2020-2021备战高考化学专题复习铝及其化合物推断题的综合题含答案

1、2020-2021备战高考化学专题复习铝及其化合物推断题的综合题含答案一、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：秒过量0加0;©NaB曲和少置NdOE港潼i.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值金属高J-屋户人产C1*Bi*开始沉淀的阳2.7145,57.S0.7沉淀完全的山£*74.95.9杀7L5(1)步骤提高酸溶速率的措施_(任填一

2、条即可)。固体A的成分是一。(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。n.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Cr0.5Fe1.5Fea(Fe的化合价依次为+3、+2),又设计了如下工艺流程：含Ch。/的酸性废an(5)第步反应的离子方程式是_。(6)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，则步骤加入NaOH溶液调节溶液的pH至9时，溶液中Cr3+的浓度为mol/L(101/23.

3、2。(7)欲使1L该废水中的Cr2O72-完全转化为Cm.5Fe1.5FeO4。理论上需要加入FeSQ7H20的质量为_g(已知FeSQ7H20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)SiQ4.9WpH<5.5使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH和ai(oh)3沉淀而除去3NaBiO+2Cr3+7OH+H2O=2Cr2O72-+3Bi(OH)3j+3Na+蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥C12O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O6.4交4102.78【解析】铭铁矿中的FeO、Cr2O3和ABO3均能溶于硫酸，S

4、i。不溶，过滤，向滤液中加入双氧水,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

5、Cr3+沉淀，故需要调节的pH范围为4.9<pH<5.5,故答案为：4.9WpH<5.5；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

6、强氧化性，FeSQ7H20中Fe2+有一定的还原性，在酸性条件下将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

7、的pH至9时,c(OH)Kwc(H)10141109105molL1,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Cr2O72-4Cr0.5Fe1.5FeO410FeSO47H2O,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。2 .

8、下列物质AF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。(2)请写出反应AF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O(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】NaAlO22FeC2+Cl2=2FeC3KSCN溶液呈血红色Ca(ClO)2Al3+4OH-=AlO2-+2H2O先产生白色沉淀，后白色沉淀变为灰绿色，最后

9、变为红褐色FeC2+2NaOH=Fe(OH)2(+2NaCl4Fe(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C12；盐酸与铁反应生成FeC2,FeC2与CI2反应生成的F为FeC3；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A1C13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FeC2,与E即Cl2反应后生成FeC3,方程式为：2FeCl2Cl2=2FeCl

10、3；(3)检3&Fe3+常用硫氧化钾溶液，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AlC3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：Al34OH=AlO22H2O；(6)通过分析可知，D的溶液为FeC2溶液，FeC2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)2O22H2O=4Fe(OH)3;3 .有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：2Na、Mg2、Al3、Fe2、Ba2、

11、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，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

12、定，此实验做之前要用清洗铂丝。【答案】Mg2、Al3、NO3、SO42Fe2、Ba2、SO32、HCO3Na、Cl3Cu8H2NO3=3Cu2+2NOT+4HOAl(OH)3+OH=AlO2+2H2O稀盐酸【解析】【分析】无色溶液中，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钡，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-、HCQ-；待测液浓缩后加入铜片和浓硫酸，

13、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-；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，有白色沉淀产生且不溶于稀硝酸，说明含有C,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

14、+、Ba2+、SC32-、HCC3-;尚不能确定的离子是Na+、C-;答案为：Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-；Fe2+、Ba2+、SO32-、HCO3-；Na+、Cl-；(2)中原溶液加入铜片和浓硫酸并加热生成NC,离子方程式为：3Cu+8H+2NC3-=3Cu2+2NCT+4H2C；答案为：3Cu+8H+2NC3-=3Cu2+2NCT+4H2C。(3)中加NaCH溶液，生成的白色沉淀为Mg(CH)2和Al(CH)3,当NaCH过量时，部分溶解的是Al(CH)3,离子方程式为：Al(CH)3+CH=AlC2-+2H2C;答案为：Al(CH)3+CH-=AlC2-+2H2C。(4)溶液

15、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 .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:在量气中点射麻泡h电解HiOfi溶液(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pH7(填“>'“<”或

16、“二”，)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】第四周期皿族取少量D溶液，力口KSCN溶液，出现红色2A1+2OH+2H2O=2AlO2-+3H2TvNH4+H2O?NH3H2O+OHc(NH4+)>c(SQ2-)>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

17、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)2fFe(OH)3的转化，所以E为Fe(OH)2,F为Fe(OH)3,则C为FeC2,D为FeC3,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W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

18、H2,反应的离子方程式为：2AI+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钱和水，氯化俊在水溶液中水解显酸性，所以pH<7；反应的离子方程式为：NH4+H2O?NH3gH2O+H+；(5)若向气体NH3的0.1moI/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+=NH+H2。，n(NH3?H2O)=0.1moI,n(H+)=0.1moI,所以一水合氨和硫酸反应生成硫酸钱溶液，俊根离子水解显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为：c(NH+)>c(SO4-)&

19、gt;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：CH3COOH?CH3COO+H+,H2O?OH-+H+,在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)七(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CCOONa溶液中：CH3COONa=CHCOO+Na+,CH3COO+H2O?CH3COOH+OH-,H2O?H+OH-,所以CHsCOONa溶液中:c(

20、Na+)>c(CH3COC-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)o5 .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、DE、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

21、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WA族Na:O:O:NaClO2NaAl3gggg.2MnO24H2CI一MnCI22H2O2AI2OH2H2O=2AIO23H2CIO'+2I-+2H+=CI-+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

22、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ClO2NaAl3；(3)实验室利用二氧化镒和浓盐酸共热制备氯气，离子方程式为：2MnO24H2Cl

23、Mn2Cl22H2O;(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2Al2OH2H2O=2AlO23H2；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+=C-+I2+2H2O。6.已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，且A>BC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

24、要产品之一，B有两性，则反应的离子方程式是_。(3)若A、GD都是常见气体，C是导致酸雨的主要气体，则反应的化学方程式为O(4)若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，则反应的离子方程式是一。【答案】FeC3Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O2H2S+S3S+2H2OCQ2-+CQ+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

25、，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FeC3、C为FeC2；(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、CD都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为02、B为SC为SC2,反应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

26、：2H2S+SO3S+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NazCQ、C为NaHCC3,反应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：CQ2-+CO2+H2r2HCC3-。7.铁和铝是科技、生产、生活中应用最广泛的金属材料。现有铁、铝的混合物进行如下实验：d怵八正"加入星量NhOH带液他4rttiFe.Al/-7-溶液B操作一加入插/帼气体A固怵I-、溶液D(1)操彳X的名称是。(2)气体A是。(3)A与C12混合光照可能发生爆炸，生成(填化学式)，A在该反应中作为(填氧化剂”或还原剂”)(4)溶液B中阴离子除0H

27、-外还有,溶液D中存在的金属离子为。【答案】过滤味(或氢气)HCl还原剂AlC2-F(2+【解析】【分析】金属混合物中Fe与NaCH溶液不反应，而Al可以与NaCH溶液反应产生NaAlO?、H2,NaAlO2易溶于水，所以气体A是H2,溶液B是NaAlC2与NaCH的混合溶液，固体C是Fe,Fe是比较活泼的金属，与HCl发生置换反应产生FeC2和氢气，因此溶液D为FeC2,据此分析解答。【详解】(1)操彳X的名称是分离难溶性的固体与可溶性液体混合物的方法，名称是过滤；(2)气体A是H2;(3)A是H2,H2和Cl2的混合气体光照会发生爆炸，反应生成HCl,在该反应中，氢元素的化合价升高，失去电

28、子，被氧化，所以H2作还原剂，；(4)溶液B是反应产生的NaAlO2与过量的NaOH的混合溶液，所以溶液B中阴离子除OH-外还有A1O2-;铁可以和盐酸反应生成FeC2和H2,溶液D中含有的金属离子为Fe2+。【点睛】本题考查金属铁以及金属铝的化学性质。注意知识的积累是解题的关键，HCl的氧化性比较弱，只能把Fe氧化为Fe2+,C2、H2O2具有强氧化性，可以把Fe氧化为Fe3+；Al既可以与酸反应产生氢气，也可以与强碱溶液反应反应氢气，等物质的量的铝与足量的酸、碱反应产生氢气的物质的量相等。8.马日夫盐Mn(H2PC4)2H2O主要用作磷化剂。以软镒矿(主要成分为MnO2及少量的Fe。AI2

29、O3和SiO2)为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图：稀硫酸、SOm有机萃取剂N的CO,溶液磷酸I.I,II粉状软箭矿一画一萃取谷液一|调pH值酸酒I一马日夫盐滤渣含FJ有机相滤渣K步骤-步骤二步馨三步骤四步骤五按照无机物命名规律，马日夫盐Mn(H2PC4)22H2O的化学名称为。在反应中，Mn2+若再失去一个电子比Fe2+再失去一个电子难，从原子结构解释其原因。(2)浸镒”过程中主要反应的离子方程式为。滤渣X主要成分为。检验沉镒”已完成的实验操作及现象是。步骤五产生马日夫盐晶体的化学方程式为O(3)Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳条件为反鹿用环境接触

30、时间(4)马日夫盐作防锈磷化剂的原因是利用其较强的酸性以及在防锈处理过程中生成了具有保护作用的FeHPQ,马日夫盐显酸性的主要原因是(用相关化学用语回答)。【答案】二水合磷酸二氢镒Mn2+外围电子为3d5的半充满稳定状态，而Fe2+外围电子为3d6,可失去一个电子变为3d5的半充满稳定状态2FeO+MnC2+8H+=2Fe3+Mn2+4H2O、SQ+MnO2=SO4-+Mn2+Al(OH)3在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉镒已经完成MnCO3+2H3PQ+H2O=Mn(H2PQ)22H2O+CQTpH=1.7下萃取60minH2PO4?H+HPO4-【解析】【分析】软

31、镒矿(主要成分为MnO2,还含有少量的Fe。AI2O3和SiO2)用稀硫酸浸取，MnO2、Fe。、AI2O3被溶解，同时MnO2氧化”Fe,剩余的二氧化镒被通入的二氧化硫还原，反应为2FeO+MnO2+8H+=2Fe3+Mn2+4H2。、SQ+MnO2=SQ2-+Mn2+,SiQ不溶，过滤，滤渣为SiC2,滤液含有：Mn2+、Fe3+、Al3+,加入有机萃取剂，除去Fe3+,调节水层的pH除去Al3+,滤渣X为Al(CH)3,滤液主要含有硫酸镒，加入碳酸钠溶液沉镒，得到碳酸镒，碳酸镒与磷酸反应，净化得到Mn(H2PC4)2?2H2C,据此分析解答。【详解】马日夫盐Mn(H2PC4)2?2H2。

32、的化学名称为二水合磷酸二氢镒；Mn2+外围电子为3d5的半充满稳定状态，而Fe2+外围电子为3d6,可失去一个电子变为3d5的半充满稳定状态，因此Mn2+若再失去一个电子比Fe2+再失去一个电子难，故答案为：二水合磷酸二氢镒；Mn2+外围电子为3d5的半充满稳定状态，而Fe2+外围电子为3d6,可失去一个电子变为3d5的半充满稳定状态；(2)浸镒”过程中，二氧化镒将亚铁离子氧化生成铁离子，多余的二氧化镒被二氧化硫还原为镒离子，反应的离子方程式为2FeC+MnC2+8H+=2Fe3+Mn2+4H2C、SC2+MnC2=SC42-+Mn2+。滤渣X主要成分为Al(OH)3。沉镒”过程中加入碳酸钠与

33、硫酸镒反应生成碳酸镒沉淀，检验沉镒”已完成的实验操作及现象是在上层清液中继续滴加Na2CC3溶液，若无沉淀生成则说明沉镒已经完成。步骤五产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为H2O+MnCO3+2H3Pd=Mn(H2PC4)2?2H2O+CC2T,故答案为:2FeO+MnO2+8H+=2Fe3+Mn2+4H2。、SC2+MnO2=SC42-+Mn2+；Al(OH)3；在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉镒已经完成；MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn(H2PC4)22H2O+CC2T;(3)由Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系图，可知萃取的最佳条件为pH=1.

34、7下萃取60min,萃取率最大，故答案为：pH=1.7下萃取60min;(4)马日夫盐水解显酸性主要是磷酸二氢根离子能够电离，电离方程式为H2PC4-?H+HPC42-,故答案为：H2P。4-?H+HPC42-。9.在高温下，Al与F&O3发生铝热反应后得到的固体混合物中主要含有Al2O3、Fe,还含有少量Fe2O3o从该样品中固体混合物分离出AI2O3,并回收Fe和Fe2C3的流程如下：已知：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3J+NaHCC3回答下列问题：(1)固体的成分是。溶液的溶质是。(2)加入过量NaCH溶液时，发生反应白离子方程式是。(3)白色固体与NaCH溶液反

35、应的离子方程式是。【答案】Fe和Fe2C3NaHCQAbC3+2CH-=2AlC2-+HzCAl(CH)3+CH=AQ2-+2H2C【解析】【分析】固体混合物加过量NaOH溶液得到溶液为NaAlO2和NaOH的混合溶液，固体为Fe和F&O3,溶液通过过量CC2得到溶液为NaHCQ溶液，固体为Al(OH)3沉淀，以此答题。【详解】固体混合物加过量NaOH溶液得到溶液为NaAlO2和NaOH的混合溶液，固体为Fe和Fe2O3,溶液通过过量CO得到溶液为NaHCO溶液，固体为Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解得到Al2O3。(1)固体的成分是Fe和F&O3；溶液的溶质NaHCQ,故答案为：Fe和FnO3；NaHCQ;(2)加入过量NaOH溶液时，发生反应白离子方程式是Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O,故答案为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；(3)白色固体为Al(OH)3与NaOH溶液反应的离子方程式是Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O,故答案为：Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O。10.以tWj硫铝土矿(主要成分为