培优易错试卷铝及其化合物推断题辅导专题训练附答案解析(共13页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上培优易错试卷铝及其化合物推断题辅导专题训练附答案解析一、铝及其化合物1Al2O3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

2、_。（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： 【解析】【分析】从废铝材中提取氧化铝，途径1先用

3、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、（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；B

5、aCO3沉淀质量为ag，则n(BaCO3)=mol= n(Na2CO3)，则m(Na2CO3)= mol106g/mol=，Na2CO3的纯度=，Al2O3的纯度=；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：。【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铬鞣剂Cr(OH)SO4可用于提高皮革的耐曲折强度。一种以铬渣(含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SO4的工艺流程

6、如图：回答下列问题：（1）“焙烧”时，Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为_。（2）“水浸”过程中，物料的粒度(颗粒大小)对铬残余量的影响如图所示，则最佳反应条件为_。（3）“滤渣1”中有一种成分为铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10)，是制造水泥的原料之一，用氧化物的形式表示其化学式_。（4）“滤渣2”主要成分为Al(OH)3和_(填化学式)，“过滤2”后，将溶液pH调至a，a_6.5(填“小于”或“大于”)，目的是_(用离子方程式表示)。（5）已知CH3OH在酸性条件下可被氧化生成CO2，写出Na2Cr2O7与CH3OH反应生成Cr(OH)SO4的化学方程式_。（6）某厂用m1kg

7、的铬渣(含Cr2O340%)制备Cr(OH)SO4，最终得到产品m2kg，则产率为_。【答案】2Cr2O3+ 4Na2CO3+3O2 4Na2CrO4 +4CO2 物质的粒度为60目时 4CaOFe2O3Al2O3 H2SiO3 小于 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2+ Na2SO4+4H2O 【解析】【分析】以铬渣(含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SO4，先加入碳酸钠、通入空气进行焙烧，再经过水浸、过滤除去固体杂质Fe2O3，调pH除去杂质氢氧化铝和

8、氢氧化铁，最后通过氧化还原反应生成目标产物Cr(OH)SO4。【详解】（1）“焙烧”时，Cr2O3转化为Na2CrO4，Cr元素的化合价升高，反应为氧化还原反应，还需氧化剂O2，根据电子守恒配平方程式为2Cr2O3+ 4Na2CO3+3O2 4Na2CrO4 +4CO2。（2）根据图示可知，当物质的粒度为60目时，铬的残余量最少，故最佳反应条件为物质的粒度为60目时。（3）铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10)，用氧化物的形式表示其化学式为4CaOFe2O3Al2O3。（4）步骤过滤1后溶液中存在偏铝酸钠和硅酸钠等杂质，调节pH使其转化为沉淀Al(OH)3和H2SiO3，故滤渣2主要成分为Al

9、(OH)3和H2SiO3 。“过滤2”后，将溶液pH调至a，是为将2CrO42-转化为Cr2O72-，酸性条件下可以实现转化，故a小于6.5实现2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O的转化。（5）根据条件CH3OH在酸性条件下可被氧化生成CO2， Na2Cr2O7与CH3OH反应生成Cr(OH)SO4为氧化还原反应，其中碳元素、铬元素的化合价发生改变，根据电子守恒得化学反应方程式为Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2+ Na2SO4+4H2O。（6）最终得到产品Cr(OH)SO4m2kg，其中铬元素的含量为kg，原料中铬元素的含量为，则产率为。3已知

10、A、B、C、D是中学化学的常见物质，且A、B、C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是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，则反应的离子方程式是_。（3）若A、C、D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_。（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_。【答案】FeCl3 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 2H2S+SO23S+2H2O CO32-+

11、CO2+H2O2HCO3- 【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，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FeCl3、C为FeCl2；(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

12、、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、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为O2、B为S、C为SO2，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：2H2S+SO23S+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Na2CO3、C为NaHCO3，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：CO32+CO2+H2O2HCO3。4含有A+、B3+、C3+ 三种金

13、属阳离子的水溶液发生了如下一系列变化后逐一沉淀出来，其中B3+转入白色沉淀：请通过分析回答（用化学符号填写）：（1）A+是_，B3+是_，C3+是_；（2）X是_，Y是_，Z是_；（3）写出下列离子方程式：生成Y沉淀：_；B3+与过量氨水反应：_；（4）写出下列化学方程式：单质铝和Y分解后的固体产物反应：_【答案】Ag+ Al3+ Fe3+ AgCl Fe（OH）3 Al（OH）3 Fe3+3OHFe（OH）3 Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+ 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 【解析】【分析】含有A+、B3+、C3+ 三种金属阳离子的水溶液，加入过量盐酸反应过滤得到白色沉

14、淀X和滤液甲，白色沉淀只能是氯化银沉淀，说明A+离子为Ag+，滤液甲中加入过量氢氧化钠溶液过滤得到红褐色沉淀Y为Fe(OH)3，滤液乙中加入适量盐酸反应生成白色沉淀Z为Al(OH)3，其中B3+转入白色沉淀，则B3+、C3+ 离子分别为：Al3+、Fe3+，据此回答；【详解】(1)由上述分析可知A+、B3+、C3+ 三种金属阳离子分别为：Ag+、Al3+、Fe3+，答案为：Ag+；Al3+；Fe3+；(2)分析可知对应X、Y、Z分别为：AgCl、Fe(OH)3、Al(OH)3；故答案为：AgCl； Fe(OH)3；Al(OH)3；(3)生成Y沉淀的离子方程式为：Fe3+3OHFe(OH)3；故

15、答案为：Fe3+3OHFe(OH)3； Al3+与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和铵根离子，离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+；故答案为：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+；(4)氢氧化铁分解产物是氧化铁，铝与氧化铁在高温下反应生成铁和氧化铝，放出大量的热，反应方程式为：2Al+Fe2O32 Fe+Al2O3；故答案为：2Al+Fe2O32 Fe+Al2O3。5图中AJ均为中学化学中常见的物质，它们之间有如下转化关系。其中A、D为金属单质。(反应过程中生成的水及其他产物已略去)请回答以下问题：(1)B是_，H是_。(填化学式)(2)写出J与D反应转化为G

16、的离子方程式_。(3)A在常温下也可与NaOH溶液反应生成F，写出此反应的化学方程式_。【答案】Fe2O3 Fe(OH)2 2Fe3Fe3Fe2 2Al2OH-2H2O2AlO2-3H2 【解析】【分析】A、D为常见金属单质，B、C为金属氧化物，反应条件是高温进行，可以判断为铝热反应，可以推断A为Al，D为Fe，B为铁的氧化物，结合C与氢氧化钠反应证明C为Al2O3，E为AlCl3，F为NaAlO2，通过转化关系判断，G为FeCl2，H为白色沉淀Fe(OH)2，I为红褐色沉淀Fe(OH)3，B为Fe2O3，J为FeCl3，依据判断结果分析解答问题。【详解】A、D为常见金属单质，B、C为金属氧化

17、物，反应条件是高温进行，可以判断为铝热反应，可以推断A为Al，D为Fe，B为铁的氧化物，结合C与氢氧化钠反应证明C为Al2O3，E为AlCl3，F为NaAlO2，通过转化关系判断，G为FeCl2，H为白色沉淀Fe(OH)2，I为红褐色沉淀Fe(OH)3，B为Fe2O3，J为FeCl3；(1)依据分析判断可知B为：Fe2O3；H的化学式为：Fe(OH)2；故答案为：Fe2O3；Fe(OH)2；(2)反应“JDG”的离子方程式为铁和三氯化铁的氧化还原反应，离子方程式为：2Fe3Fe3Fe2；故答案为：2Fe3Fe3Fe2；(3)A为Al在常温下也可与NaOH溶液反应生成F为偏铝酸钠，反应的化学方程

18、式为：2Al2OH-2H2O2AlO2-3H2；故答案为：2Al2OH-2H2O2AlO2-3H2。6某氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅(一种酸性氧化物)杂质，现欲制取纯净的氧化铝，某同学设计如下的实验方案。回答下列问题：(1)在操作中要用到的玻璃仪器有_; (2)沉淀C的化学式是_。滤液B中含有的溶质有_(写化学式)；(3)步骤的离子方程式为_。【答案】烧杯、漏斗、玻璃棒 SiO2 NaAlO2、NaCl、NaOH AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al(OH)3 【解析】【分析】氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅，加入过量盐酸氧化铝、氧化铁溶解生成氯化铝、氯化铁溶液，过滤得到沉淀C为

19、二氧化硅，滤液为氯化铁溶液和氯化铜溶液，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤得到沉淀D为Fe(OH)3，滤液为NaAlO2，通入过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤得到氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝。【详解】(1)步骤为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(2)沉淀C为不溶于盐酸的二氧化硅；氧化铝与过量盐酸反应生成氯化铝，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，滤液A中为氯化铝、氯化铁、盐酸，滤液A中加入过量NaOH，氯化铝与碱反应生成偏铝酸钠和氯化钠，氯化铁与碱反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，盐酸与碱反应生成氯化钠，则滤液B中有NaAlO2、NaCl、NaOH；

20、(3)步骤为二氧化碳和偏铝酸钠溶液的反应，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al(OH)3。7工业制取皮革加工中的鞣化剂硝酸铝，是用铝灰与烧碱、硝酸反应制得的。铝灰是铝、氧化铝和氧化铁的混合物。产品硝酸铝晶体为Al(NO3)3nH2O。已知偏铝酸盐能与一般的酸反应，如：NaAlO2+HNO3+H2ONaNO3+Al(OH)3生产流程如图：完成下列填空：（1）用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，除烧杯、玻璃棒外还需（选填编号）_。A. B. C. D.说出流程中产生的滤渣的一种用途是_。制作一个过滤器需要_。流程中操作x的名称是_。（2）反应加入的硝酸必须适量，原因是_

21、。反应加入的硝酸要稍过量，原因是_。（3）从反应所得的溶液制成产品的步骤依次为减压蒸发，_，过滤，_，低温烘干。（4）为测定所得的产品的纯度，质检人员称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定。通过计算便可得出产品的纯度。上述过程属于定量实验。其中除配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是_，该实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与_的刻度值。任意写出一个该测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式：_。【答案】B 作颜料（或炼铁） 漏斗和滤纸 过滤 硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降

22、低产量 稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品 （冷却）结晶 洗涤（晶体） （酸碱）中和滴定 滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平 Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+或NH3H2O+H+NH4+H2O 【解析】【分析】铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤后形成滤渣，滤液中含有偏铝酸钠和未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过一系列操作得到硝酸铝晶体，结合溶液的配制和物质的性质分析解答。【详解】(1)用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，需要用天

23、平称量氢氧化钠，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，因此除烧杯、玻璃棒外还需要的仪器是量筒；流程中产生的滤渣是氧化铁，可以用作红色颜料，也可以用于炼铁；制作一个过滤器需要漏斗和滤纸；根据图示，流程中操作x是分离溶液和沉淀，为过滤，故答案为：B；作颜料(或炼铁)；漏斗和滤纸；过滤；(2)硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，因此反应加入的硝酸必须适量；反应加入的硝酸要稍过量，因为硝酸铝会水解，稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品，故答案为：硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量；稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品；(3)从反应所得溶液中

24、得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，故答案为：冷却结晶；洗涤；(4)常见的定量实验包括配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是(酸碱)中和滴定；中和滴定实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平的刻度值，故答案为：(酸碱)中和滴定；滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平；称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水，硝酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硝酸铵，充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定，氨水与盐酸反应生成氯化铵和水，测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式有Al3

25、+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+、NH3H2O+H+=NH4+H2O，故答案为：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+或NH3H2O+H+=NH4+H2O。8碱式氯化铜Cux（OH）yClzmH2O是重要的农药、医药中间体，还可用作木材防腐剂、饲料添加剂等研究小组在实验室用某厂废铜渣（主要成分为 Cu、CuO，含少量 Fe3O4、Ni、Al2O3）制备碱式氯化铜的流程如下，回答下列问题：（1）“研磨”的目的为_。（2）“碱溶”的目的为_。（3）“酸溶”时生成 Fe3反应的离子方程式为_；生成的 Fe3对 Cu 发生的氧化反应的催化原理如上图所示。N 代表的物质为_（填化

26、学式或离子符号）。（4）“酸溶”时温度不能过高的理由为_。（5）若滤液 2 中 c（Fe3）4108 mol/L，pH4，则 KspFe（OH）3_。（6）为测定 Cux（OH）yClzmH2O 的组成，进行如下操作：取样品 23.25 g，用适量酸溶解后配成 100mL 溶液；取 10.00 mL 溶液加入足量 AgNO3 溶液，生成 1.435 g 沉淀；另取 10.00 mL 溶液，用 1.000 mol/L的 EDTA 标准液滴定 Cu2（Cu2与 EDTA 以物质的量之比 11 反应），滴定至终点时消耗标准液体积为 20.00 mL。溶解样品所用酸的化学式为_；最终确定该样品的化学式

27、为_。【答案】加快反应速率，使反应更充分 将氧化铝转化为偏铝酸钠而分离除去 4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3+18H2O Fe2+或FeCl2 温度过高，盐酸挥发程度增大，空气溶解度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分 410-38 HNO3 Cu2(OH)3ClH2O 【解析】【分析】由图可知，废铜渣(主要成分Cu、CuO，含少量Fe3O4、Ni、A12O3)研磨可增大接触面积，加快反应速率，通入CO除去Ni元素，加NaOH分离出的滤液1中含偏铝酸钠和NaOH，滤渣1含Cu、CuO、Fe3O4，加盐酸、空气溶解后得到含铜离子、铁离子的溶液，调节pH，过滤分离出的滤渣2为Fe(OH)3，

28、滤液2中加石灰乳可制备碱式氯化铜Cux(OH)yClzmH2O，滤液3中含氯化钙，据此分析解答。【详解】(l)“研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：加快反应速率，使反应更充分；(2)“碱溶”的目的是将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去，故答案为：将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去；(3)“酸溶”时生成Fe3+反应的离子方程式为4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3+18H2O；生成的Fe3+对Cu发生的氧化反应的催化原理图中，Cu失去电子，则Fe得到电子转化为N的化学式为Fe2+或FeCl2，故答案为：4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3+18H2O；Fe2+或Fe

29、Cl2；(4)“酸溶”时温度不能过高，因为温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，会导致反应速率降低，酸溶不充分，故答案为：温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分；(5)若滤液2中c(Fe3+)=410-8mol/L，pH=4，则KspFe(OH)3=410-8(10-10)3=410-38，故答案为：410-38；(6)后续实验需要加入AgNO3 溶液，因此溶解样品所用酸为HNO3，加入足量AgNO3溶液可检验Cl-，故答案为：HNO3；n(Cl-)=0.1mol，n(Cu2+)=0.02L1mol/L=0.2mol，由电荷守恒可知n(OH-)=2n

30、(Cu2+)-n(Cl-)=0.2 mol2-0.1 mol=0.3mol，m(Cl-)=0.1mol35.5 gmol-1=3.55 g，m(Cu2+)=0.2mol64 gmol-1=12.8g，m(OH-)=0.3mol17g/mol=5.1 g，n(H2O)=0.1mol，则xyzm=n(Cu2+)n(OH-)n(Cl-)n(H2O)=2311，即化学式为Cu2(OH)3ClH2O，故答案为：Cu2(OH)3ClH2O。9磷酸铝(AlPO4)是一种用途广泛的材料，在建筑、耐火材料、化工等方面具有广泛的应用前景。以磷硅渣（主要成分为Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2和V2O5等）为

31、原料制备磷酸铝的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）酸浸液中含磷元素的主要粒子是_(填化学式，下同)，浸渣中的主要化学成分是_。（2）生石灰除了调节pH外，另一作用是_。（3）滤液中钒元素以V3O93-形式存在，V3O93-易水解为VO3(OH)2-，该水解反应的离子方程式为_。（4）碱浸时，粗磷酸铝转化为可溶性溶质，则可溶性溶质分别是_ (填化学式)。（5）实验测得pH、反应温度与时间对碱浸时固相中P、Al含量的影响如图所示：则最优反应条件是_。（6）固相反应制备磷酸铝的方法之一是在900的焙烧炉内加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物，写出该反应的化学方程式：_。【答案】H3PO4 SiO2、Ca

32、SO4 除去过量的SO42- V3O93-+3H2O3VO3(OH)2-3H+ NaAl(OH)4、Na3PO4 pH=12、温度为80、时间为1h Al2O32NH4H2PO42AlPO42NH33H2O 【解析】【分析】磷硅渣的主要成分为Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2和V2O5等，加浓硫酸分离出滤渣为SiO2、CaSO4，酸浸液中加CaO可调节pH且除去过量硫酸根离子，滤渣1为CaSO4，滤液中钒元素以V3O93-形式存在，加NaOH分离出Na2VO3(OH)，再加NaOH时粗磷酸铝溶解生成可溶性溶质为NaAlO2、Na3PO4，由图可知，pH12、温度为80、时间为1h时碱浸时

33、固相中P、Al含量w%小，为最优反应条件，然后过滤分离出AlPO4；(1)SiO2为酸性氧化物，不与硫酸反应；CaSO4微溶于水，据此回答；(2)加浓硫酸引人过量的硫酸根离子，CaSO4微溶于水，据此回答；(3)滤液中钒元素以V3O93-形式存在，V3O93-易水解为VO3(OH)2；(4)加NaOH时粗磷酸铝溶解生成可溶性溶质为NaAlO2、Na3PO4；(5)在pH、反应温度与时间对碱浸时固相中P、Al含量的影响如图中，寻找碱浸时固相中P、Al 含量w%小时就为最优反应条件；(6)加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物生成AlPO4、NH3和H2O。【详解】(1)酸浸中磷元素主要转化为H3PO4，该

34、反应的化学方程式为Ca3(PO4)23H2SO43CaSO42H3PO4，磷硅渣的主要成分为Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2和V2O5等，加浓硫酸分离出滤渣为SiO2、CaSO4；(2)生石灰除了调节pH 外，另一作用是除去过量的硫酸根离子；(3)滤液中钒元素以V3O93-形式存在，V3O93-易水解为VO3(OH)2，该水解反应的离子方程式为V3O93-+3H2O3VO3(OH)2-3H+；(4)碱浸时，粗磷酸铝转化为可溶性溶质，则可溶性溶质分别是NaAl(OH)4、Na3PO4；(5)由图可知，pH12、温度为80、时间为1h时碱浸时固相中P、Al 含量w%小，为最优反应条件；(6

35、)加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物生成AlPO4、NH3和H2O，化学方程式为：Al2O32NH4H2PO42AlPO42NH33H2O.10钴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。利用含钴废料(含CoO、Co2O3、金属Al、Li等)制取CoCl26H2O的流程图如图所示(1)写出步骤I中主要反应的化学方程式_。(2)步骤II中可用盐酸代替H2SO4与H2O2的混合液，但缺点是_。(3)步骤III中Na2CO3溶液的作用是_。(4)若在实验室煅烧 CaCO3，所需硅酸盐材质的仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有_(填仪器名称)。(5)操作的步骤是_、_、过滤、洗涤、干燥。洗涤过程中可以用

36、乙醇和水的混合液代替水的优点是_。(6)CoCl26H2O晶体受热易分解，取119g该晶体加热至某一温度，得到CoCl2xH2O晶体83g，则x=_。【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Li+2H2O=2LiOH+H2 氧化产物为氯气会污染环境 调节pH除去Al3+， 坩埚、泥三角 蒸发浓缩 冷却结晶 减少晶体的溶解损失 2 【解析】【分析】含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li等)加入烧碱溶液溶解，得到含铝溶液，过滤除去滤液，得到含钴的滤渣，加入浸出剂浸取钴，得到含有Co2+、Al3+、Li+的溶液，加入碳酸钠溶液调节pH4.55沉淀Al3+：2Al3+3

37、CO32-+2H2O=2Al(OH)3+3CO2，再加入NaF沉淀Li+，之后过滤，向滤液中加碳酸钠调节pH至88.5，沉淀Co2+，得到CoCO3，灼烧CoCO3得到CoO，用稀盐酸溶解得到CoCl2溶液，将溶液在HCl氛围中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CoCl26H2O，以此解答该题。【详解】(1)步骤I为含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li等)与NaOH溶液混合，Al与NaOH溶液反应，Li与水反应，反应分别为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Li+2H2O=2LiOH+H2；(2)步骤应加入还原剂，将Co2O3还原为Co2+，盐酸为还原性

38、酸，但其氧化产物为氯气，氯气有毒会污染环境；(3)步骤中加入碳酸钠溶液调节pH4.55可除去Al3+，发生反应：2Al3+3CO32-+2H2O=2Al(OH)3+3CO2；(4)在实验室煅烧CoCO3，所需的硅酸盐质仪器有酒精灯、玻璃棒、坩埚、泥三角；(5)操作是从CoCl2溶液中结晶CoCl26H2O，具体为：将溶液在HCl氛围中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；洗涤过程中可以用乙醇和水的混合液代替水，可以减少晶体的溶解损失；(6)119g该晶体的物质的量为=0.5mol，含水3mol，加热后失去结晶水的质量为119g-83g=36g，n(H2O)=2mol，则0.5molCoCl2xH2O含水为3mol-2mol=1mol，所以x=2。【点睛】玻璃、水泥、陶瓷均属于硅酸盐材料；从溶液中获取晶体，一般要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤。专心-专注-专业