化学化学铝及其化合物推断题的专项培优练习题含答案附答案.docx

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化学化学铝及其化合物推断题的专项培优练习题含答案附答案

2020-2021【化学】化学铝及其化合物推断题的专项培优练习题（含答案）附答案

一、铝及其化合物

1．已知C、D、G、I为短周期元素形成的单质，D、G、I常温下为气态，且G为黄绿色；形成D的元素原子的最外层电子数是次外层的3倍；B的焰色反应呈紫色（透过蓝色钴玻璃）；K为红棕色粉末。

其转化关系如图。

请回答：

（1）工业上制C用A不用H的原因______________________。

（2）写出C与K反应的化学方程式_________________，该反应的反应物总能量___________（填“大于”或“小于”）生成物总能量。

（3）L是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，L作阴极，接通电源（短时间）电解E水溶液的化学方程式___________________。

（4）写出E物质的电子式___________________。

（5）J与H反应的离子方程式为________________________。

（6）写出G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式_______________________。

【答案】氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电2Al+Fe2O3

Al2O3+2Fe大于2KCl+2H2O

2KOH+H2↑+Cl2↑

Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O

【解析】

【分析】

【详解】

形成D的元素的原子最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则D为O2；K为红棕色固体粉末，K为Fe2O3；由于电解A得到C与D，则C与K生成A的反应为铝热反应，故A为Al2O3，L为Fe，C为Al；黄绿色气体G为Cl2，与C反应得到H为AlCl3；B的焰色反应呈紫色（透过蓝色钴玻璃），B中含有K元素，B在催化剂、加热条件下反应生成氧气，则B为KClO3，E为KCl，电解KCl溶液生成KOH、H2和Cl2，过量的F与氯化铝反应得到J，则I为H2，F为KOH，J为KAlO2；

（1）H为AlCl3，氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，故工业上制Al用氧化铝不用氯化铝，故答案为氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；

（2）C与K反应的化学方程式为：

2Al+Fe2O3

Al2O3+2Fe，该反应为放热反应，故该反应的反应物总能量大于生成物总能量，故答案为2Al+Fe2O3

Al2O3+2Fe；大于；

（3）Fe是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，Fe作阴极，接通电源（短时间）电解KCl水溶液的化学方程式为：

2KCl+2H2O

2KOH+H2↑+Cl2↑，故答案为2KCl+2H2O

2KOH+H2↑+Cl2↑；

（4）E为KCl，KCl的电子式为

，故答案为

；

（5）J与H反应的离子方程式为：

Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓，故答案为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓；

（6）G为Cl2，G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。

【点晴】

本题考查无机推断等，特殊颜色及D的原子结构、转化关系中特殊反应等是推断突破口，是对元素化合物知识及学生综合能力的考查，需对基础知识全面掌握。

推断题中常见的特征反应现象有：

（1）焰色反应：

Na（黄色）、K（紫色）；

（2）使品红溶液褪色的气体：

SO2（加热后又恢复红色）、Cl2（加热后不恢复红色）；（3）白色沉淀Fe（OH）2置于空气中最终转变为红褐色[Fe（OH）3]（由白色→灰绿→红褐色）；（4）在空气中变为红棕色：

NO；（5）气体燃烧火焰呈苍白色：

H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：

CO、H2、CH4；（6）使湿润的红色石蕊试纸变蓝：

NH3；（7）空气中出现白烟：

NH3与酸性气态物质（或挥发性酸如盐酸、硝酸）反应等。

2．阅读下面信息，推断元素，按要求回答问题：

信息

问题

①短周期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，最外层电子数均不少于最内层电子数，且四种元素组成的单质常温下均为固体。

（1）X一定不是______

A氢　　　　B碳

C氧　　　　D硫

②一定条件下，上述四种元素的单质均能与足量的氧气反应，生成的氧化物有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓NaOH溶液，氧化物的相对分子质量都大于26

（2）这四种元素中有铝元素吗？

________

③向上述四种元素的单质的混合物中，加入足量的盐酸，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的烧碱溶液，最终溶液中有白色沉淀

（3）白色沉淀的化学式为_____

④向上述四种元素的单质的混合物中，加入足量的烧碱溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的盐酸，最终溶液中有白色沉淀

（4）生成白色沉淀的离子方程式为_____

⑤X与W同主族

（5）X的单质与W的最高价氧化物反应的化学方程式为______

【答案】ACD一定含有铝元素Mg（OH）2SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓2C+SiO2

Si+2CO↑

【解析】

【分析】

（1）H2和O2常温下为气体，而C、S常温下为固体；

（2）Al具有②中元素的性质，四种元素可能有1种是铝元素；

（3）白色沉淀应为碱，短周期元素中只有Mg（OH）2符合；

（4）滤液中加入过量的盐酸溶液，得到的应是难溶于水的弱酸，可为H2SiO3或H4SiO4；

（5）已知X、Y、Z、W四种元素中的3种为Mg、Al、Si，只有X为碳时才符合X与W同主族且X原子序数最小的条件。

【详解】

（1）A．X若为氢时，其最外层电子数为1，无内层电子，且H2常温下为气体，不合理，故A错误；

B．X若为C时，满足最外层电子数均不少于最内层电子数，且C常温下为固体，合理，故B正确；

C．X若为氧时，满足最外层电子数均不少于最内层电子数，但O2或O3常温下为气体，不合理，故C错误；

D．X若为硫，其原子序数是16，原子序数比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素，不合理，故D错误；

故答案为：

ACD；

（2）Al能与氧气反应，且Al2O3能溶于稀硫酸，也能溶于NaOH溶液，且氧化铝的式量是102，均满足信息②，则四种元素一定有1种是铝元素；

（3）对所有短周期元素进行试探，唯有镁元素符合性质，可知白色沉淀物的化学式为Mg（OH）2；

（4）唯有硅元素在④变化中最终得到白色沉淀H2SiO3（或H4SiO4），生成该白色沉淀的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓（或SiO32-+2H++H2O=H4SiO4↓）；

（5）已知X、Y、Z、W四种元素中的3种为Mg、Al、Si，只有X为碳时才符合X与W同主族且X原子序数最小的条件，则C与SiO2在高温下反应的化学方程式为2C+SiO2

Si+2CO↑。

3．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

【解析】

【分析】

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，

和

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。

【详解】

（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

和

，而溶液D中存在较多的阴离子是

、

和

；

（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

。

4．己知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。

（1）物质A的化学式为___。

（2）B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___。

（3）H在潮湿空气中变成M的实验现象是___，化学方程式为___。

（4）A和水反应生成B和C的离子方程式为___，A可以作为呼吸面具的___。

（5）W和T反应的离子方程式___。

【答案】Na2O22Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑供氧剂2Fe3++Fe=3Fe2+

【解析】

【分析】

题干已经对部分物质的特征进行了描述，可先根据某些物质的特定表征直接得出该物质，地壳含量最多金属为Al，T为最广泛使用的金属单质，则为Fe，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色，则W含有Fe3+。

根据上述能直接确定的物质，结合各物质间转换图解答此题。

【详解】

（1）.A为淡黄色固体，常见物质可能为Na2O2或S，A与水的产物B可与Al反应，同时C又与Fe反应。

综上可推知A应为Na2O2，答案为Na2O2。

（2）.根据分析B为NaOH，R为Al，答案为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑。

（3）.根据分析，A与水反应产物C为氧气，B为NaOH。

D为Fe在氧气中燃烧产物Fe3O4，H为白色沉淀,则H应为Fe（OH）2。

W含有Fe3+，说明Fe（OH）2发生氧化生成Fe（OH）3。

答案为白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。

（4）.A为Na2O2与水反应生成NaOH和O2，同时Na2O2与水和CO2反应生成的氧气供人呼吸。

故答案为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，供氧剂。

（5）.由分析可知W为FeCl3，T为金属Fe。

答案为2Fe3++Fe=3Fe2+。

【点睛】

解答本题需要对某些物质的特定表征非常熟悉，首先应该根据这些表征即得出对应物质，然后再结合各种物质之间的转换关系和相关描述合理推导出其他对应的物质。

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

【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-。

6．A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大，A、B、F三者原子序数之和为25，且知B、F同主族，1.8gE与足量的盐酸反应生成ECl3和2.24L氢气（标准状况下），D+和E的离子具有相同的电子层结构，工业上用电解元素B和E能形成离子化合物的方法冶炼E单质，试判断：

（1）六种元素中非金属性最强的是___（填代号），该元素位于周期表中第___周期第___族；由A、B、D三种元素形成化合物的电子式_________

（2）下列能够说明B、F非金属性强弱的方法有_________

a.最高价氧化物对应水化物酸性b.气态氢化物的热稳定性

c.气态氢化物的沸点B比F高d.向F的气态氢化物溶液中通入B单质，有浑浊

（3）写出下列反应的化学方程式

①E与足量的盐酸反应的化学方程式________________________________

②工业上用电解法冶炼E单质_______________________________

（4）写出足量D的高价氧化物对应水化物与ECl3相互反应的离子方程式____

【答案】C二ⅦA

bd2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑2Al2O3（熔融）

4Al+3O2↑

【解析】

【分析】

A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大，1.8gE与足量盐酸反应生成ECl3和2.24L氢气（标况），故E为+3价元素，设E的相对原子质量为M，则

，解M=27，故E为ⅢA族元素，依据计算得知E为铝，工业上用电解氧化铝方法冶炼铝单质，所以B为氧元素，B、F同主族，则F是硫，A、B、F三者原子序数之和为25，则A是氢，且D+离子和Al离子具有相同的电子结构，故D能形成+1价阳离子，故D为钠，C的原子序数大于氧小于钠，且为主族元素，故C为氟，据此答题。

【详解】

（1）根据元素周期律，同周期元素从前向后，非金属性逐渐增强，同主族元素从上向下，非金属性逐渐减弱，所以六种元素中非金属性最强的是C，C为氟，位于周期表中第二周期第ⅤⅡA族，由A、B、D三种元素形成化合物为氢氧化钠，它的电子式是

，故答案为：

C；二；ⅤⅡA；

；

（2）a．氧元素没有最高价氧化物对应水化物，故a错误；

b．根据元素周期律，气态氢化物的热稳定性越稳定，元素的非金属性越强，故b正确；

c．气态氢化物的沸点与分子间作用力有关，与元素的非金属性无关，故c错误；

d．向硫的气态氢化物溶液中通入氧气，有浑浊，说明氧气的氧化性强于硫，即氧的非金属性强于硫，故d正确，

故答案为：

bd；

（3）①Al与足量的盐酸反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；

②工业上用电解法冶炼Al单质的化学方程式为2Al2O3（熔融）

4Al+3O2↑；

（4）氢氧化钠与AlCl3相互反应的离子方程式为

。

7．利用含铬废料（主要含Cr2O3，还含有FeO、SiO2、Al2O3等杂质）制备重铬酸钠，实现清洁化工生产，工艺流程如图：

回答下列问题：

（1）焙烧Cr2O3转化为Na2CrO4的化学反应方程式是_____；

（2）实验室模拟此工业流程①，控制反应温度60℃的方法是_____；

（3）流程②用石墨做电极电解Na2CrO4溶液，制备Na2Cr2O7，其原理如图所示，a是_____极；电极Ⅱ的电极反应式是_____；当生成2molNa2Cr2O7时，电路中转移的电子_____mol；

（4）由下图和下表中的溶解度变化，流程③制备K2Cr2O7，应先充分加热，然后_____反应才能顺利进行；

重铬酸钠的溶解度表：

温度℃

10

20

40

60

80

100

溶解度%

61.6

62.8

65.1

71.8

78.7

81.1

（5）为进一步减少制得的K2Cr2O7晶体中NaCl等杂质，应再进行_____操作；

（6）流程④Na2Cr2O7溶液与乙醇反应，乙醇可能被氧化为_____（写一种即可）。

【答案】2Cr2O3+4Na2CO3+3O2

4Na2CrO4+4CO2水浴加热负极4OH-―4e-＝2H2O＋O2↑或2H2O－4e-=O2↑+4H+4冷却结晶（降低温度）重结晶乙醛（CH3CHO）、乙酸（CH3COOH）、二氧化碳（CO2）等

【解析】

【分析】

利用含铬废料（主要含Cr2O3，还含有FeO、SiO2、Al2O3等杂质）制备重铬酸钠。

将铬铁矿和碳酸钠、空气混合焙烧，发生反应得到Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3等和CO2，然后在60℃时调节溶液的pH=6.5，用盐酸浸取后过滤，得到的滤渣中主要含有硅酸、氢氧化铁、氢氧化铝等，滤液中含有Na2CrO4和NaCl，然后用石墨做电极电解Na2CrO4溶液，制备Na2Cr2O7，在Na2Cr2O7溶液中加入氯化钾固体可以制得K2Cr2O7，在Na2Cr2O7溶液中加入稀硫酸和乙醇，可以制得NaCr（SO4）2，据此分析解答。

【详解】

（1）Cr2O3与碳酸钠在空气中焙烧反应生成Na2CrO4的化学反应方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O2

4Na2CrO4+4CO2，故答案为：

2Cr2O3+4Na2CO3+3O2

4Na2CrO4+4CO2；

（2）可以采用水浴加热的方法，控制反应温度60℃，故答案为：

水浴加热；

（3）Na2CrO4溶液中存在2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，用图示装置（均为石墨电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，需要通过电解生成H+提高溶液的酸性，说明该电极（电极Ⅱ）是阳极，连接电源的正极，即b为正极，则a为负极；电极Ⅱ为阳极，溶液中氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑或2H2O－4e-=O2↑+4H+；由CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O可知，每生成2molNa2Cr2O7时，理论上II电极生成4molH+，根据阳极反应式4OH--4e-=2H2O+O2↑可知，每生成4molH+，转移4mol电子，故答案为：

负极；4OH-―4e-＝2H2O＋O2↑或2H2O－4e-=O2↑+4H+；4；

（4）根据溶解度曲线和重铬酸钠的溶解度表可知，K2Cr2O7的溶解度随温度的变化较大，而Na2Cr2O7的溶解度受温度的影响不大，且温度较低是由水中的溶解度：

Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，因此流程③中向Na2Cr2O7溶液中加入适量KCl，充分加热，蒸发浓缩至表面出现晶膜，然后冷却结晶，析出K2Cr2O7固体，反应才能顺利进行，故答案为：

冷却结晶（降低温度）；

（5）根据溶解度曲线，K2Cr2O7的溶解度随温度的变化较大，而氯化钠的溶解度受温度的影响不大，为进一步减少制得的K2Cr2O7晶体中NaCl等杂质，需要对K2Cr2O7晶体进行重结晶操作，进一步分离提纯，故答案为：

重结晶；

（6）Na2Cr2O7溶液具有强氧化性，Na2Cr2O7溶液与乙醇反应，乙醇可能被氧化为乙醛（CH3CHO）、乙酸（CH3COOH）、甚至可以氧化生成二氧化碳和水，故答案为：

乙醛（CH3CHO）、乙酸（CH3COOH）、二氧化碳（CO2）等。

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．铝土矿（主要成分为Al2O3,还含有SiO2（不溶于水和酸）、Fe2O3）是工业上制备氧化铝的主要原料。

工业上提取氧化铝的工艺流程如下:

（1）沉淀A、B的成分分别是__________、__________;步骤②中的试剂a是__________ ;（以上均填化学式）

（2）试写出步骤③中发生反应的离子方式__________、__________ ;

【答案】SiO2Fe（OH）3NaOH溶液CO2+OH-=HCO3-CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-

【解析】

【分析】

铝土矿中加入过量试剂盐酸，然后过滤得到沉淀A为SiO2，滤液甲中加入过量NaOH溶液过滤后得到沉淀B和滤液乙，滤液甲中溶质为氯化铝和氯化铁、HCl，沉淀B为Fe（OH）3，滤液乙中含有NaAlO2和NaOH、NaCl，向滤液乙中通入过滤二氧化碳得到滤液碳酸氢钠溶液，沉淀C为Al（OH）3，加热氢氧化铝得到氧化铝，以此解答该题。

【详解】

（1）由以上分析可知A为SiO2，沉淀B为Fe（OH）3，滤液甲中含有Al3+、Fe3+、H+等，应加入氢氧化钠，除去铁离子，将铝离子转化为AlO2-，步骤②中的试剂a是NaOH溶液；

（2）步骤③中与OH-反应生成碳酸氢根离子：

CO2+OH-＝HCO3-，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应，生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子反应为：

CO2+AlO2-+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-。

【点睛】

把握流程中物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析、推断及实验能力的综合考查。

离子方程式的书写是解答的易错点，注意二氧化碳是过量的。

10．以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和