高考化学铝及其化合物推断题大题培优 易错 难题及答案解析.docx
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高考化学铝及其化合物推断题大题培优易错难题及答案解析
高考化学铝及其化合物推断题（大题培优易错难题）及答案解析
一、铝及其化合物
1．
（1）选用方案I时，X应该具有的性质是__________，残留物应该具有的性质是__________；
（2）选用方案Ⅱ从某黑色粉末（含有MnO2和CuO）中分离X（MnO2），加入的试剂是_______；王同学参照以上方案I和Ⅱ，设计以下实验方案除去AlCl3固体中的FeCl3。
（3）操作①所需的玻璃仪器为_____________；
（4）试剂a为_____________；试剂b为________；
（5）请描述操作②的步骤：
____________；
（6）李同学认为在溶液C中滴加适量的试剂b就能得到溶液E，从而得到AlCl3固体，你______（填“赞同”或“不赞同”）李同学，理由是______。
【答案】有挥发性（或易升华）受热不挥发，且具有较高的热稳定性稀盐酸（或稀硫酸或稀硝酸）烧杯、、漏斗、玻璃棒过量的NaOH（或KOH）溶液适量的盐酸将溶液加热浓缩，然后冷却浓溶液，过滤即可得到固体氯化铝不赞同会得到含有NaCl杂质的AlCl3
【解析】
【分析】
（1）加热X的混合物进行分离可得X，X应具有挥发性或易升华的性质，则残留物难挥发；
（2）从MnO2和CuO中分离MnO2，应加入酸的稀溶液；
除去AlCl3固体中的FeCl3，应先水溶解，然后加入过量的NaOH溶液分别生成Fe（OH）3沉淀和NaAlO2溶液，过滤分离后，再向滤液中通入过量的CO2气体生成Al（OH）3沉淀，过滤后将沉淀经洗涤后溶解于盐酸中得AlCl3溶液，在酸性条件下蒸发结晶可到AlCl3，以此解答（3）～（6）小题。
【详解】
（1）加热X的混合物进行分离可得X，X应具有挥发性或易升华的性质，残留物具有加热难挥发的性质；
（3）根据上述分析可知：
操作①为过滤操作，所需的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；
（4）由以上分析可知试剂a为过量的NaOH（或KOH）溶液，试剂b为适量的盐酸；
（5）操作②是从AlCl3溶液中获得AlCl3固体，由于该盐是强酸弱碱盐，容易发生水解反应，水解产生Al（OH）3和HCl，HCl易挥发，所以为防止盐水解，导致物质变质，应该在HCl气氛中加热蒸发结晶可到AlCl3，操作方法为将溶液加热浓缩，然后冷却浓溶液，过滤即可得到固体氯化铝；
（6）若在NaAlO2溶液中滴加盐酸，就会得到AlCl3和NaCl的混合溶液，蒸发结晶不能得到纯净的氯化铝固体，得到的是含有杂质NaCl的AlCl3，所以不赞同李同学的观点。
【点睛】
本题考查物质的分离提纯的实验设计，注意把握物质的分离、提纯的基本操作方法，要结合Al（OH）3的两性分析判断，注意把握物质的性质，根据性质设计实验方案。
2．现有部分短周期元素的相关信息如表所示：
元素
W
X
Y
Z
相关信息
海水中质量分数最高的元素
其为非金属元素，简单气态氢化物溶于水所得溶液呈碱性
M层比K层少1个电子
其简单离子是第三周期元素的简单离子中半径最小的
（1）W在周期表中位于第________周期第________族；
（2）上述元素可形成含有共价键的常见二元离子化合物，该化合物的电子式为________，该化合物中阳离子和阴离子的数目比为________。
（3）实验室用X的气态氢化物的水溶液制取Z的氢氧化物的方法是________________________________（用离子方程式表示）。
（4）W、X的氢化物H2W2、X2H4在一定条件下反应可得到一种单质和常温下为液体的物质，试写出该反应的化学方程式：
__________________________________________。
【答案】二ⅥA
2：
1Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+2H2O2+N2H4=N2↑+4H2O
【解析】
【分析】
海水中质量分数最高的元素为O元素，故W为O；X其为非金属元素，简单气态氢化物溶于水所得溶液呈碱性，该简单气态氢化物为NH3，X为N；Y的M层比K层少1个电子，则含有11个电子，即Y为Na；Z的简单离子是第三周期元素的简单离子中半径最小，则Z为Al。
【详解】
由分析知：
W为O、X为N、Y为Na、Z为Al：
（1）W为O，在周期表中位于第二周期第ⅥA族；
（2）Na与O形成Na2O2，Na2O2中含有离子键和共价键，该化合物的电子式为
，通过其电子式可知，该化合物中阳离子与阴离子的数目比为2：
1；
（3）X的氢化物为NH3，W的氢氧化物为Al（OH）3，用氨水制取Al（OH）3的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（4）W、X的氢化物H2W2、X2H4分别为H2O2、N2H4，H2O2与N2H4在一定条件下反应生成N2、H2O，其反应的化学方程式为2H2O2+N2H4=N2↑+4H2O。
3．有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：
Na＋、Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、Ba2＋、NO
、SO
、Cl－、SO32－、HCO
，取该溶液进行以下实验：
①取少量待测液，加入几滴石蕊试液，溶液呈红色。
②取少量待测液，浓缩后加入铜片和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色。
③取少量待测液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生。
④取实验③中上层清液滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，此沉淀不溶于稀硝酸。
⑤另取少量原溶液滴加NaOH溶液，有白色沉淀产生，当NaOH过量时，沉淀部分溶解。
（1）根据以上实验，溶液中肯定存在的离子是_________________；肯定不存在的离子是______________；尚不能确定的离子是_______________。
（2）写出②中有关反应的离子方程式：
________________________________________。
（3）写出⑤中沉淀溶解的离子方程式：
________________________________________。
（4）实验室检验Na＋一般用焰色反应即可确定，此实验做之前要用______清洗铂丝。
【答案】Mg2＋、Al3＋、
、
Fe2＋、Ba2＋、SO32－、
Na＋、Cl－3Cu＋8H＋＋2
===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OAl（OH）3+OH-===
+2H2O稀盐酸
【解析】
【分析】
无色溶液中，有色离子不能存在，氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱中，白色且不溶于硝酸的白色沉淀是氯化银或硫酸钡，在酸性环境下，能和氢离子反应的离子不能共存，根据离子反应的现象以及离子共存的知识加以分析。
【详解】
因是无色溶液，Fe2+是浅绿色，所以不含Fe2+；
①由于滴加几滴石蕊试液，溶液呈红色，证明溶液显酸性，因此溶液中一定没有SO32-、HCO3-；②待测液浓缩后加入铜片和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色，说明原溶液中一定含有NO3-；
③取少量待测液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定含有SO42-，故一定没有Ba2+；
④由于③的上层清液滴中加AgNO3溶液，有白色沉淀产生且不溶于稀硝酸，说明含有Cl-，但由于③中加入了BaCl2溶液，无法证明原溶液中是否存在Cl-；
⑤由于原溶液中加入NaOH溶液有白色沉淀产生，当NaOH过量时，沉淀部分溶解，则含有Al3+、Mg2+；
Na+在水溶液里无色，不会参与上述反应，所以无法判断原溶液中是否存在Na+；
（1）根据以上分析可知，溶液中一定存在的离子有Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-；肯定不存在的离子是Fe2+、Ba2+、SO32-、HCO3-；尚不能确定的离子是Na+、Cl-；
答案为：
Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-；Fe2+、Ba2+、SO32-、HCO3-；Na+、Cl-；
（2）②中原溶液加入铜片和浓硫酸并加热生成NO，离子方程式为：
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
答案为：
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。
（3）⑤中加NaOH溶液，生成的白色沉淀为Mg（OH）2和Al（OH）3，当NaOH过量时，部分溶解的是Al（OH）3，离子方程式为：
Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
答案为：
Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。
（4）溶液里的钠离子是否存在一般用焰色反应来确定，钠离子的焰色反应为黄色，实验之前，为防止杂质的干扰，用稀盐酸先清洗铂丝；
答案为：
稀盐酸。
4．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
。
5．已知X元素原于的核电荷数小于18，最外层电子数等于电子层数，且比最内层电子数多1。
回答下列问题：
（1）X元素的原子结构示意图为__________。
（2）X的最高价氧化物对应的水化物的化学式为___________。
（3）X的单质与NaOH溶液反应的化学方程式为__________。
【答案】
Al（OH）32Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al（OH）4]+3H2↑（或为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）
【解析】
【分析】
已知X元素原子的核电荷数小于18，最外层电子数等于电子层数，且比最内层电子数多1，则该元素原子核外电子排布为2、8、3，该元素是Al元素，然后结合其原子结构与元素位置的关系及其单质和化合物的性质分析解答。
【详解】
根据上述分析可知X元素的Al元素。
（1）X是Al元素，根据元素原子核外电子排布规律可知：
Al原子核外电子排布为2、8、3，所以Al原子结构示意图为：
；
（2）X是Al，原子核外最外层有3个电子，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为Al（OH）3；
（3）Al能够与NaOH溶液发生反应产生Na[Al（OH）4]和H2，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al（OH）4]+3H2↑（或写为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）。
【点睛】
本题考查了元素及化合物的推断及元素与化合物的知识。
根据原子核外电子层中的电子数与电子层数关系推断元素是解题关键。
熟练掌握Al元素的单质、氧化物、氢氧化物的性质就可以顺利解答。
6．某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示：
阳离子
H＋、K＋、Al3＋、NH4+、Mg2＋
阴离子
Cl－、OH－、CO32-、AlO2-
为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示。
（1）该溶液中一定含有的阳离子是________________________________，其对应物质的量浓度之比为____________，溶液中一定不存在的阴离子是_______________________。
（2）写出沉淀减少的离子方程式________________________________________________。
【答案】H＋、Al3＋、NH4+、Mg2＋2:
2:
2:
3OH－、CO32-、AlO2-Al（OH）3+OH－=AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
（1）根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知，最终得到的沉淀为3mol氢氧化镁沉淀，溶解的2mol沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量；
（2）沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少，据此写出反应的离子方程式。
【详解】
（1）根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：
溶液中一定含有：
Mg2+和Al3+，所以一定不含CO32-、AlO2-，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0～amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H+，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：
2mol×3+3mol×2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：
n（H+）+3n（Al3+）+n（NH4+）+2n（Mg2+）≤16mol，所以氯离子物质的量≥16mol，所以溶液中一定存在的阳离子为：
H+、Al3+、NH4+、Mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为：
n（H+）：
n（Al3+）：
n（NH4+）：
n（Mg2+）=2：
2：
2：
3；溶液中一定不存在的阴离子为：
OH-、CO32-、AlO2-；
（2）生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：
Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O。
7．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。
8．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
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