高考化学铝及其化合物推断题大题培优1.docx

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高考化学铝及其化合物推断题大题培优1

高考化学铝及其化合物推断题（大题培优）

（1）

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．工业上常采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3制取七水合硫酸亚铁（FeSO4·7H2O），设计流程如图：

（1）溶解烧渣选用的足量的酸的名称是___。

（2）固体1的主要成分是___。

（3）加入药品X后，溶液1中主要反应的离子方程式为___。

（4）从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，经过、___、___过滤等步骤得到晶体。

（5）有同学认为在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O，你认为这一方案___（填写“可行”或“不可行”）。

【答案】硫酸SiO2Fe+2Fe3+=3Fe2+蒸发浓缩冷却结晶不可行

【解析】

【分析】

硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）中加入足量稀硫酸，发生的反应有Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O，SiO2不溶于稀硫酸，然后过滤，得到的固体1成分为SiO2，滤液1中含有Fe2（SO4）3、H2SO4、Al2（SO4）3；在滤液1中加入X，然后加入NaOH溶液并调节溶液的pH，得到固体2为Al（OH）3和溶液2，从溶液2中能得到FeSO4•7H2O晶体，说明溶液2中溶质为FeSO4，则X具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，且不能引进新的杂质，则X为Fe，加入试剂X发生的离子反应有2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，将溶液2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到FeSO4•7H2O晶体，据此分析解答。

【详解】

（1）根据最终产物为七水合硫酸亚铁可知溶解烧渣的酸为硫酸；

（2）固体1为不溶于硫酸的SiO2；

（3）试剂X为Fe，可还原铁离子，离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；

（4）从溶液中得到晶体一般需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

（5）在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，所以不可行。

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．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示

图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出

。

请根据以上信息完成下列各题：

（1）写出下列物质的化学式：

B_______、丙__________。

（2）写出黄绿色气体乙的一种用途___________，反应过程⑦可能观察到的实验现象是______。

对应的化学方程式是_______。

（3）反应③中的离子方程式是_________。

【答案】AlHCl杀菌消毒、强氧化剂、漂白白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑

【解析】

【分析】

金属A颜色反应为黄色证明A为金属Na，Na与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应产生H2，说明B为金属Al，黄绿色气体乙为Cl2，气体甲是H2，H2和Cl2反应生成丙为HCl，HCl溶于水得到的物质E为盐酸溶液，盐酸与金属C反应产生F溶液是金属氯化物，该氯化物与Cl2还可以反应产生G，G与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀H为Fe（OH）3，则G为FeCl3，推断物质F为FeCl2；判断C为Fe，以此解答该题。

【详解】

根据上述分析可知A是Na，B是Al，C为Fe，气体甲是H2，气体乙是Cl2，气体丙是HCl；D是NaOH，E是盐酸，F是FeCl2，G是FeCl3，H是Fe（OH）3。

（1）根据上述分析可知，物质B是Al，丙是HCl；

（2）黄绿色气体乙是Cl2，该物质可以与水反应产生HCl和HClO，HClO具有强氧化性，可作氧化剂，氧化一些具有还原性的物质，也用于杀菌消毒或用于物质的漂白；

（3）FeCl2与NaOH溶液发生反应：

FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl，Fe（OH）2具有还原性，容易被溶解在溶液中的氧气氧化，发生反应：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，固体由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，因此可观察到的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；

（4）反应③是Al与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：

2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。

【点睛】

本题是无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应是物质推断的突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。

5．简要回答下列问题

（1）医疗上，常用胃舒平[主要成分Al（OH）3]来治疗胃酸（主要成分盐酸）过多，其理由是__________（用离子方程式表示）。

（2）生活中不能用铝制容器储存氢氧化钠溶液的原因是__________（用化学方程式表示）。

（3）工业制备漂白粉原理是__________（用化学方程式表示）。

（4）人们常用雕花玻璃装饰房间。

在玻璃上雕花时发生反应的化学方程式是__________。

（5）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，向其中通入过量的CO2，会出现软而透明的凝胶胶体，其化学方程式是__________。

【答案】3H++Al（OH）3＝Al3++3H2OAl2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑2Cl2+2Ca（OH）2==CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OSiO2+4HF=SiF4↑+2H2ONa2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3

【解析】

【分析】

玻璃的主要成分之一为二氧化硅，它是酸性氧化物，不能与硫酸、硝酸、盐酸等发生反应，但能与氢氟酸发生反应。

不过，二氧化硅与氢氟酸反应，表现的不是酸性氧化物的性质，是氢氟酸特有的性质。

【详解】

（1）胃舒平中的Al（OH）3与胃酸中的盐酸反应，生成氯化铝和水，其理由是3H++Al（OH）3＝Al3++3H2O；

答案为：

3H++Al（OH）3＝Al3++3H2O；

（2）生活中不能用铝制容器储存氢氧化钠溶液，因为铝表面的Al2O3与NaOH反应后，里面的Al与NaOH溶液继续反应，化学方程式为Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑；

答案为：

Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑；

（3）工业上利用氯气与石灰乳反应生产漂白粉，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2==CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

答案为：

2Cl2+2Ca（OH）2==CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

（4）在玻璃上雕花是利用氢氟酸与玻璃中的SiO2发生复分解反应，反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；

答案为：

SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；

（5）向硅酸钠水溶液中通入过量的CO2，会出现软而透明的硅酸凝胶和NaHCO3，反应的化学方程式为Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3；

答案为：

Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3。

【点睛】

“向硅酸钠水溶液中通入过量的CO2”，若不注意审题，我们很容易写成Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，解题时，对关键词“过量”一定要引起高度重视。

6．把7.5g镁铝合金的粉末放入200ml4mol/L的盐酸中，往充分反应后的混合溶液中逐渐滴入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。

（1）合金中镁的物质的量为_______。

（2）氢氧化钠的物质的量浓度为_______mol/L。

（3）V1=_______mL。

（4）写出该合金溶于足量NaOH溶液的化学方程式为_________。

【答案】0.2mol2450

【解析】

【分析】

镁铝合金与盐酸反应后溶液有铝离子、镁离子、以及剩余的氢离子；加入氢氧化钠后氢氧化钠先于氢离子反应，此时无沉淀产生，之后镁、铝离子开始沉淀，发生反应  Al3++3OH-═Al（OH）3↓、  Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，当沉淀达到最大值时溶液中的溶质只有NaCl，再继续滴加氢氧化钠，氢氧化铝沉淀开始溶解，发生反应Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，据此进行解答。

【详解】

（1）当滴加400mL氢氧化钠溶液时，沉淀达到最大值，此时溶液中的溶质为NaCl，根据元素守恒可知此时溶液中n（Cl-）=0.2L×4mol/L=0.8mol，由电荷守恒可知n（Na+）=n（Cl-）=0.8mol，即400mL氢氧化钠溶液中n（Na+）=0.8mol，则其浓度c（NaOH）=

；此时溶液中据图可知前50mL氢氧化钠溶液没有沉淀产生，即此时发生反应H++OH-=H2O，所以与镁铝合金反应后剩余的n（H+）=0.05L×2mol/L=0.1mol，则与镁铝合金反应的n（H+）=0.8mol-0.1mol=0.7mol，设镁铝合金中镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，则有24x+27y=7.5g，根据电子守恒（镁铝失去的电子都转移给氢离子）可得2x+3y=0.7，联立解得x=0.2mol，y=0.1mol，故答案为：

0.2mol；

（2）根据

（1）可知答案为：

2；

（3）400mL至V1mL发生反应Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，根据

（1）可知镁铝合金中铝的物质的量为0.1mol，则生成氢氧化铝0.1mol，此段消耗n（OH-）=0.1mol，所以消耗的氢氧化钠体积V=

，即50mL，所以V1=400+50=450，故答案为：

450；

（4）该合金中铝单质可以与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故答案为：

。

【点睛】

解决本题的关键是理解沉淀达到最大值时溶液中的成分，之后再利用元素守恒、电子守恒等解决问题。

7．用方铅矿（主要为PbS）和软锰矿（主要为MnO2，还有少量Al2O3等杂质）制备PbSO4和Mn3O4的工艺流程：

已知:

（1）PbS+MnO2+4H+=Mn2++Pb2++S+2H2O

（2）PbCl2（s）+2Cl-（aq）=PbCl42-（aq）△H>0

（1）80℃用盐酸处理两种矿石，为加快酸浸速率，还可采用的方法是_______________（任写一种）。

（2）向酸浸液中加入饱和食盐水的目的是________________________________；加入物质X可用于调节酸浸液的pH值，物质X可以是_______________

A．MnCO3B．NaOHC．ZnOD．PbO

（3）滤渣中含有金属杂质形成的化合物，其成分为________________（写化学式）。

（4）向滤液2中通入NH3和O2发生反应，写出总反应的离子方程式：

___________________

【答案】粉碎矿石、搅拌、适当增加盐酸浓度等增大PbCl2的溶解度ADAl（OH）3

【解析】

【分析】

方铅矿精矿（主要成分PbS）和软锰矿（主要成分MnO2，含有Al2O3等杂质）中加入稀盐酸并加热至80℃，发生的反应有：

MnO2+PbS+4HCl=MnCl2+PbCl2+S+2H2O、Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，向酸浸溶液中加入NaCl溶液、X，调节溶液的pH，使Al3+转化为沉淀，要除去Al3+需要加入能与H+反应且不能引进新的杂质，然后过滤得到氢氧化铝沉淀和滤液，将滤液1分离得到PbCl2晶体和滤液2，向滤液2中通入氨气、氧气，锰离子被氧化生成Mn3O4，过滤得到Mn3O4和滤液，以此解答。

【详解】

（1）采取粉碎矿石或搅拌或适当增加盐酸浓度等措施均能加快酸浸速率；

（2）由反应

可知，向酸浸液中加入饱和食盐水，通过增大Cl−浓度可促进PbCl2的溶解；加入物质X调节溶液的pH，使Al3+转化为沉淀，同时不引入新的杂质，结合滤液1中含有Mn2+和Pb2+，可选择MnCO3和PbO调节溶液pH，而NaOH和ZnO调节pH时会引进杂质离子，即答案选AD；

（3）酸浸液中加入MnCO3或PbO调节溶液pH，促进溶液中Al3+完全转化为Al（OH）3沉淀，滤渣中含有金属杂质形成的化合物，其成分为Al（OH）3；

（4）滤液2中含有Mn2+，通入NH3和O2生成Mn3O4，Mn元素化合价从+2价升高至

价，O2中O元素化合价从0价降低至-2价，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知发生反应的离子方程式为：

。

【点睛】

调节溶液的pH，常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀，调节pH所需的物质一般应满足两点：

①能与H+反应，使溶液pH增大；

②不引入新杂质；

例如：

若要除去Cu2+中混有的Fe3+，可加入CuO、CuCO3、Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。

8．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。

9．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、Ⅱ、Ⅲ后分为滤渣和滤液，故名称均是过滤。

（3）由于二氧化碳是过量的，则生成滤渣C的离子方程式为

。

（4）取100mL滤液B，加入200mL

的盐酸时，沉淀量达到最大且质量为11.7g，即氢氧化铝是11.7g，其物质的量是

，根据铝原子守恒可知，滤液B中

。

根据方程式

可知

消耗氢氧化钠0.6mol，又因为氢氧化钠还会与硫酸等反应，因此最终滤液B中

的浓度大于

。

10．轻质碳酸钙是一种广泛应用的工业填料，主要用于塑料、造纸、橡胶和涂料等。

工业上以磷石膏（主要成分为CaSO4，杂质主要是SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3等）为原料制备轻质碳酸钙。

已知碳酸钙的溶解度比硫酸钙的溶解度小，在一定温度下，钙离子开始沉淀的pH值为12.3，氢氧化铝开始溶解的pH值为12.0，其他金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH的范围如下：

金属离子

开始沉淀的pH

沉淀完全的pH

Fe3+

1.5

2.8

Fe2+

5.5

8.3

Al3+

3.0

4.7

制备流程如图：

请问答：

（1）以下说法正确的是__。

A．溶解的过程中，可以用盐酸代替硝酸

B．滤渣1的主要成分是SiO2，滤渣2的上要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3

C．转