高考化学铝及其化合物推断题综合经典题及答案解析.docx

高考化学铝及其化合物推断题综合经典题及答案解析.docx

《高考化学铝及其化合物推断题综合经典题及答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学铝及其化合物推断题综合经典题及答案解析.docx（15页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考化学铝及其化合物推断题综合经典题及答案解析高考化学铝及其化合物推断题综合经典题及答案解析高考化学铝及其化合物推断题综合经典题及答案解析一、铝及其化合物1铝、铁、硅的单质及化合物在工业生产中具有广泛应用，工业上常用某矿石（主要成分有Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2等）来制备绿矾（FeSO47H2O）和氧化铝，其工艺流程如图：

回答下列问题：

（1）滤渣1的成分是_，举例说明滤渣2的用途_。

（2）用离子方程式表示溶液A加入过量铁粉的目的是_。

（3）写出由滤液1生成滤液2的离子方程式_。

（4）过程1、2、3均涉及分离操作，所需玻璃仪器有_。

（5）由溶液B得到绿矾的具体操作为_、过滤、洗涤和干燥。

（6）过程3需要加入的试剂A是_，写出此过程的离子方程式_。

【答案】Fe2O3、FeO制备硅胶，作干燥剂将Fe3+全部还原为Fe2+AlO2-+4H+=Al3+2H2O漏斗、烧杯和玻璃棒蒸发氨水Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+【解析】【分析】Al2O3属于两性氧化物，Fe2O3、FeO都是碱性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，因此，矿石中的Al2O3和SiO2能溶于氢氧化钠溶液，Fe2O3、FeO溶于氢氧化钠溶液，滤渣1的成分是Fe2O3、FeO；滤液1中的溶质有NaAlO2和Na2SiO3，加入过量盐酸后，AlO2-转化为Al3+，SiO32-转化为H2SiO3的白色胶状沉淀，滤液2的主要溶质是AlCl3，滤渣2的成分是H2SiO3，可用于制备硅胶，作干燥剂；过程3的作用是将溶液中的Al3+转化为Al（OH）3沉淀，应加入碱溶液；Fe2O3、FeO都能溶于稀硫酸，分别得到Fe2（SO4）3和FeSO4，溶液A的溶质有Fe2（SO4）3和FeSO4，加入过量铁粉，将Fe3+全部还原为Fe2+，溶液B为FeSO4。

【详解】

（1）由分析可知滤渣1的成分是Fe2O3、FeO；滤渣2的成分是H2SiO3，可用于制备硅胶，作干燥剂，故答案为：

Fe2O3、FeO；制备硅胶，作干燥剂；

（2）Fe2O3、FeO都能溶于稀硫酸，分别得到Fe2（SO4）3和FeSO4，溶液A的溶质有Fe2（SO4）3和FeSO4，加入过量铁粉，将Fe3+全部还原为Fe2+，反应的离子方程式为：

2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：

将Fe3+全部还原为Fe2+；（3）由滤液1生成滤液2的过程为AlO2-转化为Al3+，离子方程式为：

AlO2-+4H+=Al3+2H2O，故答案为：

AlO2-+4H+=Al3+2H2O；（4）过程1、2、3均涉及到的分离操作是过滤，所需玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故答案为：

漏斗、烧杯和玻璃棒；（5）溶液B得到绿矾的具体操作为蒸发、过滤、洗涤和干燥，故答案为：

蒸发；（6）过程3的作用是将溶液中的Al3+转化为Al（OH）3沉淀，应加入碱溶液，由于Al（OH）3能溶于强碱溶液，但不能溶于氨水，所以试剂A是氨水，所发生反应的离子方程式为：

Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故答案为：

氨水；Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+。

2A、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+AlO2-+H2OAl（OH）3Al3+3OH-3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO【解析】【分析】A、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体，则A为H；G的单质常用作半导体材料，G为Si，结合原子序数可知F为Al；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17，173=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。

【详解】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分别与A形成的简单化合物分别是H2O、H2S，其中沸点较高的是H2O，原因是H2O分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引力；

（2）O2-、Mg2+核外电子排布相同。

具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则C、E形成的简单离子半径大小：

r（C）r（E）；（3）F最高价氧化物对应的水化物Al（OH）3是两性氢氧化物，在水溶液中存在酸式电离和碱式电离，电离方程式为H+AlO2-+H2OAl（OH）3Al3+3OH-；（4）将G的氧化物与B的单质在1400条件下和足量的碳反应，其化学反应方程式为3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO。

【点睛】本题考查元素及化合物的推断及物质性质的方程式表示。

把握原子结构、元素的位置、质子数关系来推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，题目侧重考查学生的分析与应用能力。

3A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产物已略去）。

试回答：

（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是_。

aSbN2cNadMgeAl

（2）若A为强碱溶液，则X可能为_。

aCO2bAlCl3cAldMgeAl2O3（3）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为_；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（离子方程式表示）_，检验此C溶液中金属元素价态的操作方法是_。

（4）若A、B、C为含有金属元素的化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，则B的化学式为_，X的化学式可能为（写出不同类物质）_或_，反应的离子方程式为_或_。

【答案】deabFeCl32Fe3+Fe=3Fe2+加入硫氰化钾，不显血红色，然后加入氯水，显血红色，则为亚铁离子Al（OH）3盐酸氢氧化钠Al（OH）3+3H+=Al3+3H2OAl（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。

【解析】【分析】

（1）根据常见的强氧化剂单质氧气和氯气分析；

（2）根据各物质的转化关系分析；（3）在溶液C中滴入AgNO3，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，此沉淀为AgCl，由题意与转化关系可推知A为Cl2，x为还原性较强的金属，由所学知识推x为铁单质；（4）x为强电解质，应属于强酸、强碱或者盐类，但根据图所示转化关系确定x只能为强碱或强酸。

能与强碱、强酸连续反应的常见物质就是铝的化合物。

【详解】

（1）aS与氧气反应生成SO2，SO2和氧气反应生成SO3，故不选a；bN2与氧气在放电条件下生成NO，NO与氧气反应生成NO2，故不选b；cNa与氧气在常温下生成Na2O，Na2O与氧气加热生成Na2O2，故不选c；d金属Mg与氧气反应生成氧化镁固体，氧化镁与氧气不反应，故选d；eAl与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与氧气不反应，故选e；选de。

（2）aCO2与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故选a；bAlCl3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，故选b；cAl与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与铝不反应，故不选c；dMg与氢氧化钠溶液不反应，故不选d；eAl2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与氧化铝不反应，故不选e；选ab；（3）铁与氯气反应生成氯化铁，则B为FeCl3，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，C为FeCl2，Fe2+易被氧化，所以FeCl2在贮存时，应加入铁粉来还原Fe3+，离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+；检验此C溶液中含有Fe2+的操作方法是：

加入硫氰化钾，不显血红色，然后加入氯水，显血红色，则为亚铁离子。

（4）若x为强酸，则A为偏铝酸盐、B为氢氧化铝、C是铝盐；若x为强碱，则A为铝盐、B为氢氧化铝、C是偏铝酸盐；则B的化学式为Al（OH）3，X的化学式可能为盐酸或氢氧化钠，反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O或Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。

4已知A是由两种阳离子和一种阴离子组成的盐，且常用作净水剂，B是一种常见的两性氢氧化物。

试根据下列转化关系回答有关问题：

（1）试判断：

B为_，F为_；

（2）写出沉淀B与盐酸反应的离子方程式_；（3）根据上述关系写出盐A的化学式_。

【答案】氢氧化铝或Al（OH）3硫酸钡或BaSO4Al（OH）3+3H+=Al3+3H2OKAl（SO4）2或K2SO4Al2（SO4）3【解析】【分析】已知A是由两种阳离子和一种阴离子组成的盐，且常用作净水剂，透过蓝色鈷玻璃观察时焰色反应呈紫色，该溶液中含有K+，故A是KAl（SO4）2；向溶液A中加入氨水，Al3+会发生反应：

Al33NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，产生白色沉淀B是Al（OH）3，溶液C是（NH4）2SO4；Al（OH）3是两性氢氧化物，可以与强酸HCl发生反应：

Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，产生的溶液E是AlCl3；也可以与强碱NaOH发生反应：

Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，得到的溶液D是NaAlO2；向溶液C中加入Ba（NO3）2溶液，发生复分解反应产生BaSO4白色沉淀，该物质既不溶于水，也不溶于酸，所以沉淀F是BaSO4。

【详解】

（1）通过分析可知，B为Al（OH）3，F为BaSO4，故答案为：

氢氧化铝；硫酸钡或BaSO4；

（2）B是Al（OH）3，与盐酸反应的离子方程式是：

Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，故答案为：

Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O；（3）根据上述关系写出盐A是KAl（SO4）2，故答案为：

KAl（SO4）2或K2SO4Al2（SO4）3。

5钠、铝和铁是三种重要的金属。

请回答：

（1）请画出钠的原子结构示意图_，根据钠的原子结构示意图可得出钠的哪些性质？

（写出一条）_。

（2）这三种金属的金属活动性由强到弱的顺序是_。

（3）小块金属钠投入水中，发生反应的化学方程式为_；可观察到的实验现象是_（填字母）。

a.钠沉到水底b.钠熔成小球c.小球四处游动d.水变红色（4）铝与稀硫酸反应的离子方程式为_。

【答案】强还原性NaAlFe2Na+2H2O=2NaOH+H2bc2Al+6H+=2Al3+3H2【解析】【分析】

（1）钠原子核外有11电子；最外层小于4个电子的原子易失去电子；

（2）结合金属活动顺序表判断；（3）Na的密度小于水，钠的熔点较低，钠和水反应生成NaOH和氢气同时放出大量热，钠受力不均导致四处游动；（4）Al溶于稀硫酸生成硫酸铝和氢气。

【详解】

（1）钠原子核外有11电子，则钠原子的结构示意图是，最外层只有1个电子，易失电子，具有强还原性；

（2）由金属活动顺序可知，Na、Al、Fe的金属性强弱顺序为NaAlFe；（3）Na的密度小于水，所以钠会浮在水面上，钠的熔点较低，钠和水反应生成NaOH和氢气同时放出大量热使钠熔融发出嘶嘶的响声，钠受力不均导致四处游动，生成NaOH导致溶液呈碱性，但是水中没有滴加酚酞，则溶液不变色，故发生反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2，实验现象正确的是bc；（4）Al溶于稀硫酸生成硫酸铝和氢气，发生反应的离子方程式为2Al+6H+=2Al3+3H2。

6以粉煤灰（主要含3Al2O32SiO2、SiO2，还含有少量CaO、Fe2O3等物质）为原料制取Al2O3的流程如图：

（1）当（NH4）2SO4和3Al2O32SiO2的配比a（a=）不同时，“焙烧”后所得产物的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的衍射角不同）。

由图可知，当a=_时，3Al2O32SiO2的利用率最高。

（2）“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe（OH）3和Al（OH）3，生成Fe（OH）3的离子反应方程式为_。

（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】8Fe3+3NH33H2O=Fe（OH）33NH4+OH-Al（OH）3=AlO2-2H2O水解为吸热反应，升高温度有利于平衡正向进行CO2NaOH（NH4）2SO4【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3Al2O32SiO2的配比a（a=）不同时各产物含量不同，如图a=8时，体系中NH4Al（SO4）2含量最高，此时3Al2O32SiO2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Fe（OH）3，滤液为（NH4）2SO4，加入氢氧化钠进行碱浸取过滤，滤渣为Fe（OH）3滤液为NaOH和NaAlO2，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）33NH4+；（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、过滤”可得到Al（OH）3沉淀，水解过程是吸热的，升高温度促进AlO2-水解；该步骤可将加水改成通入过量的酸性气体二氧化碳（CO2AlO2-2H2O=HCO3-Al（OH）3）；（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。

7碱式氯化铜Cux（OH）yClzmH2O是重要的农药、医药中间体，还可用作木材防腐剂、饲料添加剂等研究小组在实验室用某厂废铜渣（主要成分为Cu、CuO，含少量Fe3O4、Ni、Al2O3）制备碱式氯化铜的流程如下，回答下列问题：

（1）“研磨”的目的为_。

（2）“碱溶”的目的为_。

（3）“酸溶”时生成Fe3反应的离子方程式为_；生成的Fe3对Cu发生的氧化反应的催化原理如上图所示。

N代表的物质为_（填化学式或离子符号）。

（4）“酸溶”时温度不能过高的理由为_。

（5）若滤液2中c（Fe3）4108mol/L，pH4，则KspFe（OH）3_。

（6）为测定Cux（OH）yClzmH2O的组成，进行如下操作：

取样品23.25g，用适量酸溶解后配成100mL溶液；取10.00mL溶液加入足量AgNO3溶液，生成1.435g沉淀；另取10.00mL溶液，用1.000mol/L的EDTA标准液滴定Cu2（Cu2与EDTA以物质的量之比11反应），滴定至终点时消耗标准液体积为20.00mL。

溶解样品所用酸的化学式为_；最终确定该样品的化学式为_。

【答案】加快反应速率，使反应更充分将氧化铝转化为偏铝酸钠而分离除去4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3+18H2OFe2+或FeCl2温度过高，盐酸挥发程度增大，空气溶解度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分410-38HNO3Cu2（OH）3ClH2O【解析】【分析】由图可知，废铜渣（主要成分Cu、CuO，含少量Fe3O4、Ni、A12O3）研磨可增大接触面积，加快反应速率，通入CO除去Ni元素，加NaOH分离出的滤液1中含偏铝酸钠和NaOH，滤渣1含Cu、CuO、Fe3O4，加盐酸、空气溶解后得到含铜离子、铁离子的溶液，调节pH，过滤分离出的滤渣2为Fe（OH）3，滤液2中加石灰乳可制备碱式氯化铜Cux（OH）yClzmH2O，滤液3中含氯化钙，据此分析解答。

【详解】（l）“研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：

加快反应速率，使反应更充分；

（2）“碱溶”的目的是将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去，故答案为：

将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去；（3）“酸溶”时生成Fe3+反应的离子方程式为4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3+18H2O；生成的Fe3+对Cu发生的氧化反应的催化原理图中，Cu失去电子，则Fe得到电子转化为N的化学式为Fe2+或FeCl2，故答案为：

4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3+18H2O；Fe2+或FeCl2；（4）“酸溶”时温度不能过高，因为温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，会导致反应速率降低，酸溶不充分，故答案为：

温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分；（5）若滤液2中c（Fe3+）=410-8mol/L，pH=4，则KspFe（OH）3=410-8（10-10）3=410-38，故答案为：

410-38；（6）后续实验需要加入AgNO3溶液，因此溶解样品所用酸为HNO3，加入足量AgNO3溶液可检验Cl-，故答案为：

HNO3；n（Cl-）=0.1mol，n（Cu2+）=0.02L1mol/L=0.2mol，由电荷守恒可知n（OH-）=2n（Cu2+）-n（Cl-）=0.2mol2-0.1mol=0.3mol，m（Cl-）=0.1mol35.5gmol-1=3.55g，m（Cu2+）=0.2mol64gmol-1=12.8g，m（OH-）=0.3mol17g/mol=5.1g，n（H2O）=0.1mol，则xyzm=n（Cu2+）n（OH-）n（Cl-）n（H2O）=2311，即化学式为Cu2（OH）3ClH2O，故答案为：

Cu2（OH）3ClH2O。

8在高温下，Al与Fe2O3发生铝热反应后得到的固体混合物中主要含有Al2O3、Fe，还含有少量Fe2O3。

从该样品中固体混合物分离出Al2O3，并回收Fe和Fe2O3的流程如下：

已知：

NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3回答下列问题：

（1）固体的成分是_。

溶液的溶质是_。

（2）加入过量NaOH溶液时，发生反应的离子方程式是_。

（3）白色固体与NaOH溶液反应的离子方程式是_。

【答案】Fe和Fe2O3NaHCO3Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OAl（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O【解析】【分析】固体混合物加过量NaOH溶液得到溶液为NaAlO2和NaOH的混合溶液，固体为Fe和Fe2O3，溶液通过过量CO2得到溶液为NaHCO3溶液，固体为Al（OH）3沉淀，以此答题。

【详解】固体混合物加过量NaOH溶液得到溶液为NaAlO2和NaOH的混合溶液，固体为Fe和Fe2O3，溶液通过过量CO2得到溶液为NaHCO3溶液，固体为Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解得到Al2O3。

（1）固体的成分是Fe和Fe2O3；溶液的溶质NaHCO3，故答案为：

Fe和Fe2O3；NaHCO3；

（2）加入过量NaOH溶液时，发生反应的离子方程式是，故答案为：

；（3）白色固体为Al（OH）3与NaOH溶液反应的离子方程式是，故答案为：

。

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。

.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+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；.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=1.96g/L22.4Lmol-1=44gmol-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CaSO4，杂质主要是SiO2、FeO、Fe2O3、