高考化学复习《铝及其化合物推断题》专项综合练习含答案.docx
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高考化学复习《铝及其化合物推断题》专项综合练习含答案
2020-2021高考化学复习《铝及其化合物推断题》专项综合练习含答案
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．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
。
3．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。
阴离子
CO32-、SiO32-、AlO2-、Cl－
阳离子
Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、NH4+、Na＋
现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量（n）与加入试剂体积（V）的关系如图所示。
（1）若Y是盐酸，则oa段转化为沉淀的离子（指来源于X溶液的，下同）是________________________，ab段发生反应的离子是________，bc段发生反应的离子方程式为___________________________________。
（2）若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的阳离子是____________________，ab段反应的离子方程式为_______________________________________________________________________。
【答案】SiO32-、AlO2CO32-Al（OH）3＋3H＋=Al3＋＋3H2OAl3＋、Mg2＋、NH4+NH4+＋OH－=NH3·H2O
【解析】
【分析】
溶液无色说明溶液中不含Fe3＋离子；
（1）若Y是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al（OH）3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32－；
（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+。
【详解】
溶液无色说明溶液中不含Fe3＋离子；
（1）若Y是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al（OH）3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32－；bc段沉淀部分溶液，确定为Al（OH）3和H2SiO3，所以oa段转化为沉淀的离子是AlO2-、SiO32-；ab段发生反应的离子是CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑，发生反应的离子是CO32-；bc段发生反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；
（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+，结合图像bc段发生反应:
Al（OH）3＋OH－=AlO2－＋2H2O；oa段发生反应：
Al3＋＋3OH－=Al（OH）3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg（OH）2↓；ab段发生反应NH4++OH-=NH3·H2O。
【点睛】
本题主要是考查离子推断、离子方程式的书写。
明确常见离子的性质、依据图像分析反应的原理是答题的关键，题目难度较大。
关于图像的答题需要注意以下几点：
①看面：
弄清纵、横坐标的含义。
②看线：
弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。
③看点：
弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。
曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。
4．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↑。
5．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。
6．表是元素周期表的一部分，针对表中的①-⑩元素按要求回答下列问题：
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0族
2
①
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
4
⑩
（1）在①-⑩元素中，化学性质最不活泼的元素是________（填元素符号），化学性质最活泼的金属元素是________（填元素符号）。
（2）在最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是________，碱性最强的化合物的化学式是________。
（3）氧化物属于两性氧化物的元素是________（填元素符号），写出该元素的最高价氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式________
（4）比较元素的气态氢化物的稳定性：
②_________③；最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：
②_________⑥。
（5）⑥的最高价氧化物与烧碱溶液反应的化学方程式为________
【答案】ArKHClO4KOHAlAl2O3+2OH-=2AlO2-+H2O<>SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
【解析】
【分析】
稀有气体性质稳定，除稀有气体同周期从左往右，同主族从下至上，非金属性增强。
非金属性越强，单质越活泼，越易与氢气化合，生成的气态氢化物越稳定，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强。
同周期从右往左，同主族从上至下，金属性逐渐增强。
金属性越强，单质越活泼，遇水或酸反应越剧烈，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
【详解】
（1）根据分析①-⑩元素中，化学性质最不活泼的元素是Ar，化学性质最活泼的金属元素是K；
（2）根据分析，①-⑩元素中Cl非金属性最强，故在最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是HClO4，K金属性最强，碱性最强的化合物的化学式是KOH；
（3）铝、氧化铝、氢氧化率均属于两性物质，则氧化物属于两性氧化物的元素是Al，该元素的氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
（4）非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氧的非金属较强，故水比氨气稳定，②<③；非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，N非金属性强于Si，则HNO3酸性强于H2SiO3，故最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：
②>⑥；
（5）硅的最高价氧化物SiO2与烧碱溶液反应的化学方程式为：
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
【点睛】
非金属性的应用中，需要注意非金属性与气态氢化物的稳定呈正比，与氢化物的还原性呈反比，而简单氢化物的沸点需要对比氢键和范德华力，是物理性质。
7．粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。
进行如下实验：
①取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；
②另取20gA全部溶于0.15L6.0mol·L－1盐酸中，得溶液C；
③将①中得到的单质B和溶液C反应，放出1.12L（标况）气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B；
④用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。
请填空：
（1）①中引发铝热反应的实验操作是___________，产物中的单质B是________。
（2）②中所发生的各反应的化学方程式是___________。
（3）③中所发生的各反应的离子方程式是___________。
（4）若溶液D的体积仍视为0.15L，则该溶液中c（Mg2＋）为________，c（Fe2＋）为________。
【答案】加少量KClO3，插上镁条并将其点燃FeFe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O、MgO＋2HCl=MgCl2＋H2OFe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑0.67mol·L－12.3mol·L－1
【解析】
【详解】
（1）铝热反应是指单质Al和某些金属氧化物发生的反应，反应过程中放出大量热，但该反应需要较高的温度才能引发。
在混合物上加少量KClO3固体并插上Mg条，点燃Mg条后放出热量，使KClO3固体分解放出O2，进一步加剧Mg的燃烧，可在短时间内使混合物温度迅速升高，引发反应。
发生的反应为Fe2O3＋2Al
Al2O3＋2Fe，所以产物中单质B为Fe，故答案为：
加少量KClO3，插上镁条并将其点燃；Fe；
（2）Fe2O3和MgO都是碱性氧化物，能和酸反应生成盐和水：
Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O，MgO＋2HCl=MgCl2＋H2O，故答案为：
Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O、MgO＋2HCl=MgCl2＋H2O；
（3）混合物中只有Fe2O3能和Al发生铝热反应，生成Fe单质。
C溶液中有反应生成的FeCl3，还有未反应的HCl。
发生的离子反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。
（4）假设步骤②用去的20g固体中，MgO的物质的量为x，则Fe2O3的物质的量也为x，则40g·mol－1×x＋160g·mol－1×x＝20g，解得：
x＝0.1mol。
根据MgO～MgCl2的关系，则溶液中MgCl2的浓度为0.1mol÷0.15L≈0.67mol·L－1。
步骤④说明溶液中没有Fe3＋，也就是溶质为FeCl2和MgCl2。
根据Cl－守恒的关系，可知MgCl2和FeCl2的总的物质的量等于
＝0.45mol，所以，FeCl2的浓度为
≈2.3mol·L－1，故答案为：
Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；0.67mol·L－1；
【点睛】
本题考查混合物反应的计算、物质的量浓度计算，题目难度中等，掌握氧化镁、氧化铁以及铁和三价铁离子的反应原理为解答的关键，（4）中计算亚铁离子的物质的量时，不可忽略了铁与氢离子的反应。
8．某混合物浆液含有Al（OH）3、MnO2和少量Na2CrO4．考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。
回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。
Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）
（1）C→Al的制备方法称为电解法，请写出阳极反应方程式_____________________．
（2）该小组探究反应②发生的条件．D与浓盐酸混合，不加热无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2．由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）_____。
A．温度B．溶液的pH值C．Cl-和
-的浓度
（3）固体D是碱性锌锰电池的正极，请写出该电池的负极反应方程式_____________。
（4）0.2molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成CO和TiCl4（熔点-25℃,沸点136．4℃）放热8.56kJ，该反应的热化学方程式为______________________________________．
Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用
（5）用惰性电极电解时，
能从浆液中分离出来的原因是_________________，
分离后得到的含铬元素的粒子有
﹣和
﹣，原因是__________________________（用离子反应方程式表示），阴极室生成的物质为_____________（写化学式）；
【答案】2O2--4e-=O2↑ABZn-2e-+2OH-=Zn（OH）22Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）=TiCl4（l）+2CO（g）△H=﹣85.6kJ•mol﹣1在直流电场作用下
通过阴离子交换膜向阳极室移动，从而脱离浆液；2
+2H+
+H2O；NaOH和H2
【解析】
【分析】
（1）固体混合物含有Al（OH）3、MnO2，加入NaOH溶液，过滤，可得到滤液A为NaAlO2，通入二氧化碳，生成B为Al（OH）3，固体C为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al；固体D为MnO2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；
（2）题中涉及因素有温度和浓度；
（3）固体D为MnO2，是碱性锌锰电池的正极，该电池的负极是锌失电子发生氧化反应，反应方程式Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2；
（4）0.2molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成CO和TiCl4（熔点-25℃,沸点136．4℃）放热8.56kJ，则2mol氯气反应放出的热量为2÷0.2×8.56kJ=85.6kJ，由质量守恒可知还原性气体为CO，反应的化学方程式为2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g），以此可计算反应热并写出热化学方程式；
Ⅱ．（5）电解时，CrO42－通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，由此解答。
【详
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