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1、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 )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【
2、答案】有挥发性（或易升华）受热不挥发，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
3、(OH)3 沉淀，过滤后将沉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
4、在HCl 气氛中加热蒸发结晶可到 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 现有金属单质 A、 B、 C 和气体甲、乙、丙及物质 D、 E、 F、G、 H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有
5、全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：（ 1）写出下列物质的化学式： A_、B_、 C_、F_、 H_、乙 _（2）写出下列反应化学方程式：反应 _反应 _反应 _【答案】 NaAlFeFeCl2Fe(OH)3Cl22Na + 2H2O=2NaOH + H22FeCl2 + Cl2=2FeCl3FeCl3+ 3NaOH =Fe(OH)3 + 3NaCl【解析】【分析】【详解】金属单质 A 的焰色为黄色，则A 为 Na；反应为Na 与水反应生成NaOH 和 H2，则物质D为 NaOH，气体为 H2；金属 B 与 NaOH 反应生成 H2，则金属 B 为 Al；黄绿色气体为Cl2，反应为 H2
6、与 Cl2 化合成 HCl，则气体丙为HCl，物质 E 为盐酸；金属 C 与盐酸反应生成F， F与 Cl2 反应生成物质 G， G 与 NaOH 反应得红棕色沉淀，则金属C 为 Fe， F 为 FeCl2，G 为FeCl3；（1） A、 B、C、 F、H、乙的化学式依次为Na、Al、 Fe、 FeCl2 、Fe(OH)3、 Cl2。（2）反应的化学方程式为2Na+2H22O=2NaOH+H ；反应的化学方程式为Cl2+2FeCl2=2FeCl3；反应的化学方程式为FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3 +3NaCl。3 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
7、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2 -2+AlOFe【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、H2，222C是NaAlO 易溶于水，所以气体A 是 H ，溶液 B 是 NaAlO 与 NaOH 的混合溶液，固体Fe， Fe 是比较活泼的金属，与22H
8、Cl 发生置换反应产生 FeCl 和氢气，因此溶液D 为 FeCl ，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。
9、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。4 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3+中 B 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：3+生成 Y 沉淀： _；B 与过量氨水反应：_；（
10、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：_+3+3+AgCl Fe（ OH） 3Al （ OH）33+【答案】 AgAlFeFe +3OH Fe（ OH） 3Al3+3NH?H2OAl （ OH） 3+O2Fe+Al O+3NH 2Al+Fe24323【解析】【分析】含有 A +、 B 3+、 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 B 3+转入白色沉
11、淀，则 B3+、 C3+离子分别为： Al 3+、 Fe3+，据此回答；【详解】(1) 由上述分析可知A +、B 3+、 C3+ 三种金属阳离子分别为：Ag +、 Al 3+ 、Fe3+，答案为： Ag + ； Al 3+； 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) 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；Al 3+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：Al 3+ +
12、3NH 3?H2OAl(OH) 3 +3NH4+；故答案为： Al 3+3NH 3?H2OAl(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，放出大量的高温热，反应方程式为：2Al+Fe 2O3 = 2 Fe+Al 2O3；高温故答案为： 2Al+Fe 2O3 = 2 Fe+Al 2O3。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
13、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 2 450 2Al+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)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
14、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
15、，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0.1molV= 2molgL-1 =0.05L ，即 50mL，所以 V1 =4
16、00+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：2Al+2NaOH+2H 2O=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 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
17、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
18、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；.1g3-2-20.1mol ，则(3)根据方程 Al(OH) +OH =AlO+2H O，消耗 20mL 的 NaOH 时的物质的量为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
19、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。7 以粉煤灰（主要含3Al2O32SiO2、 SiO2，还含有少量CaO、 Fe2O3 等物质）为原料制取Al2 O3 的流程如图：（1）当 (NH4)2SO4 和 3Al2O32SiO2的配比 a（ a=n(NH 4 )2SO4 n(3Al 2O3）不同时， “焙烧 ”后所得2SiO2 )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
20、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)333的离子反应方程式为 _。和 Al(OH)，生成 Fe(OH)（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】 8 Fe3+ 3NH3233NH4+- Al(OH)32- 2H2O 水解为吸热 3H O=Fe(OH)OH=AlO反应，升高温度有利于平衡正向进
21、行CO2NaOH4 24(NH ) SO【解析】【分析】粉煤灰、 (NH4)2SO4 进行灼烧处理，把3Al2O32SiO2 转化为 NH4Al (SO4)2，且当 (NH4)2SO4 和3Al2O32SiO2n(NH 4 )2SO4a=8 时，体a a=）不同时各产物含量不同，如图的配比 （2SiO2 )n(3Al 2 O3系中 NH44 2含量最高，此时 3Al2 32Al (SO )O 2SiO 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3Fe(OH) ，滤液为(NH42432) SO ，加入氢氧化钠进行碱浸取
22、过滤，滤渣为Fe(OH)滤液为 NaOH 和 NaAlO ，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 3Al2O32SiO2 的配比 a=8 时，体系中 NH4Al (SO4)2 含量最高，此时 3Al2O32SiO2 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+ 3NH33H2O=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
23、、过滤 ”可得到 Al(OH)3 沉淀，水解过程是吸热的，升高温度促进-水解；该AlO2步骤可将加水改成通入过量的酸性气体二氧化碳（CO22- 2H23 AlOO= HCO- 3Al(OH) ）；（5）流程中，滤液为(NH4)2SO4，滤液含有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
24、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
25、案】粉碎矿石、搅拌、适当增加盐酸浓度等增大 PbCl2 的溶解度AD Al(OH)36H 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： MnO2222+PbS+4HCl=MnCl+PbCl +S+2H O、2 332NaCl 溶液、 X，调节溶液的pH，使 Al3+转化为Al O +6HCl=2AlCl +3H O，向酸浸溶液中加入沉淀，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
26、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 Mn 3O4，过滤得到Mn 3O4 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 PbCl2 s +2Cl - aq =PbCl24- aq 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 Mn 2+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
27、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；8（4）滤液 2 中含有 Mn 2+，通入 NH3 和 O2 生成 Mn 3O4， Mn 元素化合价从+2 价升高至3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：6H 2O+12NH 3 +O 2 +6Mn 2+ =2Mn 3O4 +12NH 4+ 。【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
28、物质一般应满足两点：能与 H+反应，使溶液 pH 增大；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 铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2 336）混合熔融电解制得。O和冰晶石（ Na AlF. 铝土矿的主要成分是Al2O3 和 SiO2 等。从铝土矿中提炼Al2O3 的流程如图：（1）写出反应 1 中涉及的任意一个化学方程式_；（2）滤液中加入CaO 生成的沉淀是 _，已知气体 A 在标准状况下的密度为1. 96g/ L，写出 A 过量时，反应2
29、 的离子方程式 _；. 以萤石（ CaF2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如图：（3）萤石（ CaF2）的电子式 _；（4）若 E 为硫酸钙， D 为最稳定的气态氢化物，则化合物C 是 _，写出由 D 制备冰晶石（Na3AlF6）的化学方程式 _。-【答案】 2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O 或 2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2 O CaSiO3 AlO2CO223-.2+.243: F: Ca: F:+2H O Al OHHCOH SO.+= ( ) +12HF+3Na2 CO3+2Al( OH) 3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O【解析】【分析】I. 铝土矿用
30、NaOH 溶液处理， Al2O3 和 SiO2 溶解为 NaAlO2和 Na2SiO3，加 CaO后 Na2SiO3 生成 CaSiO沉淀，过滤后的滤液通入酸性气体，使NaAlO2Al OH 3沉淀，过滤出的3生成 ()Al( OH) 3 沉淀经煅烧得到Al2O3； . 萤石 ( CaF2) 和难挥发酸共热得到HF 气体， HF 气体和Na2CO3 、Al( OH) 3 反应便得到冰晶石Na3AlF6。可在此基础上解各小题。【详解】.( 1) 反应 1 为 Al2 32223O和 SiO 和 NaOH 溶液反应，生成NaAlO和 Na SiO ，反应的化学方程式为： 2NaOH+SiO2=Na
31、2SiO3 +H2O 或 2NaOH+Al2O3=2NaAlO2 +H2 O。答案为： 2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O 或 2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2 O；( 2) 滤液中含的Na2SiO3 与加入的CaO 反应生成CaSiO3 沉淀；气体A 在标准状况下的密度为 1. 96g/ L，则 A 的摩尔质量为： M =Vm- 1=44g?mol - 1，气体 A 能与=1 . 96g/ L 22. 4L?molNaAlO 生成 Al( OH)沉淀，故 A 为 CO 。反应 2 的离子方程式为：AlO-3222+CO2233-。+2H O=Al( OH)+HCO答案为
32、：CaSiO32- CO2233-；AlO+2H O AlOHHCO+=( )+.( 3) CaF-和 Ca2+是离子化合物，由F构成，故 CaF的电子式为：: F: Ca2+: F: 。22.2+.答案为： : F: Ca: F: ；.(4) 最稳定的气态氢化物是HFD为HFE为硫酸钙，化合物C是难挥发酸，则C是，则；若H2SO4；根据已知物质和质量守恒，可写出由D( HF) 制备冰晶石 ( Na3AlF6) 的化学方程式为：12HF+3Na2 CO3+2Al( OH) 3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O。答案为： H2SO4 ； 12HF+3Na2CO3+2Al( OH) 3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O。【点睛】MmmVm ，可根据关系 M气体的摩尔质量：nVVm 进行气体的摩尔质量和密度Vm之间的互算。10 轻质碳酸钙是一种广泛应用的工业填料，主要用于塑料、造纸、橡胶和涂料等。工业上以磷石膏（主要成分为 CaSOSiO2、 FeO、 Fe2O3、 Al2O3 等）为原料制备轻4，杂质主要是质碳酸钙。已知碳酸钙的溶解度比硫酸钙的溶解度小，在一定温度下，钙离子开始沉淀的pH 值为 12.3 ，氢氧化铝开始溶解的pH 值为 12.0，其他金属离子形成氢氧化物沉淀