化学化学二模试题分类汇编铝及其化合物推断题综合附答案Word文档下载推荐.docx

1、稀盐酸；（2）途径2不合理，因为盐酸的量不好控制，改进的方法是将稀盐酸改成通入过量CO2，故答案为：途径2；将稀盐酸改成通入过量CO2；（3）综合途径1和2，可以既节约药品又节省时间来实现由“废铝材料”制备“Al2O3”，应该用铝材先分别生成氯化铝和偏铝酸钠，两者再发生双水解生产氢氧化铝，流程为：；（4）氯化钠的溶解度受温度影响小，若要从若要从滤液中得到NaCl晶体，操作为：蒸发结晶、趁热过滤、干燥，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤、干燥；（5）得到的Al2O3中可能含有Na2CO3杂质，检测的方法为：取少量样品溶于水，取上层清液，加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明有Na2CO3,反之则没有，

2、故答案为：取少量样品溶于水，取上层清液，加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明有Na2CO3,反之则没有；（6）现有含Na2CO3杂质的Al2O3样品，为了测定Al2O3的纯度，可采用方案为：取样品质量为b，加水溶解后，加入足量的氯化钡溶液，沉淀完全以后，过滤、洗涤和干燥，称量（恒重）得沉淀ag；BaCO3沉淀质量为ag，则n（BaCO3）=mol= n（Na2CO3），则m（Na2CO3）= mol106g/mol=，Na2CO3的纯度=，Al2O3的纯度=故答案为：取样品质量为m，加水溶解后，加入足量的氯化钡溶液，沉淀完全以后，过滤、洗涤和干燥，称量（恒重）得沉淀ag；。【点睛】本题考查物

3、质分离和提纯，侧重考查元素化合物性质、氧化还原反应、物质分离和提纯实验操作，注意从整体上分析流程图中每一步发生的反应。2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70Cu、25Al、4Fe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）简述第步由滤液2得到CuSO45H2O的方法是_。（4）由滤渣2制取Al2（SO4）318H2O ，设计了以下三种方案：上述三种方案中，_方案不可行，原因

4、是_；从原子利用率角度考虑，_方案更合理。（5）用滴定法测定CuSO45H2O含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c molL-1EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2+ H2Y2 CuY2+ 2H+。写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式 _ 。【答案】Cu + 4H+ 2NO3-=Cu2+ 2NO2+ 2H2O或3Cu + 8H+ 2 NO3-=3Cu2+ 2NO+ 4H2O Au、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

5、、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% （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+ 2 NO3-=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CuSO45H2O的方法是把滤液蒸发得浓溶液再冷却

6、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+）=b10-3a5mol，所以CuSO45H2O质量分数= b5250/a100%。3（某混合物甲中含有明矾KAl（SO4）212H2O、Al2O3和Fe2O3。在一定条件下由甲可实现如图所示的物质之间的转化：请回答下列问题：（1）写出A、B的化学式：A_，B_。（2）试剂a最好选用下

7、列试剂中的（_）ANaOH溶液 B稀盐酸 C二氧化碳 D氨水写出相应的离子方程式_。（3）写出反应（生成溶液C和沉淀）的离子方程式_。（4）固体D可以作为复合性的化学肥料，D中所含物质的化学式为_。【答案】Fe2O3 Al2O3 D Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+ AlO2-+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3- K2SO4和（NH4）2SO4 KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物甲加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，

8、A Fe2O3，为向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，Al（OH）3受热分解生成B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和（NH4）2SO4，以此来解答。（1）由上述分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3，Fe2O3；Al2O3；（2）依据流程分析，向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，反应方程式为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，A. NaOH

9、溶液若加入过量会使氢氧化铝沉淀溶解，故A错误；B. 加稀盐酸不能得到氢氧化铝沉淀，故B错误；C. 通入二氧化碳不能得到氢氧化铝沉淀，故C错误；D. 加入氨水可生成氢氧化铝沉淀，且过量氨水不与氢氧化铝反应，故D正确；D；Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+；（3）反应中二氧化碳过量，反应生成沉淀和碳酸氢钠，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，其离子方程式为AlO2-+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3-，AlO2-+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3-；（4）向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3

10、+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和（NH4）2SO4；固体D可以作为复合性的化学肥料，D中所含物质的化学式为K2SO4和（NH4）2SO4；K2SO4和（NH4）2SO4。4把7.5 g镁铝合金的粉末放入200ml 4mol/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】0.2m

11、ol 2 450 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。（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-）=0.2L4mol/L=0.8mol，由电荷守恒可知n（Na+）= n（Cl-）=0.8mol，

12、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+）=0.05L2mol/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

13、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：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。5某铝合金（硬铝）中含有铝、镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计了如下实验：（1）溶液中的溶质为_（填化学式，下同），溶液中的溶质为_。（2）上述第步反应中，生成沉淀的离子

14、方程式为_。（3）该合金中铝的含量为_。【答案】AlCl3、MgCl2、HCl NaAl（OH）4、NaCl、NaOH Al（OH）4CO2=Al（OH）3HCO3 由测定该合金中铝的含量流程可知，加盐酸，Cu、Si不反应，则过滤得到的固体为Cu、Si，溶液中含AlCl3、MgCl2以及过量的盐酸，加足量的NaOH，过滤得到的沉淀为Mg（OH）2，溶液中主要含NaAl（OH）4、与过量盐酸反应生成的氯化钠和过量的氢氧化钠，通足量的二氧化碳，反应生成Al（OH）3，灼烧氢氧化铝分解得到Al2O3。（1）根据分析可知溶液中的溶质为AlCl3、MgCl2、HCl；溶液中的溶质为NaAl（OH）4、N

15、aCl、NaOH，故答案为：AlCl3、MgCl2、HCl；NaAl（OH）4、NaCl、NaOH；（2）第步通入二氧化碳与Al（OH）4反应生成氢氧化铝沉淀，故答案为：Al（OH）4CO2=Al（OH）3HCO3；（3）因铝在反应前后守恒，最后得到的固体Al2O3中铝的质量就是铝合金中的铝的质量，则铝的质量为，样品质量为ag，所以铝的质量分数=，故答案为：本题利用了守恒法来进行计算，能很好的考查学生的实验能力、分析和解决问题的能力，题目难度中等。6钠、铝和铁是三种重要的金属。请回答：（1）请画出钠的原子结构示意图_ ，根据钠的原子结构示意图可得出钠的哪些性质？（写出一条）_。（2）这三种金属

16、的金属活动性由强到弱的顺序是_ 。（3）小块金属钠投入水中，发生反应的化学方程式为_；可观察到的实验现象是_ （填字母）。a.钠沉到水底 b.钠熔成小球 c.小球四处游动d.水变红色（4）铝与稀硫酸反应的离子方程式为_。【答案】 强还原性 NaAlFe 2Na + 2H2O=2NaOH + H2 bc 2Al +6H+=2Al3+ 3H2 （1）钠原子核外有11电子；最外层小于4个电子的原子易失去电子；（2）结合金属活动顺序表判断；（3）Na的密度小于水，钠的熔点较低，钠和水反应生成NaOH和氢气同时放出大量热，钠受力不均导致四处游动；（4）Al溶于稀硫酸生成硫酸铝和氢气。（1）钠原子核外有1

17、1电子，则钠原子的结构示意图是，最外层只有1个电子，易失电子，具有强还原性；（2）由金属活动顺序可知，Na、Al、Fe的金属性强弱顺序为NaAlFe；（3）Na的密度小于水，所以钠会浮在水面上，钠的熔点较低，钠和水反应生成NaOH和氢气同时放出大量热使钠熔融发出嘶嘶的响声，钠受力不均导致四处游动，生成NaOH导致溶液呈碱性，但是水中没有滴加酚酞，则溶液不变色，故发生反应的化学方程式为2Na + 2H2O=2NaOH + H2，实验现象正确的是bc；（4）Al溶于稀硫酸生成硫酸铝和氢气，发生反应的离子方程式为2Al +6H+=2Al3+ 3H2。7粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组

18、成的混合物。进行如下实验：取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；另取20 g A全部溶于0.15 L 6.0 molL1盐酸中，得溶液C；将中得到的单质B和溶液C反应，放出1.12 L（标况）气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B；用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。请填空：（1）中引发铝热反应的实验操作是_，产物中的单质B是_。（2）中所发生的各反应的化学方程式是_。（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0.15 L，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 Fe Fe2O36HCl=2FeCl33H2O、M

19、gO2HCl=MgCl2H2O Fe2Fe3=3Fe2、Fe2H=Fe2H2 0.67 molL1 2.3 molL1 （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Fe2O32AlAl2O32Fe，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：Fe2O36HCl=2F

20、eCl33H2O，MgO2HCl=MgCl2H2O，故答案为：Fe2O36HCl=2FeCl33H2O、MgO2HCl=MgCl2H2O；（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Fe2Fe3=3Fe2、Fe2H=Fe2H2。（4）假设步骤用去的20 g固体中，MgO的物质的量为x，则Fe2O3的物质的量也为x，则40 gmol1x160 gx20 g，解得：x0.1 mol。根据MgOMgCl2的关系，则溶液中MgCl2的浓度为0.1 mol0.15 L0.67 molL1。步骤说明溶液中没有Fe3，也

21、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2.3 molL1，故答案为：Fe2Fe3=3Fe2、Fe2H=Fe2H2；0.67 molL1；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工业上用某矿渣（含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2）提取铜的操作流程如图（金属单质E可由滤液C制取）：已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O（1）固体混合物B的成分

22、是_。它与NaOH溶液反应的离子方程式为_。（2）滤液A中铁元素的存在形式为_（填离子符号），生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为_。要检验该铁元素的离子的实验_（3）在滤液C中通入足量CO2的离子方程式为_（4）金属单质E从固体混合物F中置换出Cu的化学方程式为_【答案】SiO2和Cu SiO2+2OH-=SiO32-+H2O Fe2+ Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ 取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+ OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3- 2

23、Al+3CuO 高温 Al2O3+3Cu 氧化亚铜与盐酸反应生成铜和铜离子，二氧化硅与盐酸不反应，氧化铁与盐酸反应生成Fe3+，铁离子与铜反应生成亚铁离子，固体为二氧化硅和铜，滤液中含有铜离子、亚铁离子、铝离子，加入足量的氢氧化钠溶液，滤液C中含有偏铝酸根离子，金属E为铝，固体D为氢氧化铜和氢氧化铁的混合物，在空气中灼烧，F为氧化铜和氧化铁的混合物，粗铜为铜、铝、铁的混合物，经过电解可得到纯铜。（1）固体混合物B的成分是SiO2和Cu。它与NaOH溶液即二氧化硅与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。（2）氧化亚铜与盐酸反应生成铜单质和铜离子，氧化铁与盐酸反

24、应生成铁离子，与铜反应生成亚铁离子，有铜剩余，故铁离子完全转化为亚铁离子，滤液A中铁元素的存在形式为Fe2+，生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+。要检验该铁元素的离子的实验为取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+。（3）在滤液C中含有偏铝酸钠和氢氧化钠，通入足量CO2的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3-。（4）金属单质E为铝，从固体混合物F为氧化铜和氧化铁的混合物，置换出Cu的化学方程式为铝热反应，2Al

25、+3CuO高温Al2O3+3Cu。9铝是应用广泛的金属。以铝土矿 （主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如图：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。（1）Al的原子结构示意图为_；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为_。（2）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_。（3）“电解”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_。（4）“电解”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_，阴极产生的物质A的化学式为_。 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 石墨电极被

26、阳极上产生的氧气氧化 4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2 H2 以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al（OH）3，过滤II得到Al（OH）3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气；据以上分析解答。（1）A1原子的核电荷数为13，原子结构示意图为A1与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2；（2）“碱溶”时氧化铝与碱反应生成偏铝酸钠，离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；（3）“电解”是电解熔融Al2O3得到氧气和铝；电解过程中作阳极的石墨易消耗，是因为阳极生成的氧气与阳极材料碳反应，不断被消耗；