高考化学 铝及其化合物推断题 综合题Word下载.docx

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（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。

2．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

（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。

3．有关物质的转化关系如下图所示。

A、C、E是常见的金属单质，E为紫红色，反应①可用于焊接铁轨，B是赤铁矿的主要成分，F的溶液中加入KSCN溶液变红。

（部分反应物和生成物省略）

请回答下列问题：

（1）D的化学式是________。

（2）可选用________（填“字母”）实现反应C→F的转化。

a．稀盐酸b．氯气/点燃c．CuSO4溶液

（3）反应①的化学方程式为____________。

（4）反应②的离子方程式为______________。

【答案】Al2O3b2Al+Fe2O3

2Fe+Al2O3Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+

A、C、E是常见的金属单质，反应①可用于焊接铁轨，B是赤铁矿的主要成分，则A为Al、B为Fe2O3，C为Fe，D为Al2O3，E是紫红色的金属单质，则E为Cu，F的溶液中加入KSCN溶液变红，F为铁盐，可以由Fe与氯气反应得到，反应②为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。

（1）根据分析，D的化学式是：

Al2O3；

（2）反应C→F是Fe转化为Fe3+，Fe与盐酸、CuSO4溶液生成Fe2+，Fe与氯气反应生成FeCl3，故答案选b；

（3）反应①的化学方程式为：

2Al+Fe2O3

2Fe+Al2O3；

（4）反应②的离子方程式为：

Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。

4．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

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。

（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。

5．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+3H2OSiO2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N2SO3、NH32MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+

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。

（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。

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；

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。

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。

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+。

2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。

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。

6．马日夫盐[Mn（H2PO4）2·

H2O]主要用作磷化剂。

以软锰矿（主要成分为MnO2及少量的FeO、Al2O3和SiO2）为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图：

（1）按照无机物命名规律，马日夫盐[Mn（H2PO4）2·

2H2O]的化学名称为______。

在反应中，Mn2+若再失去一个电子比Fe2+再失去一个电子难，从原子结构解释其原因_______。

（2）“浸锰”过程中主要反应的离子方程式为_______。

滤渣X主要成分为_________。

检验“沉锰”已完成的实验操作及现象是_________。

步骤五产生马日夫盐晶体的化学方程式为_________。

（3）Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳条件为__________。

（4）马日夫盐作防锈磷化剂的原因是利用其较强的酸性以及在防锈处理过程中生成了具有保护作用的FeHPO4，马日夫盐显酸性的主要原因是__________（用相关化学用语回答）。

【答案】二水合磷酸二氢锰Mn2+外围电子为3d5的半充满稳定状态，而Fe2+外围电子为3d6，可失去一个电子变为3d5的半充满稳定状态2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2=

+Mn2+Al（OH）3在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn（H2PO4）2·

2H2O+CO2↑pH=1.7下萃取60min

软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的FeO、Al2O3和SiO2）用稀硫酸浸取，MnO2、FeO、Al2O3被溶解，同时MnO2“氧化”Fe2+，剩余的二氧化锰被通入的二氧化硫还原，反应为2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2=SO42-+Mn2+，SiO2不溶，过滤，滤渣为SiO2，滤液含有：

Mn2+、Fe3+、Al3+，加入有机萃取剂，除去Fe3+，调节水层的pH除去Al3+，滤渣X为Al（OH）3，滤液主要含有硫酸锰，加入碳酸钠溶液沉锰，得到碳酸锰，碳酸锰与磷酸反应，净化得到Mn（H2PO4）2•2H2O，据此分析解答。

（1）马日夫盐[Mn（H2PO4）2•2H2O的化学名称为二水合磷酸二氢锰；

Mn2+外围电子为3d5的半充满稳定状态，而Fe2+外围电子为3d6，可失去一个电子变为3d5的半充满稳定状态，因此Mn2+若再失去一个电子比Fe2+再失去一个电子难，故答案为：

二水合磷酸二氢锰；

Mn2+外围电子为3d5的半充满稳定状态，而Fe2+外围电子为3d6，可失去一个电子变为3d5的半充满稳定状态；

（2）“浸锰”过程中，二氧化锰将亚铁离子氧化生成铁离子，多余的二氧化锰被二氧化硫还原为锰离子，反应的离子方程式为2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2=SO42-+Mn2+。

滤渣X主要成分为Al（OH）3。

“沉锰”过程中加入碳酸钠与硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀，检验“沉锰”已完成的实验操作及现象是在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成。

步骤五产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为H2O+MnCO3+2H3PO4=Mn（H2PO4）2•2H2O+CO2↑，故答案为：

2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2=SO42-+Mn2+；

Al（OH）3；

在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成；

MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn（H2PO4）2·

2H2O+CO2↑；

（3）由Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系图，可知萃取的最佳条件为pH=1.7下萃取60min，萃取率最大，故答案为：

pH=1.7下萃取60min；

（4）马日夫盐水解显酸性主要是磷酸二氢根离子能够电离，电离方程式为H2PO4-⇌H++HPO42-，故答案为：

H2PO4-⇌H++HPO42-。

7．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

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。

（1）根据分析，

作还原剂；

（2）根据分析，

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，解得氧原子的物质的量为0.04mol，因此所得固体氧化物的化学式为

。

8．信息时代产生的电子垃圾处理不当会对环境构成威胁。

某研究小组将废弃的线路板处理后，得到含Cu、Al及少量Fe的金属混合物，并设计如下流程制备硫酸铜和硫酸铝晶体。

请回答：

（1）步骤①～③所涉及的实验操作方法中，属于过滤的是______（填序号）。

（2）步骤①中Cu、Al、Fe均能与稀硫酸和浓硝酸的混合物在加热条件下反应，其中氮元素全部转化为NO。

该步骤中稀硫酸的作用是______。

（3）下列关于步骤②的说法正确的是______（填字母）。

a沉淀B为白色固体

bH2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+

c可以用Ba（OH）2溶液替换NaOH溶液

（4）已知AlO2-+4H+=Al3++2H2O。

由沉淀B制取Al2（SO4）3·

18H2O的操作是：

将沉淀B转移到烧杯中，______，将溶液加热蒸发、冷却结晶、过滤得到产品。

【答案】②③提供H+和SO42−b加入氢氧化钠溶液至沉淀不再减少，过滤，向所得滤液中加入足量稀硫酸，充分反应

第①步稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe3+、Fe2+，所以溶液A中的离子是Cu2+、Al3+、Fe3+、Fe2+；

第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；

过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，再加入氢氧化钠使Al3+、Fe3+形成氢氧化物沉淀；

第③步将硫酸铜溶液蒸发结晶得到五水硫酸铜晶体；

在沉淀B中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，据此分析解答。

（1）根据上述分析，步骤①～③所涉及的实验操作方法中，步骤②中分离得到了沉淀B，为过滤，步骤③中得到了五水硫酸铜晶体，也是过滤，因此属于过滤的是②和③，故答案为：

②③；

（2）步骤①中Cu、Al、Fe均能与稀硫酸和浓硝酸的混合物在加热条件下反应，其中氮元素全部转化为NO，3Cu+8H++2NO3-

3Cu2++2NO↑+4H2O，该步骤中稀硫酸可以提供H+参与反应，同时提供SO42−，在③中形成硫酸铜晶体，故答案为：

提供H+和SO42−；

（3）a.沉淀B的主要成分中有氢氧化铁，是红褐色固体，故a错误；

b.H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于与铜离子分离，故b正确；

c.如果用Ba（OH）2溶液替换NaOH溶液，则会生成硫酸钡沉淀，因此不可以用Ba（OH）2溶液替换NaOH溶液，故c错误；

故答案为：

b；

18H2O，需要将氢氧化铝和氢氧化铁先分离，可以用氢氧化钠溶解氢氧化铝，过滤除去氢氧化铁固体，然后将溶液酸化即可得到Al2（SO4）3，因此步骤为：

将沉淀B转移到烧杯中，加入氢氧化钠溶液至沉淀不再减少，过滤，向所得滤液中加入足量稀硫酸，充分反应，将溶液加热蒸发、冷却结晶、过滤得到产品，故答案为：

加入氢氧化钠溶液至沉淀不再减少，过滤，向所得滤液中加入足量稀硫酸，充分反应。

9．工业上用铝土矿（主要成分为 

）提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：

（1）反应1结束后的操作名称为_______。

（2）滤渣的主要成分是___________________。

（3）反应2中通入的过量气体为________

a.二氧化碳b.氨气c.氮气

（4）写出B煅烧生成Al2O3的化学反应方程式：

_______________________。

【答案】过滤氧化铁a2Al（OH）3

Al2O3+3H2O

铝土矿加入氢氧化钠溶液，氧化铝、二氧化硅与氢氧化钠反应，氧化铁不与氢氧化钠反应，过滤，得到滤渣氧化铁，滤液主要是偏铝酸钠和硅酸钠，向滤液中加入氧化钙，得到硅酸钙沉淀，过滤，向滤液中通入二氧化碳得到碳酸氢钙和氢氧化铝，过滤，B为氢氧化铝，再煅烧得到氧化铝。

⑴根据操作后得到滤液和滤渣说明反应1结束后的操作名称为过滤；

过滤。

⑵氧化铁不与氢氧化钠反应，因此滤渣的主要成分是氧化铁；

氧化铁。

⑶滤液II是偏铝酸根，因此通入过量二氧化碳与偏铝酸根生成氢氧化铝沉淀；