高考化学二轮 铜及其化合物推断题 专项培优 易错 难题及答案解析.docx

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高考化学二轮铜及其化合物推断题专项培优易错难题及答案解析

高考化学二轮铜及其化合物推断题专项培优易错难题及答案解析

一、铜及其化合物

1．A为金属单质，B、C、D、E四种均为含有氯元素的物质，它们存在如图转化关系（部分产物已略去，有的反应在溶液中进行）。

请回答：

（1）A是_____________，C是_____________。

（均用化学式表示）

（2）写出实验室制备D的化学方程式：

_____________。

（3）写出用B溶液与Cu反应制作印刷电路板的离子方程式：

_____________。

（4）设计实验方案，检验C溶液中的金属阳离子：

_____________

【答案】FeFeCl2MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2OCu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+取C溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂（如氯水、双氧水）后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+

【解析】

【分析】

A为金属单质，B、C、D、E 四种均为含有氯元素的物质，根据转化关系可知，A为变价金属，且B与A反应生成C，则A为Fe，D为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，A与E反应生成C（FeCl2），结合（3）“用B溶液与Cu反应制作印刷电路板”可知，E为HCl，据此解答。

【详解】

（1）根据分析可知，A为Fe，C为FeCl2，

故答案为：

Fe；FeCl2；

（2）实验室中通过加热浓盐酸与二氧化锰制取氯气，该反应的化学方程式为：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O，

故答案为：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（3）B为FeCl3，Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应的离子方程式为：

Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，

故答案为：

Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；

（4）C为FeCl2，其阳离子为Fe2+，检验Fe2+的方法为：

取C溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂（如氯水．双氧水）后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+，

故答案为：

取C溶液于试管中，向其中滴加 KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂（如氯水．双氧水）后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+。

2．现有A、B、C、D四种物质，A、B为无色气体，C、D为黑色粉末，B跟D在一定条件下能生成A，A和D都能跟C反应生成B和一种红色固体E，其中B能跟澄清石灰水反应生成一种白色沉淀F。

（1）根据上述现象，写出下列物质的化学式。

A______________B______________C______________D______________

（2）写出实现下列变化的化学方程式

B＋D→A_____________________________________________________

A＋C→E＋B_________________________________________________

【答案】COCO2CuOCC＋CO2

2COCO＋CuO

Cu＋CO2

【解析】

【详解】

（1）A、B都为无色气体，B能跟澄清石灰水反应生成一种白色沉淀F，所以B是二氧化碳，F是碳酸钙，二氧化碳和黑色粉末D在一定条件下能生成气体A，所以D是木炭，A是一氧化碳，一氧化碳和木炭都能跟黑色粉末反应生成二氧化碳和红色固体E，所以C是氧化铜，E是铜，二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，一氧化碳、碳都会与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙会生成碳酸钙沉淀和水，推导正确，所以A是CO，B是CO2，C是CuO，D是C，E是Cu，F是CaCO3；

故答案是：

CO；CO2；CuO；C

（2）B+D→A的反应是二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，所以化学方程式为：

C＋CO2

2CO；

A+C→E+B的反应是一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，所以化学方程式为：

CO＋CuO

Cu＋CO2；

故答案为C＋CO2

2CO；CO＋CuO

Cu＋CO2

3．有A、B、C、D四种常见的金属单质，A元素在地壳中含量位列第6，A的密度为0.97g/cm3；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色；C在空气中加热融化但不滴落；D在氧气燃烧，火星四射。

根据以上信息回答下列问题：

写出对应化学式：

（1）A在室温下与氧气反应生成______，D在空气中锈蚀生成的氧化物为_____。

（2）写出下列化学方程式：

①A在空气中燃烧_______________；

②B长期置于空气中变成绿色物质_________。

（3）将5g钠铝合金投入200mL的水中，固体完全溶解，产生4.48L标准状态下的气体，溶液中只有一种溶质。

经过分析得出钠铝合金中两种金属的物质的量之比为______，所得溶液中溶质的物质的量浓度为_____（假设溶液体积变化忽略不计）。

【答案】Na2OFe2O32Na＋O2

Na2O22Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2（OH）2CO31：

10.5mol/L

【解析】

【分析】

根据A元素在地壳中含量位列第6，密度为0.97g/cm3，可推知A是Na；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色，故B是Cu；C在空气中加热熔化但不滴落，故C是Al；D在氧气中燃烧，火星四射，则D是Fe。

【详解】

（1）A为Na，在室温下与氧气反应生成氧化钠，D为Fe，在空气中锈蚀生成的氧化物为Fe2O3；

（2）①Na在空气中燃烧的方程式为2Na＋O2

Na2O2

②Cu长期置于空气中变成绿色物质的化学方程式为2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2（OH）2CO3

（3）溶液中只有一种溶质，应该是NaAlO2，根据原子守恒可知钠铝合金中两种金属的物质的量之比为1:

1，根据质量可得二者物质的量均是0.1mol，因此所得溶液中溶质的物质的量浓度为c（NaAlO2）=

。

4．有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去）。

已知A是由两种元素组成的黑色粉末，B由两种元素组成、其摩尔质量为65g•mol－1，C是空气中含量最多的单质，D是白色粉末且焰色反应呈黄色，E是一种紫红色金属，F是一种无色气体单质，H是一种红棕色气体，I是最常见的液体，K是一种强碱。

（1）B的化学式为__________________。

（2）K的电子式为__________________。

（3）写出反应①的化学方程式：

_________________________________________。

（4）写出反应②的离子方程式：

____________________________________。

【答案】NaN3

CuO+2NaN3

Cu+Na2O+3N23Cu+8H+＋2NO3- =3Cu2-＋2NO↑＋4H2O

【解析】C是空气中含量最多的单质，则C是N2；D是白色粉末且焰色反应呈黄色，则D中含有Na元素；E是一种紫红色金属，则E是Cu；结合转化关系图，结合其他已知条件可得：

A是CuO、B是叠氮化钠、D是Na2O、E是Cu、G是NO、H是NO2、I是H2O、J是HNO3、K是NaOH、L是Cu（NO3）2。

（1）叠氮化钠的化学式为NaN3；

（2）NaOH的电子式为

；

（3）反应①为叠氮化钠和CuO受撞击反应生成N2、Na2O和Cu，故化学方程式为：

CuO+2NaN3

Cu+Na2O+3N2；

（4）反应②为Cu和稀硝酸的反应，离子方程式为：

3Cu+8H+＋2NO3-=3Cu2-＋2NO↑＋4H2O。

点睛：

无机框图推断题，既能检查学生元素化合物基础知识的掌握情况，又能检查学生灵活应用知识的能力，更能考查学生的逻辑推理能力，难度较大。

解答无机框图推断题，应认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条件。

通过已知条件找出突破口，正推法、逆推法、假设法、猜测法等得出结论。

5．A、B、C、D、X均为中学化学常见的物质。

它们之间存在如下图所示转化关系（图中反应条件略去）填写下列空白：

（1）若A为两性氢氧化物,B为NaOH溶液，写出反应A+B→C+D的离子方程式_________，并写出偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳的离子方程式________________________

（2）若A为金属单质，B、C、D都是化合物，A与B发生的反应常用于刻制印刷电路板，该反应的离子方程式__________________。

【答案】Al（OH）3＋OH－=AlO2－＋2H2OAlO2－＋2H2O＋CO2＝Al（OH）3↓＋HCO3-2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

【解析】考查无机推断，

（1）A为两性氢氧化物，即A为Al（OH）3，B为NaOH，A和B反应的离子反应方程式为Al（OH）3＋OH－=AlO2－＋2H2O，碳酸的酸性强于偏铝酸，因此偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2，其离子反应方程式为AlO2－＋2H2O＋CO2＝Al（OH）3↓＋HCO3－；

（2）A与B反应常用于刻制印刷电路板，即离子反应方程式为Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋。

6．将Fe粉、Cu粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液和CuCl2溶液，混合于某容器中充分反应（假定容器不参与反应），试判断下列情况下溶液中存在的金属离子和金属单质。

（1）若铁粉有剩余，则容器中不可能有_______________；

（2）若氯化铜有剩余，则容器中还可能有_____________，一定有_________；

（3）若氯化铁有剩余，则容器中不可能有____________；

（4）由以上反应可知金属离子的氧化性强弱顺序为_______________。

【答案】Fe3+、Cu2+Fe3+或CuFe2+Fe、CuFe3+＞Cu2＞Fe2+

【解析】

【分析】

在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，则铁和铜都能与氯化铁溶液反应，氧化性：

FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，Fe有剩余，则Cu没有参加反应，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题。

【详解】

氧化性：

FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，

（1）反应后铁有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+、Cu2+都不能存在；

（2）若CuCl2有剩余，由于氯化铜可氧化单质铁，则不可能有Fe，一定有Fe2+；容器中可能有Fe3+或Cu；

（3）若FeCl3有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe、Cu都不能存在；

（4）由反应Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2可知氧化性强弱顺序为Fe3+＞Cu2＞Fe2+。

7．氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业。

CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。

以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：

回答下列问题：

（1）步骤①中得到的氧化产物是_________，溶解温度应控制在60~70度，原因是__________。

（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式___________。

（3）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_________（写名称）。

（4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是______________________________。

（5）步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离。

工业上常用的固液分离设备有__________（填字母）

A．分馏塔

B．离心机

C．反应釜

D．框式压滤机

（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于若两的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为__________。

【答案】CuSO4或Cu2+温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+硫酸醇洗有利加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化）B、D

【解析】

【分析】

【详解】

（1）海绵铜的主要成分是Cu与CuO，溶解所需试剂中有硝酸铵、水、硫酸，则Cu被氧化为铜离子；在稀溶液中，硝酸根离子作氧化剂，硫酸没有氧化性，作酸性介质，因此Cu2+和NH4+都会变成对应的硫酸盐。

（2）步骤③反应后过滤，说明反应中有沉淀产生，则该沉淀为CuCl沉淀，结合硫酸铵的回收，可知步骤③发生的离子反应为：

2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；

（3）盐酸中含有较多氯离子，可能溶解CuCl沉淀，不合适；硝酸具有氧化性，会氧化CuCl沉淀，不合适；三大强酸中只有稀硫酸合适。

（4）CuCl难溶于醇和水，潮湿空气中易水解氧化，而水与醇互溶，所以醇洗不能省略的原因是醇的沸点低，可加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化，也有利于后面的烘干步骤。

（5）用于分离固体和液体的设备与实验室中的过滤的原理是相似的。

A、分馏塔是用于分离互溶的液体的设备，错误；B、离心机可利用离心力的作用使液体中的固体沉降，达到固液分离的目的，正确；C、反应釜为发生反应的设备，错误；D、框式压滤机可以使物料中的水通过挤压而排出，达到固液分离的目的，正确，答案选BD；

（6）根据题意，CuCl与K2Cr2O7发生氧化还原反应，K2Cr2O7被还原为Cr3+，则bmL、amol/LK2Cr2O7溶液发生反应时，转移电子的物质的量是ab×10-3×2×3mol=6ab×10-3mol，+1价Cu会被氧化为Cu2+，根据得失电子守恒，则CuCl的物质的量是6ab×10-3mol，则样品中CuCl的质量分数是（6ab×10-3mol×99.5g/mol）/mg×100%=0.597ab/m×100%。

8．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化变成绿色；见光分解变成褐色。

如图是工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl−）生产CuCl的流程：

根据以上信息回答下列问题：

（1）生产过程中X的化学式为____。

（2）写出产生CuCl的离子方程式：

____。

（3）实验探究pH对CuCl产率的影响如表所示：

pH

1

2

3

4

5

6

7

CuCl产率/%

70

90

82

78

75

72

70

析出CuCl晶体最佳pH为____，当pH较大时CuCl产率变低原因是____。

调节pH时，___（填“能”或“不能”）用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是____。

（4）氯化亚铜的定量分析：

①称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。

②用0.10mol·L−1硫酸铈标准溶液滴定。

已知：

CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。

三次平行实验结果如表（平行实验结果相差不能超过1%）：

平行实验次数

1

2

3

0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）

24.35

24.05

23.95

则样品中CuCl的纯度为_____。

（结果保留三位有效数字）。

（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。

第一步CuCl水解的离子方程式为：

CuCl（s）＋H2O（l）

CuOH（s）＋Cl−（aq）＋H+（aq），第二步CuOH热分解的化学方程式为____。

第一步CuCl水解反应的平衡常数K与此温度下KW、Ksp（CuOH）、Ksp（CuCl）的关系为K＝____。

【答案】Fe2Cu2++2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-2Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；不能硝酸会与产品CuCl发生反应95.5%2CuOH

Cu2O+H2OKw×Ksp（CuCl）/Ksp（CuOH）

【解析】

【详解】

向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜；

（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，则X为Fe、Y为HCl，

故答案为：

Fe；

（2）依据图示可知：

CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒其方程式为：

CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，离子反应方程式：

2Cu2++2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-

故答案为：

2Cu2++2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-；

（3）由表中数据可知，pH=2时，CuCl产率最高；pH较大时，Cu2+水解程度增大，导致反应生成CuCl减少；硝酸具有强氧化性，能将产品CuCl氧化生成Cu2+，所以不能用相同pH的硝酸代替硫酸，

故答案为：

2；Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；不能；硝酸会与产品CuCl发生反应；

（4）根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为24.35mL，误差大舍去，则滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为：

=24mL，结合方程式可知：

CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，CuCl～Ce4+，CuCl的纯度为：

×100%=95.5%，

故答案为：

95.5%．

（5）CuOH热分解的化学方程式为2CuOH

Cu2O+H2O；CuCl（s）+H2O（l）⇌CuOH（s）+Cl-（aq）+H+（aq），平衡常数K=c（H+）c（Cl-）=

×

答案为：

9．氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料、防腐等工业，它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）3Cl]。

以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：

（1）写出溶解过程中发生的氧化还原反应的离子方程式：

_________

（2）还原过程中发生的主要反应的离子方程式：

_________。

（3）析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却密封包装。

70℃真空干燥、密封包装的原因是__________。

（4）写出氯化亚铜在空气中被氧化的化学方程式________

（5）如图是各反应物在最佳配比条件下，反应温度对CuCl产率影响．由图可知，溶液温度控制在60℃时，CuCl产率能达到94%，当温度高于65℃时，CuCl产率会下降，其原因可能是___。

（6）以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl，写出电解时阴极上发生的电极反应式：

____

【答案】3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+加快乙醇和水的挥发，防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化4CuCl+O2+4H2O=2Cu2（OH）3Cl+2HCl温度过高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应Cu2++e-+Cl-=CuCl↓

【解析】

【分析】

（1）Cu与NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应生成Cu2+、NO气体和水；

（2）SO32-和Cu2+之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀；

（3）乙醇和水易挥发，CuCl具有还原性，可以被空气氧化；

（4）由题给信息可知，CuCl在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）3Cl]；

（5）因在60℃时CuCl产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了CuCl的水解，CuCl被氧化的速度加快；

（6）电解时，阴极上Cu2+得电子发生还原反应。

【详解】

（1）溶解过程中，Cu与NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，离子方程式为：

3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，

故答案为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（2）还原过程中，溶液中的Cu2+被还原为CuCl，离子方程式为：

2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，

故答案为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；

（3）真空干燥可以加快乙醇和水的挥发，密封包装可以防止CuCl在潮湿空气中水解、氧化，

故答案为加快乙醇和水的挥发，防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化；

（4）由题给信息可知，CuCl在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）3Cl]，根据得失电子守恒及原子守恒写出生成物并配平，化学方程式为：

4CuCl+O2+4H2O=2Cu2（OH）3Cl+2HCl，

故答案为4CuCl+O2+4H2O=2Cu2（OH）3Cl+2HCl；

（5）因在60℃时CuCl产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了CuCl的水解，CuCl被氧化的速度加快，

故答案为温度过高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应；

（6）电解时，阴极上Cu2+得电子，电极反应式为：

Cu2++e-+Cl-=CuCl↓，

故答案为Cu2++e-+Cl-=CuCl↓。

【点睛】

本题以实验形式考查金属铜以及化合物的性质，要求学生具有分析和解决问题的能力，注意知识的迁移和应用是解题的关键，注意得失电子守恒方法的熟练使用。

10．氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料、防腐等工业，它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）4-nCln]，随着环境酸度的改变n随之改变。

以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：

（1）写出溶解过程中产生无色气体的化学式：

_______。

（2）还原过程中发生的主要反应的离子方程式：

______。

（3）析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却密封包装。

70℃，真空干燥、密封包装的原因是：

______。

（4）滤液中主要成分是（NH4）2SO4，工业上用（NH4）2SO4与Al2（SO4）3制取铵明矾，铵明矾在食品，制