高考化学 铝及其化合物推断题 培优 易错 难题练习含答案附答案解析.docx

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高考化学铝及其化合物推断题培优易错难题练习含答案附答案解析

高考化学铝及其化合物推断题培优易错难题练习（含答案）附答案解析

一、铝及其化合物

1．铬鞣剂[Cr（OH）SO4]可用于提高皮革的耐曲折强度。

一种以铬渣（含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质）为原料制备Cr（OH）SO4的工艺流程如图：

回答下列问题：

（1）“焙烧”时，Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为__。

（2）“水浸”过程中，物料的粒度（颗粒大小）对铬残余量的影响如图所示，则最佳反应条件为__。

（3）“滤渣1”中有一种成分为铁铝酸四钙（Ca4Fe2Al2O10），是制造水泥的原料之一，用氧化物的形式表示其化学式__。

（4）“滤渣2”主要成分为Al（OH）3和__（填化学式），“过滤2”后，将溶液pH调至a，a__6.5（填“小于”或“大于”），目的是__（用离子方程式表示）。

（5）已知CH3OH在酸性条件下可被氧化生成CO2，写出Na2Cr2O7与CH3OH反应生成Cr（OH）SO4的化学方程式__。

（6）某厂用m1kg的铬渣（含Cr2O340%）制备Cr（OH）SO4，最终得到产品m2kg，则产率为__。

【答案】2Cr2O3+4Na2CO3+3O2

4Na2CrO4+4CO2物质的粒度为60目时4CaO·Fe2O3·Al2O3H2SiO3小于2CrO42-+2H+

Cr2O72-+H2ONa2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr（OH）SO4+CO2+Na2SO4+4H2O

【解析】

【分析】

以铬渣（含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质）为原料制备Cr（OH）SO4，先加入碳酸钠、通入空气进行焙烧，再经过水浸、过滤除去固体杂质Fe2O3，调pH除去杂质氢氧化铝和氢氧化铁，最后通过氧化还原反应生成目标产物Cr（OH）SO4。

【详解】

（1）“焙烧”时，Cr2O3转化为Na2CrO4，Cr元素的化合价升高，反应为氧化还原反应，还需氧化剂O2，根据电子守恒配平方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O2

4Na2CrO4+4CO2。

（2）根据图示可知，当物质的粒度为60目时，铬的残余量最少，故最佳反应条件为物质的粒度为60目时。

（3）铁铝酸四钙（Ca4Fe2Al2O10），用氧化物的形式表示其化学式为4CaO·Fe2O3·Al2O3。

（4）步骤过滤1后溶液中存在偏铝酸钠和硅酸钠等杂质，调节pH使其转化为沉淀Al（OH）3和H2SiO3，故滤渣2主要成分为Al（OH）3和H2SiO3。

“过滤2”后，将溶液pH调至a，是为将2CrO42-转化为Cr2O72-，酸性条件下可以实现转化，故a小于6.5实现2CrO42-+2H+

Cr2O72-+H2O的转化。

（5）根据条件CH3OH在酸性条件下可被氧化生成CO2，Na2Cr2O7与CH3OH反应生成Cr（OH）SO4为氧化还原反应，其中碳元素、铬元素的化合价发生改变，根据电子守恒得化学反应方程式为Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr（OH）SO4+CO2+Na2SO4+4H2O。

（6）最终得到产品Cr（OH）SO4m2kg，其中铬元素的含量为

kg，原料中铬元素的含量为

，则产率为

。

2．A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素，原子序数依次增大。

A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体。

C与B、H在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17。

D与F同周期。

G的单质常用作半导体材料。

请回答：

（1）C和H分别与A形成的简单化合物沸点较高的是________（填化学式），理由是_____________。

（2）C、E形成的简单离子半径大小：

r（C）______r（E）（填>、<或=）

（3）请写出F最高价氧化物对应的水化物在水溶液中的电离方程式______________。

（4）B与G形成的化合物常用于做耐高温材料，工业可用碳热还原法制取：

将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应，请写出化学反应方程式_____________。

【答案】H2OH2O分子间存在氢键>H++AlO2-+H2O

Al（OH）3

Al3++3OH-3SiO2+6C+2N2

Si3N4+6CO

【解析】

【分析】

A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素，原子序数依次增大。

A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体，则A为H；G的单质常用作半导体材料，G为Si，结合原子序数可知F为Al；C与B、H在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17，17÷3=5…2，B为N、C为O、H为S，D与F同周期，位于第三周期，D为Na、E为Mg，以此来解答。

【详解】

由上述分析可知，A为H、B为N、C为O、D为Na、E为Mg、F为Al、G为Si、H为S。

（1）C和H分别与A形成的简单化合物分别是H2O、H2S，其中沸点较高的是H2O，原因是H2O分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引力；

（2）O2-、Mg2+核外电子排布相同。

具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则C、E形成的简单离子半径大小：

r（C）>r（E）；

（3）F最高价氧化物对应的水化物Al（OH）3是两性氢氧化物，在水溶液中存在酸式电离和碱式电离，电离方程式为H++AlO2-+H2O

Al（OH）3

Al3++3OH-；

（4）将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应，其化学反应方程式为3SiO2+6C+2N2

Si3N4+6CO。

【点睛】

本题考查元素及化合物的推断及物质性质的方程式表示。

把握原子结构、元素的位置、质子数关系来推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，题目侧重考查学生的分析与应用能力。

3．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

【解析】

【分析】

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。

【详解】

（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。

【点睛】

CO32-的判断：

既然溶液中一定含Mg2＋、Al3＋，那么一定不含CO32-。

4．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

【解析】

【分析】

（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。

【详解】

（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，

因此，本题正确答案是：

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↑，

因此，本题正确答案是：

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，

因此，本题正确答案是：

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，

因此，本题正确答案是：

NaHSO4；NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-，所产生的H＋抑制水的电离。

5．重铬酸钾（K2Cr2O7）在皮革、火柴印染化学、电镀等方面应用广泛。

工业上对制革工业污泥中（主要含有Cr3+、Fe3+、Fe2+、Al3+等）Cr元素的回收与再利用工艺如图：

已知：

①Al（OH）3与Cr（OH）3性质相似。

②2CrO42-+2H+

Cr2O72-+H2O。

③有关物质的溶解度曲线如图。

回答下列问题：

（1）含铬污泥预处理包括高温煅烧粉碎等步骤，其中高温煅烧的目的是__（写一条即可），滤渣III的成分是__（填化学式）。

（2）步骤③中操作需要的玻璃仪器有__，步骤①加入H2O2的作用是__。

（3）步骤⑦反应能够发生的原因是__，写出步骤④的反应离子方程式：

__。

（4）为测定产品中K2Cr2O7的含量，某兴趣小组将mg产品溶于水配制为500mL溶液，准确量取50.00mL，加入稀硫酸酸化，然后加入过量的KI充分还原，加___作指示剂，到达终点消耗30.00mL0.0500mol·L-1的Na2S2O3溶液。

则该次生产的样品中K2Cr2O7含量为__%。

（已知：

Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）

【答案】除去蛋白质等有机物（改变污泥构造，便于酸浸等合理即可）Al（OH）3烧杯、玻璃棒、漏斗将Fe2＋氧化成Fe3＋K2Cr2O7的溶解度小3Cl2＋2CrO2－＋8OH－=2CrO42－＋6Cl－＋4H2O淀粉溶液

【解析】

【分析】

硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe2＋、Al3＋和Cu2＋，加入过量氢氧化钠，Fe3＋、Cu2＋生成沉淀，滤液的成分是NaAlO2和NaCrO2，通入氯气，NaCrO2被氧化为Na2CrO4，通入过量二氧化碳会生成氢氧化铝和碳酸氢钠，同时在酸性条件下，铬酸根转化为重铬酸根，即2CrO4－+2H＋=Cr2O72－+H2O；然后析出重铬酸钠，溶解加入氯化钾可得重铬酸钾。

【详解】

（1）从动物皮到皮革需要加入铬酸鞣制，因此制革厂含铬污泥含有蛋白质等有机质，高温煅烧可以除去蛋白质等有机质，同时改变污泥构造，便于溶解；根据流程，AlO2－溶液中通入过量CO2，会生成Al（OH）3，可得滤渣II的成分是Al（OH）3；

（2）经过步骤③得到滤液和滤渣Ⅱ，可知步骤③中操作为过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；根据流程，步骤①加入双氧水，目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于除去；

（3）加入KCl的目的是使Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，根据信息，一定温度下，K2Cr2O7溶解度最小，故步骤⑦反应能够发生；由信息Al（OH）3与Cr（OH）3性质相似，根据流程，可知加入过量氢氧化钠，滤液的成分是NaAlO2和NaCrO2，通入氯气，NaCrO2被氧化为Na2CrO4，故离子方程式为3Cl2+2CrO2－+8OH－=2CrO42－+6Cl－+4H2O；

（4）有碘单质存在，可以选用淀粉溶液做指示剂；根据化学反应：

Cr2O72－+6I－+14H＋=2Cr3＋3I2+7H2O和I2+2S2O32－=2I－+S4O62－，可得Cr2O72－~3I2~6S2O32－，ag产品最终消耗n（S2O32－）=0.0500mol/L×30.00×10－3L×

=0.0150mol，则n（Cr2O72－）=0.0150mol×

=0.00250mol，则样品中K2Cr2O7含量为

。

6．某工厂废金属屑的主要成分为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，用该工厂的金属废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4·7H2O）和胆矾晶体。

完成下列填空：

（1）写出步骤Ⅰ反应的离子方程式：

___。

（2）试剂X是___，溶液D是___。

（3）在步骤Ⅱ中，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。

一段时间后，仍观察不到烧杯中产生白色沉淀。

为了固体C的生成，在药品和装置上可采取的改进措施是___。

（4）溶液E中加入KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，用离子方程式解释其可能的原因：

___。

（5）将固体F继续加入热的稀硫酸，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液，写出反应的化学方程式：

___。

【答案】

、

稀硫酸NaHCO3溶液浓盐酸改为稀盐酸；在装置a和装置b之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，以除去装置a中挥发出的HCl2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

【解析】

【分析】

Fe、Cu、Fe2O3都不与NaOH溶液反应，Al和Al2O3可与NaOH溶液反应，用含有Al、Fe、Cu和Al2O3和Fe2O3的废金属屑制取AlCl3、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体流程为：

合金中Al、Al2O3与NaOH反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生反应：

，反应可生成Al（OH）3固体C，生成的Al（OH）3再和盐酸反应生成AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液D为NaHCO3溶液；滤渣B为Fe和Cu的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F为Cu，可用于制备胆矾，据此分析解答。

【详解】

（1）铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，反应的离子方程式为：

、

；

（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠溶液反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制得绿矾晶体，所以试剂X为稀硫酸；溶液D为NaHCO3溶液；

（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的HCl气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀，发生的反应为：

Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去HCl的装置，二氧化碳在饱和NaHCO3中不溶，氯化氢和NaHCO3反应生成二氧化碳气体，所以可降低盐酸浓度；在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢；

（4）溶液E中加入KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，原因是Fe3+被Fe、Cu还原生成Fe2+，所以加入KSCN溶液没有明显现象，故答案为：

2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；

（5）用固体F继续加入热的稀H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液，说明在加热条件下，Cu、氧气和稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：

。

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．铝生产加工过程中产生大量的铝灰，直接掩埋造成铝资源浪费，还会带来严重的污染。

某铝厂的铝灰经分析所含主要物质如下：

Al、Al2O3、AlN、SiO2、Fe2O3，其他杂质均不溶于稀硫酸。

如图是酸浸法用该铝灰生产高纯氧化铝的生产流程：

已知：

i.Fe3++K++[Fe（CN）6]4-=K[Fe（CN）6Fe]↓

ii.AlN常温下与水缓慢反应，酸性或碱性条件下反应较快

iii.NH4AlO（OH）HCO3难溶于碱性溶液和乙醇

请回答：

（1）实验室模拟工业生产①酸浸步骤的装置如图，该装置的不合理之处为____。

（2）步骤③加入H2O2溶液的目的是________________。

（3）步骤④调节pH最合适的试剂是________________。

A．NaOHB．H2SO4C．NH3·H2OD．Ca（OH）2

（4）步骤⑤吸滤瓶内液体高度快达到支管口位置时应拔掉瓶上橡皮管，_______，洗涤沉淀操作为_______________。

（5）写出煅烧碳酸铝铵中间体得到高纯氧化铝的化学方程式______________。

（6）已知Al3+对光的吸收与其浓度成线性关系，色度计传感器可以测量某种波长的光穿过溶液的透射率确定溶液浓度。

如图是红色光照下透光率（T）对应c（Al3+）的标准曲线。

为测定铝灰中铝元素的回收率，准确称取0.5000g铝灰（折合铝元素含量60.00%）进行制备高纯氧化铝的实验，将所制得的粉末与固体NaOH反应后加水溶解、过滤，滤液定容到250mL容量瓶中。

用移液管移取25.00mL到锥形瓶中，加2滴指示剂，滴加稀盐酸至溶液体积变为50.00mL，NaAlO2恰好反应生成AlCl3。

取该溶液于比色皿中进行色度检测，测得溶液透光率为97.5，则铝元素的回收率=_________。

【答案】尾气无法用稀硫酸完全吸收或可燃性气体未处理将Fe2+氧化为Fe3+，便于形成沉淀除去C从吸滤瓶上口倒出滤液往过滤器中加水至没过沉淀，待水滤出后，重复操作2~3次，直至滤液检验不出SO42-，再用少量乙醇淋洗2NH4AlO（OH）HCO3

Al2O3+2NH3↑+3H2O+2CO2↑90.0%

【解析】

【分析】

（1）根据反应原理，观察反应装置和尾气处理装置，找出不合理之处；

（2）流程中步骤③是为了把铁离子转变为沉淀除去，那么加入H2O2溶液的目的也是与之关联的，分析铁元素的存在形态就可确定双氧水的作用；

（3）步骤④调节pH最合适的试剂是谁？

从反应的角度、不引入杂质离子的角度分析选择；

（4）步骤⑤的操作要抓住其要点简答；

（5）煅烧碳酸铝铵中间体得到的产物，除了高纯氧化铝外，其余产物可以结合酸式碳酸盐分解规律、不溶性碱分解规律、铵盐非氧化还原分解规律获得并据此写化学方程式；

（6）获得相关数据及题目提供的信息，可计算铝元素的回收率；

【详解】

（1）铝灰经分析所含主要物质如下：

Al、Al2O3、AlN、SiO2、Fe2O3，在搅拌下，铝灰和从分液漏斗加