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高考一轮复习第六课第3节： 化工流程中铝化合物的处理学案
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第六课：镁、铝及其化合物
第3节： 化工流程中铝化合物的处理
一、 高考回顾
1.（2019全国Ⅲ卷）高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
（1）“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式____________________________________________________。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将________________________。
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________________________________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___________。
【答案】 (1). SiO2（不溶性硅酸盐） (2). MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). 4.7 (5). NiS和ZnS (6). F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++2F−平衡向右移动 (7). Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O (8).
【解析】（1）Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；
（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；
（3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间；
（4）根据题干信息，加入Na2S除杂为了出去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；
（5）由HF H++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全；
（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3
2、（2018年江苏化学）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，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为______________________。
（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题16图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃
硫去除率=（1—焙烧后矿粉中硫元素总质量焙烧前矿粉中硫元素总质量）×100%
①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于__________________。
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，其主要原因是____________________。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_______________（填化学式）转化为_______________（填化学式）。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）=__________________。
【答案】SO2+OH−HSO3−FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中NaAlO2Al(OH)31∶16
【解析】（1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3，离子方程式为SO2+OH-=HSO3-。
（2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃，不添加CaO的矿粉低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。
②添加CaO，CaO起固硫作用，添加CaO发生的反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，根据硫去除率的含义，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原因是：硫元素转化为CaSO4留在矿粉中。
（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al（OH）3，反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，即Al元素存在的形式由NaAlO2转化为Al（OH）3。
（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16。
二、突破训练
1.（江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁六市2018届高三第二次调研二模）CoCO3是一种制造锂电池电极的原料。以含钴废渣(主要成分CoO、CO2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Co2＋
7.6
9.4
Al3＋
3.0
5.0
Zn2＋
5.4
8.0
（1） “酸浸”时通入SO2的目的是____________________________。
（2） “除铝”时调节溶液pH范围为________，该过程中主要反应的离子方程式为___________________。
（3）“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)＋2HX(有机层)ZnX2(有机层)＋H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是__________________________________________。
（4）“沉钴”时Na2CO3溶液需缓慢滴加的原因是_____________
（5） CoCO3隔绝空气灼烧可以生成Co2O3，该反应的化学方程式为__________________。
【答案】将Co3+还原为Co2+ 5.0～5.4 2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ 向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液 防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀 2CoCO3Co2O3+CO↑+CO2↑
【解析】(1)“酸浸”时通入SO2的目的是将Co3+还原为Co2+；(2)“除铝”时调节溶液pH范围使铝完全沉淀但锌没有开始沉淀，则范围为5.0～5.4，该过程中主要反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；(3)“萃取”过程可表示为ZnSO4（水层）+2HX（有机层）ZnX2（有机层）+H2SO4（水层），由有机层获取ZnSO4溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液；(4)“沉钴”时Na2CO3溶液需缓慢滴加，防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀；(5)CoCO3隔绝空气灼烧可以生成Co2O3，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为2CoCO3Co2O3+CO↑+CO2↑。
2（山东省日照市2018届高三4月校际联合期中考试）以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2等) 为原料制备兰尼镍的工艺流程如下所示。
（1）形成Ni(CO)4时碳元素的化合价没有变化，则Ni(CO)4中的Ni的化合价为___________。
（2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+，则产生的气体为______(填化学式)。
（3） 滤渣D为单质镍、硫的混合物，请写出向浸出液B中通入H2S气体时所有反应的离子方程式:__________________________，_________________________。
（4） 已知: 3Fe2+ +2[Fe(CN)6]3-==Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)；4Fe3++3[Fe(CN)6]4-==Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝色沉淀)。下列可以用于检验滤液C 中金属阳离子的试剂有____________(填标号)
a.KSCN溶液 b.K3[Fe(CN)6] c.K4[Fe(CN)6] d.苯酚
（5）兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金。碱浸镍铝合金后，残铝量对兰尼镍的催化活性有重大影响，根据下图分析，残铝量在_____范围内催化活性最高，属于优质产品。
（6） 仿照下面示例，设计从浸出液E 回收氧化铝的流程: 浸出液E_________________。
(示例: )
【答案】 0 O2 H2S+ 2Fe3+==2Fe2++2H++ S↓ H2S+Ni2+==Ni↓+2H++S↓ b 4%~6%
【解析】（1）Ni(CO)4中碳为+2价、氧-2价，故Ni的化合价为0；（2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+，Ni的化合价降低，则氧元素的化合价应升高，则产生的气体为O2；（3） 滤渣D为单质镍、硫的混合物，浸出液B含有Fe3+、Ni2+，向其中通入H2S气体时Fe3+被还原为Fe2+，同时生成硫单质，且Ni2+被还原为单质，反应的离子方程式：H2S+ 2Fe3+==2Fe2++2H++ S↓、H2S+Ni2+==Ni↓+2H++S↓；（4）根据上述分析，过滤后得到滤液C含有Fe2+，检验滤液C 中金属阳离子的试剂可选择.K3[Fe(CN)6]，答案选b；（5）根据下图分析，残铝量在4%~6%范围内催化活性最高，属于优质产品；（6）从浸出液E 回收氧化铝的流程可表示为：浸出液E。
3．（广西省南宁市普通高中2019届高三毕业班第一次适应测试）工业上利用氧化铝基废催化剂(主要成分为Al2O3，还含有少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd的流程如下：
(1)Al2(SO4)3溶液蒸干灼烧后所得物质的化学名称是___________。
(2)焙烧时Al2O3与(NH4)2SO4反应的化学方程式为___________。
水浸与中和步骤得到溶液的操作方法是___________。
(3)浸液Y中含Pd元素的溶质是___________ (填化学式)。
(4)“热还原”中每生成1molPd生成的气体的物质的量为___________ (已知热还原得到的固体只有Pd)。
(5)Pd是优良的储氢金属，其储氢原理为2Pd(s)+xH2(g)==2PdHx(s)，其中x的最大值为0.8。已知： Pd的密度为12g·cm-3， 则10.6cm3Pd能储存标准状况下H2的最大体积为___________L。
(6)铝的阳极氧化法是将铝作为阳极，置于硫酸等电解液中，加入α-羟基丙酸、丙三醇后进行电解，可观察到铝的表面会形成一层致密的氧化膜。
①写出电解时阳极的电极反应式：______________________ 。
②电解过程中α-羟基丙酸、丙三醇的作用可能是______________________。
【答案】硫酸铝 3(NH4)2SO4+Al2O3高温Al2(SO4)3+6NH3↑+3H2O↑ 过滤 H2PdCl6 8mol 10.752 2Al+3H2O-6e-==Al2O3+6H+ 抑制氧化膜的溶解(或使形成的氧化膜更致密等其他合理答案)
【解析】 (1)Al2（SO4）3溶液中水解生成氢氧化铝和硫酸，加热蒸发，硫酸是难挥发性酸，蒸出的为水，得到硫酸铝固体；
答案： 硫酸铝
(2)从流程中得知，反应物为(NH4)2SO4和Al2O3，生成物包括NH3和Al2(SO4)3，不难推出还有另一个生成物水，注意条件高温不要漏了；水浸后分离出滤渣和溶液，所以操作为过滤；
答案：3(NH4)2SO4+Al2O3Al2(SO4)3+6NH3↑+3H2O↑ 过滤
(3)氨气中和后生成滤液(NH4)2SO4，所以往前推理Y中含Pd的溶质为H2PdCl6；
答案：H2PdCl6
(4)（NH4）2PtCl6+2H2Pt+2NH3↑+6HCl↑，热还原得Pd，生成1molPd，则还有2mol氨气和6molHCl，故气体物质的量为8mol；
答案：8mol
(5)本题利用化学计量知识计算，m＝ρV，n＝m/M，得n（Pd）=1.2mol，x最大值为0.8，则令x＝0.8，参与反应氢气为0.48mol，故标准状况下气体体积为10.752L。
答案：10.752
(6)①阳极反应方程式为铝失去电子，生成氧化膜氧化铝，反应式为2Al+3H2O-6e-==Al2O3+6H+；
答案：2Al+3H2O-6e-==Al2O3+6H+
②因为实验目的是观察氧化膜的形成，所以添加物的目的要从保持氧化膜的角度考虑即可，答案可以是抑制氧化膜的溶解(或使形成的氧化膜更致密等其他合理答案)；
答案：抑制氧化膜的溶解(或使形成的氧化膜更致密等其他合理答案)
4．（山西省吕梁市2018届高三上学期第一次模拟考试）目前钴酸锂(LiCoO2)锂离子电池应用十分广泛，从废旧钴酸锂理离子电池中回收铝、铁、钴、锂等元素成了重要的研究课题，某小组模拟工业流程从废旧电池中对上述元素进行提取。
已知：①滤液1中阳离子有H+、CO3+、Fe3+、Al3+、Li+等；
②几种物质不同温度下的溶解度如下表所示：
T/℃
20
40
60
80
S(Li2CO3)/g
1.33
1.17
1.01
0.85
S(Li2SO4)/g
34.2
32.8
31.9
30.7
（1）钴酸锂（LiCoO2）中钴元素的化合价是_______________。
（2）上述流程中将CoO2-转化为Co3+的离子方程式为_________________。
（3）滤液1中加入Na2SO3的主要目的是_____________________；加入NaClO3的主要目的是____________。
（4）为了使Fe3+、Al3+沉淀完全（通常认为金属离子浓度小于或等于10-5mol·L-1时表示已沉淀完全）加入氨水调节pH的最小值是____________（保留一位小数）。{已知：Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-39，Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34，lg3=0.52}
（5）滤液3中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，需要用“热水洗涤”的原因是_________。
（6）为得到高纯度的Li2CO3，需将粗产品Li2CO3与盐酸反应制得的LiCl进行电解。其原理如图所示：
①电解时阳极的电解反应式为_____________________。
②电解后向产品LiOH溶液中加入过滤NH4HCO3溶液生成Li2CO3，反应的化学方程式为__________。
【答案】+3 4H++CoO2=== 2H2O+Co3+ 将Co3+氧化为Co2+ 将Fe2+氧化为Fe3+ 4.5 Li2CO3溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失 2Cl--e-===Cl2↑ 2LiOH+2NH4HCO3===Li2CO3 + (NH4 )2CO3 + 2H2O
【解析】（1）钴酸锂（LiCoO2）中锂的化合价为+1、氧为-2价，根据化合物化合价代数和为0可知，钴元素的化合价是+3价；（2）根据流程可知，废旧电池燃烧除去碳及有机物后利用硫酸浸泡得到的滤液1中阳离子有H+、CO3+、Fe3+、Al3+、Li+等；故将CoO2-转化为Co3+的离子方程式为4H++CoO2=== 2H2O+Co3+；（3）滤液1中阳离子有H+、CO3+、Fe3+、Al3+、Li+等；亚硫酸钠具有还原性，能将Co3+氧化为Co2+；NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+；（4）依据已知的Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-39，可以求得Al3+和Fe3+完全以氢氧化物沉淀时（即金属离子浓度小于10-5mol·L-1时）的pH分别为：4.5和3.4；，加入氨水调节pH的最小值是4.5；（5）滤液3中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，需要用“热水洗涤”的原因是Li2CO3溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失；（6）①电解LiCl溶液时阳极氯离子失电子产生氯气，电解反应式为2Cl--e-=Cl2↑；②电解后向产品LiOH溶液中加入过滤NH4HCO3溶液生成Li2CO3，反应的化学方程式为2LiOH+2NH4HCO3===Li2CO3 + (NH4 )2CO3 + 2H2O。
5．（湖南省张家界市2018届高三第三次模拟考试）铬合金具有高硬度、耐腐蚀特性，广泛应用于精密仪器制造，由高碳铬铁合金废料制取铬的简单流程如下:
已知:Cr+H2SO4=CrSO4+H2↑
请回答下列问题:
请回答下列问题:
（1）稀硫酸酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有_____ (写一条即可)
(已知: )
（2）用纯碱调节溶液酸度，若纯碱过量，则可能导致的后果是______，副产物中两种主要物质的化学式为_____________；
（3）加入草酸发生反应的离子方程式为______；利用铝热反应冶炼铬。请写出该反应的化学方程式_________；
（4）向滤液中通入空气，加入氨水后发生反应的化学方程式为_________；
（5）利用如图装置，探究铬和铁的活泼性强弱。
能证明铁比铬话泼的实验现象是______，工业上，在钢器具表面镀铬，用硫酸铬(CrSO4)溶液作电解液，阴极的电极反应式为___________；
（6）已知高碳铬铁度料中铁铭元素质量比为14:13.上述流程中铁元素转化草酸亚铁的利用率为80%。废料中提取金属铬的总转化率为95%，如果得到草酸亚铁品体(FeC2O4·2H2O)质量为18.00吨，则可以冶炼铬的质量为____吨(结果保留1位小数)。
【答案】加热、搅拌、适当提高稀硫酸浓度等(答案合理即可) Cr2+、Fe2+水解或沉淀 Na2SO4、NaHSO4 Fe(OH)2+H2C2O4=FeC2O4·2H2O↓ Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr 4CrSO4+O2+8NH3·H2O+2H2O=4Cr(OH)3↓+4(NH4)2SO4 铬极上产生气泡 Cr2++2e-=Cr 6.2
【解析】
（1）已知:，稀硫酸酸浸过程中，提高“浸出率”的措施就是加快化学反应速率，结合影响化学化学反应速率的因素进行总结，例加热、搅拌或适当提高稀硫酸浓度等。
（2）用纯碱调节溶液酸度，若纯碱过量，因为CO32-水解显碱性，则可能导致Cr2+、Fe2+沉淀，根据反应流程图，副产物中两种主要物质的化学式为Na2SO4 (NH4)2SO4
（3）加入草酸发生反应的离子方程式为Fe(OH)2+H2C2O4=FeC2O4·2H2O↓；利用铝热反应指用金属铝和金属氧化物反应冶炼金属。铝热反应冶炼铬的化学反应方程式Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr 。
（4）向滤液中通入空气，加入氨水后发生反应的化学方程式为4CrSO4+O2+8NH3·H2O+2H2O=4Cr(OH)3↓+4(NH4)2SO4
（5）由装置图分析此装置为原电池，铬和铁做电极材料，电解质为稀硫酸，根据原电池工作原理，活泼金属做负极，所以铁做负极失电子，铬做正极，溶液中H+得电子生成氢气，所以铬极上产生气泡，说明铁的金属活泼性比铬强。在钢器具表面镀铬，钢器具做阴极，用硫酸铬(CrSO4)溶液作电解液，阴极的电极反应式为Cr2++2e-=Cr。
（6）由已知得(FeC2O4·2H2O)的物质的量为(18×106g)/180g.mol-1=105mol
铁元素转化草酸亚铁的利用率为80%,所以混合物中铁的含量为105mol/80%=1.25×105 mol已知高碳铬铁度料中铁铭元素质量比为14:13.，说明铁和铬原子个数比为1:1，所以混合物中铬的含量为1.25×105 mol，流程中废料中提取金属铬的总转化率为95%，可以冶炼铬的质量为1.25×105 mol×95%×52g.mol-1= 6.2×106g=6.2吨。
6．（辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三联合考试）铁、铝是重要的金属材料，铁、铝及其化合物有非常重要的用途。
（1）下列说法正确的是________(填序号)。
① 配制氯化铁溶液，先将FeCl3固体溶于较浓盐酸，再用蒸馏水稀释到所需的浓度
② FeCl2只能通过置换反应生成，FeCl3只能通过化合反应生成
③ 利用氯水和KSCN溶液可以检验Fe3+中有无Fe2+
④ 加热蒸干Fe2(SO4)3溶液获得Fe2(SO4)3固体
⑤ 含a mol AlCl3的溶液和含1.5a mol NaOH的溶液，无论正滴和反滴，生成Al(OH) 3的质量相等
⑥ 由于金属铝性质稳定，所以Al在空气中能稳定存在
（2）高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能水处理剂。其作用原理为__________________。
（3）以铝土矿(主要成分为Al2O3和Fe2O3、SiO2)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
①滤渣主要成分为___________________
②在实验室灼烧操作应选择的实验仪器为_____________________
③反应II中，加入NaHCO3一段时间才有沉淀生成，写出加入少量NaHCO3时发生反应的离子方程式________。
（4）已知25 ℃时Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38， Ksp[Al(OH)3]=1.1×10−33。
①在25 ℃下，向浓度均为0.1 mol·L−1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀(填化学式)。
②溶液中某离子物质的量浓度低于1.0×10−5 mol·L−1时，可认为已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3+完全沉淀时，测定c(Al3+)=0.2 mol·L−1。此时所得沉淀中________(填“还含有”或“不含有”)Al(OH)3。
【答案】①④⑤ K2FeO4中+6价铁具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO42－ 被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质，起到净水作用 Fe2O3 坩埚 HCO3-+OH-=H2O+CO32- Al(OH)3 不含有
【解析】 (1) ①配制氯化铁溶液，先将FeCl3固体溶于较浓盐酸，防止三价铁离子水解，再用蒸馏水稀释到所需的浓度，故①正确；
②FeCl2可以通过置换反应生成，也可以通过化合反应生成，如铁与FeCl3反应生成FeCl2，FeCl3只能通过化合反应生成，故②错误；
③Fe3+能使KSCN溶液变为血红色，所以不能利用氯水和KSCN溶液可以检验Fe3+中有无Fe2+，故③错误；
④Fe2(SO4)3水解得到硫酸不挥发 (硫酸沸点比水高)，就算能生成H2SO4 ，也会和Fe(OH)3反应，所以都得到了原固体，故④正确；
⑤a mol AlCl3 1.5a mol NaOH的物质的量之比为2：3，AlCl3过量，所以无论正滴和反滴，生成Al(OH) 3的质量相等
(2) K2FeO4中+6价铁具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO42－ 被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质，起到净水作用；
(3) ①铝土矿(主要成分为Al2O3和Fe2O3、SiO2)中Fe2O3不溶于氢氧化钠溶液，所以滤渣主要成分为Fe2O3；②灼烧操作应选择的实验仪器是坩埚；③在溶解铝土矿时加入了过量的氢氧化钠溶液，所以加入NaHCO3先与未反应的氢氧根反应，离子方程式为HCO3-+OH-=H2O+CO32-；
(4) ①根据25 ℃时，氢氧化铜与氢氧化铝的溶度积常数Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20， Ksp[Al(OH)3]=1.1×10−33，向浓度均为0.1 mol·L−1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，
31.1×10-330.1＜2.2×10-200.1 ，滴加相同浓度的氨水，Al(OH)3先析出；
②Fe3+完全沉淀时,c(OH-)3= Ksp[Fe(OH)3]/c(Fe3+)=4.0×10−38÷(1.0×10−5) =4.0×10−33，则c(Al3+).c(OH-)3=0.2×4.0×10−33=8×10−34＜Ksp[Al(OH)3]=1.1×10−33,所以没有生成Al(OH)3沉淀。
7．（广东省惠州市2019届高三第二次调研）铬合金有重要的用途，从其废料中制取铬的流程如下:
已知: ① Cr+H2SO4=CrSO4+H2↑，
② 流程中铬元素浸出之后至生成Cr(OH)3之间均以自由移动离子状态存在于溶液中。
请回答下列问题:
（1）稀硫酸酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有：________________________ (写一条即可) 。
（2）用纯碱调节滤液pH，得到某弱碱沉淀，若纯碱过量，则可能导致的后果是_：_____________。
（3）流程中的“副产物”中，可用作可溶性钡盐中毒解毒剂的物质的化学式是___________；可用作化肥的物质的化学式是_____________。
（4）加入草酸实现沉淀转化反应化学方程式为：_____________。
（5）流程中利用铝热反应冶炼铬的化学方程式为： ____________________。
（6）流程中由滤液生成Cr(OH)3的化学方程式为： _________________________。
（7）除已知反应①之外，整个流程中涉及的主要氧化还原反应有_____个，分解反应有____个。
【答案】加热、搅拌、适当提高稀硫酸浓度等(答案合理即可) H2C2O4的消耗量过大（或使Cr2+转化成沉淀而损耗） Na2SO4 (NH4)2SO4 Fe(OH)2+H2C2O4=FeC2O4·2H2O Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr 4CrSO4+O2+8NH3·H2O+2H2O=4Cr(OH)3↓+4(NH4)2SO4 3 1
【解析】（1）根据外界条件对反应速率的影响可知稀H2SO4酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有：加热、搅拌、适当提高稀H2SO4的浓度等。
（2）用纯碱调节滤液pH，使Fe2+转化成Fe（OH）2沉淀，再加入草酸将Fe（OH）2转化为FeC2O4·2H2O沉淀而除去。若纯碱过量，可能导致的后果是：一方面使Cr2+转化成沉淀而被消耗，使Cr的产率降低；另一方面使后续过程中H2C2O4的消耗量过大。
（3）除去Fe2+后的滤液中主要溶质为CrSO4和Na2SO4，向滤液中通入空气并加入氨水，滤液中Cr2+转化成Cr（OH）3沉淀，得到的副产物为（NH4）2SO4和Na2SO4，其中可用作可溶性钡盐中毒解毒剂的物质的化学式是Na2SO4，解毒的原理为SO42-+Ba2+=BaSO4↓。可用作化肥的物质的化学式是（NH4）2SO4，（NH4）2SO4是一种氮肥。
（4）加入草酸将Fe（OH）2沉淀转化为FeC2O4·2H2O，沉淀转化反应的化学方程式为Fe（OH）2+H2C2O4＝FeC2O4·2H2O。
（5）Al与Cr2O3发生铝热反应生成Al2O3和Cr，反应的化学方程式为2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr。）滤液中通入空气、加入氨水CrSO4转化为Cr（OH）3沉淀，1molCr2+失去1mol电子生成1molCr（OH）3，1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒，由滤液生成Cr（OH）3的化学方程式为4CrSO4+O2+8NH3·H2O+2H2O＝4Cr（OH）3↓+4（NH4）2SO4。
（6）除反应①之外，整个流程中涉及的主要氧化还原反应还有：Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑、4CrSO4+O2+8NH3·H2O+2H2O＝4Cr（OH）3↓+4（NH4）2SO4、2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr，即氧化还原反应有3个；分解反应为2Cr（OH）3Cr2O3+3H2O，即分解反应有1个。
8．（黑龙江省大庆铁人中学2019届高三第一次模拟考试）镁、铝、钙的某些化合物在生产、生活中有着重要应用。请按要求回答下列问题。
Ⅰ.化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃材料,受热时有如下分解反应:2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O↑+10MgO+3Al2O3
(1)除去固体产物中Al2O3的离子方程式为_________________。
(2)常温，MgO可溶于NH4Cl溶液的化学方程式为_______________。
Ⅱ.过氧化钙(CaO2)是一种白色、无毒、难溶于水的固体消毒剂。工业生产过程如下:①在NH4Cl溶液中加入Ca(OH)2;②不断搅拌的同时加入30% H2O2溶液(弱酸性),生成CaO2·8H2O沉淀;③经过陈化、过滤、水洗得到CaO2·8H2O,再脱水干燥得到CaO2。
(1) 可循环使用的物质是______。工业生产中常选用过量的反应物是Ca(OH)2而不是H2O2,这是因为__________________。
(2) 检验CaO2·8H2O是否洗净的操作是________。
(3) 测定产品中CaO2含量:取m g样品,与足量稀硫酸反应充分,生成的H2O2用c mol·L-1的KMnO4溶液滴定,消耗标准液的体积为V mL,则该样品中CaO2质量百分数为(含m、c、V的表达式)__________。
【答案】Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O2NH4Cl+H2O+MgOMgCl2+2NH3·H2ONH4Cl过量Ca(OH)2使溶液显碱性,可以抑制CaO2·8H2O溶解,从而提高产品的产率;H2O2溶液呈弱酸性,会促进CaO2·8H2O溶解,降低产品产率。取适量最后一次洗涤液于试管中,加入稀硝酸,再向其中加入AgNO3溶液。18cV/m%
【解析】Ⅰ（1）固体产物中含有氧化镁和氧化铝，两者的区别在与氧化铝与强碱反应而氧化镁不能，加入氢氧化钠溶液溶解后过滤，离子反应方程式为：Al2O3+2OH-＝2AlO2-+H2O；
（2）氯化铵溶液中铵根离子水解，溶液显酸性： NH4Cl+H2O⇌HCl+NH3·H2O，氧化镁与铵根离子水解产物反应：MgO+ 2HCl MgCl2+ H2O，此反应促进铵根离子水解，所以总反应为：2NH4Cl+H2O+MgOMgCl2+2NH3·H2O；
Ⅱ（1）在NH4Cl溶液中加入Ca(OH)2，但是没有加热，因此反应方程式为：2NH4Cl +Ca(OH)2＝2NH3·H2O+CaCl2；不断搅拌的同时加入30% H2O2溶液(弱酸性)，生成CaO2·8H2O沉淀，反应方程式为CaCl2+ H2O2+6H2O+2NH3·H2O＝CaO2·8H2O¯+2NH4Cl，所以可以循环使用的物质是NH4Cl；工业生产中常选用过量的反应物是Ca(OH)2而不是H2O2，这是因为过量Ca(OH)2能使溶液显碱性，可以抑制CaO2·8H2O溶解，从而提高产品的产率；
（2）检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子，因此检验方法是：取适量最后一次洗涤液于试管中，加入稀硝酸，再向其中加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀产生，如果没有，证明CaO2·8H2O已经洗涤干净；
（3）由CaO2+H2SO4＝CaSO4+H2O2，5H2O2+2MnO4-+6H+＝2Mn2++5O2↑+8H2O可知：5CaO2→ 2MnO4-，因此n(CaO2)=5cV×10−32mol ，所以该样品中CaO2的质量百分数=5cV×10−32mol×72g/molmg×100%=18cV/m%。
9．（福建省漳州市2018届高三考前模拟考试试卷二）钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如下：
回答下列问题：
（1）洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是______________________________。
（2）先加入氨水调节pH＝3，过滤，滤渣主要成分是__________；再向滤液加入氨水调节pH＝6，滤液中Sc3+的浓度为_____________。（已知：Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13、Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，Ksp[Sc(OH)3]＝9.0×10－31）
（3）用草酸“沉钪”。25 ℃时pH＝2的草酸溶液中＝__________(保留两位有效数字)。写出“沉钪”得到草酸钪的离子方程式__________________________________。[已知Ka1(H2C2O4)＝5.9×10－2，Ka2(H2C2O4)＝6.4×10－5]
（4）草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为______________________________________________。
（5）废酸中含钪量为15 mg·L－1，V L废酸最多可提取Sc2O3的质量为____________。
【答案】 将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 H2O2中，并不断搅拌 Fe(OH)3 9.0×10－7mol·L－l 3.8×10－2 2Sc3+＋ 3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋ 6H+ 2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2 0.023V g
【解析】 (1)不同的液体在混合时，一般先加密度较小，易挥发的，后加密度大的、难挥发的，若混合时放热，则最后加受热易分解的，因此，混合的实验操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 H2O2中，并不断搅拌；（2）废酸中含钪、钛、铁、锰等离子，洗涤“油相”已除去大量的钛离子，根据Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13、Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，Ksp[Sc(OH)3]＝9.0×10－31，可以求出余下三种离子沉淀完全（离子浓度小于10－5mol/L）的pH，发现锰离子沉淀完全时pH约为10，钪离子沉淀完全时pH约为5，而铁离子沉淀完全时pH约为4，所以先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是Fe(OH)3；再向滤液加入氨水调节pH=6，此时溶液中c(OH-)=10-8mol/L，滤液中Sc3+的浓度为9.0×10−31(10−8)3=9.0×10−7mol/L；(3) 25 ℃时pH＝2的草酸溶液中c(C2O42−)c(H2C2O4)＝c(C2O42−)∙c(H+)c(HC2O4−)×c(HC2O4−)∙c(H+)c(H2C2O4)×1c2(H+)=Ka2H2C2O4×Ka1H2C2O4×1c2H+=6.4×10−5×5.9×10−2×1(10−2)2=3.8×10−2， “沉钪”得到草酸钪的离子方程式为2Sc3+＋ 3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋ 6H+；（4）草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2；（5）废酸中含钪量为15 mg·L－1，则V L废酸中含钪的质量为15×10−3g/L×VL=0.015Vg，所以最多可提取Sc2O3的质量为0.015Vg45×1382=0.023Vg。
10．（重庆市綦江中学2018届高三高考适应性考试）铁的化合物有广泛用途，如碳酸亚铁(FeCO3)可作为补血剂，铁红(Fe2O3)可作为颜料。利用某硫酸厂产生的烧渣(主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2)制备碳酸亚铁的流程如下：
（1）“酸溶”时加快反应速率的方法有___________________(写出一种)。
（2）①“还原”时，FeS2与H2SO4不反应，Fe3+通过两个反应被还原，其中一个反应如下：FeS2 +14Fe3+ +8H2O＝15Fe2++2SO42－+16H+，则另一个反应的离子方程式为：___________；
②FeS2还原后，检验Fe3+是否反应完全的方法是___________。
（3）①“沉淀”时，需控制pH不宜过高，否则生成的FeCO3中可能混有___杂质；
②写出加入NH4HCO3生成“沉淀”的化学方程式：___________________；
③所得FeCO3需充分洗涤，检验沉淀已洗涤干净的方法是_________________。
（4）FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，同时释放出CO2，则与FeCO3反应的物质为_________(填化学式)。
（5）FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3时，也会生成FeO。现煅烧34.8g的FeCO3，得到Fe2O3和FeO的混合物23.76g。则Fe2O3的质量为______ g。
【答案】适度加热、适量增加硫酸的浓度、将烧渣粉碎、搅拌等FeS2+2Fe3++=3Fe2++2S取少量溶液，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明其中含有Fe3+，反之，未反应完全Fe(OH)2FeSO4+2NH4HCO3=(NH4)2SO4＋FeCO3↓＋H2O＋CO2↑取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加稍过量稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净O2、H2O21.6
【解析】烧渣（主要成分Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2)用硫酸浸取，过滤后含有硫酸铁、硫酸亚铁、未反应的硫酸，滤渣为二氧化硅，用二硫化亚铁还原Fe3+后过滤，得滤液中含有硫酸亚铁，向滤液中加入碳酸铵，过滤得碳酸亚铁，滤液中含有硫酸铵、碳酸铵。
可以通过加热、增加硫酸的浓度、将烧渣粉碎、搅拌等措施提高酸浸时反应速率；（2）①Fe3+被FeS2还原成Fe2+，发生反应的离子方程式包括：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42—+16H+、FeS2+2Fe3++=3Fe2++2S；②Fe3+与KSCN溶液反应呈血红色，检验Fe3+是否反应完全可选择KSCN溶液，具体方法是取少量溶液，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明其中含有Fe3+，反之，未反应完全；（3）①pH过高时溶液生成氢氧化亚铁沉淀；②加入NH4HCO3生成“沉淀”的化学方程式为FeSO4+2NH4HCO3=(NH4)2SO4+FeCO3↓+H2O+CO2↑；③碳酸亚铁表面会附着硫酸铵，所以检验FeCO3是否洗净，可以检验洗涤滤液中是否有硫酸根离子，具体方法为：取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净；（4）红褐色固体是Fe(OH)3，FeCO3、H2O和O2反应生成Fe(OH)3和CO2；（5）在空气中煅烧FeCO3生成氧化铁和氧化亚铁，设Fe2O3的物质的量为x mol，FeO的物质的量为y mol，根据化学反应前后铁元素守恒可得：①2x+y=0.3，②160x+72y=23.76，联立解得x=0.135，可知Fe2O3的质量为21.6g。
11．（安徽省江南十校2018届高三冲刺联考二模）盐酸法是在一定温度下盐酸与铝土矿、高岭土或粉煤灰等固体中的活性Al2O3发生反应制备Al2O3的工艺。氯化铝溶液可通过蒸发结晶生成结晶氯化铝，进而焙烧得到氧化铝；也可利用氯化铝在酸溶液中的溶解度随着盐酸浓度的升高而急剧降低的特点，生成氯化铝晶体，从而焙烧得到氧化铝。图1是我国某公司研发的具有自主知识产权的“一步酸溶法”工艺流程。
回答下列问题:
(1)“氯化铝在酸溶液中的溶解度随着盐酸浓度的升高而急剧降低”的原因是________________________________________________________(结合必要的化学方程式说明)。
(2)精制液蒸发结晶后分离出纯净结晶氯化铝的操作名称是_______,用_____洗涤。
(3)写出结晶氯化铝(AlCl3·6H2O)焙烧的化学方程式:_____________________________。
(4)工业上冶炼金属铝的方法是电解熔融的_______(填化学式)，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________________________。
(5)铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备,其主要原因是_______________________________________。
【答案】 AlCl3溶液中存在水解平衡AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，及结晶溶解平衡AlCl3(s)Al3+(aq)+3Cl-(aq)，盐酸浓度越大，两平衡都向左移动，AlCl3溶解度越小 过滤 浓盐酸 2(AlCl3·6H2O) Al2O3+6HCl+9H2O Al2O3 石墨电极被阳极上产生的O2氧化 NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
【解析】(1) AlCl3溶液中存在水解平衡AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，及结晶溶解平衡AlCl3(s)Al3+(aq)+3Cl-(aq)，盐酸浓度越大，氢离子、氯离子浓度均增大，两平衡都向左移动，AlCl3溶解度越小，所以氯化铝在酸溶液中的溶解度随着盐酸浓度的升高而急剧降低；正确答案：AlCl3溶液中存在水解平衡AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，及结晶溶解平衡AlCl3(s)Al3+(aq)+3Cl-(aq)，盐酸浓度越大，两平衡都向左移动，AlCl3溶解度越小。
(2)固液分离采用过滤操作，因此精制液蒸发结晶后分离出纯净结晶氯化铝的操作是过滤；由于氯化铝溶液水解显酸性，浓盐酸能抑制其水解，洗涤时减小氯化铝晶体的损失；正确答案：过滤； 浓盐酸。
(3) 氯化铝(AlCl3·6H2O)加热后水解生成氢氧化铝，氢氧化铝灼烧后生成氧化铝，化学方程式：2(AlCl3·6H2O) Al2O3+6HCl+9H2O；正确答案：2(AlCl3·6H2O) Al2O3+6HCl+9H2O。
(4)金属铝活泼性较强，工业上用电解熔融的氧化铝得到金属铝，阳极发生极反应为：2O2—-4e-=O2↑，反应生成的氧气与石墨(主成分为碳)电极发生反应生成二氧化碳，造成阳极的石墨被消耗；正确答案：Al2O3 ；石墨电极被阳极上产生的O2氧化。
(5)铝表面有氧化膜（Al2O3）， NH4Cl分解产生的HCl能够与Al2O3反应，Al表面的Al2O3薄膜被反应掉，有利于铝粉与氮气反应生成AlN；正确答案：NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。
第六课：镁、铝及其化合物
第3节： 化工流程中铝化合物的处理
一、 高考回顾
1.（2019全国Ⅲ卷）高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
（1）“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式____________________________________________________。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将________________________。
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________________________________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___________。
【答案】 (1). SiO2（不溶性硅酸盐） (2). MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). 4.7 (5). NiS和ZnS (6). F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++2F−平衡向右移动 (7). Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O (8).
【解析】（1）Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；
（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；
（3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间；
（4）根据题干信息，加入Na2S除杂为了出去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；
（5）由HF H++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全；
（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3
2、（2018年江苏化学）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，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为______________________。
（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题16图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃
硫去除率=（1—焙烧后矿粉中硫元素总质量焙烧前矿粉中硫元素总质量）×100%
①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于__________________。
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，其主要原因是____________________。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_______________（填化学式）转化为_______________（填化学式）。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）=__________________。
【答案】SO2+OH−HSO3−FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中NaAlO2Al(OH)31∶16
【解析】（1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3，离子方程式为SO2+OH-=HSO3-。
（2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃，不添加CaO的矿粉低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。
②添加CaO，CaO起固硫作用，添加CaO发生的反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，根据硫去除率的含义，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原因是：硫元素转化为CaSO4留在矿粉中。
（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al（OH）3，反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，即Al元素存在的形式由NaAlO2转化为Al（OH）3。
（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16。
二、突破训练
1.（江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁六市2018届高三第二次调研二模）CoCO3是一种制造锂电池电极的原料。以含钴废渣(主要成分CoO、CO2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Co2＋
7.6
9.4
Al3＋
3.0
5.0
Zn2＋
5.4
8.0
（1） “酸浸”时通入SO2的目的是____________________________。
（2） “除铝”时调节溶液pH范围为________，该过程中主要反应的离子方程式为___________________。
（3）“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)＋2HX(有机层)ZnX2(有机层)＋H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是__________________________________________。
（4）“沉钴”时Na2CO3溶液需缓慢滴加的原因是_____________
（5） CoCO3隔绝空气灼烧可以生成Co2O3，该反应的化学方程式为__________________。
【答案】将Co3+还原为Co2+ 5.0～5.4 2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ 向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液 防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀 2CoCO3Co2O3+CO↑+CO2↑
【解析】(1)“酸浸”时通入SO2的目的是将Co3+还原为Co2+；(2)“除铝”时调节溶液pH范围使铝完全沉淀但锌没有开始沉淀，则范围为5.0～5.4，该过程中主要反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；(3)“萃取”过程可表示为ZnSO4（水层）+2HX（有机层）ZnX2（有机层）+H2SO4（水层），由有机层获取ZnSO4溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液；(4)“沉钴”时Na2CO3溶液需缓慢滴加，防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀；(5)CoCO3隔绝空气灼烧可以生成Co2O3，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为2CoCO3Co2O3+CO↑+CO2↑。
2（山东省日照市2018届高三4月校际联合期中考试）以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2等) 为原料制备兰尼镍的工艺流程如下所示。
（1）形成Ni(CO)4时碳元素的化合价没有变化，则Ni(CO)4中的Ni的化合价为___________。
（2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+，则产生的气体为______(填化学式)。
（3） 滤渣D为单质镍、硫的混合物，请写出向浸出液B中通入H2S气体时所有反应的离子方程式:__________________________，_________________________。
（4） 已知: 3Fe2+ +2[Fe(CN)6]3-==Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)；4Fe3++3[Fe(CN)6]4-==Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝色沉淀)。下列可以用于检验滤液C 中金属阳离子的试剂有____________(填标号)
a.KSCN溶液 b.K3[Fe(CN)6] c.K4[Fe(CN)6] d.苯酚
（5）兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金。碱浸镍铝合金后，残铝量对兰尼镍的催化活性有重大影响，根据下图分析，残铝量在_____范围内催化活性最高，属于优质产品。
（6） 仿照下面示例，设计从浸出液E 回收氧化铝的流程: 浸出液E_________________。
(示例: )
【答案】 0 O2 H2S+ 2Fe3+==2Fe2++2H++ S↓ H2S+Ni2+==Ni↓+2H++S↓ b 4%~6%
【解析】（1）Ni(CO)4中碳为+2价、氧-2价，故Ni的化合价为0；（2）Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时有气体产生且镍被还原为Ni2+，Ni的化合价降低，则氧元素的化合价应升高，则产生的气体为O2；（3） 滤渣D为单质镍、硫的混合物，浸出液B含有Fe3+、Ni2+，向其中通入H2S气体时Fe3+被还原为Fe2+，同时生成硫单质，且Ni2+被还原为单质，反应的离子方程式：H2S+ 2Fe3+==2Fe2++2H++ S↓、H2S+Ni2+==Ni↓+2H++S↓；（4）根据上述分析，过滤后得到滤液C含有Fe2+，检验滤液C 中金属阳离子的试剂可选择.K3[Fe(CN)6]，答案选b；（5）根据下图分析，残铝量在4%~6%范围内催化活性最高，属于优质产品；（6）从浸出液E 回收氧化铝的流程可表示为：浸出液E。
3．（广西省南宁市普通高中2019届高三毕业班第一次适应测试）工业上利用氧化铝基废催化剂(主要成分为Al2O3，还含有少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd的流程如下：
(1)Al2(SO4)3溶液蒸干灼烧后所得物质的化学名称是___________。
(2)焙烧时Al2O3与(NH4)2SO4反应的化学方程式为___________。
水浸与中和步骤得到溶液的操作方法是___________。
(3)浸液Y中含Pd元素的溶质是___________ (填化学式)。
(4)“热还原”中每生成1molPd生成的气体的物质的量为___________ (已知热还原得到的固体只有Pd)。
(5)Pd是优良的储氢金属，其储氢原理为2Pd(s)+xH2(g)==2PdHx(s)，其中x的最大值为0.8。已知： Pd的密度为12g·cm-3， 则10.6cm3Pd能储存标准状况下H2的最大体积为___________L。
(6)铝的阳极氧化法是将铝作为阳极，置于硫酸等电解液中，加入α-羟基丙酸、丙三醇后进行电解，可观察到铝的表面会形成一层致密的氧化膜。
①写出电解时阳极的电极反应式：______________________ 。
②电解过程中α-羟基丙酸、丙三醇的作用可能是______________________。
【答案】硫酸铝 3(NH4)2SO4+Al2O3高温Al2(SO4)3+6NH3↑+3H2O↑ 过滤 H2PdCl6 8mol 10.752 2Al+3H2O-6e-==Al2O3+6H+ 抑制氧化膜的溶解(或使形成的氧化膜更致密等其他合理答案)
【解析】 (1)Al2（SO4）3溶液中水解生成氢氧化铝和硫酸，加热蒸发，硫酸是难挥发性酸，蒸出的为水，得到硫酸铝固体；
答案： 硫酸铝
(2)从流程中得知，反应物为(NH4)2SO4和Al2O3，生成物包括NH3和Al2(SO4)3，不难推出还有另一个生成物水，注意条件高温不要漏了；水浸后分离出滤渣和溶液，所以操作为过滤；
答案：3(NH4)2SO4+Al2O3Al2(SO4)3+6NH3↑+3H2O↑ 过滤
(3)氨气中和后生成滤液(NH4)2SO4，所以往前推理Y中含Pd的溶质为H2PdCl6；
答案：H2PdCl6
(4)（NH4）2PtCl6+2H2Pt+2NH3↑+6HCl↑，热还原得Pd，生成1molPd，则还有2mol氨气和6molHCl，故气体物质的量为8mol；
答案：8mol
(5)本题利用化学计量知识计算，m＝ρV，n＝m/M，得n（Pd）=1.2mol，x最大值为0.8，则令x＝0.8，参与反应氢气为0.48mol，故标准状况下气体体积为10.752L。
答案：10.752
(6)①阳极反应方程式为铝失去电子，生成氧化膜氧化铝，反应式为2Al+3H2O-6e-==Al2O3+6H+；
答案：2Al+3H2O-6e-==Al2O3+6H+
②因为实验目的是观察氧化膜的形成，所以添加物的目的要从保持氧化膜的角度考虑即可，答案可以是抑制氧化膜的溶解(或使形成的氧化膜更致密等其他合理答案)；
答案：抑制氧化膜的溶解(或使形成的氧化膜更致密等其他合理答案)
4．（山西省吕梁市2018届高三上学期第一次模拟考试）目前钴酸锂(LiCoO2)锂离子电池应用十分广泛，从废旧钴酸锂理离子电池中回收铝、铁、钴、锂等元素成了重要的研究课题，某小组模拟工业流程从废旧电池中对上述元素进行提取。
已知：①滤液1中阳离子有H+、CO3+、Fe3+、Al3+、Li+等；
②几种物质不同温度下的溶解度如下表所示：
T/℃
20
40
60
80
S(Li2CO3)/g
1.33
1.17
1.01
0.85
S(Li2SO4)/g
34.2
32.8
31.9
30.7
（1）钴酸锂（LiCoO2）中钴元素的化合价是_______________。
（2）上述流程中将CoO2-转化为Co3+的离子方程式为_________________。
（3）滤液1中加入Na2SO3的主要目的是_____________________；加入NaClO3的主要目的是____________。
（4）为了使Fe3+、Al3+沉淀完全（通常认为金属离子浓度小于或等于10-5mol·L-1时表示已沉淀完全）加入氨水调节pH的最小值是____________（保留一位小数）。{已知：Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-39，Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34，lg3=0.52}
（5）滤液3中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，需要用“热水洗涤”的原因是_________。
（6）为得到高纯度的Li2CO3，需将粗产品Li2CO3与盐酸反应制得的LiCl进行电解。其原理如图所示：
①电解时阳极的电解反应式为_____________________。
②电解后向产品LiOH溶液中加入过滤NH4HCO3溶液生成Li2CO3，反应的化学方程式为__________。
【答案】+3 4H++CoO2=== 2H2O+Co3+ 将Co3+氧化为Co2+ 将Fe2+氧化为Fe3+ 4.5 Li2CO3溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失 2Cl--e-===Cl2↑ 2LiOH+2NH4HCO3===Li2CO3 + (NH4 )2CO3 + 2H2O
【解析】（1）钴酸锂（LiCoO2）中锂的化合价为+1、氧为-2价，根据化合物化合价代数和为0可知，钴元素的化合价是+3价；（2）根据流程可知，废旧电池燃烧除去碳及有机物后利用硫酸浸泡得到的滤液1中阳离子有H+、CO3+、Fe3+、Al3+、Li+等；故将CoO2-转化为Co3+的离子方程式为4H++CoO2=== 2H2O+Co3+；（3）滤液1中阳离子有H+、CO3+、Fe3+、Al3+、Li+等；亚硫酸钠具有还原性，能将Co3+氧化为Co2+；NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+；（4）依据已知的Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-39，可以求得Al3+和Fe3+完全以氢氧化物沉淀时（即金属离子浓度小于10-5mol·L-1时）的pH分别为：4.5和3.4；，加入氨水调节pH的最小值是4.5；（5）滤液3中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，需要用“热水洗涤”的原因是Li2CO3溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失；（6）①电解LiCl溶液时阳极氯离子失电子产生氯气，电解反应式为2Cl--e-=Cl2↑；②电解后向产品LiOH溶液中加入过滤NH4HCO3溶液生成Li2CO3，反应的化学方程式为2LiOH+2NH4HCO3===Li2CO3 + (NH4 )2CO3 + 2H2O。
5．（湖南省张家界市2018届高三第三次模拟考试）铬合金具有高硬度、耐腐蚀特性，广泛应用于精密仪器制造，由高碳铬铁合金废料制取铬的简单流程如下:
已知:Cr+H2SO4=CrSO4+H2↑
请回答下列问题:
请回答下列问题:
（1）稀硫酸酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有_____ (写一条即可)
(已知: )
（2）用纯碱调节溶液酸度，若纯碱过量，则可能导致的后果是______，副产物中两种主要物质的化学式为_____________；
（3）加入草酸发生反应的离子方程式为______；利用铝热反应冶炼铬。请写出该反应的化学方程式_________；
（4）向滤液中通入空气，加入氨水后发生反应的化学方程式为_________；
（5）利用如图装置，探究铬和铁的活泼性强弱。
能证明铁比铬话泼的实验现象是______，工业上，在钢器具表面镀铬，用硫酸铬(CrSO4)溶液作电解液，阴极的电极反应式为___________；
（6）已知高碳铬铁度料中铁铭元素质量比为14:13.上述流程中铁元素转化草酸亚铁的利用率为80%。废料中提取金属铬的总转化率为95%，如果得到草酸亚铁品体(FeC2O4·2H2O)质量为18.00吨，则可以冶炼铬的质量为____吨(结果保留1位小数)。
【答案】加热、搅拌、适当提高稀硫酸浓度等(答案合理即可) Cr2+、Fe2+水解或沉淀 Na2SO4、NaHSO4 Fe(OH)2+H2C2O4=FeC2O4·2H2O↓ Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr 4CrSO4+O2+8NH3·H2O+2H2O=4Cr(OH)3↓+4(NH4)2SO4 铬极上产生气泡 Cr2++2e-=Cr 6.2
【解析】
（1）已知:，稀硫酸酸浸过程中，提高“浸出率”的措施就是加快化学反应速率，结合影响化学化学反应速率的因素进行总结，例加热、搅拌或适当提高稀硫酸浓度等。
（2）用纯碱调节溶液酸度，若纯碱过量，因为CO32-水解显碱性，则可能导致Cr2+、Fe2+沉淀，根据反应流程图，副产物中两种主要物质的化学式为Na2SO4 (NH4)2SO4
（3）加入草酸发生反应的离子方程式为Fe(OH)2+H2C2O4=FeC2O4·2H2O↓；利用铝热反应指用金属铝和金属氧化物反应冶炼金属。铝热反应冶炼铬的化学反应方程式Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr 。
（4）向滤液中通入空气，加入氨水后发生反应的化学方程式为4CrSO4+O2+8NH3·H2O+2H2O=4Cr(OH)3↓+4(NH4)2SO4
（5）由装置图分析此装置为原电池，铬和铁做电极材料，电解质为稀硫酸，根据原电池工作原理，活泼金属做负极，所以铁做负极失电子，铬做正极，溶液中H+得电子生成氢气，所以铬极上产生气泡，说明铁的金属活泼性比铬强。在钢器具表面镀铬，钢器具做阴极，用硫酸铬(CrSO4)溶液作电解液，阴极的电极反应式为Cr2++2e-=Cr。
（6）由已知得(FeC2O4·2H2O)的物质的量为(18×106g)/180g.mol-1=105mol
铁元素转化草酸亚铁的利用率为80%,所以混合物中铁的含量为105mol/80%=1.25×105 mol已知高碳铬铁度料中铁铭元素质量比为14:13.，说明铁和铬原子个数比为1:1，所以混合物中铬的含量为1.25×105 mol，流程中废料中提取金属铬的总转化率为95%，可以冶炼铬的质量为1.25×105 mol×95%×52g.mol-1= 6.2×106g=6.2吨。
6．（辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三联合考试）铁、铝是重要的金属材料，铁、铝及其化合物有非常重要的用途。
（1）下列说法正确的是________(填序号)。
① 配制氯化铁溶液，先将FeCl3固体溶于较浓盐酸，再用蒸馏水稀释到所需的浓度
② FeCl2只能通过置换反应生成，FeCl3只能通过化合反应生成
③ 利用氯水和KSCN溶液可以检验Fe3+中有无Fe2+
④ 加热蒸干Fe2(SO4)3溶液获得Fe2(SO4)3固体
⑤ 含a mol AlCl3的溶液和含1.5a mol NaOH的溶液，无论正滴和反滴，生成Al(OH) 3的质量相等
⑥ 由于金属铝性质稳定，所以Al在空气中能稳定存在
（2）高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能水处理剂。其作用原理为__________________。
（3）以铝土矿(主要成分为Al2O3和Fe2O3、SiO2)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
①滤渣主要成分为___________________
②在实验室灼烧操作应选择的实验仪器为_____________________
③反应II中，加入NaHCO3一段时间才有沉淀生成，写出加入少量NaHCO3时发生反应的离子方程式________。
（4）已知25 ℃时Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38， Ksp[Al(OH)3]=1.1×10−33。
①在25 ℃下，向浓度均为0.1 mol·L−1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀(填化学式)。
②溶液中某离子物质的量浓度低于1.0×10−5 mol·L−1时，可认为已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3+完全沉淀时，测定c(Al3+)=0.2 mol·L−1。此时所得沉淀中________(填“还含有”或“不含有”)Al(OH)3。
【答案】①④⑤ K2FeO4中+6价铁具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO42－ 被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质，起到净水作用 Fe2O3 坩埚 HCO3-+OH-=H2O+CO32- Al(OH)3 不含有
【解析】 (1) ①配制氯化铁溶液，先将FeCl3固体溶于较浓盐酸，防止三价铁离子水解，再用蒸馏水稀释到所需的浓度，故①正确；
②FeCl2可以通过置换反应生成，也可以通过化合反应生成，如铁与FeCl3反应生成FeCl2，FeCl3只能通过化合反应生成，故②错误；
③Fe3+能使KSCN溶液变为血红色，所以不能利用氯水和KSCN溶液可以检验Fe3+中有无Fe2+，故③错误；
④Fe2(SO4)3水解得到硫酸不挥发 (硫酸沸点比水高)，就算能生成H2SO4 ，也会和Fe(OH)3反应，所以都得到了原固体，故④正确；
⑤a mol AlCl3 1.5a mol NaOH的物质的量之比为2：3，AlCl3过量，所以无论正滴和反滴，生成Al(OH) 3的质量相等
(2) K2FeO4中+6价铁具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO42－ 被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质，起到净水作用；
(3) ①铝土矿(主要成分为Al2O3和Fe2O3、SiO2)中Fe2O3不溶于氢氧化钠溶液，所以滤渣主要成分为Fe2O3；②灼烧操作应选择的实验仪器是坩埚；③在溶解铝土矿时加入了过量的氢氧化钠溶液，所以加入NaHCO3先与未反应的氢氧根反应，离子方程式为HCO3-+OH-=H2O+CO32-；
(4) ①根据25 ℃时，氢氧化铜与氢氧化铝的溶度积常数Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20， Ksp[Al(OH)3]=1.1×10−33，向浓度均为0.1 mol·L−1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，
31.1×10-330.1＜2.2×10-200.1 ，滴加相同浓度的氨水，Al(OH)3先析出；
②Fe3+完全沉淀时,c(OH-)3= Ksp[Fe(OH)3]/c(Fe3+)=4.0×10−38÷(1.0×10−5) =4.0×10−33，则c(Al3+).c(OH-)3=0.2×4.0×10−33=8×10−34＜Ksp[Al(OH)3]=1.1×10−33,所以没有生成Al(OH)3沉淀。
7．（广东省惠州市2019届高三第二次调研）铬合金有重要的用途，从其废料中制取铬的流程如下:
已知: ① Cr+H2SO4=CrSO4+H2↑，
② 流程中铬元素浸出之后至生成Cr(OH)3之间均以自由移动离子状态存在于溶液中。
请回答下列问题:
（1）稀硫酸酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有：________________________ (写一条即可) 。
（2）用纯碱调节滤液pH，得到某弱碱沉淀，若纯碱过量，则可能导致的后果是_：_____________。
（3）流程中的“副产物”中，可用作可溶性钡盐中毒解毒剂的物质的化学式是___________；可用作化肥的物质的化学式是_____________。
（4）加入草酸实现沉淀转化反应化学方程式为：_____________。
（5）流程中利用铝热反应冶炼铬的化学方程式为： ____________________。
（6）流程中由滤液生成Cr(OH)3的化学方程式为： _________________________。
（7）除已知反应①之外，整个流程中涉及的主要氧化还原反应有_____个，分解反应有____个。
【答案】加热、搅拌、适当提高稀硫酸浓度等(答案合理即可) H2C2O4的消耗量过大（或使Cr2+转化成沉淀而损耗） Na2SO4 (NH4)2SO4 Fe(OH)2+H2C2O4=FeC2O4·2H2O Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr 4CrSO4+O2+8NH3·H2O+2H2O=4Cr(OH)3↓+4(NH4)2SO4 3 1
【解析】（1）根据外界条件对反应速率的影响可知稀H2SO4酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有：加热、搅拌、适当提高稀H2SO4的浓度等。
（2）用纯碱调节滤液pH，使Fe2+转化成Fe（OH）2沉淀，再加入草酸将Fe（OH）2转化为FeC2O4·2H2O沉淀而除去。若纯碱过量，可能导致的后果是：一方面使Cr2+转化成沉淀而被消耗，使Cr的产率降低；另一方面使后续过程中H2C2O4的消耗量过大。
（3）除去Fe2+后的滤液中主要溶质为CrSO4和Na2SO4，向滤液中通入空气并加入氨水，滤液中Cr2+转化成Cr（OH）3沉淀，得到的副产物为（NH4）2SO4和Na2SO4，其中可用作可溶性钡盐中毒解毒剂的物质的化学式是Na2SO4，解毒的原理为SO42-+Ba2+=BaSO4↓。可用作化肥的物质的化学式是（NH4）2SO4，（NH4）2SO4是一种氮肥。
（4）加入草酸将Fe（OH）2沉淀转化为FeC2O4·2H2O，沉淀转化反应的化学方程式为Fe（OH）2+H2C2O4＝FeC2O4·2H2O。
（5）Al与Cr2O3发生铝热反应生成Al2O3和Cr，反应的化学方程式为2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr。）滤液中通入空气、加入氨水CrSO4转化为Cr（OH）3沉淀，1molCr2+失去1mol电子生成1molCr（OH）3，1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒，由滤液生成Cr（OH）3的化学方程式为4CrSO4+O2+8NH3·H2O+2H2O＝4Cr（OH）3↓+4（NH4）2SO4。
（6）除反应①之外，整个流程中涉及的主要氧化还原反应还有：Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑、4CrSO4+O2+8NH3·H2O+2H2O＝4Cr（OH）3↓+4（NH4）2SO4、2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr，即氧化还原反应有3个；分解反应为2Cr（OH）3Cr2O3+3H2O，即分解反应有1个。
8．（黑龙江省大庆铁人中学2019届高三第一次模拟考试）镁、铝、钙的某些化合物在生产、生活中有着重要应用。请按要求回答下列问题。
Ⅰ.化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃材料,受热时有如下分解反应:2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O↑+10MgO+3Al2O3
(1)除去固体产物中Al2O3的离子方程式为_________________。
(2)常温，MgO可溶于NH4Cl溶液的化学方程式为_______________。
Ⅱ.过氧化钙(CaO2)是一种白色、无毒、难溶于水的固体消毒剂。工业生产过程如下:①在NH4Cl溶液中加入Ca(OH)2;②不断搅拌的同时加入30% H2O2溶液(弱酸性),生成CaO2·8H2O沉淀;③经过陈化、过滤、水洗得到CaO2·8H2O,再脱水干燥得到CaO2。
(1) 可循环使用的物质是______。工业生产中常选用过量的反应物是Ca(OH)2而不是H2O2,这是因为__________________。
(2) 检验CaO2·8H2O是否洗净的操作是________。
(3) 测定产品中CaO2含量:取m g样品,与足量稀硫酸反应充分,生成的H2O2用c mol·L-1的KMnO4溶液滴定,消耗标准液的体积为V mL,则该样品中CaO2质量百分数为(含m、c、V的表达式)__________。
【答案】Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O2NH4Cl+H2O+MgOMgCl2+2NH3·H2ONH4Cl过量Ca(OH)2使溶液显碱性,可以抑制CaO2·8H2O溶解,从而提高产品的产率;H2O2溶液呈弱酸性,会促进CaO2·8H2O溶解,降低产品产率。取适量最后一次洗涤液于试管中,加入稀硝酸,再向其中加入AgNO3溶液。18cV/m%
【解析】Ⅰ（1）固体产物中含有氧化镁和氧化铝，两者的区别在与氧化铝与强碱反应而氧化镁不能，加入氢氧化钠溶液溶解后过滤，离子反应方程式为：Al2O3+2OH-＝2AlO2-+H2O；
（2）氯化铵溶液中铵根离子水解，溶液显酸性： NH4Cl+H2O⇌HCl+NH3·H2O，氧化镁与铵根离子水解产物反应：MgO+ 2HCl MgCl2+ H2O，此反应促进铵根离子水解，所以总反应为：2NH4Cl+H2O+MgOMgCl2+2NH3·H2O；
Ⅱ（1）在NH4Cl溶液中加入Ca(OH)2，但是没有加热，因此反应方程式为：2NH4Cl +Ca(OH)2＝2NH3·H2O+CaCl2；不断搅拌的同时加入30% H2O2溶液(弱酸性)，生成CaO2·8H2O沉淀，反应方程式为CaCl2+ H2O2+6H2O+2NH3·H2O＝CaO2·8H2O¯+2NH4Cl，所以可以循环使用的物质是NH4Cl；工业生产中常选用过量的反应物是Ca(OH)2而不是H2O2，这是因为过量Ca(OH)2能使溶液显碱性，可以抑制CaO2·8H2O溶解，从而提高产品的产率；
（2）检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子，因此检验方法是：取适量最后一次洗涤液于试管中，加入稀硝酸，再向其中加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀产生，如果没有，证明CaO2·8H2O已经洗涤干净；
（3）由CaO2+H2SO4＝CaSO4+H2O2，5H2O2+2MnO4-+6H+＝2Mn2++5O2↑+8H2O可知：5CaO2→ 2MnO4-，因此n(CaO2)=5cV×10−32mol ，所以该样品中CaO2的质量百分数=5cV×10−32mol×72g/molmg×100%=18cV/m%。
9．（福建省漳州市2018届高三考前模拟考试试卷二）钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如下：
回答下列问题：
（1）洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是______________________________。
（2）先加入氨水调节pH＝3，过滤，滤渣主要成分是__________；再向滤液加入氨水调节pH＝6，滤液中Sc3+的浓度为_____________。（已知：Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13、Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，Ksp[Sc(OH)3]＝9.0×10－31）
（3）用草酸“沉钪”。25 ℃时pH＝2的草酸溶液中＝__________(保留两位有效数字)。写出“沉钪”得到草酸钪的离子方程式__________________________________。[已知Ka1(H2C2O4)＝5.9×10－2，Ka2(H2C2O4)＝6.4×10－5]
（4）草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为______________________________________________。
（5）废酸中含钪量为15 mg·L－1，V L废酸最多可提取Sc2O3的质量为____________。
【答案】 将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 H2O2中，并不断搅拌 Fe(OH)3 9.0×10－7mol·L－l 3.8×10－2 2Sc3+＋ 3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋ 6H+ 2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2 0.023V g
【解析】 (1)不同的液体在混合时，一般先加密度较小，易挥发的，后加密度大的、难挥发的，若混合时放热，则最后加受热易分解的，因此，混合的实验操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 H2O2中，并不断搅拌；（2）废酸中含钪、钛、铁、锰等离子，洗涤“油相”已除去大量的钛离子，根据Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13、Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，Ksp[Sc(OH)3]＝9.0×10－31，可以求出余下三种离子沉淀完全（离子浓度小于10－5mol/L）的pH，发现锰离子沉淀完全时pH约为10，钪离子沉淀完全时pH约为5，而铁离子沉淀完全时pH约为4，所以先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是Fe(OH)3；再向滤液加入氨水调节pH=6，此时溶液中c(OH-)=10-8mol/L，滤液中Sc3+的浓度为9.0×10−31(10−8)3=9.0×10−7mol/L；(3) 25 ℃时pH＝2的草酸溶液中c(C2O42−)c(H2C2O4)＝c(C2O42−)∙c(H+)c(HC2O4−)×c(HC2O4−)∙c(H+)c(H2C2O4)×1c2(H+)=Ka2H2C2O4×Ka1H2C2O4×1c2H+=6.4×10−5×5.9×10−2×1(10−2)2=3.8×10−2， “沉钪”得到草酸钪的离子方程式为2Sc3+＋ 3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋ 6H+；（4）草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2；（5）废酸中含钪量为15 mg·L－1，则V L废酸中含钪的质量为15×10−3g/L×VL=0.015Vg，所以最多可提取Sc2O3的质量为0.015Vg45×1382=0.023Vg。
10．（重庆市綦江中学2018届高三高考适应性考试）铁的化合物有广泛用途，如碳酸亚铁(FeCO3)可作为补血剂，铁红(Fe2O3)可作为颜料。利用某硫酸厂产生的烧渣(主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2)制备碳酸亚铁的流程如下：
（1）“酸溶”时加快反应速率的方法有___________________(写出一种)。
（2）①“还原”时，FeS2与H2SO4不反应，Fe3+通过两个反应被还原，其中一个反应如下：FeS2 +14Fe3+ +8H2O＝15Fe2++2SO42－+16H+，则另一个反应的离子方程式为：___________；
②FeS2还原后，检验Fe3+是否反应完全的方法是___________。
（3）①“沉淀”时，需控制pH不宜过高，否则生成的FeCO3中可能混有___杂质；
②写出加入NH4HCO3生成“沉淀”的化学方程式：___________________；
③所得FeCO3需充分洗涤，检验沉淀已洗涤干净的方法是_________________。
（4）FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，同时释放出CO2，则与FeCO3反应的物质为_________(填化学式)。
（5）FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3时，也会生成FeO。现煅烧34.8g的FeCO3，得到Fe2O3和FeO的混合物23.76g。则Fe2O3的质量为______ g。
【答案】适度加热、适量增加硫酸的浓度、将烧渣粉碎、搅拌等FeS2+2Fe3++=3Fe2++2S取少量溶液，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明其中含有Fe3+，反之，未反应完全Fe(OH)2FeSO4+2NH4HCO3=(NH4)2SO4＋FeCO3↓＋H2O＋CO2↑取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加稍过量稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净O2、H2O21.6
【解析】烧渣（主要成分Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2)用硫酸浸取，过滤后含有硫酸铁、硫酸亚铁、未反应的硫酸，滤渣为二氧化硅，用二硫化亚铁还原Fe3+后过滤，得滤液中含有硫酸亚铁，向滤液中加入碳酸铵，过滤得碳酸亚铁，滤液中含有硫酸铵、碳酸铵。
可以通过加热、增加硫酸的浓度、将烧渣粉碎、搅拌等措施提高酸浸时反应速率；（2）①Fe3+被FeS2还原成Fe2+，发生反应的离子方程式包括：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42—+16H+、FeS2+2Fe3++=3Fe2++2S；②Fe3+与KSCN溶液反应呈血红色，检验Fe3+是否反应完全可选择KSCN溶液，具体方法是取少量溶液，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明其中含有Fe3+，反之，未反应完全；（3）①pH过高时溶液生成氢氧化亚铁沉淀；②加入NH4HCO3生成“沉淀”的化学方程式为FeSO4+2NH4HCO3=(NH4)2SO4+FeCO3↓+H2O+CO2↑；③碳酸亚铁表面会附着硫酸铵，所以检验FeCO3是否洗净，可以检验洗涤滤液中是否有硫酸根离子，具体方法为：取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净；（4）红褐色固体是Fe(OH)3，FeCO3、H2O和O2反应生成Fe(OH)3和CO2；（5）在空气中煅烧FeCO3生成氧化铁和氧化亚铁，设Fe2O3的物质的量为x mol，FeO的物质的量为y mol，根据化学反应前后铁元素守恒可得：①2x+y=0.3，②160x+72y=23.76，联立解得x=0.135，可知Fe2O3的质量为21.6g。
11．（安徽省江南十校2018届高三冲刺联考二模）盐酸法是在一定温度下盐酸与铝土矿、高岭土或粉煤灰等固体中的活性Al2O3发生反应制备Al2O3的工艺。氯化铝溶液可通过蒸发结晶生成结晶氯化铝，进而焙烧得到氧化铝；也可利用氯化铝在酸溶液中的溶解度随着盐酸浓度的升高而急剧降低的特点，生成氯化铝晶体，从而焙烧得到氧化铝。图1是我国某公司研发的具有自主知识产权的“一步酸溶法”工艺流程。
回答下列问题:
(1)“氯化铝在酸溶液中的溶解度随着盐酸浓度的升高而急剧降低”的原因是________________________________________________________(结合必要的化学方程式说明)。
(2)精制液蒸发结晶后分离出纯净结晶氯化铝的操作名称是_______,用_____洗涤。
(3)写出结晶氯化铝(AlCl3·6H2O)焙烧的化学方程式:_____________________________。
(4)工业上冶炼金属铝的方法是电解熔融的_______(填化学式)，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________________________。
(5)铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备,其主要原因是_______________________________________。
【答案】 AlCl3溶液中存在水解平衡AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，及结晶溶解平衡AlCl3(s)Al3+(aq)+3Cl-(aq)，盐酸浓度越大，两平衡都向左移动，AlCl3溶解度越小 过滤 浓盐酸 2(AlCl3·6H2O) Al2O3+6HCl+9H2O Al2O3 石墨电极被阳极上产生的O2氧化 NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
【解析】(1) AlCl3溶液中存在水解平衡AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，及结晶溶解平衡AlCl3(s)Al3+(aq)+3Cl-(aq)，盐酸浓度越大，氢离子、氯离子浓度均增大，两平衡都向左移动，AlCl3溶解度越小，所以氯化铝在酸溶液中的溶解度随着盐酸浓度的升高而急剧降低；正确答案：AlCl3溶液中存在水解平衡AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，及结晶溶解平衡AlCl3(s)Al3+(aq)+3Cl-(aq)，盐酸浓度越大，两平衡都向左移动，AlCl3溶解度越小。
(2)固液分离采用过滤操作，因此精制液蒸发结晶后分离出纯净结晶氯化铝的操作是过滤；由于氯化铝溶液水解显酸性，浓盐酸能抑制其水解，洗涤时减小氯化铝晶体的损失；正确答案：过滤； 浓盐酸。
(3) 氯化铝(AlCl3·6H2O)加热后水解生成氢氧化铝，氢氧化铝灼烧后生成氧化铝，化学方程式：2(AlCl3·6H2O) Al2O3+6HCl+9H2O；正确答案：2(AlCl3·6H2O) Al2O3+6HCl+9H2O。
(4)金属铝活泼性较强，工业上用电解熔融的氧化铝得到金属铝，阳极发生极反应为：2O2—-4e-=O2↑，反应生成的氧气与石墨(主成分为碳)电极发生反应生成二氧化碳，造成阳极的石墨被消耗；正确答案：Al2O3 ；石墨电极被阳极上产生的O2氧化。
(5)铝表面有氧化膜（Al2O3）， NH4Cl分解产生的HCl能够与Al2O3反应，Al表面的Al2O3薄膜被反应掉，有利于铝粉与氮气反应生成AlN；正确答案：NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。
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