高考化学 铝及其化合物推断题 综合题及答案解析

高考化学铝及其化合物推断题综合题及答案解析

一、铝及其化合物

1．Al2O3是铝的重要化合物，有着广泛的应用。以下是Al2O3的实验室制备流程图。

根据题意回答下列问题：

（1）实验室制备过程中，废铝材料先用Na2CO3溶液浸洗的目的是_____；A试剂是

____________（填物质名称）。

（2）两条途径中有一条明显不合理，它是_______（填“途径1”或“途径2”），合理的方案是______。

（3）某同学从多、快、好、省的原则考虑，认为综合途径1和2，可以既节约药品又节省时间来实现由“废铝材料”制备“Al2O3”，该同学的实验设计流程是（模仿上面流程图设计）__________。

（4）若要从滤液中得到NaCl晶体，其实验操作是_____。

（5）得到的Al2O3中可能含有Na2CO3杂质，请设计实验检验杂质：（写出所需试剂、实验步骤和结论）_________。

（6）现有含Na2CO3杂质的Al2O3样品，为了测定Al2O3的纯度，请你设计实验方案，列出计算式：_____（式中含有a、b等字母）。

【答案】除去铝材表面的油腻稀盐酸途径2 将稀盐酸改成通入过量CO2

蒸发结晶、趁热过滤、

干燥取少量样品溶于水，取上层清液，加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明有Na2CO3,反之则没有取样品质量为b，加水溶解后，加入足量的氯化钡溶液，沉淀完全以

后，过滤、洗涤和干燥，称量（恒重）得沉淀ag。计算式为：

106a 1-197b

【解析】

【分析】

从废铝材中提取氧化铝，途径1先用稀盐酸反应生成氯化铝，再与Na2CO3溶液发生双水解生成氢氧化铝，再灼烧分解生成氧化铝；途径2氧化铝先与氢氧化钠生成偏铝酸钠，再与盐酸生成氢氧化铝，再灼烧分解生成氧化铝，据此分析解答。

【详解】

（1）废铝材料先用Na2CO3溶液浸洗的目的是除去铝材表面的油腻，A为稀盐酸，故答案为：除去铝材表面的油腻；稀盐酸；

（2）途径2不合理，因为盐酸的量不好控制，改进的方法是将稀盐酸改成通入过量CO2，故答案为：途径2；将稀盐酸改成通入过量CO2；

（3）综合途径1和2，可以既节约药品又节省时间来实现由“废铝材料”制备“Al2O3”，应该用铝材先分别生成氯化铝和偏铝酸钠，两者再发生双水解生产氢氧化铝，流程为：

；

（4）氯化钠的溶解度受温度影响小，若要从若要从滤液中得到NaCl晶体，操作为：蒸发结晶、趁热过滤、干燥，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤、干燥；

（5）得到的Al2O3中可能含有Na2CO3杂质，检测的方法为：取少量样品溶于水，取上层清液，加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明有Na2CO3,反之则没有，故答案为：取少量样品溶于水，取上层清液，加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明有Na2CO3,反之则没有；

（6）现有含Na2CO3杂质的Al2O3样品，为了测定Al2O3的纯度，可采用方案为：取样品质量为b，加水溶解后，加入足量的氯化钡溶液，沉淀完全以后，过滤、洗涤和干燥，称量

（恒重）得沉淀ag；BaCO3沉淀质量为ag，则n(BaCO3)=

ag

197g/mol

=

a

197

mol=

n(Na2CO3)，则m(Na2CO3)=

a

197

mol 106g/mol=

106a

g

197

，Na2CO3的纯度=

106a

197b

，Al2O3

的纯度=

106a

1-

197b

；故答案为：取样品质量为m，加水溶解后，加入足量的氯化钡溶液，沉

淀完全以后，过滤、洗涤和干燥，称量（恒重）得沉淀ag；计算式为：

106a

1-

197b

。

【点睛】

本题考查物质分离和提纯，侧重考查元素化合物性质、氧化还原反应、物质分离和提纯实验操作，注意从整体上分析流程图中每一步发生的反应。

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-、SiO32-、AlO2-、Cl－

阳离子Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、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-、AlO2- CO32- Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O Al3＋、Mg2＋、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+、Mg2+、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CO32－；bc段沉淀部分溶液，确定为Al(OH)3和H2SiO3，所以oa段转化为沉淀的离子是AlO2-、SiO32-；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+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段发生反应:Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；oa段发生反应：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓；ab段发生反应NH4++OH-=NH3·H2O。

【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：①看面：弄清纵、横坐标的含义。②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。

③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．A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图（部分产物和条件已略去）,请回答下列问题：

（1）若A 为CO 2气体，D 为NaOH 溶液，则B 的化学式为_________。

（2）若A 为AlCl 3溶液，D 为NaOH 溶液，则C 的名称为_________。

（3）若A 和D 均为非金属单质，D 为双原子分子，则由C 直接生成A 的基本反应类型为_________。

（4）若常温时A 为气态氢化物，B 为淡黄色固体单质，则A 与C 反应生成B 的化学方程式为_________。

（5）若A 为黄绿色气体，D 为常见金属，则A 与C 溶液反应的离子方程式为_________。下列试剂不能鉴别B 溶液与C 溶液的是_________(填字母编号)。

a ．NaOH 溶液

b ．盐酸

c ．KSCN 溶液

d ．酸性KMnO 4溶液

【答案】NaHCO 3 偏铝酸钠 分解反应 2222H S SO =3S 2H O ++

2322Fe Cl =2Fe 2Cl ++-++ b

【解析】

【分析】

【详解】

(1)若A 为CO 2与过量的D 即NaOH 反应，生成碳酸氢钠；碳酸氢钠溶液与NaOH 反应可得到碳酸钠溶液；碳酸钠溶液又可以与CO 2反应生成碳酸氢钠；所以B 的化学式为NaHCO 3；

(2)若A 为AlCl 3，其与少量的NaOH 反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3继续与NaOH 反应生成偏铝酸钠；偏铝酸钠溶液和氯化铝溶液又可以反应生成Al(OH)3；所以C 的名称为偏铝酸钠；

(3)若A ，D 均为非金属单质，且D 为双原子分子，那么推测可能为性质较为活泼的O 2或Cl 2，A 则可能为P ，S 或N 2等；进而，B ，C 为氧化物或氯化物，C 生成单质A 的反应则一定为分解反应；

(4)淡黄色的固体有过氧化钠，硫单质和溴化银；根据转化关系，推测B 为S 单质；那么A 为H 2S ，C 为SO 2，B 为氧气；所以相关的方程式为：2222H S SO =3S 2H O ++；

(5)A 为黄绿色气体则为Cl 2，根据转化关系可知，该金属元素一定是变价元素，即Fe ；那么B 为FeCl 3，C 为FeCl 2；所以A 与C 反应的离子方程式为：2322Fe

Cl =2Fe 2Cl ++-++； a ．NaOH 与Fe 2+生成白色沉淀后，沉淀表面迅速变暗变绿最终变成红褐色，而与Fe 3+直接

生成红褐色沉淀， a 项可以；

b ．盐酸与Fe 2+，Fe 3+均无现象，b 项不可以；

c ．KSCN 溶液遇到Fe 3+会生成血红色物质，而与Fe 2+无现象，c 项可以；

d ．F

e 2+具有还原性会使高锰酸钾溶液褪色，Fe 3+不会使高锰酸钾溶液褪色，d 项可以；答案选b 。

4．有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：

Na ＋、Mg 2＋、Al 3＋、Fe 2＋、Ba 2＋、NO 3-、SO 24-、Cl －、SO 32－、HCO 3-，取该溶液进行以下实

验：

①取少量待测液，加入几滴石蕊试液，溶液呈红色。

②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。

③取少量待测液，加入BaCl 2溶液，有白色沉淀产生。

④取实验③中上层清液滴加AgNO 3溶液，有白色沉淀产生，此沉淀不溶于稀硝酸。 ⑤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②中有关反应的离子方程式：________________________________________。 （3）写出⑤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______清洗铂丝。

【答案】Mg 2＋、Al 3＋、3NO -、24SO - Fe 2＋、Ba 2＋、SO 32－、3HCO -

Na ＋、Cl － 3Cu ＋8H ＋＋23NO -===3Cu 2＋＋2NO ↑＋4H 2O Al(OH)3+OH - ===2AlO -+2H 2O 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，Fe 2+是浅绿色，所以不含Fe 2+；

①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SO 32-、HCO 3-；②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NO 3-；

③取少量待测液，加入BaCl 2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定含有SO 42-，故一定没有Ba 2+；

④由于③的上层清液滴中加AgNO 3溶液，有白色沉淀产生且不溶于稀硝酸，说明含有Cl -，但由于③中加入了BaCl 2溶液，无法证明原溶液中是否存在Cl -；

⑤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Al 3+、Mg 2+；

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Mg 2+、Al 3+、NO 3-、SO 42-；肯定不存在的离子是Fe 2+、 Ba 2+、SO 32-、HCO 3-；尚不能确定的离子是Na +、Cl -；

答案为：Mg 2+、Al 3+、NO 3-、SO 42-；Fe 2+、 Ba 2+、SO 32-、HCO 3-；Na +、Cl -；

(2) ②中原溶液加入铜片和浓硫酸并加热生成NO ，离子方程式为：3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O ；

答案为：3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O 。

(3) ⑤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 - =AlO 2-+2H 2O ；

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，用稀盐酸先清洗铂丝；

答案为：稀盐酸。

5．A是一种红棕色金属氧化物；B、D是金属单质；J是一种难溶于水的白色化合物，受热易分解。

回答下列问题：

（1）A、E、J、G的化学式分别为___、___、___、___。

（2）C转化为I的离子方程式为___。

（3）H和I反应生成J的离子方程式为___。

（4）如何检验E溶液中大量存在的阳离子?___。

【答案】Fe2O3 FeCl2 Al(OH)3 Fe(OH)3 Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O Al3++3AlO2-

+6H2O═4Al(OH)3↓取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+

【解析】

【分析】

A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，红褐色沉淀G为Fe(OH)3，分解可以生成氧化铁，则F是 Fe(OH)2．B、D是金属单质，Fe2O3和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3，J是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成C，则J是Al(OH)3，由转化关系可知，I是NaAlO2，H是AlCl3；铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氨水反应生成 Fe(OH)2，则E是 FeCl2，以此解答该题。

【详解】

(1)由以上分析可知，则A为Fe2O3，E是FeCl2，J是Al(OH)3，G是Fe(OH)3；

(2)氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：

Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；

(3)铝离子和偏铝酸根之间双水解而不共存，反应的离子方程式为Al3++3AlO2-

+6H2O═4Al(OH)3↓；

(4)E是FeCl2，检验亚铁离子，可取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+。

6．钠、铝和铁是三种重要的金属。请回答：

(1)请画出钠的原子结构示意图_______ ，根据钠的原子结构示意图可得出钠的哪些性质？(写出一条)_________。

(2)这三种金属的金属活动性由强到弱的顺序是_________ 。

(3)小块金属钠投入水中，发生反应的化学方程式为_______________；可观察到的实验现象是_________ (填字母)。

a.钠沉到水底

b.钠熔成小球

c.小球四处游动

d.水变红色

(4)铝与稀硫酸反应的离子方程式为_________________________________。

【答案】强还原性 Na＞Al＞Fe 2Na + 2H2O=2NaOH + H2↑ bc 2Al

+6H+=2Al3++ 3H2↑

【解析】

【分析】

(1)钠原子核外有11电子；最外层小于4个电子的原子易失去电子；

(2)结合金属活动顺序表判断；

(3)Na的密度小于水，钠的熔点较低，钠和水反应生成NaOH和氢气同时放出大量热，钠受力不均导致四处游动；

(4)Al溶于稀硫酸生成硫酸铝和氢气。

【详解】

(1)钠原子核外有11电子，则钠原子的结构示意图是，最外层只有1个电子，易

失电子，具有强还原性；

(2)由金属活动顺序可知，Na、Al、Fe的金属性强弱顺序为Na＞Al＞Fe；

(3)Na的密度小于水，所以钠会浮在水面上，钠的熔点较低，钠和水反应生成NaOH和氢气同时放出大量热使钠熔融发出嘶嘶的响声，钠受力不均导致四处游动，生成NaOH导致溶液呈碱性，但是水中没有滴加酚酞，则溶液不变色，故发生反应的化学方程式为2Na +

2H2O=2NaOH + H2↑，实验现象正确的是bc；

(4)Al溶于稀硫酸生成硫酸铝和氢气，发生反应的离子方程式为2Al +6H+=2Al3++ 3H2↑。

7．将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。回答下列问题：

（1）写出BC段反应的离子方程式为____________________________。

（2）原Mg-Al合金的质量是_____________。

（3）原HCl溶液的物质的量浓度是________________。

（4）所加NaOH溶液的物质的量浓度是____________。

（5）a=______。

【答案】Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 5.1g 6mol/L 5mol/L 20

【解析】

【分析】

根据图像可知，oa段为过量的盐酸与NaOH反应，AB段为镁离子、铝离子与NaOH的反应，BC段为氢氧化铝与NaOH的反应。

【详解】

(1) BC段为氢氧化铝与NaOH的反应，生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为

Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；

(2) BC段减少的为氢氧化铝沉淀，质量为7.8g，物质的量为0.1mol，即n(Al)=0.1mol；则氢氧化镁的质量为5.8g，物质的量为0.1mol即n(Mg)=0.1mol；合金的质量为

24×0.1+27×0.1=5.1g；

(3)根据方程Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，消耗20mL的NaOH时的物质的量为0.1mol，则

c(NaOH)=0.1mol÷0.02L=5mol/L；B点时，溶液刚好为NaCl溶液，此时消耗

n(NaOH)=5×0.12=0.6mol，c(HCl)=0.6÷0.1=6mol/L；

(4)由(3)得出的结论，c(NaOH)=5mol/L；

(5) n(Mg)=n(Al)=0.1mol，消耗的盐酸为0.5mol，100mL溶液中含有n(HCl)=0.6mol，则剩余n(HCl)=0.1mol，此时消耗V(NaOH)=0.1÷5=0.02L，即20mL。

【点睛】

通过BC段消耗的氢氧化钠的体积计算出NaOH的浓度，再计算盐酸的浓度。

8．七水硫酸镁（MgSO4·7H2O）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MgCO3，还含有MgO、CaO、Fe2O3、FeO、MnO2、Al2O3、SiO2等杂质，工业上用硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如图：

已知：①MnO2不溶于稀硫酸。

②CaSO4和MgSO4·7H2O在不同温度下的溶解度（g）数据如下表所示：

（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CaSO4·2H2O外，还有___。

（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式为___。

（5）流程中操作1为蒸发浓缩、趁热过滤，这样即可得到CaSO4·2H2O，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/L SiO2、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+=Cl-+2Fe3++H2O 析出MgSO4·7H2O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+、Fe2+、Fe3+、Al3+以及SO42-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CaSO4·2H2O，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，CaSO4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CaSO4·2H2O，则滤渣C主要为CaSO4·2H2O，再次对滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤，得到七水硫酸镁(MgSO4·7H2O)，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

=1000

M

ρω

=

100070% 1.61

98

??

=11.5mol/L；

(2)根据分析，滤渣A中除含少量CaSO4·2H2O外，还有MnO2、SiO2；

(3)加入MgO的目的是沉淀Fe3+、Al3+，但Fe3+、Al3+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-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O；

(5)根据溶解度表，CaSO4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，流程中操作1为蒸发浓缩、趁热过滤，这样即可得到CaSO4·2H2O，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，还来自引入的氧化镁，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。

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Mn3O4的工艺流程：

已知:（1）PbS+MnO2 +4H+=Mn2++Pb2++S+2H2O

（2）PbCl2(s)+2Cl-(aq)=PbCl42-(aq) △H>0

（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．MnCO3 B．NaOH C．ZnO D．PbO

（3）滤渣中含有金属杂质形成的化合物，其成分为________________（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 AD Al(OH)3

2++

6H O+12NH+O+6Mn=2Mn O+12NH

232344

【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、

Al2O3+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，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Mn3O4，过滤得到Mn3O4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()()()-2-

24PbCl s +2Cl a PbCl =q 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PbCl 2的溶解；加入物质X 调节溶液的pH ，使Al 3+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Pb 2+，可选择MnCO 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MnCO 3或PbO 调节溶液pH ，促进溶液中Al 3+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NH 3和O 2生成Mn 3O 4，Mn 元素化合价从+2价升高至83

+价，O 2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：2++2323446H O+12NH +O +6Mn =2Mn O +12NH 。

【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：

①能与H +反应，使溶液pH 增大；

②不引入新杂质；

例如：若要除去Cu 2+中混有的Fe 3+，可加入CuO 、CuCO 3、Cu(OH)2、Cu 2(OH)2CO 3等物质来调节溶液的pH ，不可加入NaOH 溶液、氨水等。

10．金属Co 、Ni 性质相似,在电子工业以及金属材料上应用十分广泛.现以含钴、镍、铝的废渣(含主要成分为CoO 、Co 2O 3、Ni 、少量杂质Al 2O 3)提取钴、镍的工艺如下:

(1)酸浸时SO 2的作用是___________________________________。

(2)除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应_________________________________。

(3)用CoCO 3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得H 2O 2分解的高效催化剂CoxNi (１－x)Fe 2O 4(其中Co 、Ni 均为＋2价).如图是用两种不同方法制得的CoxNi (１－x)Fe 2O 4 在10℃时催化分解6％的H 2O 2 溶液的相对初始速率随x 变化曲线.

①H 2O 2 的电子式_________________________________。

②由图中信息可知:_________________________________法制取的催化剂活性更高。 ③Co 2＋ 、Ni 2＋ 两种离子中催化效果更好的是_________________________________。

(4)已知煅烧CoCO 3时,温度不同,产物不同.在400℃充分煅烧CoCO 3,得到固体氧化物的质量

2.41g,CO 2的体积为0.672L(标况下),则此时所得固体氧化物的化学式为____________。

【答案】还原剂或将Co 3+还原为Co 2+ 2Al 3++3CO 32-+3H 2O=2Al(OH)3↓+3CO 2↑

微波水热 Co 2+ Co 3O 4

【解析】

【分析】

第一步酸浸，将氧化物全部变为离子，加入的2SO 具有还原性，可将3+Co 还原为2+Co ，第二步加入的碳酸钠，3+Al 和2-3CO 可以发生双水解反应，将铝变为沉淀除去，接下来用萃取剂除去镍，此时溶液中只剩下2+Co ，再加入2-3CO 将2+Co 转变为3CoCO 沉淀即可，本题得解。

【详解】

（1）根据分析，2SO 作还原剂；

（2）根据分析，3+Al 和2-

3CO 发生双水解反应

3+2-32322Al 3CO +3H O=2Al(OH)+3CO ↓↑； （3）①画出过氧化氢的电子式即可；

②根据题图可以看出微波水热法具有更高的反应速率；

③当x 增大，催化剂中的2+Co 比例增大，2+Ni 比例减小，而x 增大时过氧化氢的分解速率也在增大，说明2+Co 的催化效果更好；

（4）首先根据m V 0.672n===0.03mol V 22.4

算出2CO 的物质的量，根据碳原子守恒可知碳酸钴的物质的量也为0.03mol ，再根据钴原子守恒，2.41g 固体中有0.03mol 钴原子，剩下的

全为氧原子，解得氧原子的物质的量为0.04mol，因此所得固体氧化物的化学式为Co O。

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