高考化学铝及其化合物推断题综合题汇编及答案解析

高考化学铝及其化合物推断题综合题汇编及答案解析

一、铝及其化合物

1．2019年诺贝尔奖授予了在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂离子电池的广泛应用要求处理锂电池废料以节约资源、保护环境。锂离子二次电池正极铝钴膜主要含有LiCoO 2、Al 等，处理该废料的一种工艺如图所示：

（1）Li 的原子结构示意图为_____________，LiCoO 2中Co 的化合价为_______。 （2）“碱浸”时Al 溶解的离子方程式为__________________________________。 （3）“酸溶”时加入H 2O 2的目的是______________________________________。 （4）“沉钴”的离子方程式为___________________________________________。 （5）配制100 mL 1.0 mol /L (NH 4)2C 2O 4溶液，需要的玻璃仪器出玻璃棒、烧杯外，还有_____。

（6）取CoC 2O 4固体4.41g 在空气中加热至300 ℃，得到的钴的氧化物2.41g ，则该反应的化学方程式为__________________________________________________________。 【答案】 +3 2Al 2OH -+2222H O 2AlO 3H -+=+↑ 将2LiCoO 中的Co(Ⅲ)还原为2+价 222424Co C O CoC O +-+=↓ 100mL 容量瓶、胶头滴管

Δ2423423CoC O 2O Co O 6CO +=+

【解析】

【分析】

铝钴膜主要含有2LiCoO 、Al 等，将废料先用碱液浸泡，将Al 充分溶解，过滤后得到的滤液中含有偏铝酸钠，滤渣为2LiCoO ，将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成24Li SO 、4CoSO ，然后加入氨水调节溶液的pH ，生成氢氧化锂沉淀从而除去锂离子，最后对滤液用草酸铵洗涤处理，经过一系列处理得到草酸钴。据此解答。

【详解】

（1）锂是3号元素，原子结构示意图为，2LiCoO 中Li 显1+价，氧元素显2-价，设钴元素的化合价是x ，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：

()()1x 220+++-⨯=，则x 3=+，故答案为：；3+；

（2）“碱浸”时Al 溶解于氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为

2Al 2OH -+2222H O 2AlO 3H -+=+↑；

（3）双氧水具有氧化性，“酸溶”时加入22H O ，可以将2LiCoO 中的Co(Ⅲ)还原为2+价，用氨水调节pH ，将锂离子转化为氢氧化锂沉淀，所得滤渣主要为LiOH ，故答案为：将2LiCoO 中的Co(Ⅲ)还原为2+价；

（4）“沉钴”中4CoSO 与草酸铵反应生成草酸钴，反应的离子方程式为

222424Co C O CoC O +-+=↓，故答案为：222424Co C O CoC O +-+=↓；

（5）配制100 mL 1.0 mol /L (NH 4)2C 2O 4溶液，需要经过称量、溶解、转移、洗涤、定容等步骤，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要100mL 容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL 容量瓶、胶头滴管；

（6）4.41gCoC 2O 4的物质的量为 4.41g 0.03mol 147g /mol

=，其中含有钴元素的质量0.03mol 59g /mol 1.77g =⨯=，因此钴的氧化物中含有氧元素的质量2.41g 1.77g 0.64g =-=，氧元素的物质的量0.64g 0.04mol 16g /mol =

=，因此该钴的氧化物为34Co O ，钴元素被氧化，因此反应物中需要氧气参与，根据元素守恒，生成物中还有二氧化碳，反应的方程式为Δ

2423423CoC O 2O Co O 6CO +=+，故答案为：Δ

2423423CoC O 2O Co O 6CO +=+。

【点睛】

从处理铝钴膜废料的工艺流程不难得出：Co 的化合价多于一种，所以钴元素的氧化物有多种，所以我们得先确认本题中生成的是哪种氧化物，才能正确书写方程式。

2．为了降低电子垃圾对环境构成的影响，将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu 、25％Al 、4％Fe 及少量Au 、Pt 等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：

（1）第①步Cu 与混酸反应的离子方程式为________________。得到滤渣1的主要成分为___________。

（2）第②步中加入H 2O 2的作用是__________________，使用H 2O 2的优点是_________；调溶液pH 的目的是_________________。

（3）简述第③步由滤液2得到CuSO 4·

5H 2O 的方法是_________________________。 （4）由滤渣2制取Al 2(SO 4)3·

18H 2O ，设计了以下三种方案：

上述三种方案中，_______方案不可行，原因是________________；

从原子利用率角度考虑，_______方案更合理。

（5）用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol·L-1EDTA（H2Y2－）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2++ H2Y2－→ CuY2－+ 2H+。写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝ __________________ 。

【答案】Cu + 4H++ 2NO3-=Cu2++ 2NO2↑+ 2H2O或3Cu + 8H++ 2 NO3-=3Cu2++ 2NO↑+ 4H2O Au、Pt 将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质，对环境无污染使Fe3+、Al3+沉淀除去加热滤液2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体甲所得产品中含有较多

Fe2(SO4)3杂质乙

3

102505

c b

a

-

⨯⨯⨯⨯

× 100%

【解析】

【分析】

【详解】

（1）Cu与混酸反应的实质是与H+、NO3-反应，随反应进行离子浓度逐渐减小，所以离子方程式为Cu + 4H++ 2NO3-=Cu2++ 2NO2↑+ 2H2O，3Cu + 8H++ 2 NO3-=3Cu2++ 2NO↑+ 4H2O，Au、Pt不与混酸反应，所以滤渣的主要成分是Au、Pt；

（2）加过氧化氢的目的是把亚铁离子氧化成铁离子，方便除去；而且加入过氧化氢不会引入新的杂质且无污染；调节溶液的pH目的是使Fe3+、Al3+沉淀除去；

（3）由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是把滤液蒸发得浓溶液再冷却结晶，过滤得硫酸铜晶体；

（4）甲方案不可行，因为滤渣2的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，加入硫酸沉淀全部溶解使制得的产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；从原子利用率角度分析，乙方案更合理，不仅能除去硫酸铁，同时增加了硫酸铝的量，原子利用率较高；

（5）由滴定反应方程式得100mL溶液中n（Cu2+）=b×10-3×a×5mol，所以CuSO4·5H2O质量分数= b×10-3×a×5×250/a×100%。

3．现有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知A、B、C、D四种元素的核内质子数之和为56，在元素周期表中的位置如图所示，1 mol E的单质可与足量酸反应，能产生33.6L H2(在标准状况下)；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构相同。

A

B C D