备战高考化学二轮 铝及其化合物推断题 专项培优附答案.docx
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备战高考化学二轮铝及其化合物推断题专项培优附答案
2020-2021备战高考化学二轮铝及其化合物推断题专项培优附答案
一、铝及其化合物
1.某厂用蛭石(主要成份为:
MgO、Fe2O3、A12O3、SiO2)作原料生产A12O3与Fe(OH)3。
Ⅰ.工艺流程如图(只有固体A和F为纯净物):
Ⅱ.查阅资料:
某些阳离子浓度为0.1mol/L时,氢氧化物沉淀时的pH为:
氢氧化物
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀时的pH
2.3
10.4
4.0
完全沉淀时的pH
3.7
12.4
5.2
注:
Al(OH)3pH=7.8时开始溶解,10.8时完全溶解。
请回答以下问题:
(1)写出下列物质化学式:
试剂I__,F__;
(2)步骤②B生成C的离子方程式:
__;
(3)要使固体D杂质尽量少,步聚②调节溶液的pH合理的是__;
A.12.4~13B.10.8C.3.7~5.2
(4)滤液E中存在较多的阴离子是__,滤液E中加入过量的NaOH溶液,充分沉淀后,检验上层清液中金属阳离子的操作步骤是__;
(5)固体D可用来生产合成氨的表面催化剂。
如图表示无催化剂时,某合成氨的NH3的百分含量随时间变化曲线,请在图上用虚线画出该反应有催化剂时的曲线___。
【答案】稀盐酸或稀硫酸Al(OH)3Al3++4OH-=AlO2-+2H2OBHCO3-、Cl-(或SO42-)将铂丝用盐酸清洗后,放在酒精灯火焰上灼烧一会儿,蘸取滤液后放在酒精灯火焰上灼烧,火焰呈黄色,即证明有Na+
【解析】
【分析】
蛭石矿样加入试剂I可以得到溶液和一种纯净滤渣,根据蛭石主要成份为:
MgO、Fe2O3、A12O3、SiO2可知试剂I应为稀盐酸或稀硫酸,得到的固体A为SiO2;滤液中主要金属阳离子有Fe3+、Mg2+、Al3+,加入过量的氢氧化钠,得到氢氧化镁沉淀和氢氧化铁沉淀,和含有偏铝酸钠的滤液C,滤液C中通入过量的二氧化碳得到纯净的氢氧化铝沉淀F。
【详解】
(1)上述分析可知试剂Ⅰ是稀硫酸或稀盐酸;固体F为氢氧化铝,Al(OH)3;
(2)步骤②B生成C的反应是铝离子和过量氢氧根离子反应生成偏铝酸盐,反应的离子方程式为:
Al3++4OH-═AlO2-+2H2O;
(3)分析图表数据保证镁离子和铁离子全部沉淀,铝离子全部变化为偏铝酸盐,应调节溶液pH为10.8,B符合;
(4)试剂I所用酸的阴离子一直存在与溶液中,滤液C通入过量的二氧化碳会生成碳酸氢根,所用滤液E中存在较多的阴离子是HCO3-、Cl-(或SO42-);检验钠离子常用焰色反应,具体操作为将铂丝用盐酸清洗后,放在酒精灯火焰上灼烧一会儿,蘸取滤液后放在酒精灯火焰上灼烧,火焰呈黄色,即证明有Na+;
(5)催化剂改变反应速率不改变化学平衡,据此画出曲线变化为
。
2.铁和铝是科技、生产、生活中应用最广泛的金属材料。
现有铁、铝的混合物进行如下实验:
(1)操作X的名称是_____。
(2)气体A是_____。
(3)A与Cl2混合光照可能发生爆炸,生成_____(填化学式),A在该反应中作为_____(填“氧化剂”或“还原剂”)。
(4)溶液B中阴离子除OH-外还有_____,溶液D中存在的金属离子为_____。
【答案】过滤H2(或氢气)HCl还原剂AlO2-Fe2+
【解析】
【分析】
金属混合物中Fe与NaOH溶液不反应,而Al可以与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2,NaAlO2易溶于水,所以气体A是H2,溶液B是NaAlO2与NaOH的混合溶液,固体C是Fe,Fe是比较活泼的金属,与HCl发生置换反应产生FeCl2和氢气,因此溶液D为FeCl2,据此分析解答。
【详解】
(1)操作X的名称是分离难溶性的固体与可溶性液体混合物的方法,名称是过滤;
(2)气体A是H2;
(3)A是H2,H2和Cl2的混合气体光照会发生爆炸,反应生成HCl,在该反应中,氢元素的化合价升高,失去电子,被氧化,所以H2作还原剂,;
(4)溶液B是反应产生的NaAlO2与过量的NaOH的混合溶液,所以溶液B中阴离子除OH-外还有AlO2-;铁可以和盐酸反应生成FeCl2和H2,溶液D中含有的金属离子为Fe2+。
【点睛】
本题考查金属铁以及金属铝的化学性质。
注意知识的积累是解题的关键,HCl的氧化性比较弱,只能把Fe氧化为Fe2+,Cl2、H2O2具有强氧化性,可以把Fe氧化为Fe3+;Al既可以与酸反应产生氢气,也可以与强碱溶液反应反应氢气,等物质的量的铝与足量的酸、碱反应产生氢气的物质的量相等。
3.含有A+、B3+、C3+三种金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:
①生成Y沉淀:
__;②B3+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+AgClFe(OH)3Al(OH)3Fe3++3OH﹣═Fe(OH)3↓Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+2Al+Fe2O3
2Fe+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)①生成Y沉淀的离子方程式为:
Fe3++3OH﹣═Fe(OH)3↓;
故答案为:
Fe3++3OH﹣═Fe(OH)3↓;
②Al3+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++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+;
故答案为:
Al3++3NH3•H2O═Al(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+Fe2O3
2Fe+Al2O3;
故答案为:
2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3。
4.某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示:
阳离子
H+、K+、Al3+、NH4+、Mg2+
阴离子
Cl-、OH-、CO32-、AlO2-
为探究其成分,某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热,产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示。
(1)该溶液中一定含有的阳离子是________________________________,其对应物质的量浓度之比为____________,溶液中一定不存在的阴离子是_______________________。
(2)写出沉淀减少的离子方程式________________________________________________。
【答案】H+、Al3+、NH4+、Mg2+2:
2:
2:
3OH-、CO32-、AlO2-Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
(1)根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知,最终得到的沉淀为3mol氢氧化镁沉淀,溶解的2mol沉淀为氢氧化铝;根据气体的物质的量最后有增加可知,增加的气体为氨气,溶液中一定存在铵离子;根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成,说明原溶液中存在氢离子,根据题中数据计算出氢离子的物质的量;
(2)沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少,据此写出反应的离子方程式。
【详解】
(1)根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知:
溶液中一定含有:
Mg2+和Al3+,所以一定不含CO32-、AlO2-,并且含有镁离子的物质的量为3mol,氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol,根据元素守恒,所以含有铝离子的物质的量2mol;加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气,而图象中生成了6mol气体,说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外,还一定有2mol其他气体生成,而只能是氨气,所以一定含有2mol铵根离子,所以一定不含有氢氧根离子;图象中加入过氧化钠的物质的量在0~amol之间时,没有沉淀生成,所以溶液中含有H+,由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol,8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠,而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为:
2mol×3+3mol×2+2mol=14mol,所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应,氢离子的物质的量为2mol;并且物质的量为2mol,溶液中一定还含有阴离子,可能为氯离子,钾离子不能确定是否存在,根据电荷守恒:
n(H+)+3n(Al3+)+n(NH4+)+2n(Mg2+)≤16mol,所以氯离子物质的量≥16mol,所以溶液中一定存在的阳离子为:
H+、Al3+、NH4+、Mg2+;含有的阳离子的物质的量之比为:
n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+):
n(Mg2+)=2:
2:
2:
3;溶液中一定不存在的阴离子为:
OH-、CO32-、AlO2-;
(2)生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝,其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应,反应的离子方程式为:
Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。
5.某铝合金(硬铝)中含有铝、镁、铜、硅,为了测定该合金中铝的含量,有人设计了如下实验:
(1)溶液Ⅰ中的溶质为_________(填化学式,下同),溶液Ⅱ中的溶质为__________。
(2)上述第③步反应中,生成沉淀的离子方程式为____________。
(3)该合金中铝的含量为__________。
【答案】AlCl3、MgCl2、HClNa[Al(OH)4]、NaCl、NaOH[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3—
【解析】
【分析】
由测定该合金中铝的含量流程可知,①加盐酸,Cu、Si不反应,则过滤得到的固体为Cu、Si,溶液中含AlCl3、MgCl2以及过量的盐酸,②加足量的NaOH,过滤得到的沉淀为Mg(OH)2,溶液中主要含Na[Al(OH)4]、与过量盐酸反应生成的氯化钠和过量的氢氧化钠,③通足量的二氧化碳,反应生成Al(OH)3,④灼烧氢氧化铝分解得到Al2O3。
【详解】
(1)根据分析可知溶液Ⅰ中的溶质为AlCl3、MgCl2、HCl;溶液Ⅱ中的溶质为Na[Al(OH)4]、NaCl、NaOH,故答案为:
AlCl3、MgCl2、HCl;Na[Al(OH)4]、NaCl、NaOH;
(2)第③步通入二氧化碳与[Al(OH)4]-反应生成氢氧化铝沉淀,故答案为:
[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3—;
(3)因铝在反应前后守恒,最后得到的固体Al2O3中铝的质量就是铝合金中的铝的质量,则铝的质量为
,样品质量为ag,所以铝的质量分数=
,故答案为:
。
【点睛】
本题利用了守恒法来进行计算,能很好的考查学生的实验能力、分析和解决问题的能力,题目难度中等。
6.工业上制备铝一般是从铝土矿(主要成分是Al2O3,含有Fe2O3杂质)中得到纯净的Al2O3,然后电解Al2O3得到铝。
下图是从铝土矿中提纯Al2O3的简单示意图。
其中涉及到的一个反应:
2NaAlO2+CO2+3H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓。
(1)图示中实验操作
(1)是________;加入的试剂②是__________(填化学式)
(2)试写出B溶液中的溶质的化学式:
_____________
(3)写出化学方程式:
①铝土矿→A:
_________________________________________________。
②E→F:
_______________________________________________________。
【答案】过滤Ca(OH)2或Ba(OH)2NaAlO2Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O2Al(OH)3
Al2O3+3H2O
【解析】
【分析】
溶液B中通入CO2产生沉淀,说明B溶液为NaAlO2溶液,则是向铝土矿中加入的试剂①是NaOH溶液,操作
(1)过滤,沉淀C为Fe2O3,则溶液D为Na2CO3,反应②为:
Ca(OH)2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH,故沉淀H为CaCO3,沉淀E为Al(OH)3,F为Al2O3,反应④是电解氧化铝得到Al与氧气,据此分析。
【详解】
(1)将沉淀从溶液中分离出来的操作是过滤;根据反应2NaAlO2+CO2+3H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓可知,D中含有碳酸钠,E是氢氧化铝,则F是氧化铝,电解氧化铝即得到金属铝。
碳酸钠要生成氢氧化钠和沉淀,需要进入的试剂是氢氧化钙,即②中加入的试剂是Ca(OH)2或Ba(OH)2;
(2)由上述分析可知,B为NaAlO2;
(3)①铝土矿→A是氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水,反应的化学方程式为:
Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
②E→F是氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水,反应的化学方程式为:
2Al(OH)3
Al2O3+3H2O。
7.利用含铬废料(主要含Cr2O3,还含有FeO、SiO2、Al2O3等杂质)制备重铬酸钠,实现清洁化工生产,工艺流程如图:
回答下列问题:
(1)焙烧Cr2O3转化为Na2CrO4的化学反应方程式是_____;
(2)实验室模拟此工业流程①,控制反应温度60℃的方法是_____;
(3)流程②用石墨做电极电解Na2CrO4溶液,制备Na2Cr2O7,其原理如图所示,a是_____极;电极Ⅱ的电极反应式是_____;当生成2molNa2Cr2O7时,电路中转移的电子_____mol;
(4)由下图和下表中的溶解度变化,流程③制备K2Cr2O7,应先充分加热,然后_____反应才能顺利进行;
重铬酸钠的溶解度表:
温度℃
10
20
40
60
80
100
溶解度%
61.6
62.8
65.1
71.8
78.7
81.1
(5)为进一步减少制得的K2Cr2O7晶体中NaCl等杂质,应再进行_____操作;
(6)流程④Na2Cr2O7溶液与乙醇反应,乙醇可能被氧化为_____(写一种即可)。
【答案】2Cr2O3+4Na2CO3+3O2
4Na2CrO4+4CO2水浴加热负极4OH-―4e-=2H2O+O2↑或2H2O-4e-=O2↑+4H+4冷却结晶(降低温度)重结晶乙醛(CH3CHO)、乙酸(CH3COOH)、二氧化碳(CO2)等
【解析】
【分析】
利用含铬废料(主要含Cr2O3,还含有FeO、SiO2、Al2O3等杂质)制备重铬酸钠。
将铬铁矿和碳酸钠、空气混合焙烧,发生反应得到Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3等和CO2,然后在60℃时调节溶液的pH=6.5,用盐酸浸取后过滤,得到的滤渣中主要含有硅酸、氢氧化铁、氢氧化铝等,滤液中含有Na2CrO4和NaCl,然后用石墨做电极电解Na2CrO4溶液,制备Na2Cr2O7,在Na2Cr2O7溶液中加入氯化钾固体可以制得K2Cr2O7,在Na2Cr2O7溶液中加入稀硫酸和乙醇,可以制得NaCr(SO4)2,据此分析解答。
【详解】
(1)Cr2O3与碳酸钠在空气中焙烧反应生成Na2CrO4的化学反应方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O2
4Na2CrO4+4CO2,故答案为:
2Cr2O3+4Na2CO3+3O2
4Na2CrO4+4CO2;
(2)可以采用水浴加热的方法,控制反应温度60℃,故答案为:
水浴加热;
(3)Na2CrO4溶液中存在2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O,用图示装置(均为石墨电极)电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7,需要通过电解生成H+提高溶液的酸性,说明该电极(电极Ⅱ)是阳极,连接电源的正极,即b为正极,则a为负极;电极Ⅱ为阳极,溶液中氢氧根离子失电子生成氧气,电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑或2H2O-4e-=O2↑+4H+;由CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O可知,每生成2molNa2Cr2O7时,理论上II电极生成4molH+,根据阳极反应式4OH--4e-=2H2O+O2↑可知,每生成4molH+,转移4mol电子,故答案为:
负极;4OH-―4e-=2H2O+O2↑或2H2O-4e-=O2↑+4H+;4;
(4)根据溶解度曲线和重铬酸钠的溶解度表可知,K2Cr2O7的溶解度随温度的变化较大,而Na2Cr2O7的溶解度受温度的影响不大,且温度较低是由水中的溶解度:
Na2Cr2O7>K2Cr2O7,因此流程③中向Na2Cr2O7溶液中加入适量KCl,充分加热,蒸发浓缩至表面出现晶膜,然后冷却结晶,析出K2Cr2O7固体,反应才能顺利进行,故答案为:
冷却结晶(降低温度);
(5)根据溶解度曲线,K2Cr2O7的溶解度随温度的变化较大,而氯化钠的溶解度受温度的影响不大,为进一步减少制得的K2Cr2O7晶体中NaCl等杂质,需要对K2Cr2O7晶体进行重结晶操作,进一步分离提纯,故答案为:
重结晶;
(6)Na2Cr2O7溶液具有强氧化性,Na2Cr2O7溶液与乙醇反应,乙醇可能被氧化为乙醛(CH3CHO)、乙酸(CH3COOH)、甚至可以氧化生成二氧化碳和水,故答案为:
乙醛(CH3CHO)、乙酸(CH3COOH)、二氧化碳(CO2)等。
8.近两年来无人驾驶汽车的大热使得激光雷达成为人们关注的焦点,激光雷达的核心部件需要一种氮化铝(A1N)导热陶瓷片。
下图是从铝土矿(主要成分为A12O3,还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)中提取A12O3并生产A1N的工艺流程:
(1)“溶解”时,已知溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠可发生反应:
2Na2SiO3+2NaA1O2+2H2O===Na2Al2Si2O8↓+4NaOH。
赤泥的主要成分除了生成的Na2Al2Si2O8还有________(写出化学式),Na2Al2Si2O8用氧化物的形式表示为______________________________________________________。
(2)“酸化”时通入过量CO2与NaA1O2反应生成NaHCO3和另一种白色沉淀,试写出该反应的化学方程式________________________________;实验室过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、_____________________、玻璃棒。
(3)“还原”时,炭黑在高温下被氧化为CO,反应的化学方程式为_____________;
(4)已知:
AlN+NaOH+H2O===NaA1O2+NH3↑。
现取氮化铝样品5.0g(假设杂质只含有炭黑)加到100mL1.0mol•L-1的NaOH溶液中恰好反应完,则该样品中A1N的质量分数为___________________。
【答案】Fe2O3Na2O•Al2O3•2SiO2NaAlO2+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+NaHCO3漏斗Al2O3+N2+3C
2AlN+3CO↑82%
【解析】
【分析】
铝土矿(主要成分为A12O3,还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质),铝土矿中加入氢氧化钠溶液,SiO2和A12O3溶于氢氧化钠溶液,溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠发生反应:
2Na2SiO3+2NaA1O2+2H2O===Na2Al2Si2O8↓+4NaOH,氧化铁不溶于氢氧化钠溶液,所以过滤得到的赤泥为Fe2O3、Na2Al2Si2O8,滤液主要为偏铝酸钠溶液,偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳酸化得到的沉淀为氢氧化铝,过滤得到的滤液主要为NaHCO3溶液,氢氧化铝灼烧得到氧化铝,氧化铝、碳黑、氮气在高温下生成氮化铝,同时碳被氧化为CO,据此解答此题。
【详解】
(1)氧化铁与氢氧化钠不反应,则赤泥的主要成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8,Na2Al2Si2O8用氧化物的形式表示为Na2O•Al2O3•2SiO2;
答案为:
Fe2O3;Na2O•Al2O3•2SiO2;
(2)“酸化”时通入过量CO2与NaA1O2反应生成Al(OH)3,反应的化学方程式为:
NaAlO2+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+NaHCO3;实验室过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒;
答案为:
NaAlO2+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+NaHCO3;漏斗;
(3)氧化铝、碳黑、氮气在高温下生成氮化铝,同时碳黑被氧化为CO,反应的化学方程式为:
Al2O3+N2+3C
2AlN+3CO↑;
答案为:
Al2O3+N2+3C
2AlN+3CO↑;漏斗;
(4)加到100mL1.0mol•L-1的NaOH溶液中恰好反应完,则n(NaOH)=0.1L⨯1.0mol/L=0.1mol,根据反应AlN+NaOH+H2O===NaA1O2+NH3↑可知,n(AlN)=n(NaOH)=0.1mol,所以AlN的质量分数为:
;
答案为:
82%;
9.工业上用铝土矿(主要成分为
,还含有杂质
和
)提取氧化铝并冶炼
的操作过程如下:
(1)滤渣A是______,滤渣B是__________。
(2)操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的名称是____________。
(3)生成滤渣C的离子方程式为___________________________________________。
(4)取100mL滤液B,加入200mL1.0
的盐酸时,沉淀量达到最大且质量为11.7g。
则滤液B中
________,
_______
。
【答案】
(或氢氧化铁)过滤
6.0
【解析】
【分析】
铝土矿中加入过量稀硫酸,二氧化硅不与稀硫酸反应形成滤渣A,氧化铁、氧化铝与稀硫酸反应生成铝离子、铁离子,滤液A中有铝离子、铁离子;滤液A中加入过量的氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠。
根据固体D电解生成铝,推知D为氧化铝,C为氢氧化铝。
偏铝酸钠与过量的X生成氢氧化铝,推知X为二氧化碳。
【详解】
(1)铝土矿中的二氧化硅与稀硫酸不反应,则滤渣A是
(或二氧化硅);滤液A中含有铝离子、铁离子,加入过量的氢氧化钠,则滤渣B是
(或氢氧化铁)。
(2)操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ后分为滤渣和滤液,故名称均是过滤。
(3)由于二氧化碳是过量的,则生成滤渣C的离子方程式为
。
(4)取100mL滤液B,加入200mL
的盐酸时,沉淀量达到最大且质量为11.7g,即氢氧化铝是11.7g,其物质的量是
,根据铝原子守恒可知,滤液B中
。
根据方程式
可知
消耗氢氧化钠0.6mol,
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