40gmol1x奸160gmol1x户20g,解得：x=0.1mol。根据MgOMgCl2的关系，则溶液中MgCl2的浓度为0.1mol+0.15L=0.67而o卷骤说明溶液中没有Fe3卡,也就是溶质为FeC2和MgCl2。根据C守恒的关系，可知MgCl2和FeC2的总的物质的量等于0.15L0.45mol-0.1mol一FeC2的浓度为2.3mol。L0.15L6.0molg-1=0.45mo

24、l,所以,2故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2T；0.67molL1；【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(MgSO47H2O)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MgCOs,还含有MgO、CaOFe2O3、FeO、MnO2、AI2O3、SiQ等杂质，工业上用硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如图：理镁泥"我*|过阑"CLO,“曲滤j叵同

25、一|操华港MxSCh"取口I煮汾丁丁I源渣A滤渣B滤渣C滤液(CaSO2H2O)已知：MnO2不溶于稀硫酸。CaSQ和MgSd7H2O在不同温度下的溶解度(g)数据如下表所示：温度/C物质1030405060CaSQ0.190.210.210.210.19MgSO4-7H2O30.935.540.845.6(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CaSO.2H2O外，还有一。(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

26、式为。(5)流程中操作1为蒸发浓缩、趁热过滤，这样即可得到CaSQ.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/LSiQ、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+=C+2Fe3+H2O析出MgSO47H2O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

27、+、Fe2+、Fe3+、Al3+以及SQ2-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CaSQ2H2O,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，CaSQ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CaSQ2H2O,则滤渣C主要为CaSO.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(MgSO47

28、H2O),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100OP3100070%1.61=11.5mol/L；M98(2)根据分析，滤渣A中除含少量CaSQ-2H2O外，还有MnO2、SiQ;(3)加入MgO的目的是沉淀Fe3+、Al3+,但Fe3+、川3+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-+2Fe

29、2+2H+=Cl-+2Fe3+H2O；(5)根据溶解度表，CaSO的溶解度基本不受温度影响，MgSO47H2O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CaSQ.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，还来自引人的氧化镁，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 .粉煤灰是燃

30、煤产生的工业固体废料，主要成分有Al2O3、SiO2,还含有少量Fe2O3、CaO等。采用酸碱联合的方法从粉煤灰中综合回收氧化铝及二氧化硅的工艺流程如下：硫酸熟化过程中发生的反应有：Al2O3-2S2G3H2SC4=Al(SC4)3+2SiO2+3H2O3Al2O3-2SK>9H2SC4=3Al2(SC4)3+2SiO2+9H2O(1)结晶”操作：缓缓加热，浓缩至,放置冷却，得到Al2(SO4)318O。(2)Al2(SO4)3-18H在250300c下失重40.5%得Al2(SQ)xH,x=。(3)还原焙烧”过程中发生反应的化学方程式为。(4)设计实验检验粗氧化铝中是否含有Fe2O3：

31、。(5)向硅酸钠溶液中通入过量CO2制备白炭黑的化学方程式为。(6)粗氧化铝制备冶金级氧化铝过程中发生反应Al(OH)4-+CQ=Al(OH)3J+HCO-,该反应的平衡常数为已知Al(OH)3+H2O?Al(OH)4-+H+K=4X1-6;H2CQ?H2O+CQK2=600;&(H2CQ)=4.2X710Ka2(H2CO3)=5.6xRr焙烧【答案】表面出现结晶薄膜32A2(SC4)3+3C=2Al2O3+3COH+6SQT取粗氧化铝少许于试管中加稀硫酸溶解，静置，滴加KSCN§液，若溶液变红，则粗氧化铝中含有Fe2O3杂质Na2SiO3+2CO2+(n+1)H2O=2Na

32、HCO3+SiO2-nH)J1.75X103【解析】【分析】粉煤灰主要成分有Al2O3、SiO2,还含有少量Fe2O3、CaO等，加入浓硫酸反应生成硫酸铝，水浸主要得到SiQ高硅渣，滤液经过结晶脱水得到硫酸铝，硫酸铝与焦炭反应生成粗KSCN溶液，观察现SQnO氧化铝，验证粗氧化铝是否含有氧化铁，先将物质溶于稀硫酸后加象；向硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和白炭黑【详解】结晶”操作：缓缓加热，浓缩至表面出现Z晶薄膜，放置冷却，得到Al2(SO4)3-18HO；故答案为：表面出现结晶薄膜。(2)假设100gAl2(SQ)318O在250300c下失重40.5%,剩余100gx(1-40

33、.5%)=59.5gAl2(SQ)-XH,666_342+18x100g-59.5g,解得x=3;故答案为:3。(3)根据还原焙烧”产物之一经过烟气制酸，硫酸铝和碳还原焙烧”生成氧化铝、二氧化碳焙烧和二氧化硫，发生反应的化学方程式为2Al2(SO4)3+3C=2Al2O3+3CQT+6SQT；故答案焙烧为：2Al2(SO4)3+3C=2Al2O3+3CQT+6SOT。(4)实验检验粗氧化铝中是否含有Fe2O3,将粗品溶于稀硫酸中，利用生成的铁离子与KSCN溶液反应是否有红色物质生成；故答案为：取粗氧化铝少许于试管中加稀硫酸溶解，静置，,加KSCN容液，若溶液变红，则粗氧化铝中含有Fe2O3杂质

34、。(5)向硅酸钠溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠和白炭黑SiO2nH2O,其化学方程式为Na2SiO3+2CQ+(n+1)H2O=2NaHCQ+SiO2nH)J;故答案为：Na2SiO3+2CO2+(n+1)H2O=2NaHCQ+SiQn2O>J。4.2107=1.75103；故答案41013600(6)Al(OH)3+H2O?Al(OH)4+H+,H2CQ?H2O+CO2,H2CO3?HCO3+H+,根据盖斯定律-得到Al(OH)4+CO2=Al(OH)3j+HC(O,方程式相减，平衡常数相除，因此Al(OH)4+CO2=Al(OH)3J+HCO平衡常数为K为：1.75X109 .以铭

35、铁矿(主要成分为FeO和CrzQ,含有AlzQ、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矶钠(主要成分N&C2。2H2O),其主要工艺流程如下：丽卿田0湘少Jbi(oh：ini*查阅资料得知：i.常温下，NaBiO不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO2,ii.金属离子L3+FeAl3+Cr3+L2+FeBi3+开始沉淀的pH2.73.45.07.50.7沉淀完全的pH3.74.95.99.74.5回答下列问题：(1)反应之前先将矿石粉碎的目的是。(2)步骤加的试剂为,此时溶液pH要调到5的目的。(3)写出反应的离子反应方程式。(4)中酸化是使CrOj一转化为Cr

36、zO2,写出该反应的离子方程式。(5)将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矶钠粗晶体，精制红矶钠则对粗晶体需要采用的操作是(填操作名称)。【答案】增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铭铁矿的浸取率氢氧化钠溶液或NaOH使Fe3+、人13+均完全车专化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去3NaBiO3+2Cr3+7OH2+2+2+HO=3Bi(OH)3+2CrQ+3NaCrO+2HC2。+HO重结晶【解析】【分析】铭铁矿加入过量的硫酸，反应生成硫酸亚铁和硫酸铭、硫酸铝，二氧化硅不溶于硫酸，所以固体A为二氧化硅，溶液B中加入过氧化氢，将亚铁离子氧化成铁离子，加入碱调节p

37、H使铁离子和铝离子沉淀，根据表格数据分析，控制pH到5,固体D为氢氧化铁和氢氧化铝，溶液E中加入钠酸钠和少量氢氧化钠溶液，反应生成Na2CrO4,酸化将其变成重铭酸钠，最后重结晶得到红矶钠，据此解答。【详解】(1)为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铭铁矿的浸取率，反应之前先将矿石粉碎，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铭铁矿的浸取率；(2)根据表格数据分析，步骤加的试剂为氢氧化钠溶液或NaOH溶液；此时溶液pH要调到5的目的使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，而铭离子不沉淀；故答案为：NaOH溶液；使Fe3+、Al3+均完全转化为

38、Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去；(3)反应中钠酸钠将硫酸需氧化生成铭酸钠同时生成氢氧化钠，离子反应方程式为3NaBiO3+2Cr3+7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+,故答案为：3NaBiO3+2Cr3+7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+;(4)中酸化是使CrO42转化为Cr2O72,离子方程式2CrO42+2H+Cr2O72+H2O,故答案为：2CrO42+2H+=Cr2O72+H2O；(5)将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矶钠粗晶体，此操作为重结晶，故答案为：重结晶。【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键。10.明矶KAI(SQ)21期是一种重要的化工产品，在生产、生活中都有广泛的用途。某工厂计划利用炼铝厂的废料铝灰(含Al、A12O3、少量SiQ和FeO-xFO3)为原料生产明矶产品，设计的生产工艺流程如下：道随潜油蒋溪丽摭常失出色滤渣己知：KspFe(OH)3=1.01036(1)检验滤液A中是否存在Fe2+,可用请回答下列问题:K3Fe(CN)6溶液，请写出其检验的离子反应方程