高考化学复习《铝及其化合物推断题》专项综合练习含答案.docx

1、高考化学复习铝及其化合物推断题专项综合练习含答案2020-2021高考化学复习铝及其化合物推断题专项综合练习含答案一、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(FeSO47H2O)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

2、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+3NH3H2O= 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

3、，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

4、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：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(

5、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+3NH3H2O= Al(OH)3+3NH4+，故答案为：氨水；Al3+3NH3H2O= Al(OH)3+3NH4+。2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(Ca

6、4Fe2Al2O10)，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”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 H2S

7、iO3 小于 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O Na2Cr2O7+CH3OH+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+ 4N

8、a2CO3+3O2 4Na2CrO4 +4CO2。（2）根据图示可知，当物质的粒度为60目时，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

9、在酸性条件下可被氧化生成CO2， Na2Cr2O7与CH3OH反应生成Cr(OH)SO4为氧化还原反应，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。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

10、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=Al33H2O Al3、Mg2、NH4+ NH4+OH=NH3H2O 【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+、Mg

11、2+、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：A

12、l33OH=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阅读下面信息，推断元素，按要求回答问题：信息问题短周期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，最外层电子数均不少于最内层电子数，且四种元

13、素组成的单质常温下均为固体。（1）X一定不是_A 氢B 碳C 氧D 硫一定条件下，上述四种元素的单质均能与足量的氧气反应，生成的氧化物有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓NaOH溶液，氧化物的相对分子质量都大于26（2）这四种元素中有铝元素吗？_向上述四种元素的单质的混合物中，加入足量的盐酸，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的烧碱溶液，最终溶液中有白色沉淀（3）白色沉淀的化学式为_向上述四种元素的单质的混合物中，加入足量的烧碱溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的盐酸，最终溶液中有白色沉淀（4）生成白色沉淀的离子方程式为_X与W同主族（5）X的单质与W的最高价氧化物反应的化学方程式为_【

14、答案】ACD 一定含有铝元素 Mg（OH）2 SiO32-2H=H2SiO3 2C +SiO2 Si + 2CO 【解析】【分析】(1)H2和O2常温下为气体，而C、S常温下为固体；(2)Al具有中元素的性质，四种元素可能有1种是铝元素；(3)白色沉淀应为碱，短周期元素中只有Mg(OH)2符合；(4)滤液中加入过量的盐酸溶液，得到的应是难溶于水的弱酸，可为H2SiO3或H4SiO4；(5)已知X、Y、Z、W四种元素中的3种为Mg、Al、Si，只有X为碳时才符合X与W同主族且X原子序数最小的条件。【详解】(1)AX若为氢时，其最外层电子数为1，无内层电子，且H2常温下为气体，不合理，故A错误；B

15、X若为C时，满足最外层电子数均不少于最内层电子数，且C常温下为固体，合理，故B正确；CX若为氧时，满足最外层电子数均不少于最内层电子数，但O2或O3常温下为气体，不合理，故C错误；DX若为硫，其原子序数是16，原子序数比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素，不合理，故D错误；故答案为：ACD；(2)Al能与氧气反应，且Al2O3能溶于稀硫酸，也能溶于NaOH溶液，且氧化铝的式量是102，均满足信息，则四种元素一定有1种是铝元素；(3)对所有短周期元素进行试探，唯有镁元素符合性质，可知白色沉淀物的化学式为Mg(OH)2；(4)唯有硅元素在变化中最终得到白色沉淀H2SiO3(或H4SiO4)，生成

16、该白色沉淀的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3(或SiO32-+2H+H2O=H4SiO4)；(5)已知X、Y、Z、W四种元素中的3种为Mg、Al、Si，只有X为碳时才符合X与W同主族且X原子序数最小的条件，则C与SiO2在高温下反应的化学方程式为2C +SiO2 Si + 2CO。5实验室有NaHSO4、Ba(OH)2、NH3H2O、NaHCO3、KAl(SO4)2五种无色溶液，现欲通过它们之间的相互反应的现象对其进行鉴别。部分物质间的反应现象如表。ABCDEABCDE表中“”表示生成气体物质，“”表示生成沉淀。根据以上信息，回答以下问题。(1)B，E的化学式分别为_、_。(2)

17、写出A的电离方程式：_。(3)向含有0.1mol溶质的D溶液中滴加E溶液，所生成沉淀的物质的量之和最多为_mol。【答案】NaHSO4 Ba(OH)2 NH3H2ONH4+OH 0.25 【解析】【分析】NaHSO4、Ba(OH)2、NH3H2O、NaHCO3、KAl(SO4)2五种无色溶液中，相互反应能同时生成沉淀和气体的只有NaHCO3与KAl(SO4)2的反应，只生成气体的反应只有NaHCO3和NaHSO4反应，故B为NaHSO4，C为NaHCO3，D为KAl(SO4)2，与NaHSO4、NaHCO3、KAl(SO4)2都能生成沉淀的物质为Ba(OH)2，故E为Ba(OH)2，A为NH3

18、H2O，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，B为NaHSO4，E为Ba(OH)2，故答案为：NaHSO4；Ba(OH)2；(2)A为NH3H2O，是弱电解质，电离生成NH4+和OH-，电离方程式NH3H2ONH4+OH-，故答案为：NH3H2ONH4+OH-；(3)向含有0.1mol溶质的D溶液中滴加E溶液，Al3+刚好完全沉淀时反应的离子反应方程式为2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-=2Al(OH)3+3BaSO4，此时沉淀Al(OH)3和BaSO4的物质的量之和为0.25mol，SO42-刚好完全沉淀时反应的离子反应方程式为Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=AlO

19、2-+2BaSO4+2H2O，此时沉淀BaSO4的物质的量为0.2mol，则生成沉淀的物质的量n：0.2moln0.25mol，所所以生成的沉淀的物质的量之和最多为0.25mol，故答案为：0.25。6表是元素周期表的一部分，针对表中的-元素按要求回答下列问题：IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0族234（1）在-元素中，化学性质最不活泼的元素是_（填元素符号），化学性质最活泼的金属元素是_（填元素符号）。（2）在最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是_，碱性最强的化合物的化学式是_。（3）氧化物属于两性氧化物的元素是_（填元素符号），写出该元素的最高价氧化物与NaOH溶

20、液反应的离子方程式_（4）比较元素的气态氢化物的稳定性：_；最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：_。（5）的最高价氧化物与烧碱溶液反应的化学方程式为_【答案】Ar K HClO4 KOH Al Al2O3 + 2OH- = 2AlO2- + H2O SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3 + H2O 【解析】【分析】稀有气体性质稳定，除稀有气体同周期从左往右，同主族从下至上，非金属性增强。非金属性越强，单质越活泼，越易与氢气化合，生成的气态氢化物越稳定，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强。同周期从右往左，同主族从上至下，金属性逐渐增强。金属性越强，单质越活泼，遇水或酸反应越剧烈，最高价氧化

21、物对应水化物的碱性越强。【详解】（1）根据分析-元素中，化学性质最不活泼的元素是Ar，化学性质最活泼的金属元素是K；（2）根据分析，-元素中Cl非金属性最强，故在最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是HClO4，K金属性最强，碱性最强的化合物的化学式是KOH；（3）铝、氧化铝、氢氧化率均属于两性物质，则氧化物属于两性氧化物的元素是Al，该元素的氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式Al2O3 + 2OH- = 2AlO2- + H2O；（4）非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氧的非金属较强，故水比氨气稳定，；（5）硅的最高价氧化物SiO2与烧碱溶液反应的化学方程式为：SiO2

22、+ 2NaOH = Na2SiO3 + H2O。【点睛】非金属性的应用中，需要注意非金属性与气态氢化物的稳定呈正比，与氢化物的还原性呈反比，而简单氢化物的沸点需要对比氢键和范德华力，是物理性质。7粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。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

23、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、MgO2HCl=MgCl2H2O Fe2Fe3=3Fe2、Fe2H=Fe2H2 0.67 molL1 2.3 molL1 【解析】【详解】(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

24、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=2FeCl33H2O，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

25、 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 gmol1x20 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；【点睛】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

26、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某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答和中的问题。固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）（1）CAl的制备方法称为电解法，请写出阳极反应方程式_（2）该小组探究反应发生的条件D与浓盐酸混合，不加热无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2由此判断影响该反应有效进行的因素有

27、（填序号）_。A温度 B溶液的pH值 CCl-和-的浓度 （3）固体D是碱性锌锰电池的正极，请写出该电池的负极反应方程式_ 。（4）0.2molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成CO和TiCl4（熔点-25,沸点1364）放热8.56kJ，该反应的热化学方程式为_含铬元素溶液的分离和利用（5）用惰性电极电解时，能从浆液中分离出来的原因是_，分离后得到的含铬元素的粒子有和，原因是_(用离子反应方程式表示)，阴极室生成的物质为_（写化学式）；【答案】2O2-4e-=O2 AB Zn-2e-+2OH- =Zn(OH)2 2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）=TiCl4（l）+2CO（g）H=

28、85.6kJmol1 在直流电场作用下通过阴离子交换膜向阳极室移动，从而脱离浆液； 2+2H+H2O； NaOH和H2 【解析】【分析】（1）固体混合物含有Al（OH）3、MnO2，加入NaOH溶液，过滤，可得到滤液A为NaAlO2，通入二氧化碳，生成B为Al（OH）3，固体C为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al；固体D为MnO2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；（2）题中涉及因素有温度和浓度；（3）固体D为MnO2，是碱性锌锰电池的正极，该电池的负极是锌失电子发生氧化反应，反应方程式Zn-2e-+2OH- =Zn(OH)2 ；（4）0.2molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成CO和TiCl4（熔点-25,沸点1364）放热8.56kJ，则2mol氯气反应放出的热量为20.28.56kJ=85.6kJ，由质量守恒可知还原性气体为CO，反应的化学方程式为2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）TiCl4（l）+2CO（g），以此可计算反应热并写出热化学方程式；（5）电解时，CrO42通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，由此解答。【详