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河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12铝及其化合物
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这是一份河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12铝及其化合物，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12铝及其化合物
一、单选题
1．（2023·河南濮阳·统考一模）化合物M[化学式为RQ4Y(ZX4)2·12Q2X]曾是一种食品添加剂，现已被禁用。Q、R、X、Y、Z 元素分别处于三个短周期，原子序数依次增加，且和为45。在元素周期表中X与R 、Z相邻。下列叙述正确的是
A．简单离子半径：R>X>Y>Z
B．Q与X的二元简单化合物比Q与R的二元简单化合物沸点高、热稳定性强
C．X与R或Z组成的二元化合物均为酸性氧化物
D．向一定体积的M溶液中滴加等浓度的Ba(OH)2溶液，生成沉淀质量的曲线如图所示
2．（2022·河南·校联考模拟预测）《本草图经》有“白矾多入药用”。白矾[KAl(SO4)2·12H2O]又称明矾、钾明矾等，是一种重要的化学试剂。下列说法正确的是
A．白矾可用于自来水杀菌消毒
B．白矾溶液中n(K+)：n(Al3+)=1：1
C．白矾溶液可清洗铜镜表面铜锈
D．灼烧白矾时可直接观察焰色呈紫色
3．（2022·河南开封·校联考模拟预测）下列各组离子在相应条件下一定能大量共存的是
A．pH=14的溶液：K+、Na+、Cl-、ClO-
B．能使甲基橙变红的溶液：K+、Na+、CI-、S2O
C．能使KI淀粉试纸变蓝的溶液：Na+、NH、S2-、SO
D．能与金属铝反应生成H2的溶液：K+、Ca2+、NO、HCO
4．（2022·河南·校联考二模）下列实验操作、现象及相应结论都正确的是
实验操作
现象
结论
A
铜丝和浓硫酸加热一段时间后冷却，向反应后的溶液中加水稀释
溶液呈蓝色
反应生成了硫酸铜
B
取当地雨水样品，用pH计测水样的酸度，7天后再测一次
pH：第一次5.2，第二次4.9
pH与二氧化碳溶解在雨水中无关
C
把红色的鲜花放入干燥的氯气中
花的颜色无明显变化
干燥的氯气没有漂白性
D
铝箔放入氢氧化钠溶液中
无现象
铝箔表面存在致密的氧化膜
A．A B．B C．C D．D
5．（2022·河南开封·校联考模拟预测）25°C时，三种金属氢氧化物的溶解度(纵坐标以溶解金属质量/mg·L-1表示)与溶液中pH的关系如图所示。下列说法错误的是
A．Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小
B．Ksp[Cu(OH)2]=×10-17
C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K=
D．将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-= ZnO+2H2O
6．（2022·河南郑州·统考二模）用0.11mol·L-1的NaOH溶液滴定0.0125 mol·L-1的Al2(SO4)3溶液，滴定过程中的pH变化如下图所示。已知M点开始出现轻微沉淀，用激光笔照射时有明显的丁达尔现象；N点不再产生明显的沉淀；O点沉淀开始溶解。已知浓氨水的pH最大可达到11.7左右。下列相关说法错误的是
A．滴定前溶液呈酸性的主要原因是Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
B．M点之前发生反应的离子方程式为H＋＋OH-=H2O
C．OP段发生反应的离子方程式为Al3＋＋4OH-=[Al(OH)4]-
D．根据该实验数据可知Al(OH)3在浓氨水中可部分溶解
7．（2021·河南·校联考模拟预测）下列过程中的化学反应对应的离子方程式正确的是
A．用K3[Fe(CN)6]溶液检测FeCl2溶液中的Fe2+：
B．向稀硫酸中加入少量金属铜：
C．用醋酸溶液处理水垢中的氢氧化镁：
D．向溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：
二、多选题
8．（2023·河南郑州·统考一模）以铁硼矿(主要成分为和，还有少量、FeO、CaO、和等)为原料制备硼酸的工艺流程如图所示：
下列说法错误的是
A．浸渣中的物质是、和
B．“净化除杂”需先加溶液再调节溶液的pH
C．操作a为蒸发浓缩、冷却结晶
D．“粗硼酸”中的主要杂质是氢氧化铝
三、工业流程题
9．（2023·河南·校联考模拟预测）世界上铬单质及其化合物的生产呈现高速增长，故铬贫矿的利用至关重要。某铬贫矿的主要成分为Fe(CrO2)2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3，采用次氯酸钠法处理矿石并制备CrO3的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)已知经“氧化浸出”后，铁元素以Fe2O3形式存在，该过程中Fe(CrO2)2参与反应的化学方程式为 。
(2)“滤渣”可能含有的物质有 (填化学式)。
(3)已知常温下Al(OH)3(s)+H₂O( l) [Al(OH)4]-(aq)+H+(aq) K=1×10-13.37；Al(OH)3( s) Al3+(aq)+3OH-( aq) Ksp[Al(OH)3]=1×10-33。
经“沉铝”后所得溶液中[Al(OH)4]-的浓度为1×10-5.5mol·L-1此时溶液中的c(H+)= mol·L-1， c(Al3+) = mol·L-1。
(4)实验室将浓硫酸和Na2CrO7溶液“混合”时的具体实验操作为 。
(5)以1.4kg铬贫矿为原料，按照此流程最终得到0.2kgCrO3，原料的利用率为80%，则该铬贫矿中Fe(CrO2)2的百分含量为 。
(6)以节能环保为原则，以化合物M为原料，设计在此工艺流程中的循环利用方案： (结合化学方程式用文字说明)。
10．（2023·河南新乡·统考二模）从铜阳极泥分铜渣碱浸液中回收碲的工艺流程如图所示。
已知：①碱浸液中碲以的形式存在；
②Na2SO3可将Te(IV)还原为0价Te；
③TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性。
(1)中Te的化合价为 价，“还原”中发生反应的离子方程式(该工艺条件下，Pb2+不沉淀)为 。
(2)“还原”过程中，反应温度、反应时间对碲回收率的影响如图1所示，工业上一般采取的条件为控制温度为75 °C ，反应时间为120 min，其原因是 。
(3)“还原”过程中，Na2SO3用量对碲回收率的影响如图2，随着Na2SO3用量增加，碲回收率呈先增大后减小趋势，请分析当其用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因： 。
(4)加适量Na2S除铜铅，滤渣的成分为 。
(5)加酸调pH时发生反应的化学方程式为 ，加入硫酸的量不宜过多，其原因是 。
11．（2022·河南安阳·统考模拟预测）三氧化二铬(Cr2O3)可用作着色剂、分析试剂、催化剂等。一种利用铬铁矿(主要成分为FeO、Cr2O3，还含有Al2O3、SiO2等杂质)清洁生产Cr2O3的工艺流程如下：
已知：①铬铁矿的成分及含量(以氧化物形式表示)：
成分
Cr2O3
FeO
SiO2
Al2O3
其他
质量分数
45.0%
32.5%
11.5%
10.8%
0.2%
②金属离子开始沉淀与完全沉淀的pH如下：
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
开始沉淀的pH
2.7
3.4
5.0
7.5
完全沉淀的pH
3.7
4.9
5.9
9.7
③铬酸酐(CrO3)常用作氧化剂；
④铁铵矾的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O，在pH =3时完全沉淀。回答下列问题：
(1)“氧化酸浸”前，常将铬铁矿粉碎，目的是 ， 滤渣1的成分是 。
(2)铬酸酐的作用是 ，“氧化酸浸”时FeO·Cr2O3反应的化学方程式是 。
(3)“沉淀”时，应调节pH不低于 ，滤液1的成分主要是 (填化学式)
(4)“除铝”一步的离子方程式是 。
(5)若处理1kg铬铁矿，至少需要消耗铬酸酐的质量是 g。(保留一位小数)
12．（2022·河南开封·统考三模）某废催化剂主要含有Al2O3(45.4%)、MoO3 (28.8%)、Fe2O3(0.7%)以及其他杂质。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钼和铝等。
回答下列问题：
(1)“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是 。
(2)“焙烧”中有Na2MoO4生成，发生反应的化学方程式为 。
(3)钼的浸出率随碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比变化的曲线如图所示，则最适宜的碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比分别为 、 、 、 。
(4)“沉铝”中，生成沉淀M的离子反应方程式为 。
(5)操作A最好采用 。
(6)已知金属Mo的浸出率a=()×100%，(w-浸出渣中Mo的含量；m-浸出渣的质量；z-参与浸出反应的Mo总质量)，通过X-射线衍射法测定“浸出渣”中Mo的含量为0.8%，若1t废催化剂经焙烧、水浸后得到“浸出渣”0.48t，则Mo的浸出率a= 。
13．（2022·河南许昌·统考二模）用钴锂膜废料(含LiCoO2、Al，少量Fe等)制取Co2O3的工艺流程如下：
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
Al3+
Fe3+
Co2+
开始沉淀时的pH
3.2
1.2
6.6
完全沉淀时(c=1.0×10-5mol∙L-1)的pH
4.6
2.8
9.1
回答下列问题：
(1)“碱煮"可除去大部分的铝和锂，发生的反应有LiCoO2+NaOH=NaCoO2+LiOH和 (写化学方程式)。
(2)“浸钴"时，H2SO4和HNO3均不能与NaCoO2发生反应，其原因是 ；用盐酸浸钴时，钻浸出率与浸出温度的关系如图所示，工业上选取80℃而不采取更高温度的原因是 。“浸钻”时盐酸与NaCoO2反应的离子方程式为 。
(3)“深度除铝铁"时，理论上应控制终点时溶液pH范围为 。
(4)“沉钴"时，得到的滤液3中溶质的主要成分为 (填化学式)，由CoC2O4制取Co2O3的方法是 。
14．（2021·河南·统考一模）锂电池材料的回收利用已经成为重要的研究课题。已知经过预处理的某锂电池正极材料中主要存在LiCoO2和Cu、Al和Fe，某课题组利用如图工艺流程对其进行处理。
回答下列问题：
(1)LiCoO2中，钴元素的化合价为 。实验室里通常是在铝盐溶液滴加 溶液制备Al(OH)3。
(2)图中用NaOH溶液调节溶液pH，得到的固体应为 。为了使该物质从溶液中完全沉淀，应控制溶液pH在3.5左右。则该物质的Ksp数值约为 (已知某离子浓度小于10-5 mol·L－1时沉淀完全)。
(3)生成Li2CO3的反应加热的目的为 ，最恰当的加热方法为 。
(4)LiCoO2“酸浸”阶段发生反应的化学反应方程式为 。其“酸浸”过程也可以使用盐酸完成，与使用H2SO4相比，其缺点为 。经萃取分液得到的CoSO4，再经加碱、过滤、热分解得到Co2O3，实现钴的富集回收。其中热分解生成Co2O3的化学方程式是 。
四、元素或物质推断题
15．（2021·河南信阳·统考一模）已知：某无色废水中可能含有H+、、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、、、中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1 L，进行了三组实验，其操作和有关图象如下所示：
请回答下列问题：
(1)根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是 ，一定存在的阳离子是 。
(2)写出实验③图象中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式 。
(3)分析图象，在原溶液中c()与c(Al3+)的比值为 ，所得沉淀的最大质量是 g。
(4)若通过实验确定原废水中c(Na+)=0.18 mol·L−1，试判断原废水中是否存在？ (填“存在”“不存在”或“不确定”)。若存在，c()= mol·L−1。(若不存在或不确定则此空不填)
参考答案：
1．B
【分析】根据化学式可知，Q为H元素，X为O元素，X与R 、Z相邻，Q、R、X、Y、Z 元素分别处于三个短周期，原子序数依次增加，则R为N，Z不可能为F，则Z为S元素，根据叙述和为45，则Y为Al，故Q、R、X、Y、Z 元素分别为H、N、O、Al、S，以此分析；
【详解】A．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则，A错误；
B．Q与X的二元简单化合物为H2O，Q与R的简单化合物NH3，则NH3的沸点低于H2O，O的非金属性强于N，则H2O的稳定性强于NH3，B正确；
C．O与N形成的化合物NO、NO2不是酸性氧化物，C错误；
D．加入等浓度Ba(OH)2，OH-先和Al3+反应，生成Al(OH)3，同时Ba2+和生成BaSO4沉淀，再生成，同时还有BaSO4生成，沉淀会继续增加，图像与此不符，D错误；
故答案为：B。
2．C
【详解】A．白矾不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故A错误；
B．Al3+是弱碱根离子，发生水解，因此白矾溶液中n(K+)∶n(Al3+)＞1∶1，故B错误；
C．Al3+是弱碱根离子，发生水解，其水解方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，溶液显酸性，铜锈主要成分是Cu2(OH)2CO3，能与酸反应，因此白矾溶液可清洗铜镜表面铜锈，故C正确；
D．需要通过蓝色钴玻璃观察，故D错误；
答案为C。
3．A
【详解】A．pH=14的溶液呈碱性，碱性条件下K+、Na+、Cl-、ClO-相互之间不反应，能大量共存，故选A；
B．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下S2O发生歧化反应生成S和二氧化硫，故不选B；
C．能使KI淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，S2-具有还原性，S2-能被氧化，故不选C；
D．能与金属铝反应生成H2的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下，硝酸根具有氧化性，与Al反应不放氢气，HCO与H+反应放出二氧化碳；碱性条件下，HCO与OH-反应生成，故不选D；
选A。
4．B
【详解】A．铜丝和浓硫酸混合加热，发生反应产生CuSO4、H2O、SO2，由于反应容器中含有一定量的未反应的浓硫酸，因此要检验反应产物中含有CuSO4，应该待反应液冷却后，将反应液加入到盛有一定量的水的烧杯中进行稀释，而不能向反应后的溶液中加水稀释，否则酸滴飞溅，造成危险，A错误；
B．CO2溶于水反应产生H2CO3，使水的pH=5.6。用pH试纸测定雨水pH时，溶液pH减小，是由于SO2溶于水反应产生H2SO3，H2SO3的酸性比H2CO3强，H2SO3电离产生H+，使溶液显酸性，H2SO3被溶于水的O2氧化产生H2SO4，使溶液中c(H+)增大，溶液酸性增强，溶液pH进一步减小，这与二氧化碳溶解在雨水中无关，B正确；
C．把红色的鲜花放入干燥的氯气中，鲜花中的水与氯气反应产生HClO具有强氧化性，将红花氧化变为无色物质，因此看到鲜花褪色，C错误；
D．铝箔放入氢氧化钠溶液中，首先是铝箔表面的Al2O3与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O，然后是Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2，因此看到的现象是开始无现象，后来有气泡，D错误；
故合理选项是B。
5．C
【详解】A．由题干图示信息可知，在pH为9左右之前的任意pH下，Zn2+的浓度均比Cu2+大得多，故c(Cu2+)c2(OH-)比 c(Zn2+)c2(OH-)小即Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小，A正确；
B．由题干图示信息可知，pH=7时，Cu2+的浓度为amg/L，故Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu2+)c2(OH-)=×(10-7)2=×10-17，B正确；
C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K= =，C错误；
D．由题干图示信息可知，Zn(OH)2类似于Al(OH)3具有两性，故将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-= ZnO+2H2O，D正确；
故答案为：C。
6．C
【详解】A．硫酸铝溶液中存在铝离子的水解：Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，所以溶液呈酸性，A正确；
B．根据题意M点开始轻微沉淀，则M点之前发生的反应为NaOH和水解产生的氢离子反应，离子方程式为H＋＋OH-=H2O，B正确；
C．O点沉淀开始溶解，离子方程式中Al(OH)3不能拆，正确离子方程式为Al(OH)3＋OH-=[Al(OH)4]-，C错误；
D．浓氨水pH最大可达到11.7左右，据图可知pH为10.24时Al(OH)3就开始溶解，所以Al(OH)3不能，D正确；
综上所述答案为C。
7．A
【详解】A．Fe2+与[Fe(CN)6]3-反应生成难溶物Fe3[Fe(CN)6]2，A项正确；
B．铜与稀硫酸不反应，B项错误；
C．醋酸是弱电解质，应写分子式，C项错误；
D．Ba(OH)2溶液过量时Al3+应转化为，D项错误；
故选A。
8．AD
【分析】以铁硼矿（主要成分为和，还有少量和等)为原料制备硼酸(H3BO3)，根据流程可知，加硫酸溶解，只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3。
【详解】A．由分析可知，“浸渣”为，，A错误；
B．“净化除杂”先加溶液将转化为，再调节溶液的pH，生成氢氧化铝和氢氧化铁，B正确；
C．由分析可知，操作a为蒸发浓缩、冷却结晶，C正确；
D．最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则粗硼酸中的主要杂质是七水硫酸镁，D错误；
故选AD。
9．(1)2Fe(CrO2)2+7NaClO+8NaOH═4Na2CrO4+Fe2O3+7NaCl+4H2O
(2)Fe2O3、MgO
(3) 1×10-7.87(或10-7.87) 1×10-14.61(或 10-14.61)
(4)向Na2Cr2O7溶液中边搅拌边缓慢加入浓硫酸
(5)20%
(6)化合物M为NaHCO3固体，可受热分解生成CO2： 2NaHCO3Na2CO3+ H2O+ CO2↑，制得的CO2用于“沉铝”中
【分析】“氧化浸出”中反应的化学方程式为和；“隔膜电解”过程为电解氯化钠溶液，化合物①为；“沉铝”中涉及两个反应：和。
【详解】（1）“氧化浸出”时，参与反应的化学方程式为。
（2）结合上述分析可知，经“氧化浸出”后铝元素以 形式存在，滤渣中含有Fe2O3、MgO 。
（3）由可知，，得；结合，，又因为，所以。
（4）将浓硫酸和溶液“混合”时的具体实验操作为向溶液中边搅拌边缓慢加入浓硫酸(并时刻关注温度上升速度，防止液体飞溅)。
（5）设该铬贫矿中铬的百分含量[以计]为，根据铬守恒列关系式：，得到，解得。
（6）化合物②为，可受热分解：，制得的可用于“沉铝”中。
10．(1) +6 十=+
(2)再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本
(3)过量的Na2SO3可将Te( IV )还原为0价Te，致使溶液中Te( IV )浓度下降
(4)PbS、CuS
(5) Na2TeO3+ H2SO4=TeO2↓+Na2SO4+H2O 过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低
【分析】铜阳极泥分铜渣碱浸液中加入亚硫酸钠，与反应得到和，溶液含、Cu2+、Pb2+，加适量硫化钠沉淀Cu2+、Pb2+，过滤得滤渣为PbS、CuS，滤液加适量硫酸，与H2SO4、调pH，反应生成TeO2沉淀。
【详解】（1）中Te的化合价为+6价，“还原”中与反应得到和，发生反应的离子方程式为：十=+。
（2）由图可知，“还原”过程中，采用“反应时间为120 min、75 °C” 的原因是：该条件下，回收率已经大于95%，再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本。
（3）“还原”过程中，发生反应的离子方程式为：十=+，又知Na2SO3可将Te(IV)还原为0价Te；则Na2SO3的用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因为：过量的Na2SO3可将Te( IV )还原为0价Te，致使溶液中Te( IV )浓度下降。
（4）加适量Na2S除铜铅，由于发生反应：Cu2++S2-=CuS，Pb2++S2-=PbS，则滤渣的成分为PbS、CuS。
（5）加适量的酸调pH时发生反应的化学方程式为Na2TeO3+ H2SO4=TeO2↓+Na2SO4+H2O，已知TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性，则硫酸会和TeO2反应，则加酸调pH时加入硫酸的量不宜过多，其原因是：过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低。
11．(1) 增大反应物接触面积，提高反应速率 SiO2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+ 6FeO·Cr2O3+30H2SO4+ 2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O
(3) 5.9 (NH4) 2SO4
(4)Al(OH)3+OH-=+H2O
(5)150.5
【分析】铬铁矿加入稀硫酸与金属氧化物反应生成硫酸盐，SiO2不与稀硫酸反应而成为滤渣1，铬酸酐(CrO3)常用作氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨气调节pH至3.0沉铁为铁铵矾，加入氨气完全沉淀Al3+与Cr3+，利用Al(OH)3的两性，加入NaOH溶液生成NaAlO2成为滤液2，Cr(OH)3沉淀煅烧生成Cr2O3；
【详解】（1）“氧化酸浸”前，常将铬铁矿粉碎，目的是增大反应物接触面积，提高反应速率；加入稀硫酸不与SiO2反应而成为滤渣1，则主要成分是SiO2；
（2）已知铬酸酐(CrO3)常用作氧化剂，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+；“氧化酸浸”时FeO·Cr2O3与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫酸铬，铬酸酐(CrO3)将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，则反应的化学方程式是6FeO·Cr2O3+30H2SO4+ 2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O；
（3）“沉淀”时为了得到Cr(OH)3沉淀，即完全沉淀Cr3+，应调节pH不低于5.9；滤液1的成分主要是(NH4) 2SO4；
（4）“除铝”中加入NaOH溶液与Al(OH)3反应生成NaAlO2和水，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=+H2O；
（5）由表知铬铁矿中FeO质量分数为32.5%，根据6FeO·Cr2O3+30H2SO4+ 2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O，可得关系式，解得消耗铬酸酐的质量是m=150.5g。
12．(1)增大接触面积，提高浸取率
(2)Na2CO3 + MoO3=Na2MoO4+ CO2↑
(3) 0.28(0.25~0.3均正确) 1.5h 90°C (85~90°C均正确) 5：1
(4)+H++H2O=Al(OH)3↓
(5)蒸发浓缩，冷却结晶
(6)98%
【分析】本题是一道从废催化剂中回收钼和铝的工业流程题，首先用碳酸钠和废催化剂一起焙烧，之后水浸，从而除去氧化铁，随后加入硫酸调整pH除去偏铝酸根离子，再经过一系列的操作得到产品，以此解题。
【详解】（1）从反应速率的影响因素考虑，“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是：增大接触面积，提高浸取率；
（2）由流程图可追，反应物为碳酸钠和MoO3，反应产物为Na2MoO4，根据元素守恒可知方程式为：Na2CO3 + MoO3=Na2MoO4+ CO2↑
（3）纵坐标为钼的浸出率，则由图可知碳酸钠与废催化剂的质量比为：0.28(0.25~0.3均正确)；最佳焙烧时间为：1.5h；最佳浸出温度为：90°C (85~90°C均正确)；最佳浸出液固比为：5：1；
（4）根据题意可知焙烧时，氧化铝和碳酸钠生成偏铝酸钠，则水浸后溶液中有偏铝酸钠在酸性条件下生成M为氢氧化铝，对应的离子方程式为：+H++H2O=Al(OH)3↓；
（5）操作A为由溶液中获得Na2SO4・10H2O，因此该操作为：蒸发浓缩，冷却结晶；
（6）由题意可知，浸出渣中Mo的含量为0.8%，即w=0.8%，浸出渣质量为0.48t，即m为0.48t，参与浸出的Mo的质量可通过催化剂MoO3的含量为28.8%来计算，催化剂中Mo的质量分数为：，则1t催化剂中含Mo质量为：0.192t，即z为0.192t，带入计算式可得：浸出率。
13．(1)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(2) NaCoO2中Co为+3价，硫酸和硝酸无法将其还原为Co2+ 温度升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重 2NaCoO2+8H++2Cl-=2Na++2Co2++Cl2↑+4H2O
(3)4.6≤pH＜6.6
(4) NH4Cl、NaCl 在空气中煅烧
【分析】钴锂膜废料经碱煮可以将Al单质转化为偏铝酸钠进入溶液，LiCoO2 转化为NaCoO2 和LiOH，可以除去大部分的铝和锂，过滤、洗涤后取滤渣加入HCl溶解，得到含Al3+、Fe3+和Co2+的溶液，通入NH3调节pH深度除去铝、铁，过滤后加入草酸铵得到草酸钴沉淀，草酸盐受热易分解，在空气中煅烧草酸钴得到Co2O3。
【详解】（1）碱煮时Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）根据流程可知，盐酸浸取钴元素时生成氯气，说明HCl被氧化，将NaCoO2中的+3价的Co还原为Co2+，而硫酸和硝酸第无法将其还原为Co2+；80℃已经有较高的浸取率，温度继续升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重；盐酸与NaCoO2反应时HCl被氧化物为氯气，NaCoO2被还原为Co2+，根据电子守恒可知NaCoO2和Cl-的系数比为1:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2NaCoO2+8H++2Cl-=2Na++2Co2++Cl2↑+4H2O；
（3）“深度除铝铁"时，要保证Al3+、Fe3+完全沉淀，而Co2+不沉淀，所以应控制终点时溶液pH范围为4.6≤pH＜6.6；
（4）根据浸钴时发生的反应、加入NH3调节pH可知，滤液2中主要成分为CoCl2、NaCl、NH4Cl，然后加入草酸铵沉钴，所以滤液3中溶质的主要成分为NaCl、NH4Cl；草酸盐受热易分解，所以在空气中煅烧草酸钴可以得到Co2O3。
14． +3 NH3∙H2O(或氨水) Fe(OH)3 10-36.5 提高反应速率 水浴加热 2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4=Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O 有Cl2放出，污染环境 4CO(OH)2＋O2 2Co2O3＋4H2O
【分析】锂电池废料中含有LiCoO2、铝、炭黑，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液中含有偏铝酸钠，在浸出液中加入稀硫酸生成氢氧化铝，过滤得到氢氧化铝固体；滤渣中含有LiCoO2，将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，题给信息可知酸浸后溶液主要的金属离子是Co2+、Li+，还含有少量Fe3+、Cu2+，经NaOH溶液调节pH 过滤，滤液经萃取、分离，浓缩，溶液中含有Li+，加入饱和碳酸钠溶液后过滤，最后得到碳酸锂固体。
【详解】(1)根据化合价代数和为0，Li为+1价，O为-2价，LiCoO2中，钴元素的化合价为+3。氢氧化铝能溶于强碱，实验室里通常是在铝盐溶液滴加NH3∙H2O(或氨水)溶液制备Al(OH)3。故答案为：+3；NH3∙H2O(或氨水)；
(2)题给信息可知酸浸后溶液主要的金属离子是Co2+、Li+，还含有少量Fe3+、Cu2+，经NaOH溶液调节pH 过滤，除去Fe3+，图中用NaOH溶液调节溶液pH，得到的固体应为Fe(OH)3 。为了使Fe(OH)3从溶液中完全沉淀，应控制溶液pH在3.5左右。则Fe(OH)3的Ksp= =10-36.5，Ksp数值约为10-36.5。故答案为：Fe(OH)3 ；10-36.5；
(3)生成Li2CO3的反应加热的目的为提高反应速率，加热温度为95℃，最恰当的加热方法为水浴加热。故答案为：提高反应速率；水浴加热；
(4)LiCoO2“酸浸”阶段发生反应LiCoO2将双氧水氧化为氧气，+3价的钴还原为+2价，化学反应方程式为2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4=Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O。其“酸浸”过程也可以使用盐酸完成，与使用H2SO4相比，盐酸具有还原性，其缺点为有Cl2放出，污染环境。经萃取分液得到的CoSO4，再经加碱、过滤、热分解得到Co2O3，实现钴的富集回收。其中热分解生成Co2O3的化学方程式是4CO(OH)2＋O2 2Co2O3＋4H2O。故答案为：2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4=Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O；有Cl2放出，污染环境；4CO(OH)2＋O2 2Co2O3＋4H2O。
15． Na+、H+、Al3+、Mg2+、 +OH－=NH3·H2O 2∶1 10.7 存在 0.08
【分析】根据溶液无色，排除铁离子，根据焰色反应，一定有钠离子，根据加入氯化钡和稀盐酸生成白色沉淀，说明含有硫酸根，根据离子共存排除一定没有钡离子，根据加入足量氢氧化钠溶液和图象信息得出一定含有铝离子、镁离子、氢离子、铵根离子，根据离子共存排除碳酸根，再根据电荷守恒得出含有硝酸根并计算硝酸根浓度。
【详解】(1)废水是无色的，说明无Fe3+。根据焰色反应为黄色可知有Na+，加入氯化钡有白色沉淀生成，且加入酸沉淀不溶解，说明有，加入氢氧化钠开始时没有沉淀生成说明有H+，加入过量的氢氧化钠有部分沉淀溶解，说明有Al3+，还有部分白色沉淀不溶解，说明有Mg2+，沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段，有另一阳离子与氢氧根反应且不生成沉淀，说明有，因此溶液一定有Al3+、Mg2+，根据离子共存判断出一定没有。故答案为：；Na+、H+、Al3+、Mg2+、。
(2)沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式是+OH－＝NH3·H2O；故答案为：+OH－＝NH3·H2O。
(3)与反应的OH－有0.2 mol，则有0.2 mol，与Al(OH)3反应的OH－有0.1 mol，则Al3+有0.1 mol，因此二者物质的量之比为2∶1。生成沉淀需要OH－物质的量为0.4 mol，0.1 mol Al3+沉淀需要0.3 mol OH－，则与Mg2+反应的OH－是0.1 mol，则Mg2+有0.05 mol，生成氢氧化镁0.05 mol，质量为0.05 mol×58 g∙mol−1＝ 2.9 g，生成的氢氧化铝是0.1 mol，质量为0.1 mol×78 g∙mol−1＝ 7.8 g，则沉淀最大质量为10.7 g；故答案为：2∶1；10.7。
(4)从图中可知，H+有0.1 mol，已经求得有0.2 mol，Al3+有0.1 mol，Mg2+有0.05 mol，若c(Na+) =0.18 mol·L−1，则钠离子的物质的量为0.18 mol·L−1×1 L=0.18 mol。根据题干可知硫酸钡有93.2 g，即物质的量为0.4mol，也就是说有0.4mol，已知没有，正电荷高于负电荷，电荷不守恒，所以一定存在硝酸根，且n()=0.1mol×1+0.2 mol×1+0.1 mol×3+0.05 mol×2+0.18 mol×1−0.4 mol×2=0.08mol，则硝酸根浓度为c()= ；故答案为：存在；0.08。
【点睛】最后剩余的几种离子来判断存在时，要根据离子共存和电荷守恒来判断一定存在的离子。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12铝及其化合物
一、单选题
1．（2023·河南濮阳·统考一模）化合物M[化学式为RQ4Y(ZX4)2·12Q2X]曾是一种食品添加剂，现已被禁用。Q、R、X、Y、Z 元素分别处于三个短周期，原子序数依次增加，且和为45。在元素周期表中X与R 、Z相邻。下列叙述正确的是
A．简单离子半径：R>X>Y>Z
B．Q与X的二元简单化合物比Q与R的二元简单化合物沸点高、热稳定性强
C．X与R或Z组成的二元化合物均为酸性氧化物
D．向一定体积的M溶液中滴加等浓度的Ba(OH)2溶液，生成沉淀质量的曲线如图所示
2．（2022·河南·校联考模拟预测）《本草图经》有“白矾多入药用”。白矾[KAl(SO4)2·12H2O]又称明矾、钾明矾等，是一种重要的化学试剂。下列说法正确的是
A．白矾可用于自来水杀菌消毒
B．白矾溶液中n(K+)：n(Al3+)=1：1
C．白矾溶液可清洗铜镜表面铜锈
D．灼烧白矾时可直接观察焰色呈紫色
3．（2022·河南开封·校联考模拟预测）下列各组离子在相应条件下一定能大量共存的是
A．pH=14的溶液：K+、Na+、Cl-、ClO-
B．能使甲基橙变红的溶液：K+、Na+、CI-、S2O
C．能使KI淀粉试纸变蓝的溶液：Na+、NH、S2-、SO
D．能与金属铝反应生成H2的溶液：K+、Ca2+、NO、HCO
4．（2022·河南·校联考二模）下列实验操作、现象及相应结论都正确的是
实验操作
现象
结论
A
铜丝和浓硫酸加热一段时间后冷却，向反应后的溶液中加水稀释
溶液呈蓝色
反应生成了硫酸铜
B
取当地雨水样品，用pH计测水样的酸度，7天后再测一次
pH：第一次5.2，第二次4.9
pH与二氧化碳溶解在雨水中无关
C
把红色的鲜花放入干燥的氯气中
花的颜色无明显变化
干燥的氯气没有漂白性
D
铝箔放入氢氧化钠溶液中
无现象
铝箔表面存在致密的氧化膜
A．A B．B C．C D．D
5．（2022·河南开封·校联考模拟预测）25°C时，三种金属氢氧化物的溶解度(纵坐标以溶解金属质量/mg·L-1表示)与溶液中pH的关系如图所示。下列说法错误的是
A．Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小
B．Ksp[Cu(OH)2]=×10-17
C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K=
D．将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-= ZnO+2H2O
6．（2022·河南郑州·统考二模）用0.11mol·L-1的NaOH溶液滴定0.0125 mol·L-1的Al2(SO4)3溶液，滴定过程中的pH变化如下图所示。已知M点开始出现轻微沉淀，用激光笔照射时有明显的丁达尔现象；N点不再产生明显的沉淀；O点沉淀开始溶解。已知浓氨水的pH最大可达到11.7左右。下列相关说法错误的是
A．滴定前溶液呈酸性的主要原因是Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
B．M点之前发生反应的离子方程式为H＋＋OH-=H2O
C．OP段发生反应的离子方程式为Al3＋＋4OH-=[Al(OH)4]-
D．根据该实验数据可知Al(OH)3在浓氨水中可部分溶解
7．（2021·河南·校联考模拟预测）下列过程中的化学反应对应的离子方程式正确的是
A．用K3[Fe(CN)6]溶液检测FeCl2溶液中的Fe2+：
B．向稀硫酸中加入少量金属铜：
C．用醋酸溶液处理水垢中的氢氧化镁：
D．向溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：
二、多选题
8．（2023·河南郑州·统考一模）以铁硼矿(主要成分为和，还有少量、FeO、CaO、和等)为原料制备硼酸的工艺流程如图所示：
下列说法错误的是
A．浸渣中的物质是、和
B．“净化除杂”需先加溶液再调节溶液的pH
C．操作a为蒸发浓缩、冷却结晶
D．“粗硼酸”中的主要杂质是氢氧化铝
三、工业流程题
9．（2023·河南·校联考模拟预测）世界上铬单质及其化合物的生产呈现高速增长，故铬贫矿的利用至关重要。某铬贫矿的主要成分为Fe(CrO2)2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3，采用次氯酸钠法处理矿石并制备CrO3的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)已知经“氧化浸出”后，铁元素以Fe2O3形式存在，该过程中Fe(CrO2)2参与反应的化学方程式为 。
(2)“滤渣”可能含有的物质有 (填化学式)。
(3)已知常温下Al(OH)3(s)+H₂O( l) [Al(OH)4]-(aq)+H+(aq) K=1×10-13.37；Al(OH)3( s) Al3+(aq)+3OH-( aq) Ksp[Al(OH)3]=1×10-33。
经“沉铝”后所得溶液中[Al(OH)4]-的浓度为1×10-5.5mol·L-1此时溶液中的c(H+)= mol·L-1， c(Al3+) = mol·L-1。
(4)实验室将浓硫酸和Na2CrO7溶液“混合”时的具体实验操作为 。
(5)以1.4kg铬贫矿为原料，按照此流程最终得到0.2kgCrO3，原料的利用率为80%，则该铬贫矿中Fe(CrO2)2的百分含量为 。
(6)以节能环保为原则，以化合物M为原料，设计在此工艺流程中的循环利用方案： (结合化学方程式用文字说明)。
10．（2023·河南新乡·统考二模）从铜阳极泥分铜渣碱浸液中回收碲的工艺流程如图所示。
已知：①碱浸液中碲以的形式存在；
②Na2SO3可将Te(IV)还原为0价Te；
③TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性。
(1)中Te的化合价为 价，“还原”中发生反应的离子方程式(该工艺条件下，Pb2+不沉淀)为 。
(2)“还原”过程中，反应温度、反应时间对碲回收率的影响如图1所示，工业上一般采取的条件为控制温度为75 °C ，反应时间为120 min，其原因是 。
(3)“还原”过程中，Na2SO3用量对碲回收率的影响如图2，随着Na2SO3用量增加，碲回收率呈先增大后减小趋势，请分析当其用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因： 。
(4)加适量Na2S除铜铅，滤渣的成分为 。
(5)加酸调pH时发生反应的化学方程式为 ，加入硫酸的量不宜过多，其原因是 。
11．（2022·河南安阳·统考模拟预测）三氧化二铬(Cr2O3)可用作着色剂、分析试剂、催化剂等。一种利用铬铁矿(主要成分为FeO、Cr2O3，还含有Al2O3、SiO2等杂质)清洁生产Cr2O3的工艺流程如下：
已知：①铬铁矿的成分及含量(以氧化物形式表示)：
成分
Cr2O3
FeO
SiO2
Al2O3
其他
质量分数
45.0%
32.5%
11.5%
10.8%
0.2%
②金属离子开始沉淀与完全沉淀的pH如下：
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
开始沉淀的pH
2.7
3.4
5.0
7.5
完全沉淀的pH
3.7
4.9
5.9
9.7
③铬酸酐(CrO3)常用作氧化剂；
④铁铵矾的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O，在pH =3时完全沉淀。回答下列问题：
(1)“氧化酸浸”前，常将铬铁矿粉碎，目的是 ， 滤渣1的成分是 。
(2)铬酸酐的作用是 ，“氧化酸浸”时FeO·Cr2O3反应的化学方程式是 。
(3)“沉淀”时，应调节pH不低于 ，滤液1的成分主要是 (填化学式)
(4)“除铝”一步的离子方程式是 。
(5)若处理1kg铬铁矿，至少需要消耗铬酸酐的质量是 g。(保留一位小数)
12．（2022·河南开封·统考三模）某废催化剂主要含有Al2O3(45.4%)、MoO3 (28.8%)、Fe2O3(0.7%)以及其他杂质。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钼和铝等。
回答下列问题：
(1)“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是 。
(2)“焙烧”中有Na2MoO4生成，发生反应的化学方程式为 。
(3)钼的浸出率随碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比变化的曲线如图所示，则最适宜的碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比分别为 、 、 、 。
(4)“沉铝”中，生成沉淀M的离子反应方程式为 。
(5)操作A最好采用 。
(6)已知金属Mo的浸出率a=()×100%，(w-浸出渣中Mo的含量；m-浸出渣的质量；z-参与浸出反应的Mo总质量)，通过X-射线衍射法测定“浸出渣”中Mo的含量为0.8%，若1t废催化剂经焙烧、水浸后得到“浸出渣”0.48t，则Mo的浸出率a= 。
13．（2022·河南许昌·统考二模）用钴锂膜废料(含LiCoO2、Al，少量Fe等)制取Co2O3的工艺流程如下：
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
Al3+
Fe3+
Co2+
开始沉淀时的pH
3.2
1.2
6.6
完全沉淀时(c=1.0×10-5mol∙L-1)的pH
4.6
2.8
9.1
回答下列问题：
(1)“碱煮"可除去大部分的铝和锂，发生的反应有LiCoO2+NaOH=NaCoO2+LiOH和 (写化学方程式)。
(2)“浸钴"时，H2SO4和HNO3均不能与NaCoO2发生反应，其原因是 ；用盐酸浸钴时，钻浸出率与浸出温度的关系如图所示，工业上选取80℃而不采取更高温度的原因是 。“浸钻”时盐酸与NaCoO2反应的离子方程式为 。
(3)“深度除铝铁"时，理论上应控制终点时溶液pH范围为 。
(4)“沉钴"时，得到的滤液3中溶质的主要成分为 (填化学式)，由CoC2O4制取Co2O3的方法是 。
14．（2021·河南·统考一模）锂电池材料的回收利用已经成为重要的研究课题。已知经过预处理的某锂电池正极材料中主要存在LiCoO2和Cu、Al和Fe，某课题组利用如图工艺流程对其进行处理。
回答下列问题：
(1)LiCoO2中，钴元素的化合价为 。实验室里通常是在铝盐溶液滴加 溶液制备Al(OH)3。
(2)图中用NaOH溶液调节溶液pH，得到的固体应为 。为了使该物质从溶液中完全沉淀，应控制溶液pH在3.5左右。则该物质的Ksp数值约为 (已知某离子浓度小于10-5 mol·L－1时沉淀完全)。
(3)生成Li2CO3的反应加热的目的为 ，最恰当的加热方法为 。
(4)LiCoO2“酸浸”阶段发生反应的化学反应方程式为 。其“酸浸”过程也可以使用盐酸完成，与使用H2SO4相比，其缺点为 。经萃取分液得到的CoSO4，再经加碱、过滤、热分解得到Co2O3，实现钴的富集回收。其中热分解生成Co2O3的化学方程式是 。
四、元素或物质推断题
15．（2021·河南信阳·统考一模）已知：某无色废水中可能含有H+、、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、、、中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1 L，进行了三组实验，其操作和有关图象如下所示：
请回答下列问题：
(1)根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是 ，一定存在的阳离子是 。
(2)写出实验③图象中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式 。
(3)分析图象，在原溶液中c()与c(Al3+)的比值为 ，所得沉淀的最大质量是 g。
(4)若通过实验确定原废水中c(Na+)=0.18 mol·L−1，试判断原废水中是否存在？ (填“存在”“不存在”或“不确定”)。若存在，c()= mol·L−1。(若不存在或不确定则此空不填)
参考答案：
1．B
【分析】根据化学式可知，Q为H元素，X为O元素，X与R 、Z相邻，Q、R、X、Y、Z 元素分别处于三个短周期，原子序数依次增加，则R为N，Z不可能为F，则Z为S元素，根据叙述和为45，则Y为Al，故Q、R、X、Y、Z 元素分别为H、N、O、Al、S，以此分析；
【详解】A．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则，A错误；
B．Q与X的二元简单化合物为H2O，Q与R的简单化合物NH3，则NH3的沸点低于H2O，O的非金属性强于N，则H2O的稳定性强于NH3，B正确；
C．O与N形成的化合物NO、NO2不是酸性氧化物，C错误；
D．加入等浓度Ba(OH)2，OH-先和Al3+反应，生成Al(OH)3，同时Ba2+和生成BaSO4沉淀，再生成，同时还有BaSO4生成，沉淀会继续增加，图像与此不符，D错误；
故答案为：B。
2．C
【详解】A．白矾不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故A错误；
B．Al3+是弱碱根离子，发生水解，因此白矾溶液中n(K+)∶n(Al3+)＞1∶1，故B错误；
C．Al3+是弱碱根离子，发生水解，其水解方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，溶液显酸性，铜锈主要成分是Cu2(OH)2CO3，能与酸反应，因此白矾溶液可清洗铜镜表面铜锈，故C正确；
D．需要通过蓝色钴玻璃观察，故D错误；
答案为C。
3．A
【详解】A．pH=14的溶液呈碱性，碱性条件下K+、Na+、Cl-、ClO-相互之间不反应，能大量共存，故选A；
B．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下S2O发生歧化反应生成S和二氧化硫，故不选B；
C．能使KI淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，S2-具有还原性，S2-能被氧化，故不选C；
D．能与金属铝反应生成H2的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下，硝酸根具有氧化性，与Al反应不放氢气，HCO与H+反应放出二氧化碳；碱性条件下，HCO与OH-反应生成，故不选D；
选A。
4．B
【详解】A．铜丝和浓硫酸混合加热，发生反应产生CuSO4、H2O、SO2，由于反应容器中含有一定量的未反应的浓硫酸，因此要检验反应产物中含有CuSO4，应该待反应液冷却后，将反应液加入到盛有一定量的水的烧杯中进行稀释，而不能向反应后的溶液中加水稀释，否则酸滴飞溅，造成危险，A错误；
B．CO2溶于水反应产生H2CO3，使水的pH=5.6。用pH试纸测定雨水pH时，溶液pH减小，是由于SO2溶于水反应产生H2SO3，H2SO3的酸性比H2CO3强，H2SO3电离产生H+，使溶液显酸性，H2SO3被溶于水的O2氧化产生H2SO4，使溶液中c(H+)增大，溶液酸性增强，溶液pH进一步减小，这与二氧化碳溶解在雨水中无关，B正确；
C．把红色的鲜花放入干燥的氯气中，鲜花中的水与氯气反应产生HClO具有强氧化性，将红花氧化变为无色物质，因此看到鲜花褪色，C错误；
D．铝箔放入氢氧化钠溶液中，首先是铝箔表面的Al2O3与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O，然后是Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2，因此看到的现象是开始无现象，后来有气泡，D错误；
故合理选项是B。
5．C
【详解】A．由题干图示信息可知，在pH为9左右之前的任意pH下，Zn2+的浓度均比Cu2+大得多，故c(Cu2+)c2(OH-)比 c(Zn2+)c2(OH-)小即Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小，A正确；
B．由题干图示信息可知，pH=7时，Cu2+的浓度为amg/L，故Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu2+)c2(OH-)=×(10-7)2=×10-17，B正确；
C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K= =，C错误；
D．由题干图示信息可知，Zn(OH)2类似于Al(OH)3具有两性，故将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-= ZnO+2H2O，D正确；
故答案为：C。
6．C
【详解】A．硫酸铝溶液中存在铝离子的水解：Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，所以溶液呈酸性，A正确；
B．根据题意M点开始轻微沉淀，则M点之前发生的反应为NaOH和水解产生的氢离子反应，离子方程式为H＋＋OH-=H2O，B正确；
C．O点沉淀开始溶解，离子方程式中Al(OH)3不能拆，正确离子方程式为Al(OH)3＋OH-=[Al(OH)4]-，C错误；
D．浓氨水pH最大可达到11.7左右，据图可知pH为10.24时Al(OH)3就开始溶解，所以Al(OH)3不能，D正确；
综上所述答案为C。
7．A
【详解】A．Fe2+与[Fe(CN)6]3-反应生成难溶物Fe3[Fe(CN)6]2，A项正确；
B．铜与稀硫酸不反应，B项错误；
C．醋酸是弱电解质，应写分子式，C项错误；
D．Ba(OH)2溶液过量时Al3+应转化为，D项错误；
故选A。
8．AD
【分析】以铁硼矿（主要成分为和，还有少量和等)为原料制备硼酸(H3BO3)，根据流程可知，加硫酸溶解，只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3。
【详解】A．由分析可知，“浸渣”为，，A错误；
B．“净化除杂”先加溶液将转化为，再调节溶液的pH，生成氢氧化铝和氢氧化铁，B正确；
C．由分析可知，操作a为蒸发浓缩、冷却结晶，C正确；
D．最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则粗硼酸中的主要杂质是七水硫酸镁，D错误；
故选AD。
9．(1)2Fe(CrO2)2+7NaClO+8NaOH═4Na2CrO4+Fe2O3+7NaCl+4H2O
(2)Fe2O3、MgO
(3) 1×10-7.87(或10-7.87) 1×10-14.61(或 10-14.61)
(4)向Na2Cr2O7溶液中边搅拌边缓慢加入浓硫酸
(5)20%
(6)化合物M为NaHCO3固体，可受热分解生成CO2： 2NaHCO3Na2CO3+ H2O+ CO2↑，制得的CO2用于“沉铝”中
【分析】“氧化浸出”中反应的化学方程式为和；“隔膜电解”过程为电解氯化钠溶液，化合物①为；“沉铝”中涉及两个反应：和。
【详解】（1）“氧化浸出”时，参与反应的化学方程式为。
（2）结合上述分析可知，经“氧化浸出”后铝元素以 形式存在，滤渣中含有Fe2O3、MgO 。
（3）由可知，，得；结合，，又因为，所以。
（4）将浓硫酸和溶液“混合”时的具体实验操作为向溶液中边搅拌边缓慢加入浓硫酸(并时刻关注温度上升速度，防止液体飞溅)。
（5）设该铬贫矿中铬的百分含量[以计]为，根据铬守恒列关系式：，得到，解得。
（6）化合物②为，可受热分解：，制得的可用于“沉铝”中。
10．(1) +6 十=+
(2)再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本
(3)过量的Na2SO3可将Te( IV )还原为0价Te，致使溶液中Te( IV )浓度下降
(4)PbS、CuS
(5) Na2TeO3+ H2SO4=TeO2↓+Na2SO4+H2O 过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低
【分析】铜阳极泥分铜渣碱浸液中加入亚硫酸钠，与反应得到和，溶液含、Cu2+、Pb2+，加适量硫化钠沉淀Cu2+、Pb2+，过滤得滤渣为PbS、CuS，滤液加适量硫酸，与H2SO4、调pH，反应生成TeO2沉淀。
【详解】（1）中Te的化合价为+6价，“还原”中与反应得到和，发生反应的离子方程式为：十=+。
（2）由图可知，“还原”过程中，采用“反应时间为120 min、75 °C” 的原因是：该条件下，回收率已经大于95%，再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本。
（3）“还原”过程中，发生反应的离子方程式为：十=+，又知Na2SO3可将Te(IV)还原为0价Te；则Na2SO3的用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因为：过量的Na2SO3可将Te( IV )还原为0价Te，致使溶液中Te( IV )浓度下降。
（4）加适量Na2S除铜铅，由于发生反应：Cu2++S2-=CuS，Pb2++S2-=PbS，则滤渣的成分为PbS、CuS。
（5）加适量的酸调pH时发生反应的化学方程式为Na2TeO3+ H2SO4=TeO2↓+Na2SO4+H2O，已知TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性，则硫酸会和TeO2反应，则加酸调pH时加入硫酸的量不宜过多，其原因是：过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低。
11．(1) 增大反应物接触面积，提高反应速率 SiO2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+ 6FeO·Cr2O3+30H2SO4+ 2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O
(3) 5.9 (NH4) 2SO4
(4)Al(OH)3+OH-=+H2O
(5)150.5
【分析】铬铁矿加入稀硫酸与金属氧化物反应生成硫酸盐，SiO2不与稀硫酸反应而成为滤渣1，铬酸酐(CrO3)常用作氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨气调节pH至3.0沉铁为铁铵矾，加入氨气完全沉淀Al3+与Cr3+，利用Al(OH)3的两性，加入NaOH溶液生成NaAlO2成为滤液2，Cr(OH)3沉淀煅烧生成Cr2O3；
【详解】（1）“氧化酸浸”前，常将铬铁矿粉碎，目的是增大反应物接触面积，提高反应速率；加入稀硫酸不与SiO2反应而成为滤渣1，则主要成分是SiO2；
（2）已知铬酸酐(CrO3)常用作氧化剂，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+；“氧化酸浸”时FeO·Cr2O3与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫酸铬，铬酸酐(CrO3)将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，则反应的化学方程式是6FeO·Cr2O3+30H2SO4+ 2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O；
（3）“沉淀”时为了得到Cr(OH)3沉淀，即完全沉淀Cr3+，应调节pH不低于5.9；滤液1的成分主要是(NH4) 2SO4；
（4）“除铝”中加入NaOH溶液与Al(OH)3反应生成NaAlO2和水，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=+H2O；
（5）由表知铬铁矿中FeO质量分数为32.5%，根据6FeO·Cr2O3+30H2SO4+ 2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O，可得关系式，解得消耗铬酸酐的质量是m=150.5g。
12．(1)增大接触面积，提高浸取率
(2)Na2CO3 + MoO3=Na2MoO4+ CO2↑
(3) 0.28(0.25~0.3均正确) 1.5h 90°C (85~90°C均正确) 5：1
(4)+H++H2O=Al(OH)3↓
(5)蒸发浓缩，冷却结晶
(6)98%
【分析】本题是一道从废催化剂中回收钼和铝的工业流程题，首先用碳酸钠和废催化剂一起焙烧，之后水浸，从而除去氧化铁，随后加入硫酸调整pH除去偏铝酸根离子，再经过一系列的操作得到产品，以此解题。
【详解】（1）从反应速率的影响因素考虑，“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是：增大接触面积，提高浸取率；
（2）由流程图可追，反应物为碳酸钠和MoO3，反应产物为Na2MoO4，根据元素守恒可知方程式为：Na2CO3 + MoO3=Na2MoO4+ CO2↑
（3）纵坐标为钼的浸出率，则由图可知碳酸钠与废催化剂的质量比为：0.28(0.25~0.3均正确)；最佳焙烧时间为：1.5h；最佳浸出温度为：90°C (85~90°C均正确)；最佳浸出液固比为：5：1；
（4）根据题意可知焙烧时，氧化铝和碳酸钠生成偏铝酸钠，则水浸后溶液中有偏铝酸钠在酸性条件下生成M为氢氧化铝，对应的离子方程式为：+H++H2O=Al(OH)3↓；
（5）操作A为由溶液中获得Na2SO4・10H2O，因此该操作为：蒸发浓缩，冷却结晶；
（6）由题意可知，浸出渣中Mo的含量为0.8%，即w=0.8%，浸出渣质量为0.48t，即m为0.48t，参与浸出的Mo的质量可通过催化剂MoO3的含量为28.8%来计算，催化剂中Mo的质量分数为：，则1t催化剂中含Mo质量为：0.192t，即z为0.192t，带入计算式可得：浸出率。
13．(1)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(2) NaCoO2中Co为+3价，硫酸和硝酸无法将其还原为Co2+ 温度升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重 2NaCoO2+8H++2Cl-=2Na++2Co2++Cl2↑+4H2O
(3)4.6≤pH＜6.6
(4) NH4Cl、NaCl 在空气中煅烧
【分析】钴锂膜废料经碱煮可以将Al单质转化为偏铝酸钠进入溶液，LiCoO2 转化为NaCoO2 和LiOH，可以除去大部分的铝和锂，过滤、洗涤后取滤渣加入HCl溶解，得到含Al3+、Fe3+和Co2+的溶液，通入NH3调节pH深度除去铝、铁，过滤后加入草酸铵得到草酸钴沉淀，草酸盐受热易分解，在空气中煅烧草酸钴得到Co2O3。
【详解】（1）碱煮时Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）根据流程可知，盐酸浸取钴元素时生成氯气，说明HCl被氧化，将NaCoO2中的+3价的Co还原为Co2+，而硫酸和硝酸第无法将其还原为Co2+；80℃已经有较高的浸取率，温度继续升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重；盐酸与NaCoO2反应时HCl被氧化物为氯气，NaCoO2被还原为Co2+，根据电子守恒可知NaCoO2和Cl-的系数比为1:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2NaCoO2+8H++2Cl-=2Na++2Co2++Cl2↑+4H2O；
（3）“深度除铝铁"时，要保证Al3+、Fe3+完全沉淀，而Co2+不沉淀，所以应控制终点时溶液pH范围为4.6≤pH＜6.6；
（4）根据浸钴时发生的反应、加入NH3调节pH可知，滤液2中主要成分为CoCl2、NaCl、NH4Cl，然后加入草酸铵沉钴，所以滤液3中溶质的主要成分为NaCl、NH4Cl；草酸盐受热易分解，所以在空气中煅烧草酸钴可以得到Co2O3。
14． +3 NH3∙H2O(或氨水) Fe(OH)3 10-36.5 提高反应速率 水浴加热 2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4=Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O 有Cl2放出，污染环境 4CO(OH)2＋O2 2Co2O3＋4H2O
【分析】锂电池废料中含有LiCoO2、铝、炭黑，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液中含有偏铝酸钠，在浸出液中加入稀硫酸生成氢氧化铝，过滤得到氢氧化铝固体；滤渣中含有LiCoO2，将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，题给信息可知酸浸后溶液主要的金属离子是Co2+、Li+，还含有少量Fe3+、Cu2+，经NaOH溶液调节pH 过滤，滤液经萃取、分离，浓缩，溶液中含有Li+，加入饱和碳酸钠溶液后过滤，最后得到碳酸锂固体。
【详解】(1)根据化合价代数和为0，Li为+1价，O为-2价，LiCoO2中，钴元素的化合价为+3。氢氧化铝能溶于强碱，实验室里通常是在铝盐溶液滴加NH3∙H2O(或氨水)溶液制备Al(OH)3。故答案为：+3；NH3∙H2O(或氨水)；
(2)题给信息可知酸浸后溶液主要的金属离子是Co2+、Li+，还含有少量Fe3+、Cu2+，经NaOH溶液调节pH 过滤，除去Fe3+，图中用NaOH溶液调节溶液pH，得到的固体应为Fe(OH)3 。为了使Fe(OH)3从溶液中完全沉淀，应控制溶液pH在3.5左右。则Fe(OH)3的Ksp= =10-36.5，Ksp数值约为10-36.5。故答案为：Fe(OH)3 ；10-36.5；
(3)生成Li2CO3的反应加热的目的为提高反应速率，加热温度为95℃，最恰当的加热方法为水浴加热。故答案为：提高反应速率；水浴加热；
(4)LiCoO2“酸浸”阶段发生反应LiCoO2将双氧水氧化为氧气，+3价的钴还原为+2价，化学反应方程式为2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4=Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O。其“酸浸”过程也可以使用盐酸完成，与使用H2SO4相比，盐酸具有还原性，其缺点为有Cl2放出，污染环境。经萃取分液得到的CoSO4，再经加碱、过滤、热分解得到Co2O3，实现钴的富集回收。其中热分解生成Co2O3的化学方程式是4CO(OH)2＋O2 2Co2O3＋4H2O。故答案为：2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4=Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O；有Cl2放出，污染环境；4CO(OH)2＋O2 2Co2O3＋4H2O。
15． Na+、H+、Al3+、Mg2+、 +OH－=NH3·H2O 2∶1 10.7 存在 0.08
【分析】根据溶液无色，排除铁离子，根据焰色反应，一定有钠离子，根据加入氯化钡和稀盐酸生成白色沉淀，说明含有硫酸根，根据离子共存排除一定没有钡离子，根据加入足量氢氧化钠溶液和图象信息得出一定含有铝离子、镁离子、氢离子、铵根离子，根据离子共存排除碳酸根，再根据电荷守恒得出含有硝酸根并计算硝酸根浓度。
【详解】(1)废水是无色的，说明无Fe3+。根据焰色反应为黄色可知有Na+，加入氯化钡有白色沉淀生成，且加入酸沉淀不溶解，说明有，加入氢氧化钠开始时没有沉淀生成说明有H+，加入过量的氢氧化钠有部分沉淀溶解，说明有Al3+，还有部分白色沉淀不溶解，说明有Mg2+，沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段，有另一阳离子与氢氧根反应且不生成沉淀，说明有，因此溶液一定有Al3+、Mg2+，根据离子共存判断出一定没有。故答案为：；Na+、H+、Al3+、Mg2+、。
(2)沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式是+OH－＝NH3·H2O；故答案为：+OH－＝NH3·H2O。
(3)与反应的OH－有0.2 mol，则有0.2 mol，与Al(OH)3反应的OH－有0.1 mol，则Al3+有0.1 mol，因此二者物质的量之比为2∶1。生成沉淀需要OH－物质的量为0.4 mol，0.1 mol Al3+沉淀需要0.3 mol OH－，则与Mg2+反应的OH－是0.1 mol，则Mg2+有0.05 mol，生成氢氧化镁0.05 mol，质量为0.05 mol×58 g∙mol−1＝ 2.9 g，生成的氢氧化铝是0.1 mol，质量为0.1 mol×78 g∙mol−1＝ 7.8 g，则沉淀最大质量为10.7 g；故答案为：2∶1；10.7。
(4)从图中可知，H+有0.1 mol，已经求得有0.2 mol，Al3+有0.1 mol，Mg2+有0.05 mol，若c(Na+) =0.18 mol·L−1，则钠离子的物质的量为0.18 mol·L−1×1 L=0.18 mol。根据题干可知硫酸钡有93.2 g，即物质的量为0.4mol，也就是说有0.4mol，已知没有，正电荷高于负电荷，电荷不守恒，所以一定存在硝酸根，且n()=0.1mol×1+0.2 mol×1+0.1 mol×3+0.05 mol×2+0.18 mol×1−0.4 mol×2=0.08mol，则硝酸根浓度为c()= ；故答案为：存在；0.08。
【点睛】最后剩余的几种离子来判断存在时，要根据离子共存和电荷守恒来判断一定存在的离子。
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