高考化学铝及其化合物推断题综合练习题附答案
高考化学 铝及其化合物推断题 综合题及答案解析
高考化学铝及其化合物推断题综合题及答案解析一、铝及其化合物1．Al2O3是铝的重要化合物，有着广泛的应用。
以下是Al2O3的实验室制备流程图。
根据题意回答下列问题：（1）实验室制备过程中，废铝材料先用Na2CO3溶液浸洗的目的是_____；A试剂是____________（填物质名称）。
（2）两条途径中有一条明显不合理，它是_______（填“途径1”或“途径2”），合理的方案是______。
（3）某同学从多、快、好、省的原则考虑，认为综合途径1和2，可以既节约药品又节省时间来实现由“废铝材料”制备“Al2O3”，该同学的实验设计流程是（模仿上面流程图设计）__________。
（4）若要从滤液中得到NaCl晶体，其实验操作是_____。
（5）得到的Al2O3中可能含有Na2CO3杂质，请设计实验检验杂质：（写出所需试剂、实验步骤和结论）_________。
（6）现有含Na2CO3杂质的Al2O3样品，为了测定Al2O3的纯度，请你设计实验方案，列出计算式：_____（式中含有a、b等字母）。
【答案】除去铝材表面的油腻稀盐酸途径2 将稀盐酸改成通入过量CO2蒸发结晶、趁热过滤、干燥取少量样品溶于水，取上层清液，加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明有Na2CO3,反之则没有取样品质量为b，加水溶解后，加入足量的氯化钡溶液，沉淀完全以后，过滤、洗涤和干燥，称量（恒重）得沉淀ag。
计算式为：106a 1-197b【解析】【分析】从废铝材中提取氧化铝，途径1先用稀盐酸反应生成氯化铝，再与Na2CO3溶液发生双水解生成氢氧化铝，再灼烧分解生成氧化铝；途径2氧化铝先与氢氧化钠生成偏铝酸钠，再与盐酸生成氢氧化铝，再灼烧分解生成氧化铝，据此分析解答。
（1）废铝材料先用Na2CO3溶液浸洗的目的是除去铝材表面的油腻，A为稀盐酸，故答案为：除去铝材表面的油腻；稀盐酸；（2）途径2不合理，因为盐酸的量不好控制，改进的方法是将稀盐酸改成通入过量CO2，故答案为：途径2；将稀盐酸改成通入过量CO2；（3）综合途径1和2，可以既节约药品又节省时间来实现由“废铝材料”制备“Al2O3”，应该用铝材先分别生成氯化铝和偏铝酸钠，两者再发生双水解生产氢氧化铝，流程为：；（4）氯化钠的溶解度受温度影响小，若要从若要从滤液中得到NaCl晶体，操作为：蒸发结晶、趁热过滤、干燥，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤、干燥；（5）得到的Al2O3中可能含有Na2CO3杂质，检测的方法为：取少量样品溶于水，取上层清液，加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明有Na2CO3,反之则没有，故答案为：取少量样品溶于水，取上层清液，加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明有Na2CO3,反之则没有；（6）现有含Na2CO3杂质的Al2O3样品，为了测定Al2O3的纯度，可采用方案为：取样品质量为b，加水溶解后，加入足量的氯化钡溶液，沉淀完全以后，过滤、洗涤和干燥，称量（恒重）得沉淀ag；BaCO3沉淀质量为ag，则n(BaCO3)=ag197g/mol=a197mol=n(Na2CO3)，则m(Na2CO3)=a197mol 106g/mol=106ag197，Na2CO3的纯度=106a197b，Al2O3的纯度=106a1-197b；故答案为：取样品质量为m，加水溶解后，加入足量的氯化钡溶液，沉淀完全以后，过滤、洗涤和干燥，称量（恒重）得沉淀ag；计算式为：106a1-197b。
高考化学铝及其化合物推断题综合题汇编附答案解析
高考化学铝及其化合物推断题综合题汇编附答案解析一、铝及其化合物1．工业上常采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3制取七水合硫酸亚铁（FeSO4·7H2O），设计流程如图：（1）溶解烧渣选用的足量的酸的名称是___。
（2）固体1的主要成分是___。
（3）加入药品X后，溶液1中主要反应的离子方程式为___。
（4）从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，经过、___、___过滤等步骤得到晶体。
（5）有同学认为在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O，你认为这一方案___（填写“可行”或“不可行”）。
【答案】硫酸 SiO2 Fe+2Fe3+=3Fe2+蒸发浓缩冷却结晶不可行【解析】【分析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)中加入足量稀硫酸，发生的反应有Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，SiO2不溶于稀硫酸，然后过滤，得到的固体1成分为SiO2，滤液1中含有Fe2(SO4)3、H2SO4、Al2(SO4)3；在滤液1中加入X，然后加入NaOH溶液并调节溶液的pH，得到固体2为Al(OH)3和溶液2，从溶液2中能得到FeSO4•7H2O晶体，说明溶液2中溶质为FeSO4，则X 具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，且不能引进新的杂质，则X为Fe，加入试剂X发生的离子反应有2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，将溶液2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到FeSO4•7H2O晶体，据此分析解答。
【详解】(1)根据最终产物为七水合硫酸亚铁可知溶解烧渣的酸为硫酸；(2)固体1为不溶于硫酸的SiO2；(3)试剂X为Fe，可还原铁离子，离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；(4)从溶液中得到晶体一般需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(5)在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，所以不可行。
高考化学易错题专题复习-铝及其化合物推断题练习题附答案
高考化学易错题专题复习-铝及其化合物推断题练习题附答案一、铝及其化合物1．将铁、铝的混合物进行如下实验：(1)操作X的名称是________。
(2)气体A是________(填化学式)。
(3)A与Cl2混合光照可能发生爆炸，A在该反应中作________(填“氧化剂”或“还原剂”)。
(4)溶液B中的阴离子除OH－外还有________(填离子符号，下同)，溶液D中存在的金属离子为________。
(5)加入足量NaOH溶液时发生反应的离子方程式为___________；加入稀盐酸发生反应的离子方程式为_________。
(6)向溶液D中加入NaOH溶液，观察到产生的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，请写出沉淀转化的化学方程式：___________。
【答案】过滤 H2还原剂 AlO2- Fe2＋ 2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑ Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑ 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3【解析】【分析】金属混合物中Fe与NaOH溶液不反应，而Al可以与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，NaAlO2易溶于水，所以气体A是H2，溶液B是NaAlO2与NaOH的混合溶液，固体C是Fe，Fe是比较活泼的金属，与HCl发生置换反应产生FeCl2和氢气，因此溶液D为FeCl2，据此分析解答。
【详解】(1)操作X的名称是分离难溶性的固体与可溶性液体混合物的方法，名称是过滤，故答案为：过滤；(2)根据上述分析可知，金属混合物中Fe与NaOH溶液不反应，而Al可以与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，NaAlO2易溶于水，所以气体A是H2，故答案为：H2；(3)A是H2，H2和Cl2的混合气体光照会发生爆炸，反应生成HCl，在该反应中，氢元素的化合价升高，失去电子，被氧化，所以H2作还原剂，故答案为：还原剂；(4)溶液B是反应产生的NaAlO2与过量的NaOH的混合溶液，所以溶液B中阴离子除OH-外还有AlO2-，铁可以和盐酸反应生成FeCl2和H2，溶液D中含有的金属离子为Fe2+，故答案为：AlO2-；Fe2+；(5)加入足量NaOH溶液时，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH -+2H 2O=2AlO 2-+3H 2↑，加入稀盐酸，Fe 与稀盐酸反应生成氢气和氯化亚铁，发生反应的离子方程式为Fe+2H +=Fe 2++H 2↑，故答案为2Al+2OH -+2H 2O=2AlO 2-+3H 2↑；Fe+2H +=Fe 2++H 2↑；(6)溶液D 为FeCl 2，向溶液D 加入NaOH 溶液，观察到产生的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，其中沉淀转化的化学方程式为4Fe(OH)2+O 2+2H 2O=4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2+O 2+2H 2O=4Fe(OH)3。
高考化学易错题精选-铝及其化合物推断题练习题附详细答案
高考化学易错题精选-铝及其化合物推断题练习题附详细答案一、铝及其化合物1．(1)选用方案I时，X应该具有的性质是__________，残留物应该具有的性质是__________；(2)选用方案Ⅱ从某黑色粉末(含有MnO2和CuO)中分离X(MnO2)，加入的试剂是_______；王同学参照以上方案I和Ⅱ，设计以下实验方案除去AlCl3固体中的FeCl3。
(3)操作①所需的玻璃仪器为_____________；(4)试剂a为_____________；试剂b为________；(5)请描述操作②的步骤：____________；(6)李同学认为在溶液C中滴加适量的试剂b就能得到溶液E，从而得到AlCl3固体，你______(填“赞同”或“不赞同”)李同学，理由是______。
【答案】有挥发性（或易升华）受热不挥发，且具有较高的热稳定性稀盐酸(或稀硫酸或稀硝酸) 烧杯、、漏斗、玻璃棒过量的NaOH(或KOH)溶液适量的盐酸将溶液加热浓缩，然后冷却浓溶液，过滤即可得到固体氯化铝不赞同会得到含有NaCl杂质的AlCl3【解析】【分析】(1)加热X的混合物进行分离可得X，X应具有挥发性或易升华的性质，则残留物难挥发；(2)从MnO2和CuO中分离MnO2，应加入酸的稀溶液；除去AlCl3固体中的FeCl3，应先水溶解，然后加入过量的NaOH溶液分别生成Fe(OH)3沉淀和NaAlO2溶液，过滤分离后，再向滤液中通入过量的CO2气体生成Al(OH)3沉淀，过滤后将沉淀经洗涤后溶解于盐酸中得AlCl3溶液，在酸性条件下蒸发结晶可到AlCl3，以此解答(3)～(6)小题。
【详解】(1)加热X的混合物进行分离可得X，X应具有挥发性或易升华的性质，残留物具有加热难挥发的性质；(3)根据上述分析可知：操作①为过滤操作，所需的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；(4)由以上分析可知试剂a为过量的NaOH(或KOH)溶液，试剂b为适量的盐酸；(5)操作②是从AlCl3溶液中获得AlCl3固体，由于该盐是强酸弱碱盐，容易发生水解反应，水解产生Al(OH)3和 HCl，HCl易挥发，所以为防止盐水解，导致物质变质，应该在HCl气氛中加热蒸发结晶可到AlCl3，操作方法为将溶液加热浓缩，然后冷却浓溶液，过滤即可得到固体氯化铝；(6)若在NaAlO2溶液中滴加盐酸，就会得到AlCl3和NaCl的混合溶液，蒸发结晶不能得到纯净的氯化铝固体，得到的是含有杂质NaCl的AlCl3，所以不赞同李同学的观点。
高考化学压轴题专题铝及其化合物推断题的经典综合题含答案解析
高考化学压轴题专题铝及其化合物推断题的经典综合题含答案解析一、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。
高考化学铝及其化合物推断题综合题汇编及详细答案
高考化学铝及其化合物推断题综合题汇编及详细答案一、铝及其化合物1．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H2O2的作用是__________________，使用H2O2的优点是_________；调溶液pH的目的是_________________。
（3）简述第③步由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是_________________________。
（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O ，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3102505c ba-⨯⨯⨯⨯× 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%。
高考化学铝及其化合物推断题综合经典题含答案(1)
高考化学铝及其化合物推断题综合经典题含答案(1)一、铝及其化合物1．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H2O2的作用是__________________，使用H2O2的优点是_________；调溶液pH的目的是_________________。
（3）简述第③步由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是_________________________。
（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O ，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3102505c ba-⨯⨯⨯⨯× 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%。
高考化学铝及其化合物推断题综合经典题附答案解析
高考化学铝及其化合物推断题综合经典题附答案解析 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LiCoO2、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_____________，LiCoO2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H2O2的目的是______________________________________。 （4）“沉钴”的离子方程式为___________________________________________。 （5）配制100 mL 1.0 mol/L (NH4)2C2O4溶液，需要的玻璃仪器出玻璃棒、烧杯外，还有_____。
（6）取CoC2O4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 2Al2OH2222HO2AlO3H 将2LiCoO中的Co(Ⅲ)
还原为2价 222424CoCOCoCO 100mL容量瓶、胶头滴管
Δ2423423CoCO2OCoO6CO
【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24LiSO、
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】
高考化学 铝及其化合物推断题 综合题含答案(1)
高考化学铝及其化合物推断题综合题含答案(1)一、铝及其化合物1．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↑。
高考化学铝及其化合物推断题综合题及答案解析
高考化学铝及其化合物推断题综合题及答案解析一、铝及其化合物1．工业上常采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3制取七水合硫酸亚铁（FeSO4·7H2O），设计流程如图：（1）溶解烧渣选用的足量的酸的名称是___。
（2）固体1的主要成分是___。
（3）加入药品X后，溶液1中主要反应的离子方程式为___。
（4）从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，经过、___、___过滤等步骤得到晶体。
（5）有同学认为在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O，你认为这一方案___（填写“可行”或“不可行”）。
【答案】硫酸 SiO2 Fe+2Fe3+=3Fe2+蒸发浓缩冷却结晶不可行【解析】【分析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)中加入足量稀硫酸，发生的反应有Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，SiO2不溶于稀硫酸，然后过滤，得到的固体1成分为SiO2，滤液1中含有Fe2(SO4)3、H2SO4、Al2(SO4)3；在滤液1中加入X，然后加入NaOH溶液并调节溶液的pH，得到固体2为Al(OH)3和溶液2，从溶液2中能得到FeSO4•7H2O晶体，说明溶液2中溶质为FeSO4，则X 具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，且不能引进新的杂质，则X为Fe，加入试剂X发生的离子反应有2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，将溶液2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到FeSO4•7H2O晶体，据此分析解答。
【详解】(1)根据最终产物为七水合硫酸亚铁可知溶解烧渣的酸为硫酸；(2)固体1为不溶于硫酸的SiO2；(3)试剂X为Fe，可还原铁离子，离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；(4)从溶液中得到晶体一般需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(5)在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，所以不可行。
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高考化学铝及其化合物推断题综合练习题附答案 一、铝及其化合物 1．Ⅰ.某化工厂以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O7·2H2O)，工艺流程如图：
i.常温，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42-
。
ii.常温时，部分金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH值
（1）步骤①提高酸溶速率的措施__(任填一条即可)。固体A的成分是___。 （2）步骤③需加氢氧化钠溶液调节pH，调节pH范围为__，目的是__。 （3）写出④反应的离子方程式__。 （4）将溶液H经过__即得红矾钠粗晶体。 Ⅱ.经该工厂的工业废水中含1.00×10-3mol·L-1的Cr2O72-，其毒性较大。该化工厂的科研人员为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4（Fe的化合价依次为+3、+2），又设计了如下工艺流程：
（5）第①步反应的离子方程式是__。 （6）常温时，如忽略步骤①所加FeSO4·7H2O所引起的溶液体积变化，依据上表数据，则步骤②加入NaOH溶液调节溶液的pH至9时，溶液中Cr3+的浓度为___mol/L（101/2≈3.2）。 （7）欲使1L该废水中的Cr2O72-完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4。理论上需要加入FeSO4·7H2O的质量为__g(已知FeSO4·7H2O的摩尔质量为278g/mol)。 【答案】加热/搅拌/粉碎/适当提高稀硫酸的浓度(任写一条) SiO2 4.9≤pH＜5.5 使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去 3NaBiO3 + 2Cr3+ +7OH－ + H2O = 2Cr2O72− + 3Bi(OH)3↓+3Na+ 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥 Cr2O72− + 6Fe2++14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3++7H2O 6.4×10−14 2.78 【解析】 【分析】 铬铁矿中的FeO、Cr2O3和Al2O3均能溶于硫酸，SiO2不溶，过滤，向滤液中加入双氧水，氧化亚铁离子，步骤③的目的是使Fe3+、Al3+沉淀，过滤，向滤液中加入NaBiO3、NaOH，能将Cr3+转化为Cr2O72−，过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥得到Na2Cr2O7·2H2O。
【详解】 ⑴加热、搅拌、粉碎、适当提高稀硫酸的浓度均可加快化学反应速率，任答一种即可。按照元素化合物知识，铬铁矿中的FeO、Cr2O3和Al2O3均能溶于硫酸，SiO2不溶，故第①步得到的固体A为SiO2；故答案为：加热/搅拌/粉碎/适当提高稀硫酸的浓度(任写一条)；SiO2。
⑵步骤③的目的是使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，但不能使Cr3+沉淀，故需要调节的pH范围为4.9≤pH＜5.5，故答案为：4.9≤pH＜5.5；使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去。 ⑶常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为Cr2O72−，则反应的离子方程式为3NaBiO3 + 2Cr3+ +7OH－ + H2O = 2Cr2O72− + 3Bi(OH)3↓+3Na+；故答案为：3NaBiO3 + 2Cr3+ +7OH－ + H2O = 2Cr2O72− + 3Bi(OH)3↓+3Na+。
⑷溶液H得红矾钠粗晶体需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥。 ⑸Cr2O72−有强氧化性，FeSO4·7H2O中Fe2+有一定的还原性，在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，根据元素守恒及所处环境可知，还有水生成，反应离子方程式为
Cr2O72− + 6Fe2++14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3++7H2O；故答案为：Cr2O72− + 6Fe2++14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3++7H2O。
⑹常温时，如忽略步骤①所加FeSO4·7H2O所引起的溶液体积变化，依据上表数据得到Cr3+
开始沉淀时pH =5.5，即148.5w5.15110(OH)110(H)1molL10Kcc，则338.5329sp3CrOH(Cr)(OH)0.0012(110)6.410Kcc
，步骤②加入
NaOH溶液调节溶液的pH至9时，145w19110(OH)110(H)1molL10Kcc，则溶
液中Cr3+的浓度为3335329sp3CrOH(Cr)(OH)(Cr)(110)6.410Kccc
，
1314(Cr)6.41molL0c；故答案为；6.4×10−14 mol·L−1。
⑺欲使1L该废水中n(Cr2O72−)=1×10−3 mol，根据Cr原子、Fe原子守恒，可得Cr2O72−～4Cr0.5Fe1.5FeO4～10FeSO4·7H2O，因此理论上n(FeSO4·7H2O)=10n(Cr2O72−)=10×1×10−3 mol =0.01mol，所以质量m(FeSO4·7H2O) = 0.01mol×278 g∙mol−1=2.78g；故答案为2.78g。
2．回答下列问题： （1）锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质相似。下列有关锂及其化合物的叙述正确的是________。 A Li2SO4难溶于水 B Li与N2反应产物是Li3N C LiOH易溶于水
D LiOH与Li2CO3受热都难分解
（2）与铝位于对角线位置的第二周期元素是________，能区别Be（OH）2和Mg（OH）2
的一种试剂是________，反应的化学方程式是_________。
（3）门捷列夫在研究元素周期表时，科学地预言了11种尚未发现的元素，为它们在周期表中留下空位。例如，他预测在铝的下方有一个与铝类似的元素“类铝”，后来被法国化学家于1875年发现，命名为镓。镓的元素符号是________，它在周期表中的位置是___________。
（4）关于与镓同主族的第6周期元素性质的推测中不正确的是________。 A 单质是银白色较软的金属
B 其氢氧化物是两性氢氧化物
C 在化合物中显＋3价
D 单质与盐酸的反应比铝剧烈
【答案】B 铍（Be） NaOH溶液 Be（OH）2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O Ga 第四周期ⅢA族 B 【解析】 【分析】 【详解】 (1)A．锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，硫酸镁易溶于水，所以硫酸锂易溶于水，故A错误； B．锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，镁和氮气反应生
成氮化镁，所以锂和氮气反应生成Li3N，故B正确； C．氢氧化镁难溶于水，所以氢氧化锂属于难溶物质，故C错误；
D．锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，氢氧化镁和碳
酸镁受热易分解，则氢氧化锂和碳酸锂受热也易分解，故D错误； 故答案为B； (2)根据对角线规则，与铝位于对角线位置的第二周期元素是铍，有相似的化学性质，氢氧化铝具有两性，Be(OH)2也具有两性，可以与氢氧化钠反应，Mg(OH)2不可以与氢氧化钠反应，故可以用氢氧化钠来鉴别，类比氢氧化铝与氢氧化钠反应的化学方程式，则氢氧化铍与氢氧化钠反应的化学方程式为：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O； (3)同主族元素性质相似，铝下方的元素为镓，其元素符号为Ga，位于元素周期表中第四周期ⅢA族； (4)A．与镓同主族的第六周期元素为铊，单质为银白色，质软，故A正确； B．氢氧化物为两性的物质位于金属和非金属的临界处，如硼铝硅锗砷等，铊不是两性物
质，其氢氧化物也不是两性氢氧化物，故B错误； C．铊与铝同主族，具有相同的最外层电子数，所以铊在化合物中也显+3价，故C正确；
D．同主族元素自上到下金属性递增，该元素金属性大于铝，其单质与盐酸的反应比铝剧
烈，故D正确； 故答案为B。 【点睛】 考查位置结构性质的相互关系应用，明确同主族元素性质的递变规律为解答关键，注意掌握对角线规则内容，结合Mg、Al单质及其化合物的性质，类推未知物的性质，试题侧重培养学生的分析、理解能力及知识的迁移能力。
3．有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置如图所示。E的单质可与酸反应，1 mol E单质与足量酸作
用，在标准状况下能产生33.6 L H2；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同，回答下列问题：
(1)五种元素的名称：A________，B________，C________，D________，E________。
(2)画出C原子、A离子的结构示意图：__________________、__________________。
(3)B单质在D单质中燃烧，反应现象是_______________________，生成物的化学式为
_____________________。
(4)A与E形成化合物的化学式为______________，它的性质决定了它在物质的分类中应属
于__________________。 (5)向D与E形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液直至无明显现象发生时，观察到的现象
是先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随NaOH加入又逐渐溶解最终澄清，请写出有关反应的离子方程式为_______________________、___________________________________________。
【答案】氧 磷 硫 氯 铝 白色烟雾 PCl3、PCl5 Al2O3 两性氧化物 Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓ Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O 【解析】 【分析】 A、B、C、D、E五种短周期元素，由位置图可知，A在第二周期，B、C、D处于第三周
期，设C的质子数为x，则A的质子数为x-8，B的质子数为x-1，D的质子数为x+1，A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则x+(x-8)+(x-1)+(x+1)=56，解得x=16，即A为
O，B为P，C为S，D为Cl；1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，设
E的化合价为y，根据电子转移守恒：1mol×y=33.6L22.4L/mol×2×1，解得y=3，E的阳离子与
A的阴离子核外电子层结构完全相同，则E为Al，据此解答。