备战高考化学铝及其化合物推断题大题培优 易错 难题含答案解析.docx

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备战高考化学铝及其化合物推断题大题培优易错难题含答案解析

2020-2021备战高考化学铝及其化合物推断题（大题培优易错难题）含答案解析

一、铝及其化合物

1．有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：

Na＋、Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、Ba2＋、NO

、SO

、Cl－、SO32－、HCO

，取该溶液进行以下实验：

①取少量待测液，加入几滴石蕊试液，溶液呈红色。

②取少量待测液，浓缩后加入铜片和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色。

③取少量待测液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生。

④取实验③中上层清液滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，此沉淀不溶于稀硝酸。

⑤另取少量原溶液滴加NaOH溶液，有白色沉淀产生，当NaOH过量时，沉淀部分溶解。

（1）根据以上实验，溶液中肯定存在的离子是_________________；肯定不存在的离子是______________；尚不能确定的离子是_______________。

（2）写出②中有关反应的离子方程式：

________________________________________。

（3）写出⑤中沉淀溶解的离子方程式：

________________________________________。

（4）实验室检验Na＋一般用焰色反应即可确定，此实验做之前要用______清洗铂丝。

【答案】Mg2＋、Al3＋、

、

Fe2＋、Ba2＋、SO32－、

Na＋、Cl－3Cu＋8H＋＋2

===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OAl（OH）3+OH-===

+2H2O稀盐酸

【解析】

【分析】

无色溶液中，有色离子不能存在，氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱中，白色且不溶于硝酸的白色沉淀是氯化银或硫酸钡，在酸性环境下，能和氢离子反应的离子不能共存，根据离子反应的现象以及离子共存的知识加以分析。

【详解】

因是无色溶液，Fe2+是浅绿色，所以不含Fe2+；

①由于滴加几滴石蕊试液，溶液呈红色，证明溶液显酸性，因此溶液中一定没有SO32-、HCO3-；②待测液浓缩后加入铜片和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色，说明原溶液中一定含有NO3-；

③取少量待测液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定含有SO42-，故一定没有Ba2+；

④由于③的上层清液滴中加AgNO3溶液，有白色沉淀产生且不溶于稀硝酸，说明含有Cl-，但由于③中加入了BaCl2溶液，无法证明原溶液中是否存在Cl-；

⑤由于原溶液中加入NaOH溶液有白色沉淀产生，当NaOH过量时，沉淀部分溶解，则含有Al3+、Mg2+；

Na+在水溶液里无色，不会参与上述反应，所以无法判断原溶液中是否存在Na+；

（1）根据以上分析可知，溶液中一定存在的离子有Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-；肯定不存在的离子是Fe2+、Ba2+、SO32-、HCO3-；尚不能确定的离子是Na+、Cl-；

答案为：

Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-；Fe2+、Ba2+、SO32-、HCO3-；Na+、Cl-；

（2）②中原溶液加入铜片和浓硫酸并加热生成NO，离子方程式为：

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

答案为：

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。

（3）⑤中加NaOH溶液，生成的白色沉淀为Mg（OH）2和Al（OH）3，当NaOH过量时，部分溶解的是Al（OH）3，离子方程式为：

Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

答案为：

Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。

（4）溶液里的钠离子是否存在一般用焰色反应来确定，钠离子的焰色反应为黄色，实验之前，为防止杂质的干扰，用稀盐酸先清洗铂丝；

答案为：

稀盐酸。

2．已知X元素原于的核电荷数小于18，最外层电子数等于电子层数，且比最内层电子数多1。

回答下列问题：

（1）X元素的原子结构示意图为__________。

（2）X的最高价氧化物对应的水化物的化学式为___________。

（3）X的单质与NaOH溶液反应的化学方程式为__________。

【答案】

Al（OH）32Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al（OH）4]+3H2↑（或为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）

【解析】

【分析】

已知X元素原子的核电荷数小于18，最外层电子数等于电子层数，且比最内层电子数多1，则该元素原子核外电子排布为2、8、3，该元素是Al元素，然后结合其原子结构与元素位置的关系及其单质和化合物的性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知X元素的Al元素。

（1）X是Al元素，根据元素原子核外电子排布规律可知：

Al原子核外电子排布为2、8、3，所以Al原子结构示意图为：

；

（2）X是Al，原子核外最外层有3个电子，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为Al（OH）3；

（3）Al能够与NaOH溶液发生反应产生Na[Al（OH）4]和H2，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al（OH）4]+3H2↑（或写为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）。

【点睛】

本题考查了元素及化合物的推断及元素与化合物的知识。

根据原子核外电子层中的电子数与电子层数关系推断元素是解题关键。

熟练掌握Al元素的单质、氧化物、氢氧化物的性质就可以顺利解答。

3．某氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅（一种酸性氧化物）杂质，现欲制取纯净的氧化铝，某同学设计如下的实验方案。

回答下列问题：

（1）在操作①中要用到的玻璃仪器有_____________________________________________;

（2）沉淀C的化学式是_____________。

滤液B中含有的溶质有__________（写化学式）；

（3）步骤③的离子方程式为_____________________________________。

【答案】烧杯、漏斗、玻璃棒SiO2NaAlO2、NaCl、NaOHAlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al（OH）3↓

【解析】

【分析】

氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅，加入过量盐酸氧化铝、氧化铁溶解生成氯化铝、氯化铁溶液，过滤得到沉淀C为二氧化硅，滤液为氯化铁溶液和氯化铜溶液，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤得到沉淀D为Fe（OH）3，滤液为NaAlO2，通入过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤得到氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝。

【详解】

（1）步骤①为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；

（2）沉淀C为不溶于盐酸的二氧化硅；氧化铝与过量盐酸反应生成氯化铝，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，滤液A中为氯化铝、氯化铁、盐酸，滤液A中加入过量NaOH，氯化铝与碱反应生成偏铝酸钠和氯化钠，氯化铁与碱反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，盐酸与碱反应生成氯化钠，则滤液B中有NaAlO2、NaCl、NaOH；

（3）步骤③为二氧化碳和偏铝酸钠溶液的反应，离子方程式为：

AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al（OH）3↓。

4．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。

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．

（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+Cl2＝NaCl+NaClO+H2OAl3++3OH﹣＝Al（OH）3↓Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+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+H2O；

（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；

（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，

x＝0.15mol，V（NO）＝n×Vm＝0.15×22.4＝3.36L，故答案为：

NO；3.36L。

7．以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。

已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如图：

（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为___。

（2）图中“滤渣”的主要成分为___（填化学式）。

加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。

（3）验证“沉铁”后，溶液中是否还含有铁离子的操作方法为___。

（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为4[NH4Al（SO4）2·12H2O]

2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O。

将产生的气体通过如图所示的装置。

①集气瓶中收集到的气体是___（填化学式）。

②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有__（填化学式）。

③KMnO4溶液褪色（MnO4-还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为___。

【答案】Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2OSiO2静置，溶液澄清后，继续向上层清液中滴加K4[Fe（CN）6]溶液，若无现象，则溶液中不含有铁元素，反之，则有。

或加KSCN溶液N2SO3、NH32MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+

【解析】

【分析】

铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），加入稀硫酸浸取，只有SiO2不溶而成为滤渣；加入30%H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]溶液，生成KFe[Fe（CN）6]蓝色沉淀；加入（NH4）2SO4，Al3+转化为NH4Al（SO4）2，再蒸发结晶，便可获得[NH4Al（SO4）2·12H2O，煅烧后得到

-Al2O3。

【详解】

（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，化学方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O。

答案为：

Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；

（2）由以上分析可知，图中“滤渣”的主要成分为SiO2。

答案为：

SiO2；

（3）验证“沉铁”后，溶液中是否还含有铁离子，可使用K4[Fe（CN）6]溶液检验，操作方法为静置，溶液澄清后，继续向上层清液中滴加K4[Fe（CN）6]溶液，若无现象，则溶液中不含有铁元素，反之，则有。

或加KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色；答案为：

静置，溶液澄清后，继续向上层清液中滴加K4[Fe（CN）6]溶液，若无现象，则溶液中不含有铁元素，反之，则有。

或加KSCN溶液；

（4）煅烧后，所得气体为NH3、N2、SO3、SO2，通过NaHSO3溶液，可吸收SO3和NH3；通过KMnO4溶液，可吸收SO2，最后剩余N2和水蒸气，用排水法收集，气体主要为N2。

①集气瓶中收集到的气体是N2。

答案为：

N2；

②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有SO3、NH3。

答案为：

SO3、NH3；

③KMnO4溶液褪色（MnO4-还原为Mn2+），则MnO4-与SO2反应生成Mn2+、SO42-等，发生的离子反应方程式为2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。

答案为：

2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。

【点睛】

SO3通入NaHSO3溶液中，若NaHSO3溶液足量，则发生反应为SO3+2NaHSO3=Na2SO4+H2O+2SO2；若NaHSO3溶液不足量，则发生反应为SO3+NaHSO3=NaHSO4+SO2。

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．铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石（Na3AlF6）混合熔融电解制得。

Ⅰ.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Ⅰ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的离子方程式____；

Ⅱ.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+H2OCaSiO3AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-

H2SO412HF+3Na2CO3+2Al（OH）3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O

【解析】

【分析】

I.铝土矿用NaOH溶液处理，Al2O3和SiO2溶解为NaAlO2和Na2SiO3，加CaO后Na2SiO3生成CaSiO3沉淀，过滤后的滤液通入酸性气体，使NaAlO2生成Al（OH）3沉淀，过滤出的Al（OH）3沉淀经煅烧得到Al2O3；Ⅱ.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】

Ⅰ.

（1）反应1为Al2O3和SiO2和NaOH溶液反应，生成NaAlO2和Na2SiO3，反应的化学方程式为：

2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O或2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O。

答案为：

2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O或2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O；

（2）滤液Ⅰ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=ρVm=1.96g/L×22.4L∙mol-1=44g∙mol-1，气体A能与NaAlO2生成Al（OH）3沉淀，故A为CO2。

反应2的离子方程式为：

AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-。

答案为：

CaSiO3；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

（3）CaF2是离子化合物，由F-和Ca2+构成，故CaF2的电子式为：

。

答案为：

；

（4）最稳定的气态氢化物是HF，则D为HF；若E为硫酸钙，化合物C是难挥发酸，则C是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+3Na2CO3+2Al（OH）3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O。

答案为：

H2SO4；12HF+3Na2CO3+2Al（OH）3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O。

【点睛】

气体的摩尔质量：

，可根据关系

进行气体的摩尔质量和密度之间的互算。

10．明矾[KAI（SO4）2∙12H2O]是一种重要的化工产品，在生产、生活中都有广泛的用途。

某工厂计划利用炼铝厂的废料铝灰（含Al、A12O3、少量SiO2和FeO∙xFe