化学铝及其化合物推断题的专项培优 易错 难题练习题含答案解析.docx
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化学铝及其化合物推断题的专项培优易错难题练习题含答案解析
化学铝及其化合物推断题的专项培优易错难题练习题含答案解析
一、铝及其化合物
1．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。
阴离子
CO32-、SiO32-、AlO2-、Cl－
阳离子
Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、NH4+、Na＋
现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量（n）与加入试剂体积（V）的关系如图所示。
（1）若Y是盐酸，则oa段转化为沉淀的离子（指来源于X溶液的，下同）是________________________，ab段发生反应的离子是________，bc段发生反应的离子方程式为___________________________________。
（2）若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的阳离子是____________________，ab段反应的离子方程式为_______________________________________________________________________。
【答案】SiO32-、AlO2CO32-Al（OH）3＋3H＋=Al3＋＋3H2OAl3＋、Mg2＋、NH4+NH4+＋OH－=NH3·H2O
【解析】
【分析】
溶液无色说明溶液中不含Fe3＋离子；
（1）若Y是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al（OH）3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32－；
（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+。
【详解】
溶液无色说明溶液中不含Fe3＋离子；
（1）若Y是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al（OH）3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32－；bc段沉淀部分溶液，确定为Al（OH）3和H2SiO3，所以oa段转化为沉淀的离子是AlO2-、SiO32-；ab段发生反应的离子是CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑，发生反应的离子是CO32-；bc段发生反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；
（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+，结合图像bc段发生反应:
Al（OH）3＋OH－=AlO2－＋2H2O；oa段发生反应：
Al3＋＋3OH－=Al（OH）3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg（OH）2↓；ab段发生反应NH4++OH-=NH3·H2O。
【点睛】
本题主要是考查离子推断、离子方程式的书写。
明确常见离子的性质、依据图像分析反应的原理是答题的关键，题目难度较大。
关于图像的答题需要注意以下几点：
①看面：
弄清纵、横坐标的含义。
②看线：
弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。
③看点：
弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。
曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。
2．表是元素周期表的一部分，针对表中的①-⑩元素按要求回答下列问题：
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0族
2
①
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
4
⑩
（1）在①-⑩元素中，化学性质最不活泼的元素是________（填元素符号），化学性质最活泼的金属元素是________（填元素符号）。
（2）在最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是________，碱性最强的化合物的化学式是________。
（3）氧化物属于两性氧化物的元素是________（填元素符号），写出该元素的最高价氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式________
（4）比较元素的气态氢化物的稳定性：
②_________③；最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：
②_________⑥。
（5）⑥的最高价氧化物与烧碱溶液反应的化学方程式为________
【答案】ArKHClO4KOHAlAl2O3+2OH-=2AlO2-+H2O<>SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
【解析】
【分析】
稀有气体性质稳定，除稀有气体同周期从左往右，同主族从下至上，非金属性增强。
非金属性越强，单质越活泼，越易与氢气化合，生成的气态氢化物越稳定，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强。
同周期从右往左，同主族从上至下，金属性逐渐增强。
金属性越强，单质越活泼，遇水或酸反应越剧烈，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
【详解】
（1）根据分析①-⑩元素中，化学性质最不活泼的元素是Ar，化学性质最活泼的金属元素是K；
（2）根据分析，①-⑩元素中Cl非金属性最强，故在最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是HClO4，K金属性最强，碱性最强的化合物的化学式是KOH；
（3）铝、氧化铝、氢氧化率均属于两性物质，则氧化物属于两性氧化物的元素是Al，该元素的氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
（4）非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氧的非金属较强，故水比氨气稳定，②<③；非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，N非金属性强于Si，则HNO3酸性强于H2SiO3，故最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：
②>⑥；
（5）硅的最高价氧化物SiO2与烧碱溶液反应的化学方程式为：
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
【点睛】
非金属性的应用中，需要注意非金属性与气态氢化物的稳定呈正比，与氢化物的还原性呈反比，而简单氢化物的沸点需要对比氢键和范德华力，是物理性质。
3．A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图（部分产物和条件已略去）,请回答下列问题：
（1）若A为CO2气体，D为NaOH溶液，则B的化学式为_________。
（2）若A为AlCl3溶液，D为NaOH溶液，则C的名称为_________。
（3）若A和D均为非金属单质，D为双原子分子，则由C直接生成A的基本反应类型为_________。
（4）若常温时A为气态氢化物，B为淡黄色固体单质，则A与C反应生成B的化学方程式为_________。
（5）若A为黄绿色气体，D为常见金属，则A与C溶液反应的离子方程式为_________。
下列试剂不能鉴别B溶液与C溶液的是_________（填字母编号）。
a．NaOH溶液b．盐酸c．KSCN溶液d．酸性KMnO4溶液
【答案】NaHCO3偏铝酸钠分解反应
b
【解析】
【分析】
【详解】
（1）若A为CO2与过量的D即NaOH反应，生成碳酸氢钠；碳酸氢钠溶液与NaOH反应可得到碳酸钠溶液；碳酸钠溶液又可以与CO2反应生成碳酸氢钠；所以B的化学式为NaHCO3；
（2）若A为AlCl3，其与少量的NaOH反应生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3继续与NaOH反应生成偏铝酸钠；偏铝酸钠溶液和氯化铝溶液又可以反应生成Al（OH）3；所以C的名称为偏铝酸钠；
（3）若A，D均为非金属单质，且D为双原子分子，那么推测可能为性质较为活泼的O2或Cl2，A则可能为P，S或N2等；进而，B，C为氧化物或氯化物，C生成单质A的反应则一定为分解反应；
（4）淡黄色的固体有过氧化钠，硫单质和溴化银；根据转化关系，推测B为S单质；那么A为H2S，C为SO2，B为氧气；所以相关的方程式为：
；
（5）A为黄绿色气体则为Cl2，根据转化关系可知，该金属元素一定是变价元素，即Fe；那么B为FeCl3，C为FeCl2；所以A与C反应的离子方程式为：
；
a．NaOH与Fe2+生成白色沉淀后，沉淀表面迅速变暗变绿最终变成红褐色，而与Fe3+直接生成红褐色沉淀，a项可以；
b．盐酸与Fe2+，Fe3+均无现象，b项不可以；
c．KSCN溶液遇到Fe3+会生成血红色物质，而与Fe2+无现象，c项可以；
d．Fe2+具有还原性会使高锰酸钾溶液褪色，Fe3+不会使高锰酸钾溶液褪色，d项可以；答案选b。
4．A是一种红棕色金属氧化物；B、D是金属单质；J是一种难溶于水的白色化合物，受热易分解。
回答下列问题：
（1）A、E、J、G的化学式分别为___、___、___、___。
（2）C转化为I的离子方程式为___。
（3）H和I反应生成J的离子方程式为___。
（4）如何检验E溶液中大量存在的阳离子?
___。
【答案】Fe2O3FeCl2Al（OH）3Fe（OH）3Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2OAl3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+
【解析】
【分析】
A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，红褐色沉淀G为Fe（OH）3，分解可以生成氧化铁，则F是 Fe（OH）2．B、D是金属单质，Fe2O3和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3，J是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成C，则J是Al（OH）3，由转化关系可知，I是NaAlO2，H是AlCl3；铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氨水反应生成 Fe（OH）2，则E是 FeCl2，以此解答该题。
【详解】
（1）由以上分析可知，则A为Fe2O3，E是FeCl2，J是Al（OH）3，G是Fe（OH）3；
（2）氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：
Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；
（3）铝离子和偏铝酸根之间双水解而不共存，反应的离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓；
（4）E是FeCl2，检验亚铁离子，可取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+。
5．钠、铝、铁是三种重要的金属。
请回答：
（1）钠元素的金属性比铝___（填“强”或“弱”）。
三种金属对应的氢氧化物中，具有两性的物质是__（填化学式）。
（2）将一小块金属钠投入水中，发生反应的离子方程式为__；可观察到的实验现象是__（填序号）。
A．钠沉到水底B．钠熔成小球
C．小球四处游动D．钠无变化
（3）Fe与Cl2在一定条件下反应，所得产物的化学式是__。
将该产物溶于水配成溶液，分装在两支试管中。
请回答：
①若向其中一支试管中滴加KSCN溶液，则溶液变成___色。
②向另一支试管中滴加NaOH溶液，反应的离子方程式是___。
（4）Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，其供氧时主要反应的化学方程式为：
__。
（5）在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，观察到的现象是___。
【答案】强Al（OH）32Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑BCFeCl3红Fe3＋＋3OH-=Fe（OH）3↓2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑先生成白色沉淀，然后白色沉淀消失
【解析】
【分析】
（1）金属钠与铝处于同周期，金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐减弱；
（2）金属钠与水反应，生成氢氧化钠和氢气；由于钠的密度小于水的密度，因此钠浮在水面上；反应放热，因此钠熔化成光亮的小球；反应放出气体，因此钠四处游动；最终金属钠完全溶解；
（3）Fe在Cl2燃烧，生成FeCl3，将FeCl3溶于水后，溶液中存在大量的Fe3+，滴加KSCN溶液后，溶液变为血红色；滴加氢氧化钠溶液后生成红褐色沉淀；
（4）Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，可与CO2和H2O反应；
（5）在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成白色沉淀Al（OH）3，当NaOH溶液过量时，沉淀逐渐溶解，最终完全消失。
【详解】
（1）钠元素的金属性比铝强；钠、铝、铁三种金属对应的氢氧化物中具有两性的物质是Al（OH）3；
（2）钠和冷水反应，生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：
2Na＋2H2O=2Na+＋2OH-＋H2↑；由于钠的密度小于水的密度，因此钠浮在水面上；反应放热，因此钠熔化成光亮的小球；反应放出气体，因此钠四处游动；最终金属钠完全溶解，因此金属钠与水反应的实验中，可观察到的实验现象是钠熔成小球、小球四处游动，答案选BC；
（3）Fe在Cl2燃烧，生成FeCl3，将FeCl3溶于水后，溶液中存在大量的Fe3+，滴加KSCN溶液后，溶液变为血红色；滴加氢氧化钠溶液后生成红褐色沉淀，离子方程式为：
Fe3＋＋3OH-=Fe（OH）3↓；
（4）Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，可与CO2和H2O反应，反应方程式为：
2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；
（5）在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成白色沉淀Al（OH）3，当NaOH溶液过量时，沉淀逐渐溶解，最终完全消失。
6．七水硫酸镁（MgSO4·7H2O）在印染、造纸和医药等工业上有重要的用途。
硼镁泥是硼镁矿生产硼砂的废渣，其主要成分是MgCO3，还含有MgO、CaO、Fe2O3、FeO、MnO2、Al2O3、SiO2等杂质，工业上用硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如图：
已知：
①MnO2不溶于稀硫酸。
②CaSO4和MgSO4·7H2O在不同温度下的溶解度（g）数据如下表所示：
温度/℃
物质
10
30
40
50
60
CaSO4
0.19
0.21
0.21
0.21
0.19
MgSO4·7H2O
30.9
35.5
40.8
45.6
——
（1）开始用到硫酸的质量分数为70%，密度为1.61g/cm3，则该硫酸溶液的物质的量浓度为___。
（2）滤渣A中除含少量CaSO4·2H2O外，还有___。
（3）加入MgO后，加热煮沸的目的是___。
（4）若滤渣B的主要成分为Al（OH）3和Fe（OH）3。
则加入NaClO发生氧化还原反应的离子方程式为___。
（5）流程中操作1为蒸发浓缩、趁热过滤，这样即可得到CaSO4·2H2O，又防止___。
（6）获取MgSO4·7H2O的操作2为：
___、___、过滤洗涤。
（7）已知开始硼镁泥样品的质量为ag，制取七水硫酸镁的质量为bg，据此能计算出硼镁泥中镁元素的含量吗？
若能，请写出表达式；若不能，请说明理由。
___（能或不能），表达式（或理由）为___。
【答案】11.5mol/LSiO2、MnO2防止生成Al（OH）3和Fe（OH）3胶体，使之转化为沉淀而被分离ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O析出MgSO4·7H2O晶体蒸发浓缩冷却结晶不能加入MgO的量未知
【解析】
【分析】
硼镁泥用足量硫酸酸浸溶解，得到含有Mg2+、Ca2+、Fe2+、Fe3+、Al3+以及SO42-的酸性溶液，由于MnO2、SiO2不与硫酸反应，硫酸钙属于微溶物，则过滤后滤渣A主要为MnO2、SiO2，还含有少量CaSO4·2H2O，向滤液中加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，加入MgO调节溶液pH值并加热，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则滤渣B主要为氢氧化铁、氢氧化铝，根据溶解度表，CaSO4的溶解度基本不受温度影响，MgSO4·7H2O受温度影响较大，温度越高溶解度越大，对滤液进行蒸发浓缩、趁热过滤，得到CaSO4·2H2O，则滤渣C主要为CaSO4·2H2O，再次对滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤，得到七水硫酸镁（MgSO4·7H2O），据此分析解答。
【详解】
（1）开始用到硫酸的质量分数为70%，密度为1.61g/cm3，则该硫酸溶液的物质的量浓度=
=
=11.5mol/L；
（2）根据分析，滤渣A中除含少量CaSO4·2H2O外，还有MnO2、SiO2；
（3）加入MgO的目的是沉淀Fe3+、Al3+，但Fe3+、Al3+易发生水解生成胶体，因此加热煮沸的目的是防止生成Al（OH）3和Fe（OH）3胶体，使之转化为沉淀而被分离；
（4）若滤渣B的主要成分为Al（OH）3和Fe（OH）3。
向滤液中加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，则加入NaClO发生氧化还原反应的离子方程式为ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O；
（5）根据溶解度表，CaSO4的溶解度基本不受温度影响，MgSO4·7H2O受温度影响较大，温度越高溶解度越大，流程中操作1为蒸发浓缩、趁热过滤，这样即可得到CaSO4·2H2O，又防止析出MgSO4·7H2O晶体；
（6）结合溶解度表数据和（5）分析，获取MgSO4·7H2O的操作2为：
蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤；
（7）在制取七水硫酸镁流程中，向体系内加入了氧化镁调节pH值沉淀Fe3+、Al3+，引入了镁元素，且未告知氧化镁加入的量，制取的七水硫酸镁的镁元素不仅来自硼镁泥，还来自引入的氧化镁，因此不能根据上述两个条件来计算硼镁泥中镁元素的含量。
7．铝是应用广泛的金属。
以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如图：
注：
SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）Al的原子结构示意图为_________；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为________。
（2）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_______________。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。
阳极的电极反应式为_________，阴极产生的物质A的化学式为____________。
【答案】
2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O石墨电极被阳极上产生的氧气氧化4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑H2
【解析】
【分析】
以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al（OH）3，过滤II得到Al（OH）3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气；据以上分析解答。
【详解】
（1）A1原子的核电荷数为13，原子结构示意图为
；A1与NaOH溶液反应的离子方程式为：
2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑；
（2）“碱溶”时氧化铝与碱反应生成偏铝酸钠，离子方程式为：
Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3得到氧气和铝；电解过程中作阳极的石墨易消耗，是因为阳极生成的氧气与阳极材料碳反应，不断被消耗；
（4）由图可知，阳极区水失去电子生成氧气，剩余的氢离子结合碳酸根生成碳酸氢根，电极方程式为4CO32-+2H2O-4e-═4HCO3-+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2。
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①的成分是__________。
溶液②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②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①为NaAlO2和NaOH的混合溶液，固体①为Fe和Fe2O3，溶液①通过过量CO2得到溶液②为NaHCO3溶液，固体②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①为NaAlO2和NaOH的混合溶液，固体①为Fe和Fe2O3，溶液①通过过量CO2得到溶液②为NaHCO3溶液，固体②为Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解得到Al2O3。
（1）固体①的成分是Fe和Fe2O3；溶液②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②为Al（OH）3与NaOH溶液反应的离子方程式是
，故答案为：
。
9．金属Co、Ni性质相似,在电子工业以及金属材料上应用十分广泛.现以含钴、镍、铝的废渣（含主要成分为CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3）提取钴、镍的工艺如下:
（1）酸浸时SO2的作用是___________________________________。
（2）除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应_________________________________。
（3）用CoCO3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得H2O2分解的高效催化剂CoxNi（１－x）Fe2O4（其中Co、Ni均为＋2价）.如图是用两种不同方法制得的CoxNi（１－x）Fe2O4在10℃时催化分解6％的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线.
①H2O2的电子式_________________________________。
②由图中信息可知:
_________________________________法制取的催化剂活性更高。
③Co2＋、Ni2＋两种离子中催化效果更好的是_________________________________。
（4）已知煅烧CoCO3时,温度不同,产物不同.在400℃充分煅烧CoCO3,得到固体氧化物的质量2.41g,CO2的体积为0.672L（标况下）,则此时所得固体氧化物的化学式为____________。
【答案】还原剂或将Co3+还原为Co2+2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑
微波水热Co2+Co3O4
【解析】
【分析】
第一步酸浸，将氧化物全部变为离子，加入的
具有还原性，可将
还原为
，第二步加入的碳酸钠，
和
可以发生双水解反应，将铝变为沉淀除去，接下来用萃取剂除去镍，此时溶液中只剩下
，再加入
将
转变为
沉淀即可，本题得解。
【详解】
（1）根据分析，
作还原剂；
（2）根据分析，
和
发生双水解反应
；
（3）①画出过氧化氢的电子式即可
；
②根据题图可以看出微波水热法具有更高的反应速率；
③当x增大，催化剂中的
比例增大，
比例减小，而x增大时过氧化氢的分解速率也在增大，说明
的催化效果更好；
（4）首先根据
算出
的物质的量，根据碳原子守恒可知碳酸钴的物质的量也为0.03mol，再根据钴原子守恒，2.41g固体中有0.03mol钴原子，剩下的全为氧原子，解得氧原子的
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