2020-2021高考化学专题复习铝及其化合物推断题的综合题及答案

1、2020-2021 高考化学专题复习铝及其化合物推断题的综合题及答案一、铝及其化合物1 某厂用蛭石（主要成份为：MgO、 Fe2O3、 A12O3、 SiO2）作原料生产A12O3 与 Fe(OH)3。.工艺流程如图（只有固体A 和 F 为纯净物）：.查阅资料：某些阳离子浓度为0.1mol/L 时，氢氧化物沉淀时的pH 为：氢氧化物Fe(OH)3Mg(OH) 2Al(OH)3开始沉淀时的 pH2.310.44.0完全沉淀时的 pH3.712.45.2注： Al(OH)3pH=7.8 时开始溶解， 10.8 时完全溶解。请回答以下问题：（ 1）写出下列物质化学式：试剂I_， F_；（ 2）步骤

2、B 生成 C 的离子方程式： _；（3）要使固体D 杂质尽量少，步聚调节溶液的pH 合理的是 _；A12.413B 10.8C 3.75.2（ 4）滤液 E 中存在较多的阴离子是 _，滤液 E 中加入过量的 NaOH 溶液，充分沉淀后，检验上层清液中金属阳离子的操作步骤是_；（5）固体 D 可用来生产合成氨的表面催化剂。如图表示无催化剂时，某合成氨的NH3 的百分含量随时间变化曲线，请在图上用虚线画出该反应有催化剂时的曲线_。【答案】稀盐酸或稀硫酸Al(OH)3Al3+4OH-=AlO2-+2H2OBHCO3-、 Cl-(或 SO42- )将铂丝用盐酸清洗后，放在酒精灯火焰上灼烧一会儿，蘸取滤

3、液后放在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，即证明有Na+【解析】【分析】蛭石矿样加入试剂I 可以得到溶液和一种纯净滤渣，根据蛭石主要成份为：MgO、 Fe2O3、A12O3、 SiO2 可知试剂I 应为稀盐酸或稀硫酸，得到的固体A 为 SiO2 ；滤液中主要金属阳离子有 Fe3+、 Mg2+、Al3+，加入过量的氢氧化钠，得到氢氧化镁沉淀和氢氧化铁沉淀，和含有偏铝酸钠的滤液C，滤液C 中通入过量的二氧化碳得到纯净的氢氧化铝沉淀F。【详解】(1)上述分析可知试剂 是稀硫酸或稀盐酸；固体F 为氢氧化铝，Al(OH)3；(2)步骤 B 生成 C的反应是铝离子和过量氢氧根离子反应生成偏铝酸盐，反应的离子方

4、程式为： Al3+4OH-AlO2 -+2H2O；(3)分析图表数据保证镁离子和铁离子全部沉淀，铝离子全部变化为偏铝酸盐，应调节溶液pH 为 10.8， B 符合；(4)试剂 I 所用酸的阴离子一直存在与溶液中，滤液C 通入过量的二氧化碳会生成碳酸氢根，所用滤液 E 中存在较多的阴离子是HCO3-、 Cl-42-(或 SO)；检验钠离子常用焰色反应，具体操作为将铂丝用盐酸清洗后，放在酒精灯火焰上灼烧一会儿，蘸取滤液后放在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，即证明有Na+；(5)催化剂改变反应速率不改变化学平衡，据此画出曲线变化为。2 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

5、-、 SiO32-、 AlO2-、 Cl阳离子Al3 、 Fe3 、Mg 2 、 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-、 AlO2CO3 3H2O Al3NH4-2-Al(OH)3 3H =Al3、 Mg 2 、 NH4+ OH=NH3

6、H2O【解析】【分析】溶液无色说明溶液中不含3离子；Fe（ 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+、 Mg 2+、 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CO 2 ； bc 段沉淀部分溶液，确定为Al(OH)3和 H2SiO3，所以 oa 段转3化为沉淀的离子是AlO2-、 SiO32-；

7、 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+3+2O；+3H =Al +3H（2）若 Y 为 NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、 Mg 2+、 NH4+，结合图像 bc 段发生反应 :Al(OH)32 2H2O； oa 段发生反应： Al33OH3、 Mg2 2OH OH =AlO=Al(OH)24+-32=Mg(OH) ；ab 段发生反应NH+OH =NHH O。【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

8、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。3 已知 C、 D、G、 I 为短周期元素形成的单质，形成 D 的元素原子的最外层电子数是次外层的D、G、 I 常温下为气态，且 3 倍； B 的焰色反应呈紫色G 为黄绿色；(透过蓝色钴玻璃)； K 为红棕色粉末。其转化关系如图。请回答：（1）工业上制（2）写出 C 与C 用 A 不用 H 的原因 _ 。K 反应的化学方程式_ ，该反应的反应物总能量_(填“大

9、于 ”或 “小于 ”)生成物总能量。（3） L 是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，L 作阴极，接通电源(短时间 )电解E 水溶液的化学方程式_ 。（ 4）写出 E 物质的电子式 _。（5） J 与 H 反应的离子方程式为_。（6）写出 G 与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式_ 。高温【答案】氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe大于2223+2-232KCl+2H O2KOH+H +ClAl+3AlO +6H O=4Al(OH)2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O【解析】【分析】【详解】形成 D 的元素的原子最外层电子数是次外

10、层的3 倍，原子只能有2 个电子层，最外层电子数为 6，则 D 为 O2；K 为红棕色固体粉末，23A 得到 C与 D，则 C 与 KK 为 Fe O ；由于电解生成 A 的反应为铝热反应，故A 为 Al23为 Fe， C 为 Al；黄绿色气体2，与 C 反O， LG 为 Cl应得到 H 为 AlCl3； B 的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃 )，B 中含有 K 元素， B 在催化剂、加热条件下反应生成氧气，则B 为 KClO322， E 为 KCl，电解 KCl 溶液生成KOH、 H 和 Cl ，过量的 F 与氯化铝反应得到 J，则 I 为 H2F为KOH J为KAlO2；，（1） H 为

11、AlCl3 ，氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，故工业上制Al 用氧化铝不用氯化铝，故答案为氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；（2） C 与 K 反应的化学方程式为： 2Al+Fe2O3高温Al2O3+2Fe，该反应为放热反应，故该反高温应的反应物总能量大于生成物总能量，故答案为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；大于；（3） Fe 是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，Fe 作阴极，接通电源(短时间 )电解 KCl电解水溶液的化学方程式为：2KCl+2H2O2KOH+H2 +Cl2，故答案为电解2KCl+2H2O2KOH+H2 +Cl2；（4） E 为 KCl， KCl 的电子式为

12、，故答案为；（5） J 与H 反应的离子方程式为：Al3+3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3，故答案为Al3+3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3；（6） G 为 Cl2， G 与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2 +2H2 O。【点晴】本题考查无机推断等，特殊颜色及D 的原子结构、转化关系中特殊反应等是推断突破口，是对元素化合物知识及学生综合能力的考查，需对基础知识全面掌握。推断题中常见的特征反应现象有：（1）焰色反应： Na(黄色 )、 K(紫色 )

13、；（ 2）使品红溶液褪色的气体：SO2(加热后又恢复红色)、 Cl2(加热后不恢复红色)；（ 3）白色沉淀Fe(OH)2 置于空气中最终转变为红褐色Fe(OH)3( 由白色 灰绿 红褐色 )；（ 4）在空气中变为红棕色：NO；（ 5）气体燃烧火焰呈苍白色：H2 在 Cl2 中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：CO、 H2 、 CH4；（ 6）使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3；（ 7）空气中出现白烟： NH3 与酸性气态物质 (或挥发性酸如盐酸、硝酸 )反应等。4 表是元素周期表的一部分，针对表中的-元素按要求回答下列问题：IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0 族234（ 1）在 -元素中，化学

14、性质最不活泼的元素是 _（填元素符号），化学性质最活泼的金属元素是 _（填元素符号）。（2）在最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是_，碱性最强的化合物的化学式是_。（3）氧化物属于两性氧化物的元素是_（填元素符号），写出该元素的最高价氧化物与NaOH 溶液反应的离子方程式_（ 4）比较元素的气态氢化物的稳定性： _；最高价氧化物对应水化物的酸性强弱： _。（5）的最高价氧化物与烧碱溶液反应的化学方程式为_【答案】 Ar K HClOKOH-+ H2O SiO2 + 2NaOH = Na2SiO34Al AlO23 + 2OH = 2AlO2+ H2O【解析】【分析】稀有气体性质

15、稳定，除稀有气体同周期从左往右，同主族从下至上，非金属性增强。非金属性越强，单质越活泼，越易与氢气化合，生成的气态氢化物越稳定，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强。同周期从右往左，同主族从上至下，金属性逐渐增强。金属性越强，单质越活泼，遇水或酸反应越剧烈，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。【详解】（ 1）根据分析 -元素中，化学性质最不活泼的元素是 Ar，化学性质最活泼的金属元素是 K；（ 2）根据分析， -元素中 Cl 非金属性最强，故在最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是HClO4， K 金属性最强，碱性最强的化合物的化学式是KOH；（3）铝、氧化铝、氢氧化率均属于两性物质

16、，则氧化物属于两性氧化物的元素是Al，该-元素的氧化物与 NaOH 溶液反应的离子方程式 Al2O3 + 2OH = 2AlO2 + H2O；（4）非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氧的非金属较强，故水比氨气稳定，；（5）硅的最高价氧化物SiO2 与烧碱溶液反应的化学方程式为：SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3 +H2O。【点睛】非金属性的应用中，需要注意非金属性与气态氢化物的稳定呈正比，与氢化物的还原性呈反比，而简单氢化物的沸点需要对比氢键和范德华力，是物理性质。5 短周期主族元素A、B、 C、 D、 E、G 的原子序数依次增大，在元素周期表中A 的原子半径最小（稀有气体元素除

17、外），B 与 C 相邻且 C 的最外层电子数是次外层的3 倍， C、 D 的最外层电子数之和与G 的最外层电子数相等，E 是地壳中含量最多的金属元素。回答下列问题：（ 1） C 在元素周期表中的位置是 _；由 C 和 D 组成既含离子键又含共价键的化合物的电子式 _ 。（2）分别由 C、 D、 E、G 元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序为_（用相应的离子符号表示）。（3）写出实验室中制备G 元素的单质的离子方程式_（4） E 单质能写 D 的最高价氧化物的水化物浓溶液反应放出氢气，反应的离子方程式是：_由上述六种元素中的三种组成的某种盐，是漂白液的主要成分，将该盐溶液滴入硫酸酸化的KI 淀

18、粉溶液中，溶液变为蓝色，则反应的化学方程式为_.gggg2【答案】第二周期第 A 族Na : O : O :NaClO2NaAl 3ggggMnO 2 4H2ClMn 2Cl 22H 2O2Al2OH2H 2 O=2AlO 2 3H 2ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+2H2O【解析】【分析】短周期主族元素A、 B、 C、 D、 E、 G 原子序数依次增大，A 是元素周期表中原子半径最小的元素，则A 为H 元素； C 的最外层电子数是次外层的3 倍，原子只能有2 个电子层，最外层电子数为6，故C 为O 元素；B 与C 相邻，且B 的原子序数较小，故B 为N 元素；E是地壳中含量最多的金属

19、元素，则E 为 Al； C(氧 )、D 的最外层电子数之和与G 的最外层电子数相等，则D 原子最外层电子数为1、G 原子最外层电子数为7，结合原子序数可知D为 Na、 G 为 Cl。【详解】(1)C 为氧元素，在元素周期表中的位置是二周期第VIA 族； C 和 D 组成既含离子键又含共价键的化合物为Na2O2，电子式为；(2)C、D、 E、 G 分别为 O、 Na、 Al、 Cl，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，则简单离子由大到小的顺序为Cl O2NaAl 3 ；(3)实验室利用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，离子方程式为：MnO 2 4H 2ClMn 2Cl 22H

20、 2O ；(4)Al 单质可以和NaOH 溶液反应生成氢气和偏铝酸钠，离子方程式为2Al2OH2H 2O=2AlO 23H 2；漂白液的主要成分为NaClO，具有强氧化性，根据现象可知将碘离子氧化成碘单质，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+2H2 O。6 铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含 SiO2 和 Fe2O3 等杂质 )为原料制备铝的一种工艺流程如图：注： SiO2 在 “碱溶 ”时转化为铝硅酸钠沉淀。(1)Al 的原子结构示意图为_； Al 与 NaOH 溶液反应的离子方程式为_。(2) 碱“溶 ”时生成偏铝酸钠的离子方程式为

21、 _。(3)电“解 ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_。(4)电“解 ”是电解 Na2CO3 溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_，阴极产生的物质 A 的化学式为 _。【答案】2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O石墨电极被阳极上产生的氧气氧化4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2H2【解析】【分析】以铝土矿（主要成分为Al2O3 ，含 SiO2 和 Fe2O3 等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加2 O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到NaOH 溶解时 Fe的滤

22、渣为 Fe2 O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al（ OH） 3，过滤 II 得到 Al（OH）3，灼烧生成氧化铝，电解I 为电解氧化铝生成Al 和氧气，电解 II 为电解 Na2CO3 溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气；据以上分析解答。【详解】(1) A1 原子的核电荷数为13，原子结构示意图为； A1 与 NaOH 溶液反应的离子方-+3H2；程式为： 2Al+2H2O+2OH =2AlO2(2) “碱溶”时氧化铝与碱反应生成偏铝酸钠，离子方程式为：Al2 3-2-2O +2OH =2AlO +H O；(3) “电解

23、”是电解熔融 Al2O3 得到氧气和铝；电解过程中作阳极的石墨易消耗，是因为阳极生成的氧气与阳极材料碳反应，不断被消耗；(4) 由图可知，阳极区水失去电子生成氧气，剩余的氢离子结合碳酸根生成碳酸氢根，电极方程式为 4CO3 2-+2H2O-4e- 4HCO3-+O2，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质 A 的化学式为 H2。7 某混合物浆液含有 Al(OH)322424、 MnO和少量 Na CrO 考虑到胶体的吸附作用使Na CrO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

24、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（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

25、分离和利用（5）用惰性电极电解时，CrO 24 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CrO 42和 CrO 72 ，原因是_(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】 2O2-2AB-2224（ l）-4e =OZn-2e+2OH=Zn(OH)2Cl （ g）+TiO （ s） +2C（ s） =TiCl+2CO（ g） H= 85.6kJ?mol1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、

26、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；（ 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 8.5

27、6kJ=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 2Cl2（ g） +TiO2（s）+2C（ s） TiCl4 （l） +2CO（ g），以此可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

28、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2

29、CrO+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，脱离浆液，要求学生具有一定的分析能力。8 以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、 Fe2O3 、SiO2，少量 FeS2 和金属硫酸盐)为原料，生产Al(OH)3 并获得 Fe3O4 的部分工艺流程如图：（ 1）焙烧过程均会产生 SO2，用于吸收 SO2 的试剂可以是 _。（ 2）添加 1%CaO和不添加 CaO 的矿粉焙烧，其硫去除率

30、随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600焙烧后矿粉中硫元素总质量) 100%硫去除率 =(1-焙烧前矿粉中硫元素总质量500焙烧 (不添加 CaO的矿粉 )时，去除的硫元素主要来源于_。 700焙烧时，添加 1%CaO的矿粉硫去除率比不添加 CaO 的矿粉硫去除率低的主要原因是_ 。（ 3）向含大量 AlO2-的滤液中通入过量 CO2 ，得到 Al(OH)3 白色沉淀，发生该反应的离子方程式为 _。（4） FeS2 与滤渣中 Fe2O3 在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4 和 SO2，理论上 1molFeS2 完全参与反应生成的 Fe3O4 的物质的量为 _mol 。【答

31、案】 NaOH 溶液、 Na2 3242-SO溶液 FeS 硫元素转化为CaSO 而留在矿粉中AlO2233-11+CO +2H O=Al(OH) +HCO【解析】【分析】高硫铝土矿生产 Al(OH)3 并获得 Fe3O4，由流程可知，矿粉中通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，过滤得到滤液为偏铝酸钠溶液，焙烧时Fe2O3与 FeS混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4 和 SO2，滤液与足量二氧化碳反应生成氢氧化2铝，以此来解答。【详解】(1)吸收过量 SO2 可以用 NaOH 溶液或 Na

32、2SO3 溶液；(2)不添加 CaO 的矿粉中S元素来源是FeS2 和金属硫酸盐，多数金属硫酸盐的分解温度都高于 600 ，所以可判断焙烧过程中S元素主要来源是FeS；2700 焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO 的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO 可能使S 转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S 的脱除率降低；(3)向含AlO2-的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3 和HCO3-，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3 +HCO3-(4)FeS2 与滤渣中Fe2O3 在缺氧条件下焙烧生成Fe3 O4 和SO2，设有xmolFe2O3 和

33、ymolFeS2 完全参加反应，根据电子得失守恒：2x(3-8) 2y 5y（8-2)x 16，所以理论，解得33y上完全反应消耗的 n(FeS2)：n(Fe2O3) 1：16，若 1molFeS2 完全参与反应，消耗n(Fe O )=16mol ，根据铁元素守恒，生成的Fe O 的物质的量为11mol 。2334【点睛】本题 (4)计算时注意跟据得失电子守恒计算出n(FeS2)：n(Fe2O3)，根据元素守恒得出生成的Fe3 O4 的物质的量。9 铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2 336）混合熔融电解制得。O和冰晶石（ Na AlF. 铝土矿的主要成分是 Al2 32等。从铝土矿中提炼

34、23的流程如图：O和 SiOAlO（1）写出反应 1 中涉及的任意一个化学方程式_；（2）滤液中加入CaO 生成的沉淀是 _，已知气体 A 在标准状况下的密度为1. 96g/ L，写出 A 过量时，反应2 的离子方程式 _；. 以萤石（ CaF2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如图：（3）萤石（ CaF2）的电子式 _；（4）若 E 为硫酸钙， D 为最稳定的气态氢化物，则化合物C 是 _，写出由 D 制备冰晶石（Na3AlF6）的化学方程式 _。-【答案】 2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O 或 2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2 O CaSiO3 AlO2CO223-.2

35、+.243: F: Ca: F:+2H O Al OHHCOH SO.+= ( ) +12HF+3Na2 CO3+2Al( OH) 3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O【解析】【分析】I. 铝土矿用 NaOH 溶液处理， Al2O3 和 SiO2 溶解为 NaAlO2和 Na2SiO3，加 CaO后 Na2SiO3 生成 CaSiO沉淀，过滤后的滤液通入酸性气体，使NaAlO2Al OH 3沉淀，过滤出的3生成 ()Al( OH) 3 沉淀经煅烧得到Al2O3； . 萤石 ( CaF2) 和难挥发酸共热得到HF 气体， HF 气体和Na2CO3、Al OH 3反应便得到冰晶石Na3AlF6

36、( )。可在此基础上解各小题。【详解】.(1) 反应 1 为 Al2 3和2和 NaOH 溶液反应，生成223OSiONaAlO和Na SiO ，反应的化学方程式为： 2NaOH+SiO2=Na2SiO3 +H2O 或 2NaOH+Al2O3=2NaAlO2 +H2 O。答案为： 2NaOH+SiO2 Na2SiO3 H2O或2NaOH Al2O3 2NaAlO2 H2 O=+=+；( 2) 滤液中含的Na2SiO3 与加入的 CaO 反应生成 CaSiO3 沉淀；气体 A 在标准状况下的密度1 96gLA的摩尔质量为：M V- 144g mol - 1，气体A能与为 ./ ，则=m1.96g L22.4L mol=?=/?-NaAlO2 生成 Al( OH) 3 沉淀，故 A 为 CO2 。反应 2 的离子方程式为： AlO2-。+CO2+2H2 O=Al( OH) 3+HCO3答案为： CaSiO32- +CO2233- ； AlO+2H O=Al(