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1、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）
2、过程 3需要加入的试剂A 是 _，写出此过程的离子方程式_。【答案】Fe23制备硅胶，作干燥剂3+全部还原为Fe2+2-+3+2O 、 FeO将 FeAlO +4H= Al+2H O漏斗、烧杯和玻璃棒蒸发氨水Al3+3234+3NHHO= Al(OH) +3NH【解析】【分析】Al O 属于两性氧化物，Fe O、 FeO 都是碱性氧化物，SiO属于酸性氧化物，因此，矿石中23232的 Al232231 的成分是O和 SiO 能溶于氢氧化钠溶液， Fe O 、 FeO 溶于氢氧化钠溶液，滤渣Fe2 O3、 FeO；滤液1 中的溶质有 NaAlO2 和 Na2SiO3，加入过量盐酸后，AlO2-转
3、化为 Al3+，2-转化为H的白色胶状沉淀，滤液2 的主要溶质是AlCl3，滤渣2 的成分是 H2SiO3，SiO32SiO3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3+全部还原为 Fe2+，溶液 B 为 FeSOFe2 (SO4)3 和 FeSO4，加入过量铁粉，将 Fe4。【详解】(1)由分析可知滤渣1 的成分是 Fe2O3、 FeO；滤渣2 的成分是 H2 SiO3，可用于制备硅胶，作干燥剂，故答案为：Fe2O3、 FeO；制
4、备硅胶，作干燥剂；(2) Fe O 、 FeO 都能溶于稀硫酸，分别得到Fe (SO )和 FeSO，溶液 A 的溶质有 Fe (SO )和23243424 343+全部还原为Fe2+，反应的离子方程式为：2 Fe3+2+，FeSO，加入过量铁粉，将Fe+Fe=3 Fe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-+3+2+4H= Al +2H O；(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
5、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+3NH3 H2O= Al(OH)3 +3NH4+，故答案为：氨水；Al3+3NH3 H2O= 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
6、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”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 C
7、H3OH 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_。高温【答案】 2Cr2 3232242物质的粒度为60 目时O + 4Na CO +3O4Na CrO +4CO4CaOFe2O3 Al2O3H2SiO3小于2CrO42-+2H+垐 ?Cr2O72-+H2O噲 ?Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2 + Na2SO4+4H2O38m2100%33m1【解析】【分析】以铬渣 (含 Cr2O3 及少量 Fe2O3、 CaO、 Al2O3、
8、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高温2 3232242，根据电子守恒配平方程式为2Cr O + 4Na CO+3O4Na CrO +4CO。（ 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 (Ca4Fe2Al2
9、O10)，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 H2SiO，故滤渣 2 主要成分为 Al(OH)和 H SiO 。 “过滤 2”后，将溶液 pH 调至 a，是为将33232CrO42- 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+ 垐 ?噲?2 72-2Cr O+H O 的转化。（5）根据条件 CH3OH 在酸性条件下可被氧化生成22 273反应生成CO ， Na Cr O与 CH OHCr(OH)SO4 为氧化还原反应，其中碳
10、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+3H2 SO4=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m52kg，原料中铬元素的含2165量为 (m140%522) kg ，则产率为52216352m2 165100%38m2100% 。m140%52233m12163523 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 、Mg 2 、 NH4+、 Na现取该溶液适量，向其中加入某试剂
11、 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式为 _ 。_， bc 段发生反应的离子方程(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)3 3H =Al3 3H2OAl3 、 Mg 2 、 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 H2SiO
12、3； 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 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)323或 H SiO ； 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)323和 H SiO ，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CO32 2H22=H O CO ，发生反应的离子是CO 2- ；bc 段发生反应的离子方程式为Al(OH
13、)+3+33+3H =Al +3H2O；（2）若 Y 为 NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、 Mg 2+、 NH4+，结合图像 bc 段发生反应 :Al(OH) 2H3 3OH=Al(OH)3、 Mg2 2OH3 OH =AlO22 O； oa 段发生反应： Al24+-32=Mg(OH) ；ab 段发生反应NH+OH =NHH O。【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
14、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（ 1） X 一定不是 _增大，最外层电子数均不少于最内层电子A 氢B 碳数，且四种元素组成的单质常温下均为固体。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（ 2）这四种元素中有铝元素吗？_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向上述四种元素的单质的混合物中，加入（ 3）白色沉淀的化学式为_足量的盐酸，固体部分溶解，
15、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（ 4）生成白色沉淀的离子方程式为_滤液中加入过量的盐酸，最终溶液中有白色沉淀（ 5） X 的单质与 W 的最高价氧化物反应的X 与 W 同主族化学方程式为_【答案】 ACD 一定含有铝元素Mg（ OH） 2SiO 2- 2H高温=H2SiO32C +SiO2Si +32CO【解析】【分析】22C、S 常温下为固体；(1)H和 O 常温下为气体，而(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；
16、(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2344；H SiO 或 H SiO(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)A X 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 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；C X 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；D X 若为硫，其原子序数是16，原子序数比
17、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 Al2O能溶于稀硫酸，也能溶于NaOH 溶液，且氧化铝的式量是3102，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H SiO (或 H SiO )，生成该白色沉淀的离子方程2344式为 SiO3 2-+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
18、，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高温在高温下反应的化学方程式为2Si +2C +SiO2CO。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。ABCDEABC DE 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)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_m
19、ol 。【答案】 NaHSO4Ba(OH)2NH3H2O? NH4+ OH0.25【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 NH3H2O，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分
20、析可知，B 为 NaHSO， E 为 Ba(OH) ，故答案为：NaHSO ；Ba(OH)；4242(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+42-2+-3434的物质的量+3SO+3Ba +6OH =2Al(OH) +3BaSO，此时沉淀Al(OH)和 BaSO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+42-2+-+2SO+2Ba
21、+4OH=AlO2-+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： 0.2mol n 0.25mol，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
22、符号），写出该元素的最高价氧化物与 NaOH 溶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 HClO-+ H2O SiO2 + 2NaOH = Na2SiO34 KOH AlAlO23 + 2OH = 2AlO2+ 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，
23、单质越活泼，遇水或酸反应越剧烈，最高价氧化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）
24、硅的最高价氧化物 SiO2 与烧碱溶液反应的化学方程式为：SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3 +2H O。【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；20 g A1C另取全部溶于0.15 L 6.0 mol L 盐酸中，得溶液；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
25、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(Mg 2 )为 _， c(Fe2 )为 _。【答案】加少量KClO3Fe2 333H2，插上镁条并将其点燃FeO 6HCl=2FeClO、 MgO2232、 Fe 2H2 H2 1 12HCl=MgCl H OFe 2Fe=3Fe=Fe0.67 mol L2.3 mol L【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，
26、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高温速升高，引发反应。发生的反应为Fe2O3 2AlAl2O3 2Fe，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)Fe O和 MgO 都是碱性氧化物，能和酸反应生成盐和水：Fe O 6HCl=2FeCl3H O，232332MgO 2HCl=MgCl2 H2O，故答案为： Fe2 O3 6HCl=2FeCl3 3H2O、 MgO 2HCl=MgCl2H2O；(3
27、)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Fe 2Fe3 =3Fe2 、 Fe2H =Fe2 H2。(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 g mol 1x160g mol 1x 20 g，解得： x 0.1mol 。根据 MgO MgCl2 的关系，则溶液中 MgCl 13，也就是溶2 的浓度为0.1 mol 0.15 L 0.67。步骤说明溶液中没有FemolL守恒的关系，可知MgCl2 和 FeCl2 的总的物质的量等于质为 F
28、eCl2 和 MgCl2。根据 Cl-10.45mol-0.1mol0.15L 6.0mol Lg 0.45mol，所以， FeCl2的浓度为20.15L 1， 2.3 molL322 1故答案为： Fe 2Fe=3Fe、Fe 2H =Fe H2；0.67 mol L；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 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
29、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（填序号） _。A温度B溶液的 pH 值C Cl-和 SO42- -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） 0.2molCl 2 与焦炭、 TiO2 完全反应，生
30、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， CrO 42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CrO 42和 CrO 72，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】 2O2-2-2224-4e =OABZn-2e+2OH=Zn(OH)2Cl （ g）+TiO （ s） +2C（ s） =TiCl （ l）+2CO（ g） H= 85.6kJ?mol1在直流电场作用下CrO 42 通过阴离子交换膜向阳极室移动，从而脱离浆液；2CrO 24 +2H+ ?CrO 72 +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 MnO 2，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 MnO 2，是碱性锌锰电池的正极，