合肥高考化学铝及其化合物推断题的综合热点考点难点.docx

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合肥高考化学铝及其化合物推断题的综合热点考点难点

合肥高考化学铝及其化合物推断题的综合热点考点难点

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】AlHCl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）32Al+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↑。

【点睛】

本题是无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应是物质推断的突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。

2．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。

请根据以上信息回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：

A_____________、B___________、C______________、F_____________、H____________、乙______________

（2）写出下列反应化学方程式：

反应①_________________________________________________

反应⑤_________________________________________________

反应⑥_________________________________________________

【答案】NaAlFeFeCl2Fe（OH）3Cl22Na+2H2O=2NaOH+H2↑2FeCl2+Cl2=2FeCl3FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl

【解析】

【分析】

【详解】

金属单质A的焰色为黄色，则A为Na；反应①为Na与水反应生成NaOH和H2，则物质D为NaOH，气体为H2；金属B与NaOH反应生成H2，则金属B为Al；黄绿色气体为Cl2，反应②为H2与Cl2化合成HCl，则气体丙为HCl，物质E为盐酸；金属C与盐酸反应生成F，F与Cl2反应生成物质G，G与NaOH反应得红棕色沉淀，则金属C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3；

（1）A、B、C、F、H、乙的化学式依次为Na、Al、Fe、FeCl2、Fe（OH）3、Cl2。

（2）反应①的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

反应⑤的化学方程式为Cl2+2FeCl2=2FeCl3；

反应⑥的化学方程式为FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl。

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．已知A是由两种阳离子和一种阴离子组成的盐，且常用作净水剂，B是一种常见的两性氢氧化物。

试根据下列转化关系回答有关问题：

（1）试判断：

B为___，F为___；

（2）写出沉淀B与盐酸反应的离子方程式___；

（3）根据上述关系写出盐A的化学式___。

【答案】氢氧化铝或Al（OH）3硫酸钡或BaSO4Al（OH）3+3H+=Al3++3H2OKAl（SO4）2或K2SO4﹒Al2（SO4）3

【解析】

【分析】

已知A是由两种阳离子和一种阴离子组成的盐，且常用作净水剂，透过蓝色鈷玻璃观察时焰色反应呈紫色，该溶液中含有K+，故A是KAl（SO4）2；向溶液A中加入氨水，Al3+会发生反应：

Al3＋＋3NH3·H2O==Al（OH）3↓+3NH4+，产生白色沉淀B是Al（OH）3，溶液C是（NH4）2SO4；Al（OH）3是两性氢氧化物，可以与强酸HCl发生反应：

Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，产生的溶液E是AlCl3；也可以与强碱NaOH发生反应：

Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，得到的溶液D是NaAlO2；向溶液C中加入Ba（NO3）2溶液，发生复分解反应产生BaSO4白色沉淀，该物质既不溶于水，也不溶于酸，所以沉淀F是BaSO4。

【详解】

（1）通过分析可知，B为Al（OH）3，F为BaSO4，故答案为：

氢氧化铝；硫酸钡或BaSO4；

（2）B是Al（OH）3，与盐酸反应的离子方程式是：

Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：

Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；

（3）根据上述关系写出盐A是KAl（SO4）2，故答案为：

KAl（SO4）2或K2SO4﹒Al2（SO4）3。

5．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

【解析】

【分析】

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。

【详解】

（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：

。

【点睛】

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。

6．工业上以锂辉石为原料生产碳酸锂的部分工业流程如图所示：

已知：

①锂辉石的主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2，其中含少量Ca、Mg元素。

②Li2O·Al2O3·4SiO2+H2SO4（浓）

Li2SO4+Al2O3·4SiO2·H2O。

③某些物质的溶解度（S）如下表所示：

回答下列问题：

（1）从滤渣1中分离出Al2O3的流程如下所示：

写出生成沉淀的离子方程式：

___。

（2）已知滤渣2的主要成分有Mg（OH）2和CaCO3。

向滤液1中加入石灰乳的作用是___（运用化学平衡原理简述）。

（3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的理由是___。

（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：

a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择性透过膜隔开，用惰性电极电解。

b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3。

①a中电解时所用的是___（填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”）。

②电解后，LiOH溶液浓度增大的原因是___。

b中生成Li2CO3反应的化学方程式是___。

（5）磷酸亚铁锂电池总反应为FePO4+Li

LiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+，写出该电池放电时的正极反应：

___。

【答案】Al3＋＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH4＋Ca（OH）2

Ca2++2OH-，Mg2+与OH-结合生成Ksp很小的Mg（OH）2沉淀，导致平衡右移，生成Mg（OH）2沉淀Li2CO3的溶解度随温度升高而减小阳离子交换膜阴极氢离子放电，锂离子向阴极移动2LiOH+NH4HCO3

Li2CO3↓+2H2O+NH3↑FePO4＋Li+＋e-===LiFePO4

【解析】

【分析】

由工业流程图可知，锂辉石经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，过滤得到滤液1和含有二氧化硅的滤渣1，向滤液1中加入石灰乳调节pH值后，再加入碳酸钠溶液，以增加溶液中Ca2+、OH-的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，向滤液2中加入饱和碳酸钠溶液，反应生成碳酸锂沉淀，过滤、热水洗涤的原因是Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，据此分析解答。

【详解】

（1）据已知信息①可知滤渣1中含有氧化铝和二氧化硅，氧化铝是两性氧化物，而二氧化硅是酸性氧化物，因此首先用盐酸溶解滤渣1，过滤后得到二氧化硅和氯化铝的溶液。

向滤液中通入足量的氨气即可生成氢氧化铝，灼烧氢氧化铝即可得到氧化铝，生成沉淀的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH4＋，故答案为：

Al3＋＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH4＋；

（2）石灰乳中存在氢氧化钙的溶解平衡Ca（OH）2

Ca2++2OH-，Mg2+与OH-结合生成Ksp很小的Mg（OH）2沉淀，导致平衡右移，生成Mg（OH）2沉淀，而钙离子与碳酸根结合生成碳酸钙沉淀，故答案为：

Ca（OH）2

Ca2++2OH-，Mg2+与OH-结合生成Ksp很小的Mg（OH）2沉淀，导致平衡右移，生成Mg（OH）2沉淀；

（3）根据表中数据可判断Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，因此最后一个步骤中，用“热水洗涤”可以减少固体溶解而造成的损失，故答案为：

Li2CO3的溶解度随温度升高而减小；

（4）①电解池中阳极失去电子发生氧化反应，阴极氢离子放电，产生氢氧根离子，而锂离子向阴极移动，故a中电解时所用的是阳离子交换膜，故答案为：

阳离子交换膜；

②阴极得到电子，则溶液中的氢离子放电，由于阴极氢离子放电，产生氢氧根离子，而锂离子向阴极移动，所以电解后，LiOH溶液浓度增大。

根据原子守恒可判断LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，除得到高纯Li2CO3外还有氨气和水生成，反应的化学方程式为2LiOH+NH4HCO3

Li2CO3↓+2H2O+NH3↑，故答案为：

阴极氢离子放电，锂离子向阴极移动；2LiOH+NH4HCO3

Li2CO3↓+2H2O+NH3↑；

（5）根据原电池的工作原理，正极上发生还原反应，得到电子，因此FePO4在正极上发生反应，即正极反应式为FePO4＋Li＋＋e－===LiFePO4，故答案为：

FePO4＋Li+＋e-===LiFePO4。

7．某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4·7H2O）和胆矾晶体（CuSO4·5H2O）。

请回答：

（1）步骤Ⅰ中，发生的氧化还原反应的离子方程式为___，涉及到的分离操作是___。

（2）试剂X是___；溶液D是___。

（3）溶液E在空气中易被氧化，请设计一个简单的实验方案检验溶液E是否被氧化___。

（4）在步骤Ⅱ时，若用大理石与浓盐酸制取CO2并直接通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。

为避免固体C减少，可采取的改进措施是___。

（5）工业上常用溶液E制取净水剂Na2FeO4，流程如图：

写出由Fe（OH）3制取Na2FeO4的离子方程式___。

（已知NaClO还原为NaCl）

【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑过滤稀硫酸（或稀H2SO4；或硫酸）NaHCO3溶液（或碳酸氢钠溶液）取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O

【解析】

【分析】

Cu、Fe和Al，少量Al2O3和Fe2O3，氢氧化钠与Al、Al2O3反应，而Cu、Fe和Fe2O3不反应，过滤得到滤渣为Cu、Fe和Fe2O3，滤液为偏铝酸钠溶液和氢氧化钠溶液，向滤液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤，向沉淀中加入盐酸生成氯化铝溶液，最终得到氯化铝固体；向滤渣为Cu、Fe和Fe2O3中加入稀硫酸，生成硫酸亚铁，最终得到绿矾，过滤得到Cu，Cu与氧气、硫酸反应得到硫酸铜。

【详解】

⑴步骤Ⅰ中，发生的氧化还原反应的是铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，其离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑，Fe、Cu、Fe2O3不和氢氧化钠溶液反应，因此涉及到的分离操作是过滤；故答案为：

2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；过滤。

⑵将Fe、Cu中Fe溶于溶液中生成硫酸亚铁，因此试剂X是硫酸；溶液A为偏铝酸钠溶液，向溶液中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，因此D是碳酸氢钠；故答案为：

稀硫酸（或稀H2SO4；或硫酸）；NaHCO3溶液（或碳酸氢钠溶液）。

⑶溶液E在空气中易被氧化，亚铁离子被氧化生成铁离子，铁离子常用KSCN溶液来检验，因此简单的实验方案检验溶液E是否被氧化的实验为取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化；故答案为：

取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化。

⑷在步骤Ⅱ时，若用大理石与浓盐酸制取CO2并直接通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少，减少的主要原因是浓盐酸易挥发，挥发出的HCl与沉淀反应，为避免固体C减少，先用饱和碳酸氢钠溶液除掉挥发的HCl，再通入CO2；故答案为：

在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体；故答案为：

在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体。

⑸Fe（OH）3与NaClO反应生成NaCl和Na2FeO4，其制取Na2FeO4的离子方程式2Fe（OH）3+3ClO－+4OH－=2FeO42−+3Cl－+5H2O；故答案为：

2Fe（OH）3+3ClO－+4OH－=2FeO42−+3Cl－+5H2O。

8．某Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质。

现通过下列生产过程，从该样品中提纯Al2O3，并回收铁红。

流程如下：

（1）操作①是_________，在实验室进行该操作需要的玻璃仪器有_________。

（2）白色固体②是_________，样品和试剂①反应的化学方程式是_________。

（3）固体①加入适量稀盐酸，可能发生的反应有：

_______（用化学方程式表达）。

（4）溶液③中铁元素的存在形式是_________，如何用实验证明：

____。

（5）溶液③中通入某气体，该气体可以是_________（任写一种的化学式），红褐色固体制得铁红的化学方程式是_________。

【答案】过滤烧杯、漏斗、玻璃棒Al（OH）3Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2OFe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑Fe2+取少量溶液于试管中，滴入KSCN溶液无变化，滴加氯水后变血红色O2或者Cl22Fe（OH）3

Fe2O3+3H2O

【解析】

【分析】

Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质，根据题中流程图可知，样品与试剂①反应得溶液①再通入CO2得白色沉淀②，该白色固体加热分解产生Al2O3，可推知试剂①为NaOH，得到的固体①为Cu、Fe、Fe2O3，溶液①为NaAlO2、NaOH混合溶液，通入过量CO2后得溶液②为NaHCO3溶液，白色固体②为Al（OH）3，Al（OH）3受热分解得Al2O3，固体①中加入盐酸得到固体粉末中铁有剩余，由于Fe会发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，则溶液③中主要含有Fe2+，经过操作①得红褐色固体应为Fe（OH）3，所以通入的气体应为氧化剂，可以是O2或Cl2，氢氧化铁受热分解得Fe2O3。

【详解】

（1）操作①是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法，名称为过滤；在实验室进行过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；

（2）白色固体②受热分解产生Al2O3，则②是Al（OH）3，样品中含有Al2O3和试剂NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O，反应的化学方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

（3）固体①中含有Al2O3、Cu、Fe、Fe2O3，加入适量稀盐酸，由于反应后的固体粉末中含有Fe单质，则可能发生的反应有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；

（4）由于固体①中样品与适量盐酸反应后的固体粉末中含有Fe，结合Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+可知溶液③中铁元素的存在形式是Fe2+，证明方法是：

取少量该溶液于试管中，滴入KSCN溶液无变化，滴加氯水后溶液变血红色；

（5）溶液③中含有Fe2+，向溶液③通入某气体后再加入足量NaOH溶液，产生红褐色的Fe（OH）3沉淀，该气体具有强的氧化性，气体可以是O2或者Cl2，红褐色固体Fe（OH）3不稳定，受热分解产生铁红Fe2O3，该反应的化学方程式是2Fe（OH）3

Fe2O3+3H2O。

【点睛】

本题以从Al2O3样品中提取氧化铝的工艺流程为线索，考查了氧化还原反应、化学试剂的使用、混合物的分离，正确理解制备流程及反应原理为解答关键，注意掌握铝及其化合物性质和转化关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。

9．一种高效无机水处理剂——聚合氯化铝晶体的化学式为[Al2（OH）nCl6－n·xH2O]m。

它可通过调节AlCl3溶液的pH，促进其水解而结晶析出。

其制备原料主要是铝加工行业的废渣——铝灰，它主要含Al2O3、Al，还有SiO2等杂质。

聚合氯化铝生产的工艺流程如下：

（1）搅拌加热操作过程中发生反应的离子方程式为______________________