合肥高考化学铝及其化合物推断题的综合热点考点难点.docx

1、合肥高考化学铝及其化合物推断题的综合热点考点难点合肥高考化学铝及其化合物推断题的综合热点考点难点一、铝及其化合物1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-

2、+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，

3、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)反应是

4、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。2现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：A_、B_、C_、F_、 H_、乙_（2）写出下列反应化学方程式：反应_反应_反应_【答案】Na Al Fe FeCl

5、2 Fe(OH)3 Cl2 2Na + 2H2O=2NaOH + H2 2FeCl2 + Cl2=2FeCl3 FeCl3+ 3NaOH =Fe(OH)3+ 3NaCl 【解析】【分析】【详解】金属单质A的焰色为黄色，则A为Na；反应为Na与水反应生成NaOH和H2，则物质D为NaOH，气体为H2；金属B与NaOH反应生成H2，则金属B为Al；黄绿色气体为Cl2，反应为H2与Cl2化合成HCl，则气体丙为HCl，物质E为盐酸；金属C与盐酸反应生成F，F与Cl2反应生成物质G，G与NaOH反应得红棕色沉淀，则金属C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3；（1）A、B、C、F、H、乙的化学式依次为

6、Na、Al、Fe、FeCl2、Fe(OH)3、Cl2。（2）反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2；反应的化学方程式为Cl2+2FeCl2=2FeCl3；反应的化学方程式为FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3+3NaCl。3A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图（部分产物和条件已略去）,请回答下列问题：（1）若A为CO2气体，D为NaOH溶液，则B的化学式为_。（2）若A为AlCl3溶液，D为NaOH溶液，则C的名称为_。（3）若A和D均为非金属单质，D为双原子分子，则由C直接生成A的基本反应类型为_。（4）若常温时A为气态氢化物，B为淡黄色固体单质，则A

7、与C反应生成B的化学方程式为_。（5）若A为黄绿色气体，D为常见金属，则A与C溶液反应的离子方程式为_。下列试剂不能鉴别B溶液与C溶液的是_(填字母编号)。aNaOH溶液b盐酸cKSCN溶液d酸性KMnO4溶液【答案】NaHCO3 偏铝酸钠 分解反应 b 【解析】【分析】【详解】(1)若A为CO2与过量的D即NaOH反应，生成碳酸氢钠；碳酸氢钠溶液与NaOH反应可得到碳酸钠溶液；碳酸钠溶液又可以与CO2反应生成碳酸氢钠；所以B的化学式为NaHCO3；(2)若A为AlCl3，其与少量的NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3继续与NaOH反应生成偏铝酸钠；偏铝酸钠溶液和氯化铝溶液又可以

8、反应生成Al(OH)3；所以C的名称为偏铝酸钠；(3)若A，D均为非金属单质，且D为双原子分子，那么推测可能为性质较为活泼的O2或Cl2，A则可能为P，S或N2等；进而，B，C为氧化物或氯化物，C生成单质A的反应则一定为分解反应；(4)淡黄色的固体有过氧化钠，硫单质和溴化银；根据转化关系，推测B为S单质；那么A为H2S，C为SO2，B为氧气；所以相关的方程式为：；(5)A为黄绿色气体则为Cl2，根据转化关系可知，该金属元素一定是变价元素，即Fe；那么B为FeCl3，C为FeCl2；所以A与C反应的离子方程式为：；aNaOH与Fe2+生成白色沉淀后，沉淀表面迅速变暗变绿最终变成红褐色，而与Fe3

9、+直接生成红褐色沉淀， a项可以；b盐酸与Fe2+，Fe3+均无现象，b项不可以；cKSCN溶液遇到Fe3+会生成血红色物质，而与Fe2+无现象，c项可以；dFe2+具有还原性会使高锰酸钾溶液褪色，Fe3+不会使高锰酸钾溶液褪色，d项可以；答案选b。4已知A是由两种阳离子和一种阴离子组成的盐，且常用作净水剂，B是一种常见的两性氢氧化物。试根据下列转化关系回答有关问题：（1）试判断：B为_，F为_；（2）写出沉淀B与盐酸反应的离子方程式_；（3）根据上述关系写出盐A的化学式_。【答案】氢氧化铝或Al(OH)3 硫酸钡或BaSO4 Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O KAl(SO4)2或K2

10、SO4Al2(SO4)3 【解析】【分析】已知A是由两种阳离子和一种阴离子组成的盐，且常用作净水剂，透过蓝色鈷玻璃观察时焰色反应呈紫色，该溶液中含有K+，故A是KAl(SO4)2；向溶液A中加入氨水，Al3+会发生反应：Al33NH3H2O= Al(OH)3+3NH4+，产生白色沉淀B是Al(OH)3，溶液C是(NH4)2SO4；Al(OH)3是两性氢氧化物，可以与强酸HCl发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，产生的溶液E是AlCl3；也可以与强碱NaOH发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，得到的溶液D是NaAlO2；向溶液C中加入Ba(NO3)2溶液，

11、发生复分解反应产生BaSO4白色沉淀，该物质既不溶于水，也不溶于酸，所以沉淀F是BaSO4。【详解】(1)通过分析可知，B为Al(OH)3，F为BaSO4，故答案为：氢氧化铝；硫酸钡或BaSO4；(2)B是Al(OH)3，与盐酸反应的离子方程式是：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，故答案为：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O；(3)根据上述关系写出盐A是KAl(SO4)2 ，故答案为：KAl(SO4)2或K2SO4Al2(SO4)3。5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

12、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】0.2mol 2 450 【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

13、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-)=0.2L4mol/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ymo

14、l，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

15、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。6工业上以锂辉石为原料生产碳酸锂的部分工业流程如图所示：已知：锂辉石的主要成分为Li2OAl2O34SiO2，其中含少量Ca、Mg元素。Li2OAl2O34SiO2+H2SO4(浓)Li2SO4+Al2O34SiO2H2O。某些物质的溶解度(S)如下表所示：回答下列问题：（1）从滤渣1中分离出Al2O3的流程如下所示：写出生成沉淀的离子方程式：_。（2）已知滤渣2的主要成分有Mg(OH)2和CaCO3。向滤液1中加入石灰乳的作用是_(运用化学平衡原理简述)。（3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的理由是_。（4）工业上，将Li2CO3粗品

16、制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择性透过膜隔开，用惰性电极电解。b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3。a中电解时所用的是_(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。电解后，LiOH溶液浓度增大的原因是_。b中生成Li2CO3反应的化学方程式是_。（5）磷酸亚铁锂电池总反应为FePO4+LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+，写出该电池放电时的正极反应：_。【答案】Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4 Ca(OH)2 Ca2+2OH-，Mg2

17、+与OH-结合生成Ksp很小的Mg(OH)2沉淀，导致平衡右移，生成Mg(OH)2沉淀 Li2CO3的溶解度随温度升高而减小 阳离子交换膜 阴极氢离子放电，锂离子向阴极移动 2LiOH+NH4HCO3Li2CO3 +2H2O+NH3 FePO4Li+e-=LiFePO4 【解析】【分析】由工业流程图可知，锂辉石经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，过滤得到滤液1和含有二氧化硅的滤渣1，向滤液1中加入石灰乳调节pH值后，再加入碳酸钠溶液，以增加溶液中Ca2+、OH-的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，向滤液2中加入饱和碳酸钠溶液，反应生成碳酸

18、锂沉淀，过滤、热水洗涤的原因是Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，据此分析解答。【详解】(1)据已知信息可知滤渣1中含有氧化铝和二氧化硅，氧化铝是两性氧化物，而二氧化硅是酸性氧化物，因此首先用盐酸溶解滤渣1，过滤后得到二氧化硅和氯化铝的溶液。向滤液中通入足量的氨气即可生成氢氧化铝，灼烧氢氧化铝即可得到氧化铝，生成沉淀的离子方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4，故答案为：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4；(2)石灰乳中存在氢氧化钙的溶解平衡Ca(OH)2 Ca2+2OH-，Mg2+与OH-结合生成Ksp很小的Mg(OH)

19、2沉淀，导致平衡右移，生成Mg(OH)2沉淀，而钙离子与碳酸根结合生成碳酸钙沉淀，故答案为：Ca(OH)2 Ca2+2OH-，Mg2+与OH-结合生成Ksp很小的Mg(OH)2沉淀，导致平衡右移，生成Mg(OH)2沉淀；(3)根据表中数据可判断Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，因此最后一个步骤中，用“热水洗涤”可以减少固体溶解而造成的损失，故答案为：Li2CO3的溶解度随温度升高而减小；(4)电解池中阳极失去电子发生氧化反应，阴极氢离子放电，产生氢氧根离子，而锂离子向阴极移动，故a中电解时所用的是阳离子交换膜，故答案为：阳离子交换膜；阴极得到电子，则溶液中的氢离子放电，由于阴极氢离子放电，

20、产生氢氧根离子，而锂离子向阴极移动，所以电解后，LiOH溶液浓度增大。根据原子守恒可判断LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，除得到高纯Li2CO3外还有氨气和水生成，反应的化学方程式为2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3，故答案为：阴极氢离子放电，锂离子向阴极移动；2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3；(5)根据原电池的工作原理，正极上发生还原反应，得到电子，因此FePO4在正极上发生反应，即正极反应式为FePO4Lie=LiFePO4，故答案为：FePO4Li+e-=LiFePO4。7某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有

21、少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO47H2O）和胆矾晶体（CuSO45H2O）。请回答：（1）步骤中，发生的氧化还原反应的离子方程式为_，涉及到的分离操作是_。（2）试剂X是_；溶液D是_。（3）溶液E在空气中易被氧化，请设计一个简单的实验方案检验溶液E是否被氧化_。（4）在步骤时，若用大理石与浓盐酸制取CO2并直接通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。为避免固体C减少，可采取的改进措施是_。（5）工业上常用溶液E制取净水剂Na2FeO4，流程如图：写出由Fe(OH)3

22、制取Na2FeO4的离子方程式_。（已知NaClO还原为NaCl）【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 过滤 稀硫酸（或稀H2SO4；或硫酸） NaHCO3溶液（或碳酸氢钠溶液） 取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化 在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 【解析】【分析】Cu、Fe和Al，少量Al2O3和Fe2O3，氢氧化钠与Al、Al2O3反应，而Cu、Fe和Fe2O3不反应，过滤得到滤渣为Cu、F

23、e和Fe2O3，滤液为偏铝酸钠溶液和氢氧化钠溶液，向滤液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤，向沉淀中加入盐酸生成氯化铝溶液，最终得到氯化铝固体；向滤渣为Cu、Fe和Fe2O3中加入稀硫酸，生成硫酸亚铁，最终得到绿矾，过滤得到Cu，Cu与氧气、硫酸反应得到硫酸铜。【详解】步骤中，发生的氧化还原反应的是铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，其离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，Fe、Cu、Fe2O3不和氢氧化钠溶液反应，因此涉及到的分离操作是过滤；故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；过滤。将Fe、Cu中Fe溶于溶液中生成硫酸亚铁，因此

24、试剂X是硫酸；溶液A为偏铝酸钠溶液，向溶液中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，因此D是碳酸氢钠；故答案为：稀硫酸(或稀H2SO4；或硫酸)；NaHCO3溶液(或碳酸氢钠溶液)。溶液E在空气中易被氧化，亚铁离子被氧化生成铁离子，铁离子常用KSCN溶液来检验，因此简单的实验方案检验溶液E是否被氧化的实验为取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化；故答案为：取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化。在步骤时，若用大理石与浓盐酸制取CO2并直接通入溶液A中，一段时

25、间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少，减少的主要原因是浓盐酸易挥发，挥发出的HCl与沉淀反应，为避免固体C减少，先用饱和碳酸氢钠溶液除掉挥发的HCl，再通入CO2；故答案为：在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体；故答案为：在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体。Fe(OH)3与NaClO反应生成NaCl和Na2FeO4，其制取Na2FeO4的离子方程式2Fe(OH)3+3ClO+4OH = 2FeO42+3Cl+5H2O；故答案为：2Fe(OH)3+3ClO+4OH = 2FeO42+3Cl+5H2O。8某Al2O3样

26、品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质。现通过下列生产过程，从该样品中提纯Al2O3，并回收铁红。流程如下：(1)操作是_，在实验室进行该操作需要的玻璃仪器有_。(2)白色固体是_，样品和试剂反应的化学方程式是_。(3)固体加入适量稀盐酸，可能发生的反应有：_(用化学方程式表达)。(4)溶液中铁元素的存在形式是_，如何用实验证明：_。(5)溶液中通入某气体，该气体可以是_(任写一种的化学式)，红褐色固体制得铁红的化学方程式是_。【答案】过滤 烧杯、漏斗、玻璃棒 Al(OH)3 Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=

27、3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2 Fe2+ 取少量溶液于试管中，滴入KSCN溶液无变化，滴加氯水后变血红色 O2或者Cl2 2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O 【解析】【分析】Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质，根据题中流程图可知，样品与试剂反应得溶液再通入CO2得白色沉淀，该白色固体加热分解产生Al2O3，可推知试剂为NaOH，得到的固体为Cu、Fe、Fe2O3，溶液为NaAlO2、NaOH混合溶液，通入过量CO2后得溶液为NaHCO3溶液，白色固体为Al(OH)3，Al(OH)3受热分解得Al2O3，固体中加入盐酸得到固体粉末中铁有剩余，由于Fe会发生反

28、应2Fe3+Fe=3Fe2+，则溶液中主要含有Fe2+，经过操作得红褐色固体应为Fe(OH)3，所以通入的气体应为氧化剂，可以是O2或Cl2，氢氧化铁受热分解得Fe2O3。【详解】(1)操作是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法，名称为过滤；在实验室进行过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(2)白色固体受热分解产生Al2O3，则是Al(OH)3，样品中含有Al2O3和试剂NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O，反应的化学方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；(3)固体中含有Al2O3、Cu、Fe、Fe2O3，加入适量稀盐酸，由于反应后的固体粉末中含有Fe单质，则可

29、能发生的反应有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2；(4)由于固体中样品与适量盐酸反应后的固体粉末中含有Fe，结合Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2Fe3+Fe=3Fe2+可知溶液中铁元素的存在形式是Fe2+，证明方法是：取少量该溶液于试管中，滴入KSCN溶液无变化，滴加氯水后溶液变血红色；(5)溶液中含有Fe2+，向溶液通入某气体后再加入足量NaOH溶液，产生红褐色的Fe(OH)3沉淀，该气体具有强的氧化性，气体可以是O2或者Cl2，红褐色固体Fe(OH)3不稳定，受热分解产生铁红Fe2O3，该反应的化学方程式是2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O。【点睛】本题以从Al2O3样品中提取氧化铝的工艺流程为线索，考查了氧化还原反应、化学试剂的使用、混合物的分离，正确理解制备流程及反应原理为解答关键，注意掌握铝及其化合物性质和转化关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。9一种高效无机水处理剂聚合氯化铝晶体的化学式为Al2(OH)nCl6nxH2Om。它可通过调节AlCl3溶液的pH，促进其水解而结晶析出。其制备原料主要是铝加工行业的废渣铝灰，它主要含Al2O3、Al，还有SiO2等杂质。聚合氯化铝生产的工艺流程如下：（1）搅拌加热操作过程中发生反应的离子方程式为_