2020-2021备战高考化学压轴题专题复习—铝及其化合物推断题的综合附详细答案

硫酸熟化过程中发生的反应有： Al2O3?2SiO2 +3H2SO4=Al(SO4)3 +2SiO2 +3H2O 3Al2O3?2SiO2 +9H2SO4=3Al2( SO4)3 + 2SiO2 +9H2O

(1)“结晶”操作：缓缓加热，浓缩至______ ，放置冷却，得到Al2(SO4)3?18H2O。 (2)Al2(SO4)3?18H2O在250 ~300℃下失重40.5%得Al2(SO4)?xH2O，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： __________。

(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]- +CO2 =Al(OH)3↓+ HCO3- ，该反应的平衡常数为_______[已知 Al(OH)3+H2O? [ Al(OH)4]-+H+ K1 =4×10-13 ；H2CO3?H2O +CO2 K2 =600； Kal(H2CO3) =4.2×10-7、Ka2(H2CO3) =5.6×10-11]。 【答案】表面出现结晶薄膜 3 2Al2(SO4)3+3C

焙烧2Al2O3+3CO2↑+6SO2↑ 取粗氧化铝少

许于试管中加稀硫酸溶解，静置，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则粗氧化铝中含有Fe2O3杂质 Na2SiO3+2CO2+(n+1)H2O=2NaHCO3+SiO2?nH2O↓ 1.75×103 【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SiO2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KSCN溶液，观察现象；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SiO2?nH2O。 【详解】

(1)“结晶”操作：缓缓加热，浓缩至表面出现结晶薄膜，放置冷却，得到Al2(SO4)3?18H2O；故答案为：表面出现结晶薄膜。

(2)假设100gAl2(SO4)3?18H2O在250 ~300℃下失重40.5%，剩余100g×(1?40.5%)=59.5g Al2(SO4)?xH2O，

666342+18x=，解得x=3；故答案为：3。 100g59.5g(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、二氧化碳和二氧化硫，发生反应的化学方程式为2Al2(SO4)3+3C

焙烧2Al2O3+3CO2↑+6SO2↑；故答案

为：2Al2(SO4)3+3C

焙烧2Al2O3+ 3CO2↑ + 6SO2↑。

(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，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则粗氧化铝中含有Fe2O3杂质。

(5)向硅酸钠溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠和白炭黑SiO2?nH2O，其化学方程式为Na2SiO3+2CO2+(n+1)H2O=2NaHCO3+SiO2?nH2O↓；故答案为：Na2SiO3+2CO2+(n+1)H2O = 2NaHCO3+SiO2?nH2O↓。

(6)①Al(OH)3+H2O?[ Al(OH)4]－+H+，②H2CO3?H2O +CO2，③H2CO3?HCO3－+H+，根据盖斯定律③?①?②得到[Al(OH)4] － +CO2 =Al(OH)3↓+ HCO3－，方程式相减，平衡常数相除，因

4.2?10?7此[Al(OH)4]+CO2 =Al(OH)3↓+ HCO3平衡常数为K?=1.75?103；故答案?134?10?600 －

－

为：1.75×103。

H2O]主要用作磷化剂。以软锰矿(主要成分为MnO2及少量的6．马日夫盐[Mn(H2PO4)2·

FeO、Al2O3和SiO2)为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图：

(1)按照无机物命名规律，马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]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)“浸锰”过程中主要反应的离子方程式为_______。滤渣X主要成分为_________。检验“沉锰”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_________。

(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__________。

(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FeHPO4，马日夫盐显酸性的主要原因是__________(用相关化学用语回答)。 【答案】二水合磷酸二氢锰 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+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+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2H2O+CO2↑ pH=1.7下萃取60 min 明沉锰已经完成 MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn(H2PO4)2·

2-H2PO-4?H++HPO2-4

【解析】 【分析】

软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量的FeO、Al2O3和SiO2)用稀硫酸浸取，MnO2、FeO、Al2O3被溶解，同时MnO2“氧化”Fe2+，剩余的二氧化锰被通入的二氧化硫还原，反应为2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2= SO42-+Mn2+，SiO2不溶，过滤，滤渣为SiO2，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(OH)3，滤液主要含有硫酸锰，加入碳酸钠溶液沉锰，得到碳酸锰，碳酸锰与磷酸反应，净化得到Mn(H2PO4)2?2H2O，据此分析解答。 【详解】

(1)马日夫盐[Mn(H2PO4)2?2H2O的化学名称为二水合磷酸二氢锰；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：二水合磷酸二氢锰；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)“浸锰”过程中，二氧化锰将亚铁离子氧化生成铁离子，多余的二氧化锰被二氧化硫还原为锰离子，反应的离子方程式为2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2= SO42-+Mn2+。滤渣X主要成分为Al(OH)3。“沉锰”过程中加入碳酸钠与硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀，检验“沉锰”已完成的实验操作及现象是在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成。步骤五产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为H2O+MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2?2H2O+CO2↑，故答案为：

2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2= SO42-+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锰已经完成；MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn(H2PO4)2·2H2O+CO2↑；

(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=1.7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H2PO4-?H++HPO42-，故答案为：H2PO4-?H++HPO42-。

7．碱式氯化铜[Cux（OH）yClz·mH2O]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）＝4×108 mol/L，pH＝4，则 Ksp[Fe（OH）3]＝

__________。

（6）为测定 Cux（OH）yClz·mH2O 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 1∶1 反应），滴定至终点时消耗标准液体积为 20.00 mL。 ①溶解样品所用酸的化学式为________； ②最终确定该样品的化学式为______。

【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 4×10-38 HNO3 Cu2(OH)3Cl?H2O 【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，滤液2中加石灰乳可制备碱式氯化铜Cux(OH)yClz?mH2O，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FeCl2；

(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+)=4×10-8mol/L，pH=4，则Ksp[Fe(OH)3]=4×10-8×(10-10)3=4×10-38

，故答案为：4×10-38；

-

(6)①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；

1.435 g100mL100mL2+

②n(Cl)=×=0.1mol，n(Cu)=0.02L×1mol/L×=0.2mol，

143.5g/mol10mL10mL-

由电荷守恒可知n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=0.2 mol×2-0.1 mol=0.3mol，m(Cl-)=0.1mol×35.5 g?mol-1=3.55 g，m(Cu2+)=0.2mol×64 g?mol-1=12.8g，m(OH-