高考化学综合题专练铝及其化合物推断题含答案.docx

1、高考化学综合题专练铝及其化合物推断题含答案2020-2021高考化学综合题专练铝及其化合物推断题含答案一、铝及其化合物1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

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 4CaOFe2O3Al2O3 H2SiO3 小于 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O Na2Cr2O7+CH3OH

3、+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

4、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4CaOFe2O3Al2O3。（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

5、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。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

6、_。（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 + 8

7、H+ 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、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% 【解析】【分析】【详解】（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

8、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= b10-3a5250/a100%。3

9、A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素，原子序数依次增大。A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体。C与B、H在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17。D与F同周期。G的单质常用作半导体材料。请回答：(1)C和H分别与A形成的简单化合物沸点较高的是_(填化学式)，理由是_。(2)C、E形成的简单离子半径大小：r(C)_r(E)(填、 H+AlO2-+H2OAl(OH)3Al3+3OH- 3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO 【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素，原子序数依次增大。A、F的最外

10、层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体，则A为H；G的单质常用作半导体材料，G为Si，结合原子序数可知F为Al；C与B、H在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17，173=52，B为N、C为O、H为S，D与F同周期，位于第三周期，D为Na、E为Mg，以此来解答。【详解】由上述分析可知，A为H、B为N、C为O、D为Na、E为Mg、F为Al、G为Si、H为S。(1)C和H分别与A形成的简单化合物分别是H2O、H2S，其中沸点较高的是H2O，原因是H2O 分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引力；(2)O2-、Mg2+核外电子排布相同。具有相同电子排布的离

11、子中，原子序数大的离子半径小，则C、E形成的简单离子半径大小：r(C)r(E)；(3)F最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，在水溶液中存在酸式电离和碱式电离，电离方程式为H+AlO2-+H2OAl(OH)3Al3+3OH-；(4)将G的氧化物与B的单质在1400条件下和足量的碳反应，其化学反应方程式为3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO。【点睛】本题考查元素及化合物的推断及物质性质的方程式表示。把握原子结构、元素的位置、质子数关系来推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，题目侧重考查学生的分析与应用能力。4(某混合物甲中含有明矾KAl(SO4)212H2O、Al

12、2O3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 【解析】【分析】KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物甲

13、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，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。【详解】（1）由上述分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3，故答案为：Fe2O3；Al2O3；（2）依据流程分析，向溶液中

14、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；故答案为：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-

15、+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3-，故答案为：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+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；故答案为：K2SO4和(NH4)2SO4。5A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大，A、B、F三者原子序数之和为25，且知B、F同主族，1.8g E与足量的盐酸反应

16、生成ECl3和2.24L氢气（标准状况下），D+和E的离子具有相同的电子层结构，工业上用电解元素B和E能形成离子化合物的方法冶炼E单质，试判断：(1)六种元素中非金属性最强的是_ (填代号)，该元素位于周期表中第_周期第_族；由A、B、D三种元素形成化合物的电子式 _(2)下列能够说明B、F非金属性强弱的方法有 _a.最高价氧化物对应水化物酸性 b.气态氢化物的热稳定性c.气态氢化物的沸点B比F高 d.向F的气态氢化物溶液中通入B单质，有浑浊(3)写出下列反应的化学方程式E与足量的盐酸反应的化学方程式_工业上用电解法冶炼E单质_(4)写出足量D的高价氧化物对应水化物与ECl3相互反应的离子方程

17、式_【答案】C 二 A bd 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2 2Al2O3(熔融)4Al+3O2 【解析】【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大，1.8gE与足量盐酸反应生成ECl3和2.24L氢气（标况），故E为+3价元素，设E的相对原子质量为M，则，解M=27，故E为A族元素，依据计算得知E为铝，工业上用电解氧化铝方法冶炼铝单质，所以B为氧元素，B、F同主族，则F是硫，A、B、F三者原子序数之和为25，则A是氢，且D+离子和Al离子具有相同的电子结构，故D能形成+1价阳离子，故D为钠，C的原子序数大于氧小于钠，且为主族元素，故C为氟，据此答题。【详解】（

18、1）根据元素周期律，同周期元素从前向后，非金属性逐渐增强，同主族元素从上向下，非金属性逐渐减弱，所以六种元素中非金属性最强的是C，C为氟，位于周期表中第二 周期第A 族，由A、B、D三种元素形成化合物为氢氧化钠，它的电子式是，故答案为：C；二；A；（2）a氧元素没有最高价氧化物对应水化物，故a错误；b根据元素周期律，气态氢化物的热稳定性越稳定，元素的非金属性越强，故b正确；c气态氢化物的沸点与分子间作用力有关，与元素的非金属性无关，故c错误；d向硫的气态氢化物溶液中通入氧气，有浑浊，说明氧气的氧化性强于硫，即氧的非金属性强于硫，故d正确，故答案为：bd；（3）Al与足量的盐酸反应的化学方程式为

19、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2；工业上用电解法冶炼Al单质的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2；（4）氢氧化钠与AlCl3相互反应的离子方程式为。6含有A+、B3+、C3+ 三种金属阳离子的水溶液发生了如下一系列变化后逐一沉淀出来，其中B3+转入白色沉淀：请通过分析回答（用化学符号填写）：（1）A+是_，B3+是_，C3+是_；（2）X是_，Y是_，Z是_；（3）写出下列离子方程式：生成Y沉淀：_；B3+与过量氨水反应：_；（4）写出下列化学方程式：单质铝和Y分解后的固体产物反应：_【答案】Ag+ Al3+ Fe3+ AgCl Fe（OH）3 Al（OH）3 Fe3+3OH

20、Fe（OH）3 Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+ 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 【解析】【分析】含有A+、B3+、C3+ 三种金属阳离子的水溶液，加入过量盐酸反应过滤得到白色沉淀X和滤液甲，白色沉淀只能是氯化银沉淀，说明A+离子为Ag+，滤液甲中加入过量氢氧化钠溶液过滤得到红褐色沉淀Y为Fe(OH)3，滤液乙中加入适量盐酸反应生成白色沉淀Z为Al(OH)3，其中B3+转入白色沉淀，则B3+、C3+ 离子分别为：Al3+、Fe3+，据此回答；【详解】(1)由上述分析可知A+、B3+、C3+ 三种金属阳离子分别为：Ag+、Al3+、Fe3+，答案为：Ag+；Al3+；Fe3

21、+；(2)分析可知对应X、Y、Z分别为：AgCl、Fe(OH)3、Al(OH)3；故答案为：AgCl； Fe(OH)3；Al(OH)3；(3)生成Y沉淀的离子方程式为：Fe3+3OHFe(OH)3；故答案为：Fe3+3OHFe(OH)3； Al3+与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和铵根离子，离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+；故答案为：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+；(4)氢氧化铁分解产物是氧化铁，铝与氧化铁在高温下反应生成铁和氧化铝，放出大量的热，反应方程式为：2Al+Fe2O32 Fe+Al2O3；故答案为：2Al+Fe2O32 Fe+Al2O3

22、。7AG为中学化学常见的化合物，是生活中用途广泛的两种金属单质。其相互转化关系如图所示（反应条件已略去）：请回答下列问题（1）的化学式分别为_、_。（2）中，属于非氧化还原反应的是_。（3）反应的化学方程式为_，该反应的现象为_。（4）反应、的离子方程式分别为_、_。【答案】Fe2O3 NaAlO2 4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3 反应现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 2Al+2OH-+2H2O= 2AlO2-+3H2 Fe2O3+6H+= 2Fe3+3H2O 【解析】【分析】X和B都是能与氢氧化钠反应的物质，为铝或氧化铝之一，A和Y能与盐酸反应，G在空气中转

23、化为F，G和F都是由D，E与氢氧化钠反应制得的，E为氯化亚铁，F为氢氧化铁，G为氢氧化亚铁，D为三氯化铁，E为氯化亚铁，Y为铁，A为三氧化二铁，X为铝，B为氧化铝，C为偏铝酸钠，然后分析。【详解】根据分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为FeCl3，E为FeCl2，F为Fe(OH)3，G是Fe(OH)2，X为Al，Y为Fe；写出的化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O= 2NaAlO2+3H2Al2O3+2NaOH= 2NaAlO2+H2O2Al+ Fe2O3=高温2Fe+ Al2O3Fe2O3+6HCl= 2FeCl3+3H2OFe +2HCl= FeCl2+H2

24、2FeCl3+ Fe= 3FeCl2FeCl3+ 3NaOH= Fe(OH)3+3NaClFeCl2+ 2NaOH= Fe(OH)2+2NaCl4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3(1)A为Fe2O3，C为NaAlO2；(2)非氧化还原反应指的是没有化合价的变化的反应，有；(3)4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3，反应现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；(4)的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，的离子方程式为Fe2O3+6H+= 2Fe3+3H2O。【点睛】能与氢氧化钠反应的金属在高中阶段只学了铝，铁和铝的性质是常考的内容

25、，需要学生很熟悉常见金属及其化合物的性质。8铝生产加工过程中产生大量的铝灰，直接掩埋造成铝资源浪费，还会带来严重的污染。某铝厂的铝灰经分析所含主要物质如下：Al、Al2O3、AlN、SiO2、Fe2O3，其他杂质均不溶于稀硫酸。如图是酸浸法用该铝灰生产高纯氧化铝的生产流程：已知：i.Fe3+ +K+ Fe(CN)64-=KFe(CN)6Feii.AlN常温下与水缓慢反应，酸性或碱性条件下反应较快iii.NH4AlO(OH)HCO3难溶于碱性溶液和乙醇请回答：(1)实验室模拟工业生产酸浸步骤的装置如图，该装置的不合理之处为_。(2)步骤加入H2O2溶液的目的是_。(3)步骤调节pH最合适的试剂是

26、_。ANaOH BH2SO4 CNH3H2O DCa(OH)2(4)步骤吸滤瓶内液体高度快达到支管口位置时应拔掉瓶上橡皮管，_，洗涤沉淀操作为_。(5)写出煅烧碳酸铝铵中间体得到高纯氧化铝的化学方程式_。(6)已知Al3+对光的吸收与其浓度成线性关系，色度计传感器可以测量某种波长的光穿过溶液的透射率确定溶液浓度。如图是红色光照下透光率(T)对应c(Al3+)的标准曲线。为测定铝灰中铝元素的回收率，准确称取0.5000g铝灰(折合铝元素含量60.00%)进行制备高纯氧化铝的实验，将所制得的粉末与固体NaOH反应后加水溶解、过滤，滤液定容到250mL容量瓶中。用移液管移取25.00mL到锥形瓶中，

27、加2滴指示剂，滴加稀盐酸至溶液体积变为50.00mL，NaAlO2恰好反应生成AlCl3。取该溶液于比色皿中进行色度检测，测得溶液透光率为97.5，则铝元素的回收率=_。【答案】尾气无法用稀硫酸完全吸收或可燃性气体未处理 将Fe2+氧化为Fe3+，便于形成沉淀除去 C 从吸滤瓶上口倒出滤液 往过滤器中加水至没过沉淀，待水滤出后，重复操作23次，直至滤液检验不出SO42-，再用少量乙醇淋洗 2NH4AlO(OH)HCO3Al2O3+2NH3+3H2O+2CO2 90.0% 【解析】【分析】(1)根据反应原理，观察反应装置和尾气处理装置，找出不合理之处；(2)流程中步骤是为了把铁离子转变为沉淀除去

28、，那么加入H2O2溶液的目的也是与之关联的，分析铁元素的存在形态就可确定双氧水的作用；(3)步骤调节pH最合适的试剂是谁？从反应的角度、不引入杂质离子的角度分析选择；(4)步骤的操作要抓住其要点简答；(5)煅烧碳酸铝铵中间体得到的产物，除了高纯氧化铝外，其余产物可以结合酸式碳酸盐分解规律、不溶性碱分解规律、铵盐非氧化还原分解规律获得并据此写化学方程式；(6)获得相关数据及题目提供的信息，可计算铝元素的回收率；【详解】(1) 铝灰经分析所含主要物质如下：Al、Al2O3、AlN、SiO2、Fe2O3，在搅拌下，铝灰和从分液漏斗加入的硫酸反应，产生的气体有氨气、氢气等，可见装置中尾气无法用稀硫酸完

29、全吸收或可燃性气体氢气未处理；答案为：尾气无法用稀硫酸完全吸收或可燃性气体未处理；(2)流程中步骤是为了把杂质中铁元素转变为沉淀除去，有大量铝情况下，溶液中有铁离子存在、也有亚铁离子，则加入绿色氧化剂H2O2溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于形成沉淀除去；答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于形成沉淀除去； (3)步骤要制备NH4AlO(OH)HCO3，信息iii显示NH4AlO(OH)HCO3难溶于碱性溶液，故要把酸性溶液调节成弱碱性，则可用碱性物质调节pH，为了避免引入新杂质最合适的试剂是氨水，则选C；答案为：C； (4)步骤是用抽滤法分离出碳酸铝铵中间体，吸滤瓶内液体高度快达到支管口位置时应拔掉瓶上橡皮管，从吸滤瓶上口倒出滤液；而洗涤沉淀的操作则为：往过滤器中加水至没过沉淀，待水滤出后，重复操作23次，直至滤液检验不出SO42-，再用少量乙醇淋洗，便于快速得到纯净干燥的固体（因为信息iii，