高考化学铝及其化合物推断题经典压轴题附详细答案.docx
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高考化学铝及其化合物推断题经典压轴题附详细答案
高考化学铝及其化合物推断题-经典压轴题附详细答案
一、铝及其化合物
1.铬鞣剂[Cr(OH)SO4]可用于提高皮革的耐曲折强度。
一种以铬渣(含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SO4的工艺流程如图:
回答下列问题:
(1)“焙烧”时,Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为__。
(2)“水浸”过程中,物料的粒度(颗粒大小)对铬残余量的影响如图所示,则最佳反应条件为__。
(3)“滤渣1”中有一种成分为铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10),是制造水泥的原料之一,用氧化物的形式表示其化学式__。
(4)“滤渣2”主要成分为Al(OH)3和__(填化学式),“过滤2”后,将溶液pH调至a,a__6.5(填“小于”或“大于”),目的是__(用离子方程式表示)。
(5)已知CH3OH在酸性条件下可被氧化生成CO2,写出Na2Cr2O7与CH3OH反应生成Cr(OH)SO4的化学方程式__。
(6)某厂用m1kg的铬渣(含Cr2O340%)制备Cr(OH)SO4,最终得到产品m2kg,则产率为__。
【答案】2Cr2O3+4Na2CO3+3O2
4Na2CrO4+4CO2物质的粒度为60目时4CaO·Fe2O3·Al2O3H2SiO3小于2CrO42-+2H+
Cr2O72-+H2ONa2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2+Na2SO4+4H2O
【解析】
【分析】
以铬渣(含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SO4,先加入碳酸钠、通入空气进行焙烧,再经过水浸、过滤除去固体杂质Fe2O3,调pH除去杂质氢氧化铝和氢氧化铁,最后通过氧化还原反应生成目标产物Cr(OH)SO4。
【详解】
(1)“焙烧”时,Cr2O3转化为Na2CrO4,Cr元素的化合价升高,反应为氧化还原反应,还需氧化剂O2,根据电子守恒配平方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O2
4Na2CrO4+4CO2。
(2)根据图示可知,当物质的粒度为60目时,铬的残余量最少,故最佳反应条件为物质的粒度为60目时。
(3)铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10),用氧化物的形式表示其化学式为4CaO·Fe2O3·Al2O3。
(4)步骤过滤1后溶液中存在偏铝酸钠和硅酸钠等杂质,调节pH使其转化为沉淀Al(OH)3和H2SiO3,故滤渣2主要成分为Al(OH)3和H2SiO3。
“过滤2”后,将溶液pH调至a,是为将2CrO42-转化为Cr2O72-,酸性条件下可以实现转化,故a小于6.5实现2CrO42-+2H+
Cr2O72-+H2O的转化。
(5)根据条件CH3OH在酸性条件下可被氧化生成CO2,Na2Cr2O7与CH3OH反应生成Cr(OH)SO4为氧化还原反应,其中碳元素、铬元素的化合价发生改变,根据电子守恒得化学反应方程式为Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2+Na2SO4+4H2O。
(6)最终得到产品Cr(OH)SO4m2kg,其中铬元素的含量为
kg,原料中铬元素的含量为
,则产率为
。
2.氢能源是一种重要的清洁能源。
现有两种可产生H2的化合物甲和乙。
将6.00g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况),甲与水反应也能产生H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液。
化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状态下的密度为1.25g/L。
请回答下列问题:
(1)甲的化学式是__________;乙的电子式是__________。
(2)甲与水反应的化学方程式是__________。
(3)气体丙与金属镁反应的产物是__________(用化学式表示)。
(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙,写出该反应的化学方程式__________。
有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O,请设计实验方案验证之__________(已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)。
【答案】AlH3
AlH3+3H2O=Al(OH)3↓+3H2↑Mg3N22NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O将固体溶于稀硫酸中,如果溶液变蓝,说明产物中含有Cu2O,反之则无Cu2O
【解析】
【分析】
将6.00g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2(已折算成标准状况),甲与水反应也能产生H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液,因此白色沉淀是Al(OH)3,则金属单质是铝,因此甲是AlH3。
化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状况下的密度为1.25g·L-1,则丙的相对分子质量是1.25×22.4=28,因此丙是氮气,则乙是氨气NH3,据此解答。
【详解】
(1)根据以上分析可知甲的化学式是AlH3。
乙是氨气,含有共价键的共价化合物,电子式为
;
(2)甲与水反应生成氢气和氢氧化铝,反应的化学方程式是AlH3+3H2O=Al(OH)3↓+3H2↑。
(3)氮气与金属镁反应的产物是Mg3N2。
(4)氨气在加热条件下与CuO反应可生成Cu和氮气,根据原子守恒可知该反应的化学方程式为2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O。
铜与稀硫酸不反应,则根据Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O可知,要检验产物Cu中可能还混有Cu2O可以将固体溶于稀硫酸中,如果溶液变蓝,说明产物中含有Cu2O,反之则无Cu2O。
3.阅读下面信息,推断元素,按要求回答问题:
信息
问题
①短周期元素X、Y、Z、W,原子序数依次增大,最外层电子数均不少于最内层电子数,且四种元素组成的单质常温下均为固体。
(1)X一定不是______
A氢 B碳
C氧 D硫
②一定条件下,上述四种元素的单质均能与足量的氧气反应,生成的氧化物有两种能溶于稀硫酸,三种能溶于浓NaOH溶液,氧化物的相对分子质量都大于26
(2)这四种元素中有铝元素吗?
________
③向上述四种元素的单质的混合物中,加入足量的盐酸,固体部分溶解,过滤,向滤液中加入过量的烧碱溶液,最终溶液中有白色沉淀
(3)白色沉淀的化学式为_____
④向上述四种元素的单质的混合物中,加入足量的烧碱溶液,固体部分溶解,过滤,向滤液中加入过量的盐酸,最终溶液中有白色沉淀
(4)生成白色沉淀的离子方程式为_____
⑤X与W同主族
(5)X的单质与W的最高价氧化物反应的化学方程式为______
【答案】ACD一定含有铝元素Mg(OH)2SiO32-+2H+=H2SiO3↓2C+SiO2
Si+2CO↑
【解析】
【分析】
(1)H2和O2常温下为气体,而C、S常温下为固体;
(2)Al具有②中元素的性质,四种元素可能有1种是铝元素;
(3)白色沉淀应为碱,短周期元素中只有Mg(OH)2符合;
(4)滤液中加入过量的盐酸溶液,得到的应是难溶于水的弱酸,可为H2SiO3或H4SiO4;
(5)已知X、Y、Z、W四种元素中的3种为Mg、Al、Si,只有X为碳时才符合X与W同主族且X原子序数最小的条件。
【详解】
(1)A.X若为氢时,其最外层电子数为1,无内层电子,且H2常温下为气体,不合理,故A错误;
B.X若为C时,满足最外层电子数均不少于最内层电子数,且C常温下为固体,合理,故B正确;
C.X若为氧时,满足最外层电子数均不少于最内层电子数,但O2或O3常温下为气体,不合理,故C错误;
D.X若为硫,其原子序数是16,原子序数比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素,不合理,故D错误;
故答案为:
ACD;
(2)Al能与氧气反应,且Al2O3能溶于稀硫酸,也能溶于NaOH溶液,且氧化铝的式量是102,均满足信息②,则四种元素一定有1种是铝元素;
(3)对所有短周期元素进行试探,唯有镁元素符合性质,可知白色沉淀物的化学式为Mg(OH)2;
(4)唯有硅元素在④变化中最终得到白色沉淀H2SiO3(或H4SiO4),生成该白色沉淀的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓(或SiO32-+2H++H2O=H4SiO4↓);
(5)已知X、Y、Z、W四种元素中的3种为Mg、Al、Si,只有X为碳时才符合X与W同主族且X原子序数最小的条件,则C与SiO2在高温下反应的化学方程式为2C+SiO2
Si+2CO↑。
4.A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素,原子序数依次增大。
A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数,其中A的单质在常温下为气体。
C与B、H在元素周期表中处于相邻位置,这三种元素原子的最外层电子数之和为17。
D与F同周期。
G的单质常用作半导体材料。
请回答:
(1)C和H分别与A形成的简单化合物沸点较高的是________(填化学式),理由是_____________。
(2)C、E形成的简单离子半径大小:
r(C)______r(E)(填>、<或=)
(3)请写出F最高价氧化物对应的水化物在水溶液中的电离方程式______________。
(4)B与G形成的化合物常用于做耐高温材料,工业可用碳热还原法制取:
将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应,请写出化学反应方程式_____________。
【答案】H2OH2O分子间存在氢键>H++AlO2-+H2O
Al(OH)3
Al3++3OH-3SiO2+6C+2N2
Si3N4+6CO
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素,原子序数依次增大。
A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数,其中A的单质在常温下为气体,则A为H;G的单质常用作半导体材料,G为Si,结合原子序数可知F为Al;C与B、H在元素周期表中处于相邻位置,这三种元素原子的最外层电子数之和为17,17÷3=5…2,B为N、C为O、H为S,D与F同周期,位于第三周期,D为Na、E为Mg,以此来解答。
【详解】
由上述分析可知,A为H、B为N、C为O、D为Na、E为Mg、F为Al、G为Si、H为S。
(1)C和H分别与A形成的简单化合物分别是H2O、H2S,其中沸点较高的是H2O,原因是H2O分子间存在氢键,增加了分子之间的吸引力;
(2)O2-、Mg2+核外电子排布相同。
具有相同电子排布的离子中,原子序数大的离子半径小,则C、E形成的简单离子半径大小:
r(C)>r(E);
(3)F最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物,在水溶液中存在酸式电离和碱式电离,电离方程式为H++AlO2-+H2O
Al(OH)3
Al3++3OH-;
(4)将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应,其化学反应方程式为3SiO2+6C+2N2
Si3N4+6CO。
【点睛】
本题考查元素及化合物的推断及物质性质的方程式表示。
把握原子结构、元素的位置、质子数关系来推断元素为解答的关键,注意元素化合物知识的应用,题目侧重考查学生的分析与应用能力。
5.A、B、C、X均为中学常见的纯净物,它们之间有如下转化关系(副产物已略去)。
试回答:
(1)若X是强氧化性单质,则A不可能是____。
a.Sb.N2c.Nad.Mge.Al
(2)若A为强碱溶液,则X可能为____。
a.CO2b.AlCl3c.Ald.Mge.Al2O3
(3)若X是金属单质,向C的水溶液中滴加AgNO3溶液,产生不溶于稀HNO3的白色沉淀,则B的化学式为____;C溶液在贮存时应加入少量X,理由是(离子方程式表示)___,检验此C溶液中金属元素价态的操作方法是____。
(4)若A、B、C为含有金属元素的化合物,X为强电解质,A溶液与C溶液反应生成B,则B的化学式为____,X的化学式可能为(写出不同类物质)____或____,反应②的离子方程式为___或___。
【答案】deabFeCl32Fe3++Fe=3Fe2+加入硫氰化钾,不显血红色,然后加入氯水,显血红色,则为亚铁离子Al(OH)3盐酸氢氧化钠Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
【解析】
【分析】
(1)根据常见的强氧化剂单质氧气和氯气分析;
(2)根据各物质的转化关系分析;
(3)在溶液C中滴入AgNO3,产生不溶于稀HNO3的白色沉淀,此沉淀为AgCl,由题意与转化关系可推知A为Cl2,x为还原性较强的金属,由所学知识推x为铁单质;
(4)x为强电解质,应属于强酸、强碱或者盐类,但根据图所示转化关系确定x只能为强碱或强酸。
能与强碱、强酸连续反应的常见物质就是铝的化合物。
【详解】
(1)a.S与氧气反应生成SO2,SO2和氧气反应生成SO3,故不选a;
b.N2与氧气在放电条件下生成NO,NO与氧气反应生成NO2,故不选b;
c.Na与氧气在常温下生成Na2O,Na2O与氧气加热生成Na2O2,故不选c;
d.金属Mg与氧气反应生成氧化镁固体,氧化镁与氧气不反应,故选d;
e.Al与氧气反应生成氧化铝,氧化铝与氧气不反应,故选e;
选de。
(2)a.CO2与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠,碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,故选a;
b.AlCl3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠溶液与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀,故选b;
c.Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠与铝不反应,故不选c;
d.Mg与氢氧化钠溶液不反应,故不选d;
e.Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠溶液与氧化铝不反应,故不选e;
选ab;
(3)铁与氯气反应生成氯化铁,则B为FeCl3,氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁,C为FeCl2,Fe2+易被氧化,所以FeCl2在贮存时,应加入铁粉来还原Fe3+,离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+;检验此C溶液中含有Fe2+的操作方法是:
加入硫氰化钾,不显血红色,然后加入氯水,显血红色,则为亚铁离子 。
(4)若x为强酸,则A为偏铝酸盐、B为氢氧化铝、C是铝盐;若x为强碱,则A为铝盐、B为氢氧化铝、C是偏铝酸盐;则B的化学式为Al(OH)3,X的化学式可能为盐酸或氢氧化钠,反应②的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
6.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。
7.把7.5g镁铝合金的粉末放入200ml4mol/L的盐酸中,往充分反应后的混合溶液中逐渐滴入一定物质的量浓度的NaOH溶液,生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。
(1)合金中镁的物质的量为_______。
(2)氢氧化钠的物质的量浓度为_______mol/L。
(3)V1=_______mL。
(4)写出该合金溶于足量NaOH溶液的化学方程式为_________。
【答案】0.2mol2450
【解析】
【分析】
镁铝合金与盐酸反应后溶液有铝离子、镁离子、以及剩余的氢离子;加入氢氧化钠后氢氧化钠先于氢离子反应,此时无沉淀产生,之后镁、铝离子开始沉淀,发生反应 Al3++3OH-═Al(OH)3↓、 Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓,当沉淀达到最大值时溶液中的溶质只有NaCl,再继续滴加氢氧化钠,氢氧化铝沉淀开始溶解,发生反应Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,据此进行解答。
【详解】
(1)当滴加400mL氢氧化钠溶液时,沉淀达到最大值,此时溶液中的溶质为NaCl,根据元素守恒可知此时溶液中n(Cl-)=0.2L×4mol/L=0.8mol,由电荷守恒可知n(Na+)=n(Cl-)=0.8mol,即400mL氢氧化钠溶液中n(Na+)=0.8mol,则其浓度c(NaOH)=
;此时溶液中据图可知前50mL氢氧化钠溶液没有沉淀产生,即此时发生反应H++OH-=H2O,所以与镁铝合金反应后剩余的n(H+)=0.05L×2mol/L=0.1mol,则与镁铝合金反应的n(H+)=0.8mol-0.1mol=0.7mol,设镁铝合金中镁的物质的量为xmol,铝的物质的量为ymol,则有24x+27y=7.5g,根据电子守恒(镁铝失去的电子都转移给氢离子)可得2x+3y=0.7,联立解得x=0.2mol,y=0.1mol,故答案为:
0.2mol;
(2)根据
(1)可知答案为:
2;
(3)400mL至V1mL发生反应Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,根据
(1)可知镁铝合金中铝的物质的量为0.1mol,则生成氢氧化铝0.1mol,此段消耗n(OH-)=0.1mol,所以消耗的氢氧化钠体积V=
,即50mL,所以V1=400+50=450,故答案为:
450;
(4)该合金中铝单质可以与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,故答案为:
。
【点睛】
解决本题的关键是理解沉淀达到最大值时溶液中的成分,之后再利用元素守恒、电子守恒等解决问题。
8.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。
9.磷酸铝(AlPO4)是一种用途广泛的材料,在建筑、耐火材料、化工等方面具有广泛的应用前景。
以磷硅渣(主要成分为Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2和V2O5等)为原料制备磷酸铝的工艺流程如图所示:
回答下列问题:
(1)酸浸液中含磷元素的主要粒子是_____(填化学式,下同),浸渣中的主要化学成分是_____。
(2)生石灰除了调节pH外,另一作用是_____。
(3)滤液中钒元素以V3O93-形式存在,V3O93-易水解为[VO3(OH)]2-,该水解反应的离子方程式为_____。
(4)碱浸时,粗磷酸铝转化为可溶性溶质,则可溶性溶质分别是_____(填化学式)。
(5)实验测得pH、反应温度与时间对碱浸时固相中P、Al含量的影响如图所示:
则最优反应条件是_____。
(6)固相反应制备磷酸铝的方法之一是在900℃的焙烧炉内加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物,写出该反应的化学方程式:
_____。
【答案】H3PO4SiO2、CaSO4除去过量的SO42-V3O93-+3H2O⇌3[VO3(OH)]2-+3H+Na[Al(OH)4]、Na3PO4pH=12、温度为80℃、时间为1hAl2O3+2NH4H2PO4
2AlPO4+2NH3↑+3H2O
【解析】
【分析】
磷硅渣的主要成分为Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2和V2O5等,加浓硫酸分离出滤渣为SiO2、CaSO4,酸浸
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