高考化学铝及其化合物推断题-经典压轴题

高考化学铝及其化合物推断题-经典压轴题

一、铝及其化合物

1．工业上的许多反应工艺来源于实验室里的简单操作，比如用铝土矿(成分为氧化铝、氧化铁)制取铝的过程如图：

请回答下列问题：

（1）写出铝土矿中加入NaOH溶液的反应方程式___。

（2）沉淀C的化学式___，颜色为___，写出它的一种用途___。

（3）操作I、操作II、操作III的名称为___，这个过程用到的玻璃仪器有烧杯、___。（4）整个生产过程中，除可以循环使用的物质有___(写出3种，填化学式)，用此法制取铝的副产品是___(写出2种，填化学式)。

（5）氧化铝熔点高，氯化铝熔点低，工业上为什么不用熔点较低的氯化铝而用熔点更高的氧化铝为原料电解制铝？___。

【答案】Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O Fe2O3红棕色作颜料（或炼铁）过滤漏斗、玻璃棒 NaOH、CaO、CO2 Fe2O3、O2氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝

【解析】

【分析】

铝土矿中含有氧化铝和氧化铁，向铝土矿中加入NaOH溶液，发生反应Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，氧化铁不溶，然后过滤，得到溶液B为NaOH、NaAlO2混合溶液，沉淀C为Fe2O3；向溶液B中通入CO2，发生反应2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、2OH-+CO2=CO32-+H2O，然后过滤得到沉淀Al(OH)3和Na2CO3溶液，向溶液中加入CaO，发生反应

Na2CO3+CaO+H2O═2NaOH+CaCO3↓，然后过滤，将NaOH循环利用；将Al(OH)3加热得到Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al，据此分析解答。

【详解】

(1)根据上面的分析，铝土矿中加入NaOH溶液，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O；

(2)根据上述分析，沉淀C为Fe2O3，氧化铁为红棕色粉末，俗称铁红，除了用于金属冶炼以外，还可用作顔料，故答案为：Fe2O3；红棕色、作颜料(或炼铁)；

(3)实现固体和液体的分离采用过滤法，操作Ⅰ、操作Ⅱ和操作Ⅲ都是过滤操作，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯，故答案

为：过滤；漏斗、玻璃棒；

(4)煅烧碳酸钙得到CaO和CO2，B生成沉淀需要二氧化碳、碳酸钠转化为碳酸钙需要CaO，所以CaO和CO2能循环利用，溶液E中的氢氧化钠也能循环利用；根据流程图和上述分析，操作Ⅰ所得的Fe2O3和电解熔融Al2O3得到的O2为副产品，故答案为：NaOH、CaO和CO2；Fe2O3和O2；

(5)氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此尽管氧化铝熔点高，氯化铝熔点低，工业上电解铝时选用氧化铝而不用氯化铝，故答案为：氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝。

2．已知C、D、G、I为短周期元素形成的单质，D、G、I常温下为气态，且G为黄绿色；形成D的元素原子的最外层电子数是次外层的3倍；B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)；K为红棕色粉末。其转化关系如图。

请回答：

（1）工业上制C用A不用H的原因______________________。

（2）写出C与K反应的化学方程式_________________，该反应的反应物总能量

___________(填“大于”或“小于”)生成物总能量。

（3）L是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，L作阴极，接通电源(短时间)电解E水溶液的化学方程式___________________。

（4）写出E物质的电子式___________________。

（5）J与H反应的离子方程式为________________________。

（6）写出G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式_______________________。

【答案】氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电 2Al+Fe2O3高温

Al2O3+2Fe 大于

2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑ Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓

2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O

【解析】

【分析】

【详解】

形成D的元素的原子最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则D为O2；K为红棕色固体粉末，K为Fe2O3；由于电解A得到C与D，则C与K 生成A的反应为铝热反应，故A为Al2O3，L为Fe，C为Al；黄绿色气体G为Cl2，与C反应得到H为AlCl3；B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)，B中含有K元素，B在催化剂、加热条件下反应生成氧气，则B为KClO3，E为KCl，电解KCl溶液生成KOH、H2和Cl2，过量的F与氯化铝反应得到J，则I为H2，F为KOH，J为KAlO2；

（1）H为AlCl3，氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，故工业上制Al用氧化铝不用氯化铝，故答案为氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；

（2）C与K反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3高温

Al2O3+2Fe，该反应为放热反应，故该反

应的反应物总能量大于生成物总能量，故答案为2Al+Fe2O3高温

Al2O3+2Fe；大于；

（3）Fe是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，Fe作阴极，接通电源(短时间)电解KCl

水溶液的化学方程式为：2KCl+2H2O 电解

2KOH+H2↑+Cl2↑，故答案为

2KCl+2H2O 电解

2KOH+H2↑+Cl2↑；

（4）E为KCl，KCl的电子式为，故答案为；

（5）J与H反应的离子方程式为：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，故答案为Al3++3AlO2-

+6H2O=4Al(OH)3↓；

（6）G为Cl2，G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式为

2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。

【点晴】

本题考查无机推断等，特殊颜色及D的原子结构、转化关系中特殊反应等是推断突破口，是对元素化合物知识及学生综合能力的考查，需对基础知识全面掌握。推断题中常见的特征反应现象有：（1）焰色反应：Na(黄色)、K(紫色)；（2）使品红溶液褪色的气体：

SO2(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色)；（3）白色沉淀Fe(OH)2置于空气中最终转变为红褐色[Fe(OH)3](由白色→灰绿→红褐色)；（4）在空气中变为红棕色：NO；（5）气体燃烧火焰呈苍白色：H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：CO、H2、CH4；（6）使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3；（7）空气中出现白烟：NH3与酸性气态物质(或挥发性酸如盐酸、硝酸)反应等。

3．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示（图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出）。

请根据以上信息完成下列各题：

(1)写出下列物质的化学式：B_______、丙__________。

(2)写出黄绿色气体乙的一种用途___________，反应过程⑦可能观察到的实验现象是

______。对应的化学方程式是_______。

(3)反应③中的离子方程式是_________。

【答案】Al HCl 杀菌消毒、强氧化剂、漂白白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 2Al+2OH- +2H2O=2AlO2-+3H2↑

【解析】

【分析】

金属A颜色反应为黄色证明A为金属Na，Na与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应产生H2，说明B为金属Al，黄绿色气体乙为Cl2，气体甲是H2，H2和Cl2反应生成丙为HCl，HCl溶于水得到的物质E为盐酸溶液，盐酸与金属C反应产生F溶液是金属氯化物，该氯化物与Cl2还可以反应产生G，G与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀H为Fe(OH)3，则G为FeCl3，推断物质F为FeCl2；判断C为Fe，以此解答该题。【详解】

根据上述分析可知A是Na，B是Al，C为Fe，气体甲是H2，气体乙是Cl2，气体丙是HCl；D是NaOH，E是盐酸，F是FeCl2，G是FeCl3，H是Fe(OH)3。

(1)根据上述分析可知，物质B是Al，丙是HCl；

(2)黄绿色气体乙是Cl2，该物质可以与水反应产生HCl和HClO，HClO具有强氧化性，可作氧化剂，氧化一些具有还原性的物质，也用于杀菌消毒或用于物质的漂白；

(3)FeCl2与NaOH溶液发生反应：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，Fe(OH)2具有还原性，容易被溶解在溶液中的氧气氧化，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，固体由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，因此可观察到的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；

(4)反应③是Al与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH- +2H2O=2AlO2-+3H2↑。

【点睛】

本题是无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应是物质推断的突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。

4．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。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>、<或=)

(3)请写出F 最高价氧化物对应的水化物在水溶液中的电离方程式______________。

(4)B 与G 形成的化合物常用于做耐高温材料，工业可用碳热还原法制取：将G 的氧化物与B 的单质在1400℃条件下和足量的碳反应，请写出化学反应方程式_____________。

【答案】H 2O H 2O 分子间存在氢键 > H ++AlO 2-+H 2O

Al(OH)3Al 3++3OH -

3SiO 2+6C+2N 2

Si 3N 4+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17，17÷3=5…2，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H 2O 、H 2S ，其中沸点较高的是H 2O ，原因是H 2O 分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引力；

(2)O 2-、Mg 2+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 ++AlO 2-+H 2O

Al(OH)3Al 3++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3SiO 2+6C+2N 2

Si 3N 4+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。

5．甲、乙、丙三种物质之间有如下转化关系：3224NH H O H SO Δ????→????→??→甲乙丙甲

（1）若甲和丙都是不溶于水的白色固体物质，既能溶于盐酸又能溶于氢氧化钠溶液。则甲

是________（填化学式）。写出“32NH H O ?????→乙丙”转化的离子方程式

______________________。

（2）若乙溶液中加入KSCN 溶液，有血红色出现，则乙溶液中含有的离子是

___________，甲的化学式为_____________。

【答案】23Al O 33234Al

3NH H O=Al(OH)3NH +++?↓+ 3Fe + 23Fe O 【解析】

【详解】

（1）甲和丙都是不溶于水的白色固体物质，按信息知甲为23Al O 、乙是硫酸铝，丙为3Al(OH)，则乙与氨水反应的离子方程式为：

33234Al 3NH H O Al(OH)3NH ++

+?=↓+；

（2）若乙溶液中加入KSCN 溶液，有血红色出现，则乙为硫酸铁，其溶液中含有铁离子，氧化物甲与硫酸反应得到硫酸铁溶液，因此甲为氧化铁。

【点睛】

铝离子与氨水反应的离子方程式容易出错，同学往往错误地把离子方程式写错成3-3Al 3OH Al(OH)++=↓。

6．图中A~J 均为中学化学中常见的物质，它们之间有如下转化关系。其中A 、D 为金属单质。(反应过程中生成的水及其他产物已略去)

请回答以下问题：

(1)B 是__________，H 是_______________。(填化学式)

(2)写出J 与D 反应转化为G 的离子方程式_________________________________。

(3)A 在常温下也可与NaOH 溶液反应生成F ，写出此反应的化学方程式 _______。

【答案】Fe 2O 3 Fe(OH)2 2Fe 3＋＋Fe ＝3Fe 2＋ 2Al ＋2OH -＋2H 2O ＝2AlO 2-＋3H 2↑

【解析】

【分析】

A 、D 为常见金属单质，

B 、

C 为金属氧化物，反应条件是高温进行，可以判断为铝热反应，可以推断A 为Al ，

D 为Fe ，B 为铁的氧化物，结合C 与氢氧化钠反应证明C 为Al 2O 3，

E 为AlCl 3，

F 为NaAlO 2，通过转化关系判断，

G 为FeCl 2，

H 为白色沉淀Fe(OH)2，

I 为红褐色沉淀Fe(OH)3，B 为Fe 2O 3，

J 为FeCl 3，依据判断结果分析解答问题。

【详解】

A 、D 为常见金属单质，

B 、

C 为金属氧化物，反应条件是高温进行，可以判断为铝热反应，可以推断A 为Al ，

D 为Fe ，B 为铁的氧化物，结合C 与氢氧化钠反应证明C 为Al 2O 3，

E 为AlCl 3，

F 为NaAlO 2，通过转化关系判断，

G 为FeCl 2，

H 为白色沉淀Fe(OH)2，

I 为红褐色沉淀Fe(OH)3，B 为Fe 2O 3，

J 为FeCl 3；

(1)依据分析判断可知B为：Fe2O3；H的化学式为：Fe(OH)2；故答案为：Fe2O3；Fe(OH)2；

(2)反应“J＋D→G”的离子方程式为铁和三氯化铁的氧化还原反应，离子方程式为：2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋；故答案为：2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋；

(3)A为Al在常温下也可与NaOH溶液反应生成F为偏铝酸钠，反应的化学方程式为：2Al＋2OH-＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑；故答案为：2Al＋2OH-＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑。

7．工业上用某矿渣(含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取铜的操作流程如图(金属单质E可由滤液C制取)：

已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O

(1)固体混合物B的成分是_____。它与NaOH溶液反应的离子方程式为_____。

(2)滤液A中铁元素的存在形式为_____(填离子符号)，生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为_____。要检验该铁元素的离子的实验_____

(3)在滤液C中通入足量CO2的离子方程式为_____

(4)金属单质E从固体混合物F中置换出Cu的化学方程式为_____

【答案】SiO2和Cu SiO2+2OH-=SiO32-+H2O Fe2+ Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+ OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- 2Al+3CuO高温

Al2O3+3Cu

【解析】

【分析】

氧化亚铜与盐酸反应生成铜和铜离子，二氧化硅与盐酸不反应，氧化铁与盐酸反应生成Fe3+，铁离子与铜反应生成亚铁离子，固体为二氧化硅和铜，滤液中含有铜离子、亚铁离子、铝离子，加入足量的氢氧化钠溶液，滤液C中含有偏铝酸根离子，金属E为铝，固体D为氢氧化铜和氢氧化铁的混合物，在空气中灼烧，F为氧化铜和氧化铁的混合物，粗铜为铜、铝、铁的混合物，经过电解可得到纯铜。

【详解】

(1)固体混合物B的成分是SiO2和Cu。它与NaOH溶液即二氧化硅与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。

(2)氧化亚铜与盐酸反应生成铜单质和铜离子，氧化铁与盐酸反应生成铁离子，与铜反应生成亚铁离子，有铜剩余，故铁离子完全转化为亚铁离子，滤液A中铁元素的存在形式为

Fe2+，生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。要检验该铁元素的离子的实验为取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+。

(3)在滤液C中含有偏铝酸钠和氢氧化钠，通入足量CO2的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。

(4)金属单质E为铝，从固体混合物F为氧化铜和氧化铁的混合物，置换出Cu的化学方程式为铝热反应，2Al+3CuO高温Al2O3+3Cu。

8．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+3H2O SiO2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 N2 SO3、NH3 2MnO4-+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。

9．某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和A l，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4·7H2O）和胆矾晶体（CuSO4·5H2O）。

请回答：

（1）步骤Ⅰ中，发生的氧化还原反应的离子方程式为___，涉及到的分离操作是___。（2）试剂X是___；溶液D是___。

（3）溶液E在空气中易被氧化，请设计一个简单的实验方案检验溶液E是否被氧化___。（4）在步骤Ⅱ时，若用大理石与浓盐酸制取CO2并直接通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。为避免固体C减少，可采取的改进措施是___。

（5）工业上常用溶液E制取净水剂Na2FeO4，流程如图：

写出由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式___。（已知NaClO还原为NaCl）

【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑过滤稀硫酸（或稀H2SO4；或硫酸） NaHCO3溶液（或碳酸氢钠溶液）取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O

【解析】

【分析】

Cu、Fe和Al，少量Al2O3和Fe2O3，氢氧化钠与Al、Al2O3反应，而Cu、Fe和Fe2O3不反应，过滤得到滤渣为Cu、Fe和Fe2O3，滤液为偏铝酸钠溶液和氢氧化钠溶液，向滤液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤，向沉淀中加入盐酸生成氯化铝溶液，最终得到氯化铝固体；向滤渣为Cu、Fe和Fe2O3中加入稀硫酸，生成硫酸亚铁，最终得到绿矾，过滤得到Cu，Cu与氧气、硫酸反应得到硫酸铜。

【详解】

⑴步骤Ⅰ中，发生的氧化还原反应的是铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，其离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑，Fe、Cu、Fe2O3不和氢氧化钠溶液反应，因此涉及到的分离操作是过滤；故答案为：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；过滤。

⑵将Fe、Cu中Fe溶于溶液中生成硫酸亚铁，因此试剂X是硫酸；溶液A为偏铝酸钠溶液，向溶液中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，因此D是碳酸氢钠；故答案为：稀硫酸(或稀H2SO4；或硫酸)；NaHCO3溶液(或碳酸氢钠溶液)。

⑶溶液E在空气中易被氧化，亚铁离子被氧化生成铁离子，铁离子常用KSCN溶液来检验，因此简单的实验方案检验溶液E是否被氧化的实验为取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化；故答案为：取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化。

⑷在步骤Ⅱ时，若用大理石与浓盐酸制取CO2并直接通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少，减少的主要原因是浓盐酸易挥发，挥发出的HCl与沉淀反应，为避免固体C减少，先用饱和碳酸氢钠溶液除掉挥发的HCl，再通入CO2；故答案为：在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体；故答案为：在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体。

⑸Fe(OH)3与NaClO反应生成NaCl和Na2FeO4，其制取Na2FeO4的离子方程式

2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－= 2FeO42?+3Cl－+5H2O；故答案为：2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－=

2FeO42?+3Cl－+5H2O。

10．以粉煤灰（主要含3Al2O3·2SiO2、SiO2，还含有少量CaO、Fe2O3等物质）为原料制取Al2O3的流程如图：

（1）当(NH 4)2SO 4和3Al 2O 3·2SiO 2的配比a （a=

424232n[(NH )SO ]n(3Al O 2SiO )

?）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，3Al 2O 3·

2SiO 2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NH 3外，还有___和___。

【答案】8 Fe 3+＋3NH 3＋3H 2O=Fe(OH)3↓＋3NH 4+ OH -＋Al(OH)3=AlO 2-＋2H 2O 水解为吸热反应，升高温度有利于平衡正向进行 CO 2 NaOH (NH 4)2SO 4

【解析】

【分析】

粉煤灰、(NH 4)2SO 4进行灼烧处理，把3Al 2O 3·

2SiO 2转化为NH 4Al (SO 4)2，且当(NH 4)2SO 4和3Al 2O 3·2SiO 2的配比a （a=424232n[(NH )SO ]n(3Al O 2SiO )

?）不同时各产物含量不同，如图a=8时，体系中NH 4Al (SO 4)2含量最高，此时3Al 2O 3·

2SiO 2的利用也率最高。加硫酸进行酸浸，过滤，滤液中含有Al 3+、Fe 3+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Ⅰ为(NH 4)2SO 4，加入氢氧化钠进行碱浸取过滤，滤渣为Fe(OH)3滤液Ⅱ为NaOH 和NaAlO 2，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(NH 4)2SO 4和3Al 2O 3·

2SiO 2的配比a=8时，体系中NH 4Al (SO 4)2含量最高，此时3Al 2O 3·

2SiO 2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：Fe 3+＋3NH 3＋3H 2O=Fe(OH)3↓＋3NH 4+；

（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=AlO 2-＋2H 2O ； （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AlO 2-水解；该步骤可将加水改成通入过量的酸性气体二氧化碳（CO 2＋AlO 2-＋2H 2O= HCO 3- ＋Al(OH)3↓）；

（5）流程中，滤液Ⅰ为(NH4)2SO4，滤液Ⅱ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。