明矾石中硫酸根离子、钙离子、铁离子、铝离子含量的测定方法~

解题思路：（1）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO₂中+4价，硫单质为还原剂，计算生成1molAl₂O₃需要硫的物质的量，转移电子是硫单质的4倍，再根据N=nN_A转移电子数目；
（2）根据n（SO₂）：n（NaOH）确定反应产物，再结合溶液呈酸性对离子浓度进行排序；
（3）由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；
（4）由工艺流程可知，废渣的主要成分为Fe₂O₃，废渣中加入盐酸溶解，滴再加KSCN溶液，若溶液被红色，说明废渣中含有Fe₂O₃；
（5）由工艺流程可知，熟料溶解所得的溶液中含有K⁺、Na⁺、SO₄^2-、AlO₂^-、OH^-等，加硫酸调PH值，AlO₂^-转化为Al（OH）₃，母液中离子主要有K⁺、Na⁺、SO₄^2-，据此判断，Al（OH）₃显两性，据此书写电离方程式．

（1）反应中硫元素化合价由Al₂（SO₄）₃中+6价降低为SO₂中+4价，故Al₂（SO₄）₃是氧化剂，反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO₂中+4价，硫单质为还原剂，生成1molAl₂O₃需要硫的物质的量为1mol×[3/2]=1.5mol，转移电子的物质的量为1.5mol×4=6mol，转移电子数目为6mol×6.02×10²³mol^-1=3.612×10²⁴，
故答案为：Al₂（SO₄）₃；3.612×10²⁴；
（2）1.12L二氧化硫的物质的量为 [1.12L/22.4L/mol]=0.05mol，n（NaOH）=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，n（SO₂）：n（NaOH）=0.05mol：0.05mol=1：1，故反应后溶液中溶质为NaHSO₃，溶液呈酸性，说明HSO₃^-的电离程度大于水解程度，同时水电离生成氢离子，故c（H⁺）＞c（SO₃^2-），HSO₃^-电离程度不大，故c（HSO₃^-）＞c（H⁺），溶液c（OH^-）等于水电离生成，浓度很小，故溶液中离子浓度由大到小的排列顺序为c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-），
故答案为：c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）；
（3）由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，离子方程式为Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O，
故答案为：Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O；
（4）由工艺流程可知，废渣的主要成分为Fe₂O₃，取少量废渣，加入适量盐酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液被红色，说明废渣中含有Fe₂O₃，
故答案为：取少量废渣，加入适量盐酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液被红色，说明废渣中含有Fe₂O₃，故答案为：稀盐酸、硫氰化钾；
（5）由工艺流程可知，熟料溶解所得的溶液中含有K⁺、Na⁺、SO₄^2-、AlO₂^-、OH^-等，加硫酸调PH值，AlO₂^-转化为Al（OH）₃，母液中离子主要有K⁺、Na⁺、SO₄^2-，含有溶质为K₂SO₄、Na₂SO₄，Al（OH）₃显两性，电离的离子方程式为：Al³⁺+3OH^-⇌Al（OH）₃⇌AlO₂^-+H⁺+H₂O，故答案为：K₂SO₄、Na₂SO₄．

点评：
本题考点： 镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．

考点点评： 本题考查学生对工艺流程的理解、氧化还原反应、离子浓度大小比较、离子检验、实验方案设计等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等，（2）中注意先根据计算确定反应后溶液中溶质．

解题思路：（1）依据化学方程式中元素化合价变化分析判断，元素化合价降低的做氧化剂，元素化合价升高的做还原剂；
（2）从水浸后的滤液中得到K₂SO₄晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出；钾离子焰色反应呈紫色；
（3）假设SO₄^2-的物质的量为2mol，判断完全反应需要其它离子的物质的量，进而书写反应的离子方程式；
（4）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；
（5）Al₂O₃电解得到铝单质，二氧化硫氧化后全部反应得到硫酸．

（1）4KAl（SO₄）₂•12H₂O+3S═2K₂SO₄+2Al₂O₃+9SO₂+48H₂O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价．硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，复印纸还原剂是硫单质，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：3=2：1，故答案为：KAl（SO₄）₂•12H₂O；2：1；
（2）从水浸后的滤液中得到K₂SO₄晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体；钾离子焰色反应呈紫色，需要透过蓝色钴玻璃观察，故答案为：蒸发结晶；用盐酸洗过铂丝后，用火烧干后用铂丝蘸取待测溶液，到酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察颜色，观察到紫色即证明有钾离子；
（3）假设SO₄^2-的物质的量为2mol，则明矾溶液中含有2mol SO₄^2-，1molAl³⁺，向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）₂溶液至SO₄^2-刚好沉淀完全时，需要2molBa（OH）₂，即加入的Ba²⁺为2mol，OH^-为4mol，生成2molBaSO₄，1molAl³⁺与4molOH^-反应生成1molAlO₂^-，反应的离子方程式为Al³⁺+2SO₄^2-+2Ba²⁺+4OH^-═2BaSO₄↓+AlO₂^-+2H₂O，
故答案为：Al³⁺+2SO₄^2-+2Ba²⁺+4OH^-═2BaSO₄↓+AlO₂^-+2H₂O；
（4）2SO₂（g）+O₂（g）⇌2SO₃（g）△H₁=-197kJ/mol；Ⅰ
H₂O（g）⇌H₂O（l）△H₂=-44kJ/mol；Ⅱ
2SO₂（g）+O₂（g）+2H₂O（g）═2H₂SO₄（l）△H₃=-545kJ/mol．Ⅲ
依据盖斯定律Ⅲ-Ⅰ-2×Ⅱ得到：2SO₃（g）+2H₂O（l）=2H₂SO₄（l）△H=-260KJ/mol；
即反应的热化学方程式为：SO₃（g）+H₂O（l）=H₂SO₄（l）△H=-130KJ/mol；
故答案为：SO₃（g）+H₂O（l）=H₂SO₄（l）△H=-130KJ/mol；
（5）根据方程式4KAl（SO₄）₂•12H₂O+3S═2K₂SO₄+2Al₂O₃+9SO₂+48H₂O，Al₂O₃电解得到铝单质，二氧化硫氧化后全部反应得到硫酸．可知最终产物K₂SO₄，Al和H₂SO₄的物质的量之比为2：4：9，故答案为：2：4：9．

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；热化学方程式．

考点点评： 本题考查了氧化还原反应概念分析判断，热化学方程式和盖斯定律的计算，元素守恒的计算应用，题目难度中等，注意与量有关的离子方程式的书写方法．

解题思路：含有Al₂O₃和少量的Fe₂O₃等杂质，加足量的稀氨水，明矾石中的铝离子与氨水反应，过滤后沉淀A中含Al₂O₃、Fe₂O₃、Al（OH）₃，溶液中含钾离子、硫酸根离子，则操作1为蒸发结晶得到硫酸钾晶体．
（1）明矾石加入足量的稀氨水中浸出时铝离子会和氨水之间反应；
（2）Al₂O₃和Fe₂O₃、Al（OH）₃都和氨水之间不反应；
（3）溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可以得到其晶体物质；
（4）配制480mL溶液，应选择500mL容量瓶；根据洗涤仪器的方法来进行；根据c=[n/V]来确定引起的误差；
（5）确定钾氮复合肥中含有钾元素的方法是焰色反应；
（6）根据元素守恒来计算．

含有Al₂O₃和少量的Fe₂O₃等杂质，加足量的稀氨水，明矾石中的铝离子与氨水反应，过滤后沉淀A中含Al₂O₃、Fe₂O₃、Al（OH）₃，溶液中含钾离子、硫酸根离子，则操作1为蒸发结晶得到硫酸钾晶体，
（1）明矾石加入足量的稀氨水中浸出时发生反应的离子方程式为Al³⁺+3NH₃．H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，故答案为：Al³⁺+3NH₃．H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺；
（2）杂质均不溶于氨水，铝离子与氨水反应生成沉淀，沉淀A中含Al₂O₃、Fe₂O₃、Al（OH）₃，故答案为：Al₂O₃；Al（OH）₃；
（3）由上述分析可知，操作1为蒸发浓缩，故答案为：蒸发浓缩；
（4）①配制480mL溶液，应选择500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；
②稀释浓氨水用的烧杯和玻璃棒的洗涤方法：适量的蒸馏水沿着玻璃棒注入烧杯中，倾斜转动烧杯，洗涤烧杯内壁后将洗涤液转入容量瓶中，重复操作2-3次，故答案为：适量的蒸馏水沿着玻璃棒注入烧杯中，倾斜转动烧杯，洗涤烧杯内壁后将洗涤液转入容量瓶中，重复操作2-3次；
③a、洗涤后的容量瓶中有少量蒸馏水，不会影响实验结果，故答案为：无影响；
b、用量筒量取浓氨水后，用蒸馏水洗涤量筒并转移至容量瓶中，溶质增多，浓度偏大，故答案为：偏大，
（5）确定钾氮复合肥中含有钾元素的方法是焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，则含钾元素，故答案为：焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，则含钾元素．
（6）足量的NaOH浓溶液加热，使产生 的气体全部逸出，收集到的氨气折箅成标准状况下的体积为VmL，根据N元素守恒，则钾氮复合肥中氮元索的物质的量为
V×10−3
22.4mol，所以钾氮复合肥中氮元索的质量分数为
V×10−3×14
22.4m×100%=[7V/112m]%，故答案为：[7V/112m]%．

点评：
本题考点： 金属的回收与环境、资源保护．

考点点评： 本题考查较综合，涉及物质制备实验方案的设计及溶液配制，把握实验流程中发生的反应及分离方法为解答的关键，侧重分析能力及迁移应用能力的考查，题目难度中等．

（1）4KAl（SO₄）₂?12H₂O+3S═2K₂SO₄+2Al₂O₃+9SO₂+48H₂O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价．硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，复印纸还原剂是硫单质，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：3=2：1，故答案为：KAl（SO₄）₂?12H₂O；2：1；
（2）从水浸后的滤液中得到K₂SO₄晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体；钾离子焰色反应呈紫色，需要透过蓝色钴玻璃观察，故答案为：蒸发结晶；用盐酸洗过铂丝后，用火烧干后用铂丝蘸取待测溶液，到酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察颜色，观察到紫色即证明有钾离子；
（3）假设SO₄^2-的物质的量为2mol，则明矾溶液中含有2mol SO₄^2-，1molAl³⁺，向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）₂溶液至SO₄^2-刚好沉淀完全时，需要2molBa（OH）₂，即加入的Ba²⁺为2mol，OH^-为4mol，生成2molBaSO₄，1molAl³⁺与4molOH^-反应生成1molAlO₂^-，反应的离子方程式为Al³⁺+2SO₄^2-+2Ba²⁺+4OH^-═2BaSO₄↓+AlO₂^-+2H₂O，
故答案为：Al³⁺+2SO₄^2-+2Ba²⁺+4OH^-═2BaSO₄↓+AlO₂^-+2H₂O；
（4）2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）△H₁=-197kJ/mol；Ⅰ
H₂O（g）?H₂O（l）△H₂=-44kJ/mol；Ⅱ
2SO₂（g）+O₂（g）+2H₂O（g）═2H₂SO₄（l）△H₃=-545kJ/mol．Ⅲ
依据盖斯定律Ⅲ-Ⅰ-2×Ⅱ得到：2SO₃（g）+2H₂O（l）=2H₂SO₄（l）△H=-260KJ/mol；
即反应的热化学方程式为：SO₃（g）+H₂O（l）=H₂SO₄（l）△H=-130KJ/mol；
故答案为：SO₃（g）+H₂O（l）=H₂SO₄（l）△H=-130KJ/mol；
（5）根据方程式4KAl（SO₄）₂?12H₂O+3S═2K₂SO₄+2Al₂O₃+9SO₂+48H₂O，Al₂O₃电解得到铝单质，二氧化硫氧化后全部反应得到硫酸．可知最终产物K₂SO₄，Al和H₂SO₄的物质的量之比为2：4：9，故答案为：2：4：9．

解题思路：（1）根据化合价的升降可以判断氧化剂和还原剂；
（2）从水浸后的滤液中得到K₂SO₄晶体运用蒸发溶剂水的方法得到；
（3）利用盖斯定律，将热化学方程式进行运算；根据质量守恒或硫原子个数守恒，找出4KAl（SO₄）₂•12H₂O与H₂SO₄ 之间的关系．

（1）4KAl（SO₄）₂•12H₂O+3S=2K₂SO₄+2Al₂O₃+9SO₂+48H₂O，反应中S的由0价升高到+4价，则S为还原剂，被氧化，
故答案为：S；
（2）从水浸后的滤液中得到K₂SO₄晶体运用蒸发溶剂水的方法得到，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗剂、干燥，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（3）2SO₂（g）+O₂（g）2SO₃（g）△H₁=一197kJ/mol ①
2H₂O （g）=2H₂O（1）△H₂=一44kJ/mol ②
2SO₂（g）+O₂（g）+2H₂O（g）=2H₂SO₄（l）△H₃=一545kJ/mol③
利用盖斯定律：（③-①-②）÷2 得SO₃ （g）+H₂O（l）=H₂SO₄（l）△H=-152kJ/mol，
4KAl（SO₄）₂•12H₂O～9H₂SO₄
4×474 9×98
948×96% t×98% t=432t，
故答案为：SO₃ （g）+H₂O（l）=H₂SO₄（l）△H=-152kJ/mol；432t．

点评：
本题考点： 用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学方程式的有关计算；氧化还原反应．

考点点评： 本题考查了氧化还原反应基本概念的判断，热化学方程式和盖斯定律的计算，原子守恒在计算题中的应用，难度适中．

解题思路：4KAl₃（SO₄）₂（OH）₆+3S=2K₂SO₄+6Al₂O₃+9SO₂↑+12H₂O中S元素化合价由+6价、0价变为+4价，根据转移电子守恒知，有[3/4]的KAl₃（SO₄）₂（OH）₆参加氧化还原反应，据此分析解答．

A．有12molH₂O生成时，参加反应的S的物质的量是3mol，则转移电子的物质的量=3mol×（4-0）=12mol，所以当生成6mol H₂O时，转移电子的物质的量是6mol，则转移的电子数为6N_A，故A正确；
B．K₂SO₄既不是氧化产物也不是还原产物，SO₂既是氧化产物也是还原产物，故B错误；
C．K₂SO₄为可溶性盐，Al₂O₃能溶于NaOH溶液生成可溶性的NaAlO₂，故C错误；
D．有[3/4]的KAl₃（SO₄）₂（OH）₆参加氧化还原反应，所以反应中体现氧化性的硫元素与体现还原性的硫元素的质量比为6：3=2：1，故D错误；
故选A．

点评：
本题考点： 氧化还原反应．

考点点评： 本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，再结合物质的溶解性来分析解答，注意KAl3（SO4）2（OH）6部分参加氧化还原反应，题目难度较大．

解题思路：（1）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO₂中+4价，硫单质为还原剂，计算生成102gAl₂O₃需要硫的物质的量，转移电子是硫单质的4倍，再根据N=nN_A转移电子数目；
（2）分析流程结合氧化铝的性质可知，沉淀Ⅰ是Al（OH）₃；沉淀Ⅱ是Fe（OH）₃；
（3）由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；
（4）沉淀Ⅱ是Fe（OH）₃，氯气将+3价的铁氧化成+6价，自身被还原成-1价，据此书写化学反应方程式；
（5）电解时阳极发生反应生成FeO₄^2-，依据化合价的变化和电荷守恒书写电极反应；
（6）电解时阳极发生反应生成SO₄^2-，阴极Cu²⁺得到电子生成Cu，依据化合价的变化和电荷守恒书写反应；

利用明矾石（主要成分是K₂SO₄•Al₂（SO₄）₃•2Al₂O₃•6H₂O，此外还含有少量Fe₂O₃杂质）制备Al₂O₃、K₂FeO₄和H₂SO₄的工艺流程：明矾脱水后主要成分是K₂SO₄•Al₂（SO₄）₃•2Al₂O₃，“焙烧”Al₂（SO₄）₃中+6价降低为SO₂中+4价，Al₂（SO₄）₃是氧化剂，硫单质为还原剂，发生2Al₂（SO₄）₃+3S

高温
.
2Al₂O₃+9SO₂，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，离子方程式为Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O，熟料溶解所得的溶液中含有K⁺、SO₄^2-、AlO₂^-、OH^-等，加硫酸调PH值，AlO₂^-转化为Al（OH）₃，灼烧生成Al₂O₃，母液中离子主要有K⁺、SO₄^2-，含有溶质为K₂SO₄，滤渣为Fe₂O₃，加硫酸Fe₂O₃+3H₂SO₄=Fe₂（SO₄）₃+3H₂O，
X为Fe₂（SO₄）₃，加氢氧化钾Fe₂（SO₄）₃+6KOH=2Fe（OH）₃↓+3K₂SO₄，通入氯气：2Fe（OH）₃+3Cl₂+10KOH═2K₂FeO₄+6KCl+8H₂O，制得K₂FeO₄；
（1）反应中硫元素化合价由Al₂（SO₄）₃中+6价降低为SO₂中+4价，反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO₂中+4价，生成102gAl₂O₃的物质的量为n=[m/M]=[102g/102g/mol]=1mol，需要硫的物质的量为1mol×[3/2]=1.5mol，转移电子的物质的量为1.5mol×4=6mol，转移电子数目为N=nN_A=6mol×N_Amol^-1=6N_A，
故答案为：6N_A；
（2）分析流程结合氧化铝的性质可知，铝土矿中的氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氧化铁不和氢氧化钠溶液反应过滤得到滤渣为氧化铁，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，离子方程式为Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O，熟料溶解所得的溶液中含有K⁺、SO₄^2-、AlO₂^-、OH^-等，加硫酸调PH值，AlO₂^-转化为Al（OH）₃，沉淀Ⅰ是Al（OH）₃；滤渣为Fe₂O₃，加硫酸Fe₂O₃+3H₂SO₄=Fe₂（SO₄）₃+3H₂O，X为Fe₂（SO₄）₃，加氢氧化钾Fe₂（SO₄）₃+6KOH=2Fe（OH）₃↓+3K₂SO₄，沉淀Ⅱ是Fe（OH）₃，
故答案为：Al（OH）₃；Fe（OH）₃；
（3）由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，离子方程式为Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O，
故答案为：Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O；
（4）沉淀Ⅱ是Fe（OH）₃，氯气将+3价的铁氧化成+6价，自身被还原成-1价，发生反应为：2Fe（OH）₃+3Cl₂+10 KOH═2K₂FeO₄+6KCl+8H₂O，
故答案为：2Fe（OH）₃+3Cl₂+10KOH═2K₂FeO₄+6KCl+8H₂O；
（5）阳极是铁失电子在碱性溶液中发生氧化反应生成FeO₄^2-；电极反应为：Fe+8OHˉ-6eˉ=FeO₄^2-+4H₂O，
故答案为：Fe+8OH^--6e^-=FeO₄^2-+4H₂O；
（6）电解时阳极发生反应生成SO₄^2-，阴极Cu²⁺得到电子生成Cu，装置内所发生反应的离子方程式为：SO₂+2H₂O+Cu²⁺

电解
.
4H⁺+SO₄^2-+Cu，
故答案为：SO₂+2H₂O+Cu²⁺

电解
.
4H⁺+SO₄^2-+Cu；

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题以铝、铁的化合物为载体考查了物质间的反应、物质的分离和电解等知识点，明确物质之间的反应是解本题关键，这种综合性较强的题型是高考热点，须利用基础知识细心分析解答，题目难度中等．

解题思路：焙烧炉中发生反应的化学方程式为2Al₂（SO₄）₃+3S

高温 .

2Al₂O₃+9SO₂，故生成炉气中含二氧化硫，熟料中含氧化铝、氧化铁、硫酸钾等，加入氢氧化钠和水，
氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤，滤渣中含氧化铁，滤液中含偏铝酸钠和硫酸钾、氢氧化钠等；用硫酸调节pH，得到氢氧化铝沉淀和硫酸钠、硫酸钾，过滤得母液中含硫酸钾、硫酸钠溶质．
（1）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；
反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO₂中+4价，硫单质为还原剂，计算生成1molAl₂O₃需要硫的物质的量，转移电子是硫单质的4倍，再根据N=nN_A转移电子数目；
（2）根据n=

V

Vm

计算二氧化硫的物质的量，根据n（SO₂）：n（NaOH）确定反应产物，再结合溶液呈酸性进行判断；
（3）由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；
（4）由工艺流程可知，熟料溶解所得的溶液中含有K⁺、Na⁺、SO₄^2-、AlO₂^-、OH^-等，加硫酸调PH值，AlO₂^-转化为Al（OH）₃，母液中离子主要有K⁺、Na⁺、SO₄^2-，据此判断；Al（OH）₃沉淀具有吸附性，可吸附硫酸根离子，通过检验硫酸根离子的方法进行实验．

（1）反应中硫元素化合价由Al₂（SO₄）₃中+6价降低为SO₂中+4价，故Al₂（SO₄）₃是氧化剂，反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO₂中+4价，硫单质为还原剂，生成1molAl₂O₃需要硫的物质的量为1mol×[3/2]=1.5mol，转移电子的物质的量为1.5mol×4=6mol，转移电子数目为6mol×6.02×10²³mol^-1=3.612×10²⁴，
故答案为：Al₂（SO₄）₃；3.612×10²⁴；
（2）1.12L二氧化硫的物质的量为[1.12L/22.4L/mol]=0.05mol，n（NaOH）=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，n（SO₂）：n（NaOH）=0.05mol：0.05mol=1：1，故反应后溶液中溶质为NaHSO₃，溶液呈酸性，说明HSO₃^-的电离程度大于水解程度，同时水电离生成氢离子，故c（H⁺）＞c（SO₃^2-），HSO₃^-电离程度不大，故c（HSO₃^-）＞c（H⁺），溶液c（OH^-）等于水电离生成，浓度很小，故溶液中离子浓度由大到小的排列顺序为c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-），
故答案为：c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）；
（3）由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，离子方程式为Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O，
故答案为：Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O；
（4）由工艺流程可知，熟料溶解所得的溶液中含有K⁺、Na⁺、SO₄^2-、AlO₂^-、OH^-等，加硫酸调PH值，AlO₂^-转化为Al（OH）₃，母液中离子主要有K⁺、Na⁺、SO₄^2-，含有溶质为K₂SO₄、Na₂SO₄；Al（OH）₃沉淀具有吸附性，可吸附硫酸根离子，通过检验硫酸根离子的方法进行实验，方法为取最后一次洗涤的流出液于试管中，滴加BaCl₂溶液，若无白色沉淀生成则已洗涤干净，
故答案为：K₂SO₄、Na₂SO₄；取最后一次洗涤的流出液于试管中，滴加BaCl₂溶液，若无白色沉淀生成则已洗涤干净．

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题考查学生对工艺流程的理解、氧化还原反应、离子浓度大小比较、离子检验、实验方案设计等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等．（2）中注意先根据计算确定反应后溶液中溶质．

解题思路：由流程可知，明矾石和硫磺在焙烧炉中反应生成Al₂O₃和SO₂，生成的熟料中含有Al₂O₃和少量氧化铁，加入KOH溶液，氢氧化钠与氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O，所得溶液调节溶液pH，可生成Al（OH）₃，滤液中主要含有K₂SO₄，经蒸发结晶、过滤、洗涤和干燥，可得到硫酸钾晶体，以此解答该题．

由流程可知，明矾石和硫磺在焙烧炉中反应生成Al2O3和SO2，生成的熟料中含有Al2O3和少量氧化铁，加入KOH溶液，氢氧化钠与氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，所得溶液调节溶液pH...

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题考查物质的制备、分离等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，难度中等，注意把握物质的相关性质．

解题思路：（1）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；
反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO₂中+4价，硫单质为还原剂，计算生成1molAl₂O₃需要硫的物质的量，转移电子是硫单质的4倍，再根据N=nN_A转移电子数目；
（2）由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；
（3）由工艺流程可知，熟料溶解所得的溶液中含有K⁺、Na⁺、SO₄^2-、AlO₂^-、OH^-等，加硫酸调PH值，AlO₂^-转化为Al（OH）₃，母液中离子主要有K⁺、Na⁺、SO₄^2-，据此判断；
（4）根据n=

V

Vm

计算二氧化硫的物质的量，根据n（SO₂）：n（NaOH）确定反应产物，再结合溶液呈酸性进行判断；
（5）由工艺流程可知，废渣的主要成分为Fe₂O₃，废渣中加入盐酸溶解，滴再加KSCN溶液，若溶液被红色，说明废渣中含有Fe₂O₃．

（1）反应中硫元素化合价由Al₂（SO₄）₃中+6价降低为SO₂中+4价，故Al₂（SO₄）₃是氧化剂，反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO₂中+4价，硫单质为还原剂，生成1molAl₂O₃需要硫的物质的量为1mol×[3/2]=1.5mol，转移电子的物质的量为1.5mol×4=6mol，转移电子数目为6mol×6.02×10²³mol^-1=3.612×10²⁴，
故答案为：Al₂（SO₄）₃；3.612×10²⁴；
（2）由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，离子方程式为Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O，
故答案为：Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O；
（3）由工艺流程可知，熟料溶解所得的溶液中含有K⁺、Na⁺、SO₄^2-、AlO₂^-、OH^-等，加硫酸调PH值，AlO₂^-转化为Al（OH）₃，母液中离子主要有K⁺、Na⁺、SO₄^2-，含有溶质为K₂SO₄、Na₂SO₄，
故答案为：K₂SO₄、Na₂SO₄；
（4）1.12L二氧化硫的物质的量为[1.12L/22.4L/mol]=0.05mol，n（NaOH）=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，n（SO₂）：n（NaOH）=0.05mol：0.05mol=1：1，故反应后溶液中溶质为NaHSO₃，溶液呈酸性，说明HSO₃^-的电离程度大于水解程度，同时水电离生成氢离子，故c（H⁺）＞c（SO₃^2-），HSO₃^-电离程度不大，故c（HSO₃^-）＞c（H⁺），溶液c（OH^-）等于水电离生成，浓度很小，故溶液中离子浓度由大到小的排列顺序为c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-），
故答案为：c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）；
（5）由工艺流程可知，废渣的主要成分为Fe₂O₃，取少量废渣，加入适量盐酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液被红色，说明废渣中含有Fe₂O₃，
故答案为：取少量废渣，加入适量盐酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液被红色，说明废渣中含有Fe₂O₃．

点评：
本题考点： 镁、铝的重要化合物；氧化还原反应；铁的氧化物和氢氧化物．

考点点评： 本题考查学生对工艺流程的理解、氧化还原反应、离子浓度大小比较、离子检验、实验方案设计等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等．（4）中注意先根据计算确定反应后溶液中溶质．

（1）酸雨中的弱酸亚硫酸被氧化为强酸硫酸，使溶液中的c（H + ）增大，pH减小，故答案为：酸雨中的弱酸亚硫酸被氧化为强酸硫酸，使溶液中的c（H + ）增大，pH减小；（2）焦炭可消耗产物中的氧气，使c（O 2 ）变...

解题思路：（1）酸雨中的弱酸亚硫酸被氧化为强酸硫酸；
（2）焦炭可消耗产物中的氧气，使c（O₂）变小，且燃烧放出热量，温度升高；
（3）二氧化硫溶液与氯水都可以漂白品红溶液，据此设计；
（4）①惰性电极电解饱和氯化钠溶液，生成氢气、氯气、氢氧化钠；
②原电池左侧发生氧化反应，为负极，右侧为正极，电解质溶液阳离子向正极移动；
由反应2Na₂S₂+NaBr₃

放电 .

Na₂S₄+3NaBr可知，左侧S₂^2-放电生成S₄^2-
③该原电池工作一段时间后，测得左槽中Na⁺物质的量由a mol变为b mol，则转移电子的物质的量为（a-b）mol，电解池中b电极连接电源的正极，为阳极，得到的气体为氯气，根据电子转移计算氯气的物质的量，再根据V=nV_m计算氯气的体积．

（1）酸雨中的弱酸亚硫酸被氧化为强酸硫酸，使溶液中的c（H⁺）增大，pH减小，
故答案为：酸雨中的弱酸亚硫酸被氧化为强酸硫酸，使溶液中的c（H⁺）增大，pH减小；
（2）焦炭可消耗产物中的氧气，使c（O₂）变小；且放出热量，温度升高，导致平衡向正反应方向移动，
故答案为：焦炭可消耗产物中的氧气，使c（O₂）变小；且放出热量，温度升高，导致平衡向正反应方向移动；
（3）取少量溶液，向其中加入品红溶液，若品红溶液不褪色，说明二者恰好完全反应；否则，二者未完全反应，
故答案为：取少量溶液，向其中加入品红溶液，若品红溶液不褪色，说明二者恰好完全反应；否则，二者未完全反应；
（4）①惰性电极电解饱和氯化钠溶液，生成氢气、氯气、氢氧化钠，电解总反应式为：2NaCl+2H₂O

电解
.
2NaOH+H₂↑+Cl₂↑，
故答案为：2NaCl+2H₂O

电解
.
2NaOH+H₂↑+Cl₂↑；
②原电池左侧发生氧化反应，为负极，右侧为正极，电解质溶液钠离子向正极移动，即向右槽移动；
由反应2Na₂S₂+NaBr₃

放电
.
Na₂S₄+3NaBr可知，左侧S₂^2-放电生成S₄^2-，电极反应式为：2S₂^2--2e^-=S₄^2-，
故答案为：右槽；2S₂^2--2e^-=S₄^2-；
③该原电池工作一段时间后，测得左槽中Na⁺物质的量由a mol变为b mol，则转移电子的物质的量为（a-b）mol，电解池中b电极连接电源的正极，为阳极，得到的气体为氯气，根据电子转移守恒可知氯气的物质的量为你
(a−b)mol
2，故生成氯气的体积=
(a−b)mol
2×22.4L/mol=11.2（a-b）L，
故答案为：11.2（a-b）．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题考查化学平衡移动、元素化合物性质、原电池、电解池、实验方案设计等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等．

解题思路：明矾石含有Al₂O₃和少量的Fe₂O₃等杂质，加足量的稀氨水，明矾石中的铝离子与氨水反应，过滤后沉淀A中含Al₂O₃、Fe₂O₃、Al（OH）₃，溶液中含钾离子、硫酸根离子，操作①为蒸发结晶得到硫酸钾、硫酸铵晶体，Al₂O₃、Fe₂O₃、Al（OH）₃中加入氢氧化钠，Al₂O₃、Fe₂O₃与氢氧化钠不反应，氢氧化铝与氢氧化钠反应Al（OH）₃+NaOH═NaAlO₂+2H₂O，沉淀B为Al₂O₃、Fe₂O₃，滤液为NaAlO₂溶液，通入足量的二氧化碳，NaAlO₂+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+NaHCO₃；氢氧化铝加热得到氧化铝，氧化铝电解得到铝．
（1）明矾石加入足量的稀氨水中浸出时铝离子会和氨水之间反应生成氢氧化铝；
（2）Al₂O₃和Fe₂O₃、Al（OH）₃都和氨水之间不反应；
（3）溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可以得到其晶体物质；
（4）①配制480mL溶液，应选择500mL容量瓶；②根据洗涤仪器的方法来进行；③根据c=[n/V]来确定引起的误差；
（5）确定钾氮复合肥中含有钾元素的方法是焰色反应；
（6）根据元素守恒来计算，钾氮复合肥中氮元索的物质的量等于氨气的物质的量；

明矾石含有Al₂O₃和少量的Fe₂O₃等杂质，加足量的稀氨水，明矾石中的铝离子与氨水反应，过滤后沉淀A中含Al₂O₃、Fe₂O₃、Al（OH）₃，溶液中含钾离子、硫酸根离子，操作①为蒸发结晶得到硫酸钾、硫酸铵晶体，Al₂O₃、Fe₂O₃，Al₂O₃、Fe₂O₃、Al（OH）₃中加入氢氧化钠，Al₂O₃、Fe₂O₃与氢氧化钠不反应，氢氧化铝与氢氧化钠反应Al（OH）₃+NaOH═NaAlO₂+2H₂O，沉淀B为Al₂O₃、Fe₂O₃，滤液为NaAlO₂溶液，通入足量的二氧化碳，NaAlO₂+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+NaHCO₃；氢氧化铝加热得到氧化铝，氧化铝电解得到铝．
（1）明矾石加入足量的稀氨水中浸出时发生反应的离子方程式为Al³⁺+3NH₃．H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，
故答案为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺；
（2）杂质均不溶于氨水，铝离子与氨水反应生成沉淀，沉淀A中含Al₂O₃、Fe₂O₃、Al（OH）₃，
故答案为：Al₂O₃；Al（OH）₃；
（3）由上述分析可知，操作1为蒸发浓缩结晶得到硫酸钾晶体，
故答案为：蒸发浓缩；
（4）①配制480mL溶液，应选择500mL容量瓶，
故答案为：500mL容量瓶；
②稀释浓氨水用的烧杯和玻璃棒的洗涤方法：适量的蒸馏水沿着玻璃棒注入烧杯中，倾斜转动烧杯，洗涤烧杯内壁后将洗涤液转入容量瓶中，重复操作2～3次，
故答案为：取适量蒸馏水沿玻璃棒注入烧杯中，倾斜转动烧杯，洗涤烧杯内壁后将洗涤液转入容量瓶中，重复操作2～3次；
③a、定容时需加水，洗涤后的容量瓶中有少量蒸馏水，不会影响实验结果，
故答案为：无影响；
b、用量筒量取浓氨水后，用蒸馏水洗涤量筒并转移至容量瓶中，溶质增多，浓度偏大，
故答案为：偏大；
（5）确定钾氮复合肥中含有钾元素的方法是焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，则含钾元素，
故答案为：焰色反应；
（6）足量的NaOH浓溶液加热，使产生的气体全部逸出，收集到的氨气折箅成标准状况下的体积为VmL，根据N元素守恒，则钾氮复合肥中氮元索的物质的量为
V×10−3
22.4]mol，所以钾氮复合肥中氮元索的质量分数为
V×10−3×14
22.4m×100%=[7V/112m]%，
故答案为：[7V/112m]%．

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查较综合，涉及物质制备实验方案的设计及溶液配制，把握实验流程中发生的反应及分离方法为解答的关键，侧重分析能力及迁移应用能力的考查，题目难度中等．