化学培优铝及其化合物推断题辅导专题训练附答案.docx

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化学培优铝及其化合物推断题辅导专题训练附答案

【化学】培优铝及其化合物推断题辅导专题训练附答案

一、铝及其化合物

1．为了降低电子垃圾对环境构成的影响，将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：

（1）第①步Cu与混酸反应的离子方程式为________________。

得到滤渣1的主要成分为___________。

（2）第②步中加入H2O2的作用是__________________，使用H2O2的优点是_________；调溶液pH的目的是_________________。

（3）简述第③步由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是_________________________。

（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3·18H2O，设计了以下三种方案：

上述三种方案中，_______方案不可行，原因是________________；

从原子利用率角度考虑，_______方案更合理。

（5）用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。

取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol·L-1EDTA（H2Y2－）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。

滴定反应如下：

Cu2++H2Y2－→CuY2－+2H+。

写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝__________________。

【答案】Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OAu、Pt将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质，对环境无污染使Fe3+、Al3+沉淀除去加热滤液2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体甲所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质乙

×100%

【解析】

【分析】

【详解】

（1）Cu与混酸反应的实质是与H+、NO3-反应，随反应进行离子浓度逐渐减小，所以离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，Au、Pt不与混酸反应，所以滤渣的主要成分是Au、Pt；

（2）加过氧化氢的目的是把亚铁离子氧化成铁离子，方便除去；而且加入过氧化氢不会引入新的杂质且无污染；调节溶液的pH目的是使Fe3+、Al3+沉淀除去；

（3）由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是把滤液蒸发得浓溶液再冷却结晶，过滤得硫酸铜晶体；

（4）甲方案不可行，因为滤渣2的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，加入硫酸沉淀全部溶解使制得的产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；从原子利用率角度分析，乙方案更合理，不仅能除去硫酸铁，同时增加了硫酸铝的量，原子利用率较高；

（5）由滴定反应方程式得100mL溶液中n（Cu2+）=b×10-3×a×5mol，所以CuSO4·5H2O质量分数=b×10-3×a×5×250/a×100%。

2．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：

。

3．用含钴废料（主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等）制备草酸钴晶体（CoC2O4•2H2O）的工业流程如图。

已知：

①草酸钴晶体难溶于水，②RH为有机物（难电离）

（1）滤渣I的主要成分是_____________（填化学式），写出两种能提高酸浸速率的措施_____________、___________。

（2）操作①用到的主要仪器有___________________。

（3）H2O2是种绿色氧化剂，写出加入H2O2后发生反应的离子方程式________________________________________。

（4）加入氧化钴的目的是______________________________。

（5）加入（NH4）2C2O4反应得到草酸钴晶体的离子方程式________________________________，过滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是__________________________________________。

（6）实验室可以用酸性KMnO4标准液滴定草酸根离子（C2O42-），测定溶液中C2O42-的浓度，KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用盐酸酸化，会使测定结果___________（填“偏高”、“偏低“或“无影响”）。

【答案】SiO2增大硫酸的浓度提高反应的温度、搅拌、将固体粉碎（任选两个）分液漏斗、烧杯

调节pH

取最后一次的洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净偏高

【解析】

【分析】

用含钴废料（主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等）制备草酸钴晶体（CoC2O4•2H2O）：

粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2（SO4）3及过量的硫酸，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入过氧化氢和CoO，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH，Ni2+溶于有机层，操作①为分液，向水层加入（NH4）2C2O4，得到草酸钴晶体，以此来解答。

【详解】

（1）用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO2；提高硫酸的浓度、提高反应的温度、搅拌、将固体粉碎均能提高酸浸速率；

（2）通过操作①得到水层和有机层，则操作①为分液，分液需要的仪器有：

分液漏斗、烧杯；

（3）H2O2氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为：

；

（4）加入氧化钴的目的是调节溶液的pH，将浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀；

（5）加入（NH4）2C2O4反应的离子方程式为：

，过滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是：

取最后一次的洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净；

（6）若用盐酸酸化，高锰酸钾会氧化盐酸中的氯离子，消耗高锰酸钾偏多，测定结果偏高。

4．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。

5．碱式氯化铜[Cux（OH）yClz·mH2O]是重要的农药、医药中间体，还可用作木材防腐剂、饲料添加剂等．研究小组在实验室用某厂废铜渣（主要成分为Cu、CuO，含少量Fe3O4、Ni、Al2O3）制备碱式氯化铜的流程如下，回答下列问题：

（1）“研磨”的目的为________。

（2）“碱溶”的目的为____________。

（3）“酸溶”时生成Fe3＋反应的离子方程式为_______；生成的Fe3＋对Cu发生的氧化反应的催化原理如上图所示。

N代表的物质为________（填化学式或离子符号）。

（4）“酸溶”时温度不能过高的理由为_________。

（5）若滤液2中c（Fe3＋）＝4×10－8mol/L，pH＝4，则Ksp[Fe（OH）3]＝__________。

（6）为测定Cux（OH）yClz·mH2O的组成，进行如下操作：

取样品23.25g，用适量酸溶解后配成100mL溶液；取10.00mL溶液加入足量AgNO3溶液，生成1.435g沉淀；另取10.00mL溶液，用1.000mol/L的EDTA标准液滴定Cu2＋（Cu2＋与EDTA以物质的量之比1∶1反应），滴定至终点时消耗标准液体积为20.00mL。

①溶解样品所用酸的化学式为________；

②最终确定该样品的化学式为______。

【答案】加快反应速率，使反应更充分将氧化铝转化为偏铝酸钠而分离除去4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2OFe2+或FeCl2温度过高，盐酸挥发程度增大，空气溶解度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分4×10-38HNO3Cu2（OH）3Cl•H2O

【解析】

【分析】

由图可知，废铜渣（主要成分Cu、CuO，含少量Fe3O4、Ni、A12O3）研磨可增大接触面积，加快反应速率，通入CO除去Ni元素，加NaOH分离出的滤液1中含偏铝酸钠和NaOH，滤渣1含Cu、CuO、Fe3O4，加盐酸、空气溶解后得到含铜离子、铁离子的溶液，调节pH，过滤分离出的滤渣2为Fe（OH）3，滤液2中加石灰乳可制备碱式氯化铜Cux（OH）yClz•mH2O，滤液3中含氯化钙，据此分析解答。

【详解】

（l）“研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：

加快反应速率，使反应更充分；

（2）“碱溶”的目的是将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去，故答案为：

将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去；

（3）“酸溶”时生成Fe3+反应的离子方程式为4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O；生成的Fe3+对Cu发生的氧化反应的催化原理图中，Cu失去电子，则Fe得到电子转化为N的化学式为Fe2+或FeCl2，故答案为：

4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O；Fe2+或FeCl2；

（4）“酸溶”时温度不能过高，因为温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，会导致反应速率降低，酸溶不充分，故答案为：

温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分；

（5）若滤液2中c（Fe3+）=4×10-8mol/L，pH=4，则Ksp[Fe（OH）3]=4×10-8×（10-10）3=4×10-38，故答案为：

4×10-38；

（6）①后续实验需要加入AgNO3溶液，因此溶解样品所用酸为HNO3，加入足量AgNO3溶液可检验Cl-，故答案为：

HNO3；

②n（Cl-）=

×

=0.1mol，n（Cu2+）=0.02L×1mol/L×

=0.2mol，由电荷守恒可知n（OH-）=2n（Cu2+）-n（Cl-）=0.2mol×2-0.1mol=0.3mol，m（Cl-）=0.1mol×35.5g•mol-1=3.55g，m（Cu2+）=0.2mol×64g•mol-1=12.8g，m（OH-）=0.3mol×17g/mol=5.1g，n（H2O）=

=0.1mol，则x∶y∶z∶m=n（Cu2+）∶n（OH-）∶n（Cl-）∶n（H2O）=2∶3∶1∶1，即化学式为Cu2（OH）3Cl•H2O，故答案为：

Cu2（OH）3Cl•H2O。

6．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：

。

7．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

【解析】

【分析】

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。

【详解】

（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；

（4）已知AlO2-+4H+=Al3++2H2O。

由沉淀B制取Al2（SO4）3·18H2O，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。

8．工业上用铝土矿（主要成分为

，还含有杂质

和

）提取氧化铝并冶炼

的操作过程如下：

（1）滤渣A是______，滤渣B是__________。

（2）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的名称是____________。

（3）生成滤渣C的离子方程式为___________________________________________。

（4）取100mL滤液B，加入200mL1.0

的盐酸时，沉淀量达到最大且质量为11.7g。

则滤液B中

________，

_______

。

【答案】

（或氢氧化铁）过滤

6.0

【解析】

【分析】

铝土矿中加入过量稀硫酸，二氧化硅不与稀硫酸反应形成滤渣A，氧化铁、氧化铝与稀硫酸反应生成铝离子、铁离子，滤液A中有铝离子、铁离子；滤液A中加入过量的氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠。

根据固体D电解生成铝，推知D为氧化铝，C为氢氧化铝。

偏铝酸钠与过量的X生成氢氧化铝，推知X为二氧化碳。

【详解】

（1）铝土矿中的二氧化硅与稀硫酸不反应，则滤渣A是

（或二氧化硅）；滤液A中含有铝离子、铁离子，加入过量的氢氧化钠，则滤渣B是

（或氢氧化铁）。

（2）操作Ⅰ、