高考化学铝及其化合物推断题大题培优1Word下载.docx

1、2 Fe3+Fe=3 Fe2+，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+3N

2、H3H2O= Al（OH）3+3NH4+，故答案为：氨水；Al3+3NH3H2O= 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（FeSO47H2O），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FeSO47H2O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FeSO47H2O，你认为

3、这一方案_（填写“可行”或“不可行”）。【答案】硫酸 SiO2 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 蒸发浓缩 冷却结晶 不可行 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FeSO47H2O晶

4、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FeSO47H2O晶体，据此分析解答。（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

5、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-、AlO2 CO32- Al（OH）33H=A

6、l33H2O Al3、Mg2、NH4+ NH4+OH=NH3H2O 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+。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CO322H=H2OCO2，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

7、化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+，结合图像bc段发生反应:Al（OH）3OH=AlO22H2O；oa段发生反应：Al33OH=Al（OH）3、Mg22OH=Mg（OH）2；ab段发生反应NH4+OH-=NH3H2O。【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：看面：弄清纵、横坐标的含义。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。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

8、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_，反应过程可能观察到的实验现象是_。对应的化学方程式是_。（3）反应中的离子方程式是_。【答案】Al HCl 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）3 2Al+2OH- +2H2O=2AlO2-+3H2 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

9、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。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

10、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。本题是无机物推断，物质的颜

11、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）3Al3+3H2

12、O Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2 2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O SiO2+4HF=SiF4+2H2O Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3+2NaHCO3 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。（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）3Al3+3H2O；答案为：3H+Al（OH）3Al3

13、+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+2NaOH2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2；Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O；（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；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+2H

14、2O；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；Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3+2NaHCO3。“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7.5 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N

15、aOH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】0.2mol 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400m

16、L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，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

17、，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：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

18、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） H0 （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_AMnCO3 BNaOH CZnO DPbO（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

19、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 AD Al（OH）3 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Mn

20、3O4和滤液，以此解答。（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

21、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：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：能与H+反应，使溶液pH增大；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_、_;步骤中的试

22、剂a是_;（以上均填化学式）（2）试写出步骤中发生反应的离子方式_、_【答案】SiO2 Fe（OH）3 NaOH溶液 CO2 +OH- =HCO3- CO2 +AlO2- +2H2O=Al（OH）3 +HCO3- 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。（1）由以上分析可知A为SiO2，沉淀B为Fe（OH）3，

23、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-，步骤中的试剂a是NaOH溶液；（2）步骤中与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- +2H2OAl（OH）3+HCO3-。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、的名称是_。（

24、3）生成滤渣C的离子方程式为_。（4）取100 mL滤液B，加入200mL 1.0 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 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。（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（

25、或氢氧化铁）。（2）操作、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0.6 mol，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pHFe3+1.52.8Fe2+5.58.3Al3+3.04.7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）3C转