高考化学铝及其化合物推断题大题培优及答案解析.docx
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高考化学铝及其化合物推断题大题培优及答案解析
高考化学铝及其化合物推断题（大题培优）及答案解析
一、铝及其化合物
1．铝、铁、硅的单质及化合物在工业生产中具有广泛应用，工业上常用某矿石（主要成分有Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2等）来制备绿矾（FeSO4·7H2O）和氧化铝，其工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）滤渣1的成分是___，举例说明滤渣2的用途___。
（2）用离子方程式表示溶液A加入过量铁粉的目的是___。
（3）写出由滤液1生成滤液2的离子方程式___。
（4）过程1、2、3均涉及分离操作，所需玻璃仪器有___。
（5）由溶液B得到绿矾的具体操作为___、过滤、洗涤和干燥。
（6）过程3需要加入的试剂A是___，写出此过程的离子方程式___。
【答案】Fe2O3、FeO制备硅胶，作干燥剂将Fe3+全部还原为Fe2+AlO2-+4H+=Al3++2H2O漏斗、烧杯和玻璃棒蒸发氨水Al3++3NH3﹒H2O=Al（OH）3↓+3NH4+
【解析】
【分析】
Al2O3属于两性氧化物，Fe2O3、FeO都是碱性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，因此，矿石中的Al2O3和SiO2能溶于氢氧化钠溶液，Fe2O3、FeO溶于氢氧化钠溶液，滤渣1的成分是Fe2O3、FeO；滤液1中的溶质有NaAlO2和Na2SiO3，加入过量盐酸后，AlO2-转化为Al3+，SiO32-转化为H2SiO3的白色胶状沉淀，滤液2的主要溶质是AlCl3，滤渣2的成分是H2SiO3，可用于制备硅胶，作干燥剂；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；Fe2O3、FeO都能溶于稀硫酸，分别得到Fe2（SO4）3和FeSO4，溶液A的溶质有Fe2（SO4）3和FeSO4，加入过量铁粉，将Fe3+全部还原为Fe2+，溶液B为FeSO4。
【详解】
（1）由分析可知滤渣1的成分是Fe2O3、FeO；滤渣2的成分是H2SiO3，可用于制备硅胶，作干燥剂，故答案为：
Fe2O3、FeO；制备硅胶，作干燥剂；
（2）Fe2O3、FeO都能溶于稀硫酸，分别得到Fe2（SO4）3和FeSO4，溶液A的溶质有Fe2（SO4）3和FeSO4，加入过量铁粉，将Fe3+全部还原为Fe2+，反应的离子方程式为：
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．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。
3．实验室有NaHSO4、Ba（OH）2、NH3·H2O、NaHCO3、KAl（SO4）2五种无色溶液，现欲通过它们之间的相互反应的现象对其进行鉴别。
部分物质间的反应现象如表。
A
B
C
D
E
A
↓
B
↑
↓
C
↑
↑↓
↓
D
↓
↑↓
↓
E
↓
↓
↓
表中“↑”表示生成气体物质，“↓”表示生成沉淀。
根据以上信息，回答以下问题。
（1）B，E的化学式分别为________、________。
（2）写出A的电离方程式：
_____________。
（3）向含有0.1mol溶质的D溶液中滴加E溶液，所生成沉淀的物质的量之和最多为________mol。
【答案】NaHSO4Ba（OH）2NH3·H2O⇌NH4+＋OH－0.25
【解析】
【分析】
NaHSO4、Ba（OH）2、NH3·H2O、NaHCO3、KAl（SO4）2五种无色溶液中，相互反应能同时生成沉淀和气体的只有NaHCO3与KAl（SO4）2的反应，只生成气体的反应只有NaHCO3和NaHSO4反应，故B为NaHSO4，C为NaHCO3，D为KAl（SO4）2，与NaHSO4、NaHCO3、KAl（SO4）2都能生成沉淀的物质为Ba（OH）2，故E为Ba（OH）2，A为NH3·H2O，据此分析解答。
【详解】
（1）根据上述分析可知，B为NaHSO4，E为Ba（OH）2，故答案为：
NaHSO4；Ba（OH）2；
（2）A为NH3·H2O，是弱电解质，电离生成NH4+和OH-，电离方程式NH3·H2O
NH4++OH-，故答案为：
NH3·H2O
NH4++OH-；
（3）向含有0.1mol溶质的D溶液中滴加E溶液，Al3+刚好完全沉淀时反应的离子反应方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-===2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，此时沉淀Al（OH）3和BaSO4的物质的量之和为0.25mol，SO42-刚好完全沉淀时反应的离子反应方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-===AlO2-+2BaSO4↓+2H2O，此时沉淀BaSO4的物质的量为0.2mol，则生成沉淀的物质的量n：
0.2mol≤n≤0.25mol，所所以生成的沉淀的物质的量之和最多为0.25mol，故答案为：
0.25。
4．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。
5．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。
6．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。
7．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入的硫酸反应，产生的气体有氨气、氢气等，可见装置中尾气无法用稀硫酸完全吸收或可燃性气体氢气未处理；
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