化学铝及其化合物推断题的专项培优 易错 难题练习题含答案含答案.docx
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化学铝及其化合物推断题的专项培优易错难题练习题含答案含答案
2020-2021化学铝及其化合物推断题的专项培优易错难题练习题(含答案)含答案
一、铝及其化合物
1.从铝土矿(主要成分是Al2O3,含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下:
请回答下列问题:
(1)固体A的主要成分是______________(写名称).
(2)铝土矿与过量烧碱反应的离子方程式为______、______.
(3)电解熔融氧化铝可制得两种单质,写出该反应化学方程式______________.
(4)指出流程乙的一个缺点是____________.
(5)氧化铝与焦炭的混合物在氮气中高温加热反应,制得新型非金属材料AlN与一种中学常见气体X.已知每转移6.02×1023个电子,有0.5mol化合物X生成,此反应的化学方程式________________.
【答案】二氧化硅Al2O3+2OH_=2AlO2_+H2OSiO2+2OH_=SiO32﹣+H2O2Al2O3==4Al+3O2↑氧化铝中含有二氧化硅杂质Al2O3+N2+3C
2AlN+3CO.
【解析】流程甲:
铝土矿中加入过量的稀盐酸,SiO2与盐酸不反应,Al2O3、Fe2O3、MgO均可与盐酸反应生成相应的氯化物,反应方程式为Al2O3+6H+===2Al3++3H2O;Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O;MgO+2H+===Mg2++H2O;反应液中加入过量烧碱,Al3+变为AlO2-,Mg2+、Fe3+变为Mg(OH)2 和Fe(OH)3 沉淀,过滤后,滤液中通入足量的二氧化碳气体,生成了Al(OH)3沉淀;反应方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。
流程乙:
铝土矿中加入过量的氢氧化钠溶液,Fe2O3、MgO与氢氧化钠不反应,SiO2、Al2O3均与强碱反应生成硅酸钠和偏铝酸钠,过滤,滤液中通入足量的二氧化碳,反应生成了Al(OH)3沉淀和硅酸。
(1)综上所述,固体A的主要成分是二氧化硅;正确答案:
二氧化硅。
(2)铝土矿中Al2O3、SiO2均与强碱反应,生成偏铝酸盐和硅酸盐,反应的离子方程式分别为:
Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O、SiO2+2OH_=SiO32﹣+H2O;正确答案:
Al2O3+2OH_=2AlO2-+H2O、SiO2+2OH_=SiO32﹣+H2O。
(3)电解熔融氧化铝可制得金属铝和氧气,反应化学方程式2Al2O3==4Al+3O2↑;正确答案:
2Al2O3==4Al+3O2↑。
(4)SiO2、Al2O3均与强碱反应生成硅酸钠和偏铝酸钠,过滤,滤液中通入足量的二氧化碳,反应生成了Al(OH)3沉淀和硅酸,加热后,得到氧化铝和二氧化硅,即氧化铝中含有二氧化硅杂质;正确答案:
氧化铝中含有二氧化硅杂质。
(5)氧化铝与焦炭的混合物在氮气中高温加热反应,制得新型非金属材料AlN与一种中学常见气体X,根据元素守恒可以知道X中应含有氧元素和碳元素,已知每转移6.02×1023个电子即1mol电子,有0.5mol化合物X生成,由电子转移守恒,可得在X中C的化合价为
所以X是CO,所以该反应的化学方程式为Al2O3+N2+3C
2AlN+3CO;正确答案:
Al2O3+N2+3C
2AlN+3CO。
点睛:
二氧化硅为酸性氧化物,与强碱反应,不与强酸反应;氧化铝为两性氧化物,既能与强酸,又能与强碱反应;氧化铁、氧化镁属于碱性氧化物,只能与强酸反应,不与强碱反应。
2.短周期主族元素A、B、C、D、E、G的原子序数依次增大,在元素周期表中A的原子半径最小(稀有气体元素除外),B与C相邻且C的最外层电子数是次外层的3倍,C、D的最外层电子数之和与G的最外层电子数相等,E是地壳中含量最多的金属元素。
回答下列问题:
(1)C在元素周期表中的位置是__________;由C和D组成既含离子键又含共价键的化合物的电子式__________。
(2)分别由C、D、E、G元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序为__________(用相应的离子符号表示)。
(3)写出实验室中制备G元素的单质的离子方程式______________________________
(4)E单质能写D的最高价氧化物的水化物浓溶液反应放出氢气,反应的离子方程式是:
__________由上述六种元素中的三种组成的某种盐,是漂白液的主要成分,将该盐溶液滴入硫酸酸化的KI淀粉溶液中,溶液变为蓝色,则反应的化学方程式为________________________________________.
【答案】第二周期第ⅥA族
ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+2H2O
【解析】
【分析】
短周期主族元素A、B、C、D、E、G原子序数依次增大,A是元素周期表中原子半径最小的元素,则A为H元素;C的最外层电子数是次外层的3倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,故C为O元素;B与C相邻,且B的原子序数较小,故B为N元素;E是地壳中含量最多的金属元素,则E为Al;C(氧)、D的最外层电子数之和与G的最外层电子数相等,则D原子最外层电子数为1、G原子最外层电子数为7,结合原子序数可知D为Na、G为Cl。
【详解】
(1)C为氧元素,在元素周期表中的位置是二周期第VIA族;C和D组成既含离子键又含共价键的化合物为Na2O2,电子式为
;
(2)C、D、E、G分别为O、Na、Al、Cl,电子层数越多离子半径越大,电子层数相同核电荷数越小半径越大,则简单离子由大到小的顺序为
;
(3)实验室利用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气,离子方程式为:
;
(4)Al单质可以和NaOH溶液反应生成氢气和偏铝酸钠,离子方程式为
;漂白液的主要成分为NaClO,具有强氧化性,根据现象可知将碘离子氧化成碘单质,根据电子守恒和元素守恒可知方程式为ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+2H2O。
3.已知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②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③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②的离子方程式是___。
【答案】FeCl3Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O2H2S+SO2═3S+2H2OCO32-+CO2+H2O═2HCO3-
【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、D为NaOH、B为Al(OH)3、C为NaAlO2,反应②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③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+SO2═3S+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②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+H2O═2HCO3−。
4.甲、乙、丙三种物质之间有如下转化关系:
(1)若甲和丙都是不溶于水的白色固体物质,既能溶于盐酸又能溶于氢氧化钠溶液。
则甲是________(填化学式)。
写出“
”转化的离子方程式______________________。
(2)若乙溶液中加入
溶液,有血红色出现,则乙溶液中含有的离子是___________,甲的化学式为_____________。
【答案】
【解析】
【详解】
(1)甲和丙都是不溶于水的白色固体物质,按信息知甲为
、乙是硫酸铝,丙为
,则乙与氨水反应的离子方程式为:
;
(2)若乙溶液中加入
溶液,有血红色出现,则乙为硫酸铁,其溶液中含有铁离子,氧化物甲与硫酸反应得到硫酸铁溶液,因此甲为氧化铁。
【点睛】
铝离子与氨水反应的离子方程式容易出错,同学往往错误地把离子方程式写错成
。
5.将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中,充分反应。
向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液,生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。
回答下列问题:
(1)写出BC段反应的离子方程式为____________________________。
(2)原Mg-Al合金的质量是_____________。
(3)原HCl溶液的物质的量浓度是________________。
(4)所加NaOH溶液的物质的量浓度是____________。
(5)a=______。
【答案】Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O5.1g6mol/L5mol/L20
【解析】
【分析】
根据图像可知,oa段为过量的盐酸与NaOH反应,AB段为镁离子、铝离子与NaOH的反应,BC段为氢氧化铝与NaOH的反应。
【详解】
(1)BC段为氢氧化铝与NaOH的反应,生成偏铝酸钠和水,反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O;
(2)BC段减少的为氢氧化铝沉淀,质量为7.8g,物质的量为0.1mol,即n(Al)=0.1mol;则氢氧化镁的质量为5.8g,物质的量为0.1mol即n(Mg)=0.1mol;合金的质量为24×0.1+27×0.1=5.1g;
(3)根据方程Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,消耗20mL的NaOH时的物质的量为0.1mol,则c(NaOH)=0.1mol÷0.02L=5mol/L;B点时,溶液刚好为NaCl溶液,此时消耗n(NaOH)=5×0.12=0.6mol,c(HCl)=0.6÷0.1=6mol/L;
(4)由(3)得出的结论,c(NaOH)=5mol/L;
(5)n(Mg)=n(Al)=0.1mol,消耗的盐酸为0.5mol,100mL溶液中含有n(HCl)=0.6mol,则剩余n(HCl)=0.1mol,此时消耗V(NaOH)=0.1÷5=0.02L,即20mL。
【点睛】
通过BC段消耗的氢氧化钠的体积计算出NaOH的浓度,再计算盐酸的浓度。
6.重铬酸钾(K2Cr2O7)在皮革、火柴印染化学、电镀等方面应用广泛。
工业上对制革工业污泥中(主要含有Cr3+、Fe3+、Fe2+、Al3+等)Cr元素的回收与再利用工艺如图:
已知:
①Al(OH)3与Cr(OH)3性质相似。
②2CrO42-+2H+
Cr2O72-+H2O。
③有关物质的溶解度曲线如图。
回答下列问题:
(1)含铬污泥预处理包括高温煅烧粉碎等步骤,其中高温煅烧的目的是__(写一条即可),滤渣III的成分是__(填化学式)。
(2)步骤③中操作需要的玻璃仪器有__,步骤①加入H2O2的作用是__。
(3)步骤⑦反应能够发生的原因是__,写出步骤④的反应离子方程式:
__。
(4)为测定产品中K2Cr2O7的含量,某兴趣小组将mg产品溶于水配制为500mL溶液,准确量取50.00mL,加入稀硫酸酸化,然后加入过量的KI充分还原,加___作指示剂,到达终点消耗30.00mL0.0500mol·L-1的Na2S2O3溶液。
则该次生产的样品中K2Cr2O7含量为__%。
(已知:
Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
【答案】除去蛋白质等有机物(改变污泥构造,便于酸浸等合理即可)Al(OH)3烧杯、玻璃棒、漏斗将Fe2+氧化成Fe3+K2Cr2O7的溶解度小3Cl2+2CrO2-+8OH-=2CrO42-+6Cl-+4H2O淀粉溶液
【解析】
【分析】
硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+,其次是Fe2+、Al3+和Cu2+,加入过量氢氧化钠,Fe3+、Cu2+生成沉淀,滤液的成分是NaAlO2和NaCrO2,通入氯气,NaCrO2被氧化为Na2CrO4,通入过量二氧化碳会生成氢氧化铝和碳酸氢钠,同时在酸性条件下,铬酸根转化为重铬酸根,即2CrO4-+2H+=Cr2O72-+H2O;然后析出重铬酸钠,溶解加入氯化钾可得重铬酸钾。
【详解】
(1)从动物皮到皮革需要加入铬酸鞣制,因此制革厂含铬污泥含有蛋白质等有机质,高温煅烧可以除去蛋白质等有机质,同时改变污泥构造,便于溶解;根据流程,AlO2-溶液中通入过量CO2,会生成Al(OH)3,可得滤渣II的成分是Al(OH)3;
(2)经过步骤③得到滤液和滤渣Ⅱ,可知步骤③中操作为过滤,需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗;根据流程,步骤①加入双氧水,目的是将Fe2+氧化为Fe3+,便于除去;
(3)加入KCl的目的是使Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7,根据信息,一定温度下,K2Cr2O7溶解度最小,故步骤⑦反应能够发生;由信息Al(OH)3与Cr(OH)3性质相似,根据流程,可知加入过量氢氧化钠,滤液的成分是NaAlO2和NaCrO2,通入氯气,NaCrO2被氧化为Na2CrO4,故离子方程式为3Cl2+2CrO2-+8OH-=2CrO42-+6Cl-+4H2O;
(4)有碘单质存在,可以选用淀粉溶液做指示剂;根据化学反应:
Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3+3I2+7H2O和I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,可得Cr2O72-~3I2~6S2O32-,ag产品最终消耗n(S2O32-)=0.0500mol/L×30.00×10-3L×
=0.0150mol,则n(Cr2O72-)=0.0150mol×
=0.00250mol,则样品中K2Cr2O7含量为
。
7.以粉煤灰(主要含3Al2O3·2SiO2、SiO2,还含有少量CaO、Fe2O3等物质)为原料制取Al2O3的流程如图:
(1)当(NH4)2SO4和3Al2O3·2SiO2的配比a(a=
)不同时,“焙烧”后所得产物的X射线衍射谱图如图所示(X射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在,不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。
由图可知,当a=___时,3Al2O3·2SiO2的利用率最高。
(2)“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3,生成Fe(OH)3的离子反应方程式为___。
(3)“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为___。
(4)“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀,升高温度有利于水解的原因是___。
该步骤可将加水改成通入过量的___气体。
(5)流程中,可以回收并循坏利用的物质除NH3外,还有___和___。
【答案】8Fe3++3NH3+3H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O水解为吸热反应,升高温度有利于平衡正向进行CO2NaOH(NH4)2SO4
【解析】
【分析】
粉煤灰、(NH4)2SO4进行灼烧处理,把3Al2O3·2SiO2转化为NH4Al(SO4)2,且当(NH4)2SO4和3Al2O3·2SiO2的配比a(a=
)不同时各产物含量不同,如图a=8时,体系中NH4Al(SO4)2含量最高,此时3Al2O3·2SiO2的利用也率最高。
加硫酸进行酸浸,过滤,滤液中含有Al3+、Fe3+以及其他可溶性离子,通入氨气生成沉淀Al(OH)3和Fe(OH)3,滤液Ⅰ为(NH4)2SO4,加入氢氧化钠进行碱浸取过滤,滤渣为Fe(OH)3滤液Ⅱ为NaOH和NaAlO2,加水水解得到Al(OH)3沉淀,煅烧得氧化铝。
【详解】
(1)根据分析,当(NH4)2SO4和3Al2O3·2SiO2的配比a=8时,体系中NH4Al(SO4)2含量最高,此时3Al2O3·2SiO2的利用也率最高。
(2)通入氨气“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3,生成Fe(OH)3离子反应方程式:
Fe3++3NH3+3H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+;
(3)根据分析,“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O;
(4)“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀,水解过程是吸热的,升高温度促进AlO2-水解;该步骤可将加水改成通入过量的酸性气体二氧化碳(CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓);
(5)流程中,滤液Ⅰ为(NH4)2SO4,滤液Ⅱ含有NaOH,故可以回收并循坏利用的物质除NH3外,还有(NH4)2SO4和NaOH。
【点睛】
氢氧化铝是两性氢氧化物,遇强酸强碱发生反应而溶解,不与弱酸弱碱反应。
氢氧化铝的制备:
1.向氯化铝溶液中通过量氨气;2.向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳;3.氯化铝和偏铝酸钠发生双水解。
8.用方铅矿(主要为PbS)和软锰矿(主要为MnO2,还有少量Al2O3等杂质)制备PbSO4和Mn3O4的工艺流程:
已知:
(1)PbS+MnO2+4H+=Mn2++Pb2++S+2H2O
(2)PbCl2(s)+2Cl-(aq)=PbCl42-(aq)△H>0
(1)80℃用盐酸处理两种矿石,为加快酸浸速率,还可采用的方法是_______________(任写一种)。
(2)向酸浸液中加入饱和食盐水的目的是________________________________;加入物质X可用于调节酸浸液的pH值,物质X可以是_______________
A.MnCO3B.NaOHC.ZnOD.PbO
(3)滤渣中含有金属杂质形成的化合物,其成分为________________(写化学式)。
(4)向滤液2中通入NH3和O2发生反应,写出总反应的离子方程式:
___________________
【答案】粉碎矿石、搅拌、适当增加盐酸浓度等增大PbCl2的溶解度ADAl(OH)3
【解析】
【分析】
方铅矿精矿(主要成分PbS)和软锰矿(主要成分MnO2,含有Al2O3等杂质)中加入稀盐酸并加热至80℃,发生的反应有:
MnO2+PbS+4HCl=MnCl2+PbCl2+S+2H2O、Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O,向酸浸溶液中加入NaCl溶液、X,调节溶液的pH,使Al3+转化为沉淀,要除去Al3+需要加入能与H+反应且不能引进新的杂质,然后过滤得到氢氧化铝沉淀和滤液,将滤液1分离得到PbCl2晶体和滤液2,向滤液2中通入氨气、氧气,锰离子被氧化生成Mn3O4,过滤得到Mn3O4和滤液,以此解答。
【详解】
(1)采取粉碎矿石或搅拌或适当增加盐酸浓度等措施均能加快酸浸速率;
(2)由反应
可知,向酸浸液中加入饱和食盐水,通过增大Cl−浓度可促进PbCl2的溶解;加入物质X调节溶液的pH,使Al3+转化为沉淀,同时不引入新的杂质,结合滤液1中含有Mn2+和Pb2+,可选择MnCO3和PbO调节溶液pH,而NaOH和ZnO调节pH时会引进杂质离子,即答案选AD;
(3)酸浸液中加入MnCO3或PbO调节溶液pH,促进溶液中Al3+完全转化为Al(OH)3沉淀,滤渣中含有金属杂质形成的化合物,其成分为Al(OH)3;
(4)滤液2中含有Mn2+,通入NH3和O2生成Mn3O4,Mn元素化合价从+2价升高至
价,O2中O元素化合价从0价降低至-2价,根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知发生反应的离子方程式为:
。
【点睛】
调节溶液的pH,常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀,调节pH所需的物质一般应满足两点:
①能与H+反应,使溶液pH增大;
②不引入新杂质;
例如:
若要除去Cu2+中混有的Fe3+,可加入CuO、CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH,不可加入NaOH溶液、氨水等。
9.铝土矿(主要成分为Al2O3,还含有SiO2(不溶于水和酸)、Fe2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料。
工业上提取氧化铝的工艺流程如下:
(1)沉淀A、B的成分分别是__________、__________;步骤②中的试剂a是__________ ;(以上均填化学式)
(2)试写出步骤③中发生反应的离子方式__________、__________ ;
【答案】SiO2Fe(OH)3NaOH溶液CO2+OH-=HCO3-CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
【解析】
【分析】
铝土矿中加入过量试剂盐酸,然后过滤得到沉淀A为SiO2,滤液甲中加入过量NaOH溶液过滤后得到沉淀B和滤液乙,滤液甲中溶质为氯化铝和氯化铁、HCl,沉淀B为Fe(OH)3,滤液乙中含有NaAlO2和NaOH、NaCl,向滤液乙中通入过滤二氧化碳得到滤液碳酸氢钠溶液,沉淀C为Al(OH)3,加热氢氧化铝得到氧化铝,以此解答该题。
【详解】
(1)由以上分析可知A为SiO2,沉淀B为Fe(OH)3,滤液甲中含有Al3+、Fe3+、H+等,应加入氢氧化钠,除去铁离子,将铝离子转化为AlO2-,步骤②中的试剂a是NaOH溶液;
(2)步骤③中与OH-反应生成碳酸氢根离子:
CO2+OH-=HCO3-,偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应,生成氢氧化铝和碳酸氢钠,离子反应为:
CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。
【点睛】
把握流程中物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键,侧重分析、推断及实验能力的综合考查。
离子方程式的书写是解答的易错点,注意二氧化碳是过量的。
10.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Al(OH)3并获得Fe3O4的部分工艺流程如图:
(1)焙烧过程均会产生SO2,用于吸收SO2的试剂可以是______。
(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−
)×100%
①500℃焙烧(不添加CaO的矿粉)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的矿粉硫去除率低的主要原因是______。
(3)向含大量AlO2-的滤液中通入过量CO2,得到Al(OH)3白色沉淀,发生该反应的离子方程式为______。
(4)FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,理论上1molFeS2完全参与反应生成的Fe3O4的物质的量为______mol。
【答案】NaO
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