高考化学铝及其化合物推断题的综合热点考点难点含答案解析.docx

1、高考化学铝及其化合物推断题的综合热点考点难点含答案解析一、铝及其化合物1(1)选用方案 I 时， X 应该具有的性质是_ ，残留物应该具有的性质是_；(2)选用方案从某黑色粉末(含有 MnO和 CuO)中分离 X(MnO )，加入的试剂是 _；22王同学参照以上方案I 和，设计以下实验方案除去AlCl3固体中的3FeCl 。(3)操作所需的玻璃仪器为_ ；(4)试剂 a 为 _ ；试剂 b 为_；(5)请描述操作的步骤：_；(6)李同学认为在溶液C 中滴加适量的试剂b 就能得到溶液_(填“赞同 ”或 “不赞同 ”)李同学，理由是_。E，从而得到AlCl3 固体，你【答案】有挥发性（或易升华）受

2、热不挥发，且具有较高的热稳定性稀盐酸 (或稀硫酸或稀硝酸)烧杯、漏斗、玻璃棒过量的NaOH(或KOH)溶液适量的盐酸将溶液加热浓缩，然后冷却浓溶液，过滤即可得到固体氯化铝不赞同会得到含有NaCl 杂质的AlCl3【解析】【分析】(1)加热 X 的混合物进行分离可得X， X 应具有挥发性或易升华的性质，则残留物难挥发；(2)从 MnO2 和 CuO 中分离 MnO 2，应加入酸的稀溶液；除去 AlCl3固体中的3NaOH 溶液分别生成3FeCl ，应先水溶解，然后加入过量的Fe(OH) 沉淀和 NaAlO2 溶液，过滤分离后，再向滤液中通入过量的CO2 气体生成 Al(OH)3 沉淀，过滤后将沉

3、淀经洗涤后溶解于盐酸中得AlCl3 溶液，在酸性条件下蒸发结晶可到AlCl3，以此解答(3) (6)小题。【详解】(1)加热 X 的混合物进行分离可得X， X 应具有挥发性或易升华的性质，残留物具有加热难挥发的性质；(3)根据上述分析可知：操作为过滤操作，所需的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；(4)由以上分析可知试剂 a 为过量的 NaOH(或 KOH)溶液，试剂 b 为适量的盐酸；(5)操作是从 AlCl溶液中获得 AlCl 固体，由于该盐是强酸弱碱盐，容易发生水解反应，33水解产生 Al(OH)3 和 HCl， HCl 易挥发，所以为防止盐水解，导致物质变质，应该在HCl 气氛中加热蒸发结晶

4、可到 AlCl3，操作方法为将溶液加热浓缩，然后冷却浓溶液，过滤即可得到固体氯化铝；(6)若在 NaAlO2 溶液中滴加盐酸，就会得到AlCl3 和 NaCl 的混合溶液，蒸发结晶不能得到纯净的氯化铝固体，得到的是含有杂质NaCl 的 AlCl3，所以不赞同李同学的观点。【点睛】本题考查物质的分离提纯的实验设计，注意把握物质的分离、提纯的基本操作方法，要结合 Al(OH)3 的两性分析判断，注意把握物质的性质，根据性质设计实验方案。2 阅读下面信息，推断元素，按要求回答问题：信息问题短周期元素X、 Y、 Z、 W，原子序数依次（ 1） X 一定不是 _增大，最外层电子数均不少于最内层电子B 碳

5、A 氢数，且四种元素组成的单质常温下均为固D 硫体。C 氧一定条件下，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（ 2）这四种元素中有铝元素吗？_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X 与 W 同主族（ 3）白色沉淀的化学式为 _（ 4）生成白色沉淀的离子方程式为_（ 5） X 的单质与 W 的最高价氧化物反应的化

6、学方程式为 _高温【答案】 ACD一定含有铝元素Mg（ OH） 2SiO32- 2H232Si +=H SiO 2C +SiO2CO【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 四种元素中的且 X 原子序数最小的条件。3 种为Mg 、 Al、Si，只有X 为碳时才符合X 与W 同主族【详解】(1)A X 若为氢时，其最外层

7、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，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

8、学式为Mg(OH)2；(4)唯有硅元素在变化中最终得到白色沉淀H2 SiO3(或 H4SiO4)，生成该白色沉淀的离子方程式为 SiO2-+2-+2H+H2O=H4SiO4)；3+2H=H2SiO3(或 SiO3(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 同主族高温且 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 +SiO2Si +2CO。3A、 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

9、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 、 H+H OAl +3OH3SiO +6C+2N2Si N +6CO234【解析】【分析】A、 B、 C、 D、E、 F、 G、H 八种短周期主族元素，原子序数依次增大。子数分 等于各自的 子 数，其中A 的 在常温下 气体， A 为A、 F 的最外 H；G 的 常用作半 体材料，G 为Si， 合原

10、子序数可知F 为 Al； C与B、 H 在元素周期表中 于相 位置， 三种元素原子的最外 子数之和 17， 173=52， 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。【 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 与A 形成的 化合物分 是H2O、 H2S，其中沸点 高的是H2 O，原因是H2O 分子 存在 ，增加了分子之 的吸引力；(2)O2-、 Mg 2+核外 子排布相同。具有相同 子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则

11、C、E 形成的 离子半径大小：r (C)r(E)；(3)F 最高价氧化物 的水化物Al(OH)3 是两性 氧化物，在水溶液中存在酸式 离和碱式 离， 离方程式 H+AlO2-+H2OAl(OH)3Al3+3OH-；(4)将 G 的氧化物与B 的 在1400条件下和足量的碳反 ，其化学反 方程式 3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO。【点睛】本 考 元素及化合物的推断及物 性 的方程式表示。把握原子 构、元素的位置、 子数关系来推断元素 解答的关 ，注意元素化合物知 的 用， 目 重考 学生的分析与 用能力。4 某混合物 A，含有 KAl(SO和 Fe2O3，在一定条件下可 如 所示的物

12、之 4)2、 Al2O3的 化：据此回答下列 ：（ 1） 、 、 、 四步中 于溶液和沉淀的分离采取的方法是_。（ 2）根据上述框 反 关系，写出下列 B、 C、 D、E 所含物 的化学式固体 B_；沉淀 C_；沉淀 D_；溶液 E_。（ 3）写出 、 、 、 四个反 的化学方程式或离子方程式 _； _； _； _。【答案】 Al2O3Al 2O3、 Fe2O3Fe2 O3K 2SO4、(NH 4)2SO4Al2O3 2NaOH=2NaAlO2H2OAl3+ 3NH3 H2O=Al(OH)3 3NH4+NaAlO2HCl H2O=Al(OH)3NaCl2Al(OH)3加热Al2O3 3H2O【

13、解析】【分析】KAl(SO4)2溶于水， Al2O3 和 Fe2O3 均不溶于水，混合物A 加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀 C 为 Al2O3 和 Fe2 O3；由转化关系图可知，向沉淀C 中加 NaOH 溶液， Fe2 O3 不反应，沉淀 D 为 Fe2 O3， Al2O3 可与 NaOH 溶液反应生成 NaAlO2 ，向 NaAlO2 溶液中通入 CO2 可得 Al(OH)3 沉淀， Al(OH)3 受热分解生成固体 B 为 Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E 为K2SO4、(NH4 )2SO4，经过蒸发、结晶，得到

14、 K2SO4 和(NH4)2SO4 ，然后结合物质的性质及化学用语来解答。【详解】(1)溶液和沉淀的分离利用过滤；(2)由上述分析可知B 为 Al2O3， C 为 Al2O3、 Fe2O3， D 为 Fe2O3 溶液 E 为 K2SO4、 (NH4)2SO4；(3)反应为 Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；反应为Al3+3NH3?H2O=Al(OH)3 +3NH4+；反应为 NaAlO2 HCl H2O=Al(OH)3NaCl；加热反应为 2Al(OH)3Al2O3 3H2O。5 把 7.5 g 镁铝合金的粉末放入200ml 4mol/L 的盐酸中，往充分反应后的混合溶液中逐渐滴

15、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】 0.2mol 2 4502Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2 =3H 2【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)32+-Mg(OH) 2NaCl，再、 Mg+2OH，当沉淀

16、达到最大值时溶液中的溶质只有继续滴加氢氧化钠，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)=0.8mol =2mol gL-1；此时溶液中0.4L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+-2+OH =H O，所以

17、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；13- AlO2-2O，根据 (1)可知镁铝合金中铝的物质的(3)400mL 至 V mL 发生反应 Al(OH) +OH+2H量为 0.1mol ，则生成氢氧化铝0.1m

18、ol ，此段消耗 n(OH-)=0.1mol ，所以消耗的氢氧化钠体积V=0.1mol-1 =0.05L ，即 50mL，所以 V1=400+50=450，故答案为：450；2molgL(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：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO 2 =3H 2。【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。6 （ 1）实验室制氯气的尾气处理用_溶液吸收，其化学反应方程式为_。（ 2）向 AlCl3 溶液中逐滴加入 NaOH 溶液，现象是先产生白色沉淀，其反应的离子方程式为_，后白色沉淀又

19、溶解消失，其反应的离子方程式为_。（3）在含有0.2mol 的硫酸和0.2mol 的硝酸的混合溶液200mL 中，加入 19.2g 铜粉，产生的气体成分为 _（填 NO 或 H2），你所选气体在标准状况下的体积为_L【答案】 NaOH2NaOH+Cl NaCl+NaClO+H2O Al(OH)3 AlO2Al3+3OHAl(OH)3+OH+2H2ONO3.36L【解析】【分析】(1)实验室用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气；(2)铝离子和氢氧根反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝为两性氢氧化物，溶解于强碱中；(3)硫酸和硝酸都为稀酸，反应方程式为铜与稀硝酸反应。【详解】(1)实验室用氢氧化钠溶液吸收多余的

20、氯气，防止污染空气；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水，反应方程式为：2NaOH+Cl2 NaCl+NaClO+H2O，故答案为： NaOH； 2NaOH+Cl2 NaCl+NaClO+H2 O；(2)向 AlCl3 溶液中逐滴加入 NaOH 溶液，现象是先产生白色沉淀，是铝离子和氢氧根反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为： Al3+3OH Al(OH)3；后白色沉淀又溶解消失，是因为氢氧化铝为两性氢氧化物，溶解于强碱中，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH AlO2 +2H2O，故答案为： Al3+3OH Al(OH)3 ； Al(OH)3+OH AlO2 +2H2O；

21、(3)0.2mol 的硫酸和0.2mol 的硝酸的混合溶液200mL 中，硫酸和硝酸都为稀酸，加入19.2g铜粉，且氢离子不足，完全反应，设n(NO) x，3Cu8H2NO 33Cu 22NO4H2 O820.6molxx 0.15mol ，V(NO) n Vm 0.15 22.4 3.36L，故答案为：NO； 3.36L。7 某工厂废金属屑的主要成分为 Cu、 Fe 和 Al，此外还含有少量 Al2O3 和 Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的金属废料制取氯化铝、绿矾晶体 (FeSO47H2O)和胆矾晶体。完成下列填空：（ 1）写出步骤反应的离子方

22、程式：_。（ 2）试剂 X 是 _，溶液 D 是 _。（ 3）在步骤中，用如图装置制取CO2 并通入溶液 A 中。一段时间后，仍观察不到烧杯中产生白色沉淀。为了固体C 的生成，在药品和装置上可采取的改进措施是_。（4）溶液 E 中加入 KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，用离子方程式解释其可能的原因： _。（5）将固体 F 继续加入热的稀硫酸，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液，写出反应的化学方程式： _。【答案】 2Al+2H 2O+2OH - =2AlO 2- +3H 2、 Al 2O3 +2OH - =2AlO 2- +H 2 O稀硫酸NaHCO 溶液 浓盐酸改为稀

23、盐酸；在装置a 和装置 b 之间增加一个盛有饱和NaHCO 溶液33的洗气瓶，以除去装置a 中挥发出的 HCl3+2+3+2+2+2Fe +Fe=3Fe 、 2Fe +Cu=2Fe +Cu2Cu+O2 +2H2SO4 = 2CuSO4 +2H2O【解析】【分析】Fe、 Cu、 Fe O 都不与 NaOH 溶液反应， Al 和 Al O 可与 NaOH 溶液反应，用含有 Al、 Fe、2323Cu 和 Al O 和 Fe O的废金属屑制取AlCl 、绿矾晶体 (FeSO?7H2O)和胆矾晶体流程为：合金232334中 Al、 Al2O3与 NaOH 反应，所得滤液A 为 NaAlO2 溶液，经途

24、径 与足量二氧化碳发生反应： AlO 2- +CO2 +2H2 O=Al OH 3+HCO3- ，反应可生成Al(OH)3 固体 C，生成的Al(OH)3 再和盐酸反应生成 AlCl3，得到的 AlCl3 较纯净；溶液D 为 NaHCO3 溶液；滤渣 B 为Fe 和 Cu 的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E 为 FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F 为 Cu，可用于制备胆矾，据此分析解答。【详解】（1）铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A 为 NaAlO2 溶液，反应的离子方程式为：2Al+2H 2O+2OH - =2AlO 2- +3H 2、 Al 2O3 +2OH - =

25、2AlO 2- +H 2O ；（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠溶液反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制得绿矾晶体，所以试剂X 为稀硫酸；溶液 D 为 NaHCO3 溶液；（3）进行步骤 时，该小组用如图所示装置及试剂将制得的CO2 气体通入溶液 A 中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的 HCl 气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀，发生的反应为：3+3+2Al(OH) +3H =Al+3H O，为了避免固体 C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去 HCl 的装置，二氧化碳在饱和N

26、aHCO3中不溶，氯化氢和3反应生成二氧化碳气NaHCO体，所以可降低盐酸浓度；在装置I 和 之间增加一个盛有饱和NaHCO3 溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢；（4）溶液 E 中加入 KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，原因是 Fe3+被 Fe、 Cu2+3+2+还原生成 Fe ，所以加入 KSCN溶液没有明显现象，故答案为：2Fe +Fe=3Fe 、2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（5）用固体 F 继续加入热的稀H2 44SO ，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO 溶液，说明在加热条件下，Cu、氧气和稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为： 2Cu

27、+O2 +2H 2SO4 = 2CuSO4 +2H2 O 。8 某混合物浆液含有 Al(OH)3、 MnO2 和少量 Na2CrO4考虑到胶体的吸附作用使 Na2CrO4 不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答 和 中的问题。固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）（1） CAl 的制备方法称为电解法，请写出阳极反应方程式_（2）该小组探究反应 发生的条件 D 与浓盐酸混合，不加热无变化；加热有Cl2 生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2由此判断影响该反应有效进行的因素有（

28、填序号） _。A温度B溶液的 pH 值C Cl-和 SO42- -的浓度（3）固体 D 是碱性锌锰电池的正极，请写出该电池的负极反应方程式_ 。（ 4） 0.2molCl 2 与焦炭、 TiO2 完全反应，生成 CO和 TiCl4（熔点 -25,沸点 1364 ）放热8.56kJ，该反应的热化学方程式为_ 含铬元素溶液的分离和利用（5）用惰性电极电解时， CrO 42能从浆液中分离出来的原因是_，分离后得到的含铬元素的粒子有22，原因是CrO 4和 CrO 7_(用离子反应方程式表示 )，阴极室生成的物质为_ （写化学式）；【答案】 2O2-2-2224-4e =OAB Zn-2e+2OH=Z

29、n(OH)2Cl （ g）+TiO （ s） +2C（ s） =TiCl （ l）+2CO（ g） H= 85.6kJ?mol 1在直流电场作用下CrO 42 通过阴离子交换膜向阳极室移动，从而脱离浆液；2CrO 42 +2H+ ?CrO 72+H2O； NaOH 和 H2【解析】【分析】（1）固体混合物含有 Al（ OH） 3、 MnO2，加入 NaOH 溶液，过滤，可得到滤液 A 为NaAlO2，通入二氧化碳，生成 B 为 Al（ OH） 3 ，固体 C为 Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al；固体 D 为 MnO 2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；（ 2）题中涉及因素有温度和浓度；

30、（ 3）固体 D 为 MnO 2，是碱性锌锰电池的正极，该电池的负极是锌失电子发生氧化反应，反应方程式 Zn-2e-+2OH- =Zn(OH)2 ；（4） 0.2molCl 2 与焦炭、 TiO2 完全反应，生成CO和 TiCl4（熔点 -25,沸点 1364 ）放热8.56kJ，则 2mol 氯气反应放出的热量为2 0.2 8.56kJ=85.，6kJ由质量守恒可知还原性气体为 CO，反应的化学方程式为2Cl224g），以此可（ g） +TiO（s）+2C（ s） TiCl （l） +2CO（计算反应热并写出热化学方程式；（ 5）电解时， CrO42 通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原

31、反应生成氢气和NaOH，由此解答。【详解】（ 1） CAl 的制备方法称为电解法，固体C为 Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al，阳极反应方程式2O2-4e-=O2 ；（ 2）反应涉及的条件为加热，加热下可反应，另外加热硫酸，氢离子浓度变化，可知影响的因素为温度和氢离子浓度，故选：AB；（ 3）固体 D 为 MnO 2，是碱性锌锰电池的正极，该电池的负极是锌失电子发生氧化反应，反应方程式 Zn-2e-+2OH- =Zn(OH)2 ；（ 4） 0.2molCl 2 与焦炭、 TiO2 完全反应，生成 CO和 TiCl4（熔点 -25,沸点 1364 ）放热8.56kJ，则 2mol 氯气反应放

32、出的热量为2 0.2 8.56kJ=85.，6kJ所以热化学方程式为2Cl2（ g） +TiO2（ s） +2C（ s） TiCl4（ l ） +2CO（ g） H=-85.6kJ mol 1；（ 5）电解时， CrO42 通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在422 72 242、 Cr2O72，阴极发生还2CrO+2HCr O+H O，则分离后含铬元素的粒子是CrO原反应生成氢气和NaOH。【点睛】考查物质的制备、分离以及电解知识，解题关键：注意把握物质的性质，能正确分析试验流程，把握电解的原理，难点（5）在直流电场作用下，CrO42 通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆

33、液，要求学生具有一定的分析能力。9 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 Mn 3O4 的工艺流程：已知 :（ 1） PbS+MnO2 +4H+=Mn 2+Pb2+S+2H2O（ 2） PbCl2(s)+2Cl-(aq)=PbCl42- (aq) H0（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 MnCO3BNaOHC 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3AD Al(OH)6H 2 O+12NH 3 +O 2 +6Mn 2+ =2Mn 3O 4 +12NH 4+【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：