化学备战高考化学铝及其化合物推断题解答题压轴题提高专题练习含答案解析Word文件下载.docx

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2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：

将Fe3+全部还原为Fe2+；

（3）由滤液1生成滤液2的过程为AlO2-转化为Al3+，离子方程式为：

AlO2-+4H+=Al3++2H2O，故答案为：

AlO2-+4H+=Al3++2H2O；

（4）过程1、2、3均涉及到的分离操作是过滤，所需玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故答案为：

漏斗、烧杯和玻璃棒；

（5）溶液B得到绿矾的具体操作为蒸发、过滤、洗涤和干燥，故答案为：

蒸发；

（6）过程3的作用是将溶液中的Al3+转化为Al（OH）3沉淀，应加入碱溶液，由于Al（OH）3能溶于强碱溶液，但不能溶于氨水，所以试剂A是氨水，所发生反应的离子方程式为：

Al3++3NH3﹒H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：

氨水；

Al3++3NH3﹒H2O=Al（OH）3↓+3NH4+。

2．

（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

（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。

（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。

【点睛】

本题考查物质的分离提纯的实验设计，注意把握物质的分离、提纯的基本操作方法，要结合Al（OH）3的两性分析判断，注意把握物质的性质，根据性质设计实验方案。

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，1molE的单质可与足量酸反应，能产生33.6LH2（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

（1）写出元素A名称______，元素B符号________，E原子电子式________

（2）C的简单离子结构示意图为_____________

（3）B单质在A单质中燃烧，反应现象是___________，生成物的化学式为___________

（4）A与E形成的化合物的电子式为__________，它的性质决定了它在物质的分类中应属于____________（酸性氧化物/碱性氧化物/两性氧化物）

（5）向D与E形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液至过量，此过程中观察到的现象是_________，写出化合物DE与过量烧碱反应的化学反应方程式________。

【答案】氧P

剧烈燃烧，有大量白烟P2O5

两性氧化物先出现白色沉淀，继续滴加，白色沉淀溶解AlCl3+4NaOH==3NaCl+NaAlO2+2H2O

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标准状况下33.6LH2，设E的化合价为y，根据电子转移守恒可知ymol=

×

2=3mol，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，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。

（1）由题可知，元素A名称为氧，元素B符号为P，E原子的最外层含有3个电子，电子式

；

（2）C为硫，简单离子结构示意图为

（3）B单质在A单质中燃烧，产生了五氧化二磷，反应现象是剧烈燃烧，有大量白烟，生成物的化学式为P2O5；

（4）A与E形成的化合物为氧化铝，电子式为

，它既能与酸反应，又能与碱反应，性质决定了它在物质的分类中应属于两性氧化物；

（5）向D与E形成的化合物氯化铝的水溶液中滴入烧碱溶液至过量，产生偏铝酸钠，此过程中观察到的现象是先出现白色沉淀，继续滴加，白色沉淀溶解，与过量烧碱反应的化学反应方程式AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O。

4．铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3、MgO。

工业上从铝土矿中提取铝可采用如下工艺流程：

请回答下列问题：

（1）玻璃中含有B，刻蚀玻璃的化学方程式为___。

（2）沉淀C的成分是___，溶液D中存在较多的阴离子是___。

（3）步骤③所加入的试剂是___，生成沉淀F的离子方程式是___。

【答案】

、

和

首先加入过量盐酸，几种物质里只有

不溶于盐酸，即沉淀B，其它元素全部进入溶液A，再加入过量烧碱，

转化为氢氧化物，即沉淀C，而所有铝转变为

进入溶液D，接下来要进行一下逆推，工业上铝是电解氧化铝得到的，因此物质M是氧化铝，氧化铝又是从不溶于水的F转化来的，因此F是

，反应③其实是向

溶液中通入二氧化碳气体，故溶液E为碳酸氢钠（此步骤二氧化碳一般都是过量的），据此来分析本题即可。

（1）蚀刻玻璃是用氢氟酸来溶解玻璃中的

，其反应方程式为

（2）沉淀C的成分为

，而溶液D中存在较多的阴离子是

（3）步骤③所加入的试剂是二氧化碳，生成沉淀F的离子方程式为

。

5．有一透明溶液，可能含有较大量的Mg2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Na＋、H＋、SO42-、CO32-中的一种或几种，取此溶液做下列实验：

①取少量溶液加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成；

②取少量溶液加入过氧化钠粉末，溶液中有白色沉淀产生并逸出无色无味的气体，加入Na2O2的物质的量与析出沉淀的物质的量如图所示。

试推断并完成作答：

（1）溶液中一定含有的离子是___________；

（2）溶液中肯定不含有的离子是_________；

（3）检验可能含有的离子的方法是____________。

（4）图示中a点沉淀的成分是______________。

【答案】Mg2＋、Al3＋、SO42-CO32-、H＋、Cu2＋、Fe3＋焰色反应检验Al（OH）3和Mg（OH）2

取少量溶液加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定含有SO42-，取少量溶液加入过氧化钠粉末，溶液中有白色沉淀产生并逸出无色无味的气体，从图上看一开始就产生了沉淀，故溶液中无H+，Fe3+，Cu2+，因为沉淀质量随着过氧化钠的增加有溶解，说明溶液中同时含有Mg2+和Al3+，那么溶液中一定没有CO32-，Na+无法确认，综上所述，一定还有的离子为：

Mg2＋、Al3＋、SO42-，一定不含的离子为：

CO32-、H＋、Cu2＋、Fe3＋，可能含有Na+，据此解答。

（1）由分析可知，溶液中一定含有的离子是Mg2＋、Al3＋、SO42-，故答案为：

Mg2＋、Al3＋、SO42-；

（2）溶液中肯定不含有的离子是CO32-、H＋、Cu2＋、Fe3＋，故答案为：

CO32-、H＋、Cu2＋、Fe3＋；

（3）可能含有的为Na+，可用焰色反应来检验，故答案为：

焰色反应检验；

（4）图示中a点沉淀达到最大值，是Mg2＋、Al3＋恰好完全转换为沉淀的点，所以a点沉淀的成分为：

Al（OH）3和Mg（OH）2，故答案为：

Al（OH）3和Mg（OH）2。

CO32-的判断：

既然溶液中一定含Mg2＋、Al3＋，那么一定不含CO32-。

6．实验室中有6瓶失去标签的白色固体：

纯碱、氢氧化镁、氯化钡、硫酸铝、硫酸氢钠、氯化钾。

除蒸馏水、试管和胶头滴管外，无其他任何试剂和仪器。

某学生通过以下实验步骤即可鉴别它们。

请填写下列空白：

（1）各取适量固体于6支试管中，分别加入适量蒸馏水，有一支试管中的现象和其他5支明显不同，此试管中的现象是________________________，

据此现象鉴别出的一种物质是__________。

（2）分别将所剩5种溶液依次编号为A、B、C、D、E，然后进行两两混合。

观察到C没有出现任何现象；

D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀；

B和E混合时既有白色沉淀产生，又有无色气体放出。

据此可推断出：

①A、C、D三种物质的化学式依次是________________。

②B、E两者中有一种可与A反应，它与足量A反应的离子方程式为__________________。

③在两两混合时，能最终确定B、E成分的实验现象及结论是_____________________。

（3）上述物质溶于水抑制水的电离，且溶液显酸性的物质的化学式为________，其溶液显酸性的原因是___________________。

【答案】白色固体不溶于水Mg（OH）2NaHSO4、KCl、BaCl2CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑B、E两溶液，与A溶液混合时产生气体的是纯碱，否则是硫酸铝NaHSO4NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-，所产生的H＋抑制水的电离

（1）只有氢氧化镁不溶于水；

（2）剩余5种物质中,KCl与其它4种物质均不反应，氯化钡与纯碱、硫酸铝、硫酸氢钠均反应生成白色沉淀，纯碱与硫酸铝发生相互促进水解反应生成沉淀和气体；

（3）只有硫酸氢钠电离显酸性，抑制水的电离。

（1）各取适量固体于6支试管中，分别加入适量蒸馏水，有一支试管中的现象和其他5支明显不同，此支试管中的现象是物质难溶于水，据此现象鉴别出的一种物质是Mg（OH）2，

因此，本题正确答案是：

白色固体不溶于水；

Mg（OH）2；

（2）将所剩5种溶液依次编号为A、B、C、D、E，然后进行两两混合。

观察到C没有出现任何现象，可以知道C为KCl；

D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀，可以知道D为BaCl2；

B和E混合时既有白色沉淀产生，又有无色气体放出，B、E为纯碱、硫酸铝中的一种，则A为NaHSO4。

①A、C、D三种物质的化学式依次是NaHSO4、KCl、BaCl2，

NaHSO4、KCl、BaCl2；

②B、E两者中有一种可与A反应，纯碱与氢离子反应，则它与足量A反应的离子方程式为CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑，

CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑；

③确定B、E成分的实验现象及结论是与A混合时产生气体的是纯碱，否则是硫酸铝，

B、E两溶液，与A溶液混合时产生气体的是纯碱，否则是硫酸铝；

（3）溶于水抑制水的电离的物质的化学式为NaHSO4，其溶液显酸性的原因是NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-，所产生的H＋抑制水的电离，

NaHSO4；

NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-，所产生的H＋抑制水的电离。

7．把7.5g镁铝合金的粉末放入200ml4mol/L的盐酸中，往充分反应后的混合溶液中逐渐滴入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。

（1）合金中镁的物质的量为_______。

（2）氢氧化钠的物质的量浓度为_______mol/L。

（3）V1=_______mL。

（4）写出该合金溶于足量NaOH溶液的化学方程式为_________。

【答案】0.2mol2450

镁铝合金与盐酸反应后溶液有铝离子、镁离子、以及剩余的氢离子；

加入氢氧化钠后氢氧化钠先于氢离子反应，此时无沉淀产生，之后镁、铝离子开始沉淀，发生反应 

Al3++3OH-═Al（OH）3↓、 

Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，当沉淀达到最大值时溶液中的溶质只有NaCl，再继续滴加氢氧化钠，氢氧化铝沉淀开始溶解，发生反应Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，据此进行解答。

（1）当滴加400mL氢氧化钠溶液时，沉淀达到最大值，此时溶液中的溶质为NaCl，根据元素守恒可知此时溶液中n（Cl-）=0.2L×

4mol/L=0.8mol，由电荷守恒可知n（Na+）=n（Cl-）=0.8mol，即400mL氢氧化钠溶液中n（Na+）=0.8mol，则其浓度c（NaOH）=

此时溶液中据图可知前50mL氢氧化钠溶液没有沉淀产生，即此时发生反应H++OH-=H2O，所以与镁铝合金反应后剩余的n（H+）=0.05L×

2mol/L=0.1mol，则与镁铝合金反应的n（H+）=0.8mol-0.1mol=0.7mol，设镁铝合金中镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，则有24x+27y=7.5g，根据电子守恒（镁铝失去的电子都转移给氢离子）可得2x+3y=0.7，联立解得x=0.2mol，y=0.1mol，故答案为：

0.2mol；

（2）根据

（1）可知答案为：

2；

（3）400mL至V1mL发生反应Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，根据

（1）可知镁铝合金中铝的物质的量为0.1mol，则生成氢氧化铝0.1mol，此段消耗n（OH-）=0.1mol，所以消耗的氢氧化钠体积V=

，即50mL，所以V1=400+50=450，故答案为：

450；

（4）该合金中铝单质可以与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故答案为：

解决本题的关键是理解沉淀达到最大值时溶液中的成分，之后再利用元素守恒、电子守恒等解决问题。

8．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CuSiO2+2OH-=SiO32-+H2OFe2+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

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。

（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。

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

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，

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

10．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