2020-2021高考化学专题题库∶铝及其化合物推断题的综合题含答案解析

1、2020-2021高考化学专题题库：铝及其化合物推断题的综合题含答案解析一、铝及其化合物1.2019年诺贝尔奖授予了在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂离子电池的广泛应用要求处理锂电池废料以节约资源、保护环境。锂离子二次电池正极铝钻膜主要含有LiCoQ、Al等，处理该废料的一种工艺如图所示：漉渣漉渣(1) Li的原子结构示意图为,LiCoO2中Co的化合价为(2) “碱浸”时Al溶解的离子方程式为。(3) “酸溶”时加入H2O2的目的是。(4) “沉钻”的离子方程式为。(5)配制100mL1.0mol/L(NH4)2C2O4溶液，需要的玻璃仪器出玻璃棒、烧杯外，还有O(6)取CoQ

2、O4固体4.41g在空气中加热至300C,得到的钻的氧化物2.41g,则该反应的化学方程式为。【答案】21+32Al2OH2H2O2AlO23H2将LiCoO2中的Co(mV还原为2价Co2C2O4CoC2O4100mL容量瓶、胶头滴管A3CoC2O42O2Co3O46CO2【解析】【分析】铝钻膜主要含有LiCoO2、Al等，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液中含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO2,将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4,然后加入氨水调节溶液的pH,生成氢氧化锂沉淀从而除去锂离子，最后对滤液用草酸钱洗涤处理，经过一系列处理得到草酸钻。据此解答。【详

3、解】(1)锂是3号元素，原子结构示意图为02(,1心。2中口显1价，氧元素显2价，设钻元素的化合价是x,根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：1 x220,则x3,故答案为：;3;2 2)“碱浸”时Al溶解于氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为2Al2OH2H2O2AIO23H2(3)双氧水具有氧化性，“酸溶”时加入H2O2,可以将LiCoO2中的Co(m)还原为2价，用氨水调节pH,将锂离子转化为氢氧化锂沉淀，所得滤渣主要为LiOH,故答案为：将LiCoO2中的Co(出)还原为2价；(4)“沉钻”中CoS。,与草酸俊反应生成草酸钻，反应的离子方程式为2222CoC2O4CoC?。,故答案为：

4、CoC2O4CoC?。,(5)配制100mL1.0mol/L(NH4)2C2O4溶液，需要经过称量、溶解、转移、洗涤、定容等步骤，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；(6)4.41gCoC2O4的物质的量为4.41g147g/mol0.03mol,其中含有钻元素的质量0.03mol59g/mol1.77g,因此钻的氧化物中含有氧元素的质量2.41g1.77g0.64g,氧元素的物质的量0.64g0.04mol,因此该钻的氧化物16g/mol为Co3O4,钻元素被氧化，因此反应物中需要氧气参与，根据元素守恒，生成物中还有二A氧化

5、碳，反应的方程式为3CoC2O42O2Co3O46CO2,故答案为：A3CoC2O42O2Co3O46CO2。【点睛】从处理铝钻膜废料的工艺流程不难得出：Co的化合价多于一种，所以钻元素的氧化物有多种，所以我们得先确认本题中生成的是哪种氧化物，才能正确书写方程式。2.工业上常采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为F。3、SiC2、Al2O3制取七水合硫酸亚铁(FeSQ7H2O),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FeSQ-7H2。产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，经过、过滤

6、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FeSQ7H2。，你认为这一方案(填写“可行”或“不可行”)。【答案】硫酸SiQFe+2Fe3+=3Fe2+蒸发浓缩冷却结晶不可行【解析】【分析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiQ、AI2O3,不考虑其他杂质)中加入足量稀硫酸，发生的反应有Fe2O3+3H2SQ=Fe2(SQ)3+3H2。、A12O3+3H2SQ=A12(SQ)3+3H2O,SiO不溶于稀硫酸，然后过滤，得到的固体1成分为Si。，滤液1中含有Fe2(SO03、H2SQ、A12(SQ)3；在滤液1中加入

7、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FeSQ?7H20晶体，说明溶液2中溶质为FeSQ,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+H2f,将溶液2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到FeSQ?7H20晶体，据此分析解答。【详解】(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SiQ；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

8、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.现有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知A、B、C、D四种元素的核内质子数之和为56,在元素周期表中的位置如图所示，1molE的单质可与足量酸反应，能产生33.6L吨(在标准状况下)；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构相同。ABCD回答下列问题：(1)写出元素A名称,元素B符号,E原子电子式(2) C的简单离子结构示意图为(3) B单质在A单质中燃烧，反应现象是,生成物的化学式为(4) A与E形成

9、的化合物的电子式为,它的性质决定了它在物质的分类中应属于(酸性氧化物/碱性氧化物/两性氧化物)(5) 向D与E形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液至过量，此过程中观察到的现象是,写出化合物DE与过量烧碱反应的化学反应方程式。*t2:0:广Al叫：0：A1Y：O：两性氧化物先出现白色沉淀，继续滴*«加，白色沉淀溶解AlC3+4NaOH=3NaCl+NaAlO+2H2O【解析】【分析】由位置图可知，A在第二周期，B、C、D处于第三周期，设C的质子数为x,则A的质子数为x-8,B的质子数为x-1,D的质子数为x+1,A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则x+(x-8)+(x-1)+

10、(x+1)=56,解得x=16,即A为O,B为P,C为S,D为Cl;ImolE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生标准状况下33.6LH2,设E的化合价为y,根据电子转移守恒可知ymol=336Lx2=3mol,E的阳离子与A的阴离子核外电22.4L/mol子层结构完全相同，则E为Al,然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。【详解】(1)由题可知，元素A名称为氧，元素B符号为P,E原子的最外层含有3个电子，电子式.A1(2)c为硫，简单离子结构示意图为(3) B单质在A单质中燃烧，产生了五氧化二磷，反应现象是剧烈燃烧，有大量白烟，生成物的化学式为P2O5；(4) A与E形成的化合物为氧化铝

11、，电子式为'Al叫：6：-41升：6：一，它一gI.*既能与酸反应，又能与碱反应，性质决定了它在物质的分类中应属于两性氧化物；(5) 向D与E形成的化合物氯化铝的水溶液中滴入烧碱溶液至过量，产生偏铝酸钠，此过程中观察到的现象是先出现白色沉淀，继续滴加，白色沉淀溶解，与过量烧碱反应的化学反应方程式AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO+2H2O。4.回答下列问题：(1)锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质相似。下列有关锂及其化合物的叙述正确的是。AL2SQ难溶于水BLi与N2反应产物是Li3NCLiOH易溶于水DLiOH与L2CQ受热都难分解(2)与铝位于对角线位

12、置的第二周期元素是,能区别Be(OH)2和Mg(OH)2的一种试剂是,反应的化学方程式是。(3)门捷列夫在研究元素周期表时，科学地预言了11种尚未发现的元素，为它们在周期表中留下空位。例如，他预测在铝的下方有一个与铝类似的元素“类铝”，后来被法国化学家于1875年发现，命名为镓。镓的元素符号是，它在周期表中的位置是。(4)关于与镓同主族的第6周期元素性质的推测中不正确的是。A单质是银白色较软的金属B其氢氧化物是两性氢氧化物C在化合物中显3价D单质与盐酸的反应比铝剧烈【答案】B皱(Be)NaOH溶液Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2。Ga第四周期mA族b【解析】【分析】【详解】(

13、1)A.锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，硫酸镁易溶于水，所以硫酸锂易溶于水，故A错误；B.锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，镁和氮气反应生成氮化镁，所以锂和氮气反应生成Li3N,故B正确；C.氢氧化镁难溶于水，所以氢氧化锂属于难溶物质，故C错误；D.锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，氢氧化镁和碳酸镁受热易分解，则氢氧化锂和碳酸锂受热也易分解，故D错误；故答案为B；(2)根据对角线规则，与铝位于对角线位置的第二周期元素是铍，有相似的化学性质，氢氧化铝具有两性，Be(OH)2也具有两性，可以与氢氧化钠反应，Mg(

14、OH)2不可以与氢氧化钠反应，故可以用氢氧化钠来鉴别，类比氢氧化铝与氢氧化钠反应的化学方程式，则氢氧化铍与氢氧化钠反应的化学方程式为：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；(3)同主族元素性质相似，铝下方的元素为钱，其元素符号为Ga,位于元素周期表中第四周期出A族；(4)A.与钱同主族的第六周期元素为鸵，单质为银白色，质软，故A正确；B.氢氧化物为两性的物质位于金属和非金属的临界处，如硼铝硅错神等，鸵不是两性物质，其氢氧化物也不是两性氢氧化物，故B错误；C.鸵与铝同主族，具有相同的最外层电子数，所以鸵在化合物中也显+3价，故C正确；D.同主族元素自上到下金属性递增，该元素金属性

15、大于铝，其单质与盐酸的反应比铝剧烈，故D正确；故答案为B。【点睛】考查位置结构性质的相互关系应用，明确同主族元素性质的递变规律为解答关键，注意掌握对角线规则内容，结合Mg、Al单质及其化合物的性质，类推未知物的性质，试题侧重培养学生的分析、理解能力及知识的迁移能力。5.A、B、CD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CQ气体，D为NaOH溶液，则B的化学式为。(2)若A为A1C13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O(4)若常温时A为气态氢化物，B为

16、淡黄色固体单质，则A与C反应生成B的化学方程式为O(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)。a.NaOH溶液b.盐酸c.KSCNB?夜d.酸性KMnO4溶液【答案】NaHCQ偏铝酸钠分解反应2H2sSOz=3S2H2O2Fe2Cl2=2Fe32Clb【解析】【分析】【详解】若A为CQ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NaHCQ；(2)若A为A1C13,其与少量的NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3

17、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，硫单质和澳化银；根据转化关系，推测B为S单质；那么A为H2S,C为SQ,B为氧气；所以相关的方程式为：2H2sSO2=3S2H2O；(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23B为FeC3,C为FeC2;所以A与C反应的离子万程式

18、为：2FeCl2=2Fe2Cl；a.NaOH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+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；c, KSCN溶液遇到Fe3+会生成血红色物质，而与Fe2+无现象，c项可以；d, Fe2+具有还原性会使高镒酸钾溶液褪色，Fe3+不会使高镒酸钾溶液褪色，d项可以；答案选bo6.铝土矿的主要成分是A12O3,含有杂质SiO2、Fe2O3、MgO。工业上从铝土矿中提取铝可采用如下工艺流程：请回答下列问题:(1)玻璃中含有B,刻蚀玻璃的化学方程式为。(2)沉淀C的成分是，溶液D中存在较多的阴离子是。(

19、3)步骤所加入的试剂是，生成沉淀F的离子方程式是一。【答案】SiOz+4HF=SiF4+2H?OFe(OH)3、Mg(OH)2OH-、Cl-和A。2CO2CO2+AlO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3【解析】【分析】首先加入过量盐酸，几种物质里只有SiO2不溶于盐酸，即沉淀B,其它元素全部进入溶液A,再加入过量烧碱，Mg2+和Fe3+转化为氢氧化物，即沉淀C,而所有铝转变为NaAlO2进入溶液D,接下来要进行一下逆推，工业上铝是电解氧化铝得到的，因此物质M是氧化铝，氧化铝又是从不溶于水的F转化来的，因此F是Al(OH)3,反应其实是向NaAlO2溶液中通入二氧化碳气体，故溶液E为碳酸氢钠

20、(此步骤二氧化碳一般都是过量的)，据此来分析本题即可。【详解】(1)蚀刻玻璃是用氢氟酸来溶解玻璃中的SiO2,其反应方程式为SiOz+4HF=SiF4+2H2O；(2)沉淀C的成分为Fe(OH)3和Mg(OH)2,而溶液D中存在较多的阴离子是OH-、Cl-和AlO2；(3)步骤所加入的试剂是二氧化碳，生成沉淀F的离子方程式为_CO2+AlO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3。7.把7.5g镁铝合金的粉末放入200ml4mol/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

21、)氢氧化钠的物质的量浓度为mol/L。(3)Vi=mLo(4)写出该合金溶于足量NaOH溶液的化学方程式为【答案】0.2mol24502Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2=3H2【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A13+3OH-一Al(OH)3j、Mg2+2OH-Mg(OH)2j,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-A1O2-+2H2O,据此进行解答。【详解】(1)当滴加400mL

22、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-)=0.2LX4mol/L=0.8mol由电荷守恒可知n(Na+)=n(Cl-)=0.8mol,即0.8mol-,.i,，400mL氢氧化钠溶放中n(Na)=0.8mol,则其侬度c(NaOH)=-04=2molgL；此时溶彼中据图可知前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+)=0.05Lx2mol/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

23、ymol,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VmL发生反应Al(OH)3+OHAlO2-+2H2。，根据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=O1mol=0.05L,即50mL,所以3=400+50=450,故答案为：450；2molgL(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：2Al+2Na

24、OH+2H2O=2NaAlO2=3H2o【点睛】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、电子守恒等解决问题。8.某工厂废金属屑的主要成分为Cu、Fe和Al,此外还含有少量AI2O3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，用该工厂的金属废料制取氯化铝、绿矶晶体(FeSQ7H2O)和胆矶晶体。ft«：co3应,>崛冏带磕对量试据K米发IICuSd溶液*完成下列填空:(1)写出步骤I反应的离子方程式：。(2)试剂X是，溶液D是一。(3)在步骤H中，用如图装置制取CC2并通入溶液A中。一段时间后，仍观察不到烧杯中产生白色沉淀

25、。为了固体C的生成，在药品和装置上可采取的改进措施是。港液A(4)溶液E中加入KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+,用离子方程式解释其可能的原因：。(5)将固体F继续加入热的稀硫酸，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSQ溶液，写出反应的化学方程式：。【答案】2Al+2H2O+2OH-=2AlO2+3H2、Al2O3+2OH-=2AlO2+H2O稀硫酸NaHCQ溶液浓盐酸改为稀盐酸；在装置a和装置b之间增加一个盛有饱和NaHCQ溶液的洗气瓶，以除去装置a中挥发出的HCl2F3+Fe=3F/、2Fe3+Cu=2F2+Cu2+2Cu+O2+2H2SO4=2CUSO4+2H2O【解析】【分析

26、】FeCu、Fe2O3都不与NaOH溶液反应，Al和AI2O3可与NaOH溶液反应，用含有Al、FeCu和AI2O3和Fe2O3的废金属屑制取AICI3、绿矶晶体(FeSQ?7H2O)和胆矶晶体流程为：合金中Al、AI2O3与NaOH反应，所得滤液A为NaAIO2溶液，经途径n与足量二氧化碳发生反-应：AIO2+CO2+2H2O=AIOH3+HCO3,反应可生成AI(OH)3固体C,生成的AI(OH)3再和盐酸反应生成AICI3,得到的AICI3较纯净；溶液D为NaHCQ溶液；滤渣B为Fe和Cu的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSQ,经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矶，滤渣F为Cu,可用

27、于制备胆矶，据此分析解答。【详解】(1)铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAIO2溶液，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2+3H2、Al2O3+2OH-=2AlO2+H2O；(2)金属铁和金属铜不与氢氧化钠溶液反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制得绿矶晶体，所以试剂X为稀硫酸；溶液D为NaHCO3溶液；(3)进行步骤n时，该小组用如图所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的HCl气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀，发生

28、的反应为：Al(OH)3+3H+=A3+3H2O,为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去HCl的装置，二氧化碳在饱和NaHCO3中不溶，氯化氢和NaHCQ反应生成二氧化碳气体，所以可降低盐酸浓度；在装置I和n之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢；(4)溶液E中加入KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+,原因是Fe3+被Fe、Cu还原生成Fe2+,所以加入KSCN溶液没有明显现象，故答案为：2Fe3+Fe=3F(2+、2Fe3+Cu=2F(2+Ci2+；(5)用固体F继续加入热的稀H2SO4,同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶

29、液，说明在加热条件下，Cu、氧气和稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：2Cu+O2+2H2sO4=2CuSO4+2H2O。9.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:看我九调pH唱II滩液LijCOji已知：锂辉石的主要成分为Li2OAl2C34SiC2,其中含少量Ca、Mg元素。Li2OAl2O34SiC2+H2SC4（浓）Li2SC4+Al2O34SiC2H2O。某些物质的溶解度(S)如下表所示:T/V2040608口LM1,171,01d耨SC1-kSDi）fgMEU.SIL930.7回答下列问题：(1)从滤渣1中分离出A2。3的流程如下所示:写出生成

30、沉淀的离子方程式:O(2)已知滤渣2的主要成分有Mg(OH)2和CaCQ。向滤液1中加入石灰乳的作用是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U2CO3粗品制备成高纯Li2CC3的部分工艺如下：a.将L2CC3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NH4HCQ溶液并共热，过滤、烘干得高纯L2CO3。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一。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Fe

31、PO4+Ll-LiFePOi,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】A13+3NH3H2O=Al(OHJ+3NH4+Ca(OH>=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L2CQ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2LOH+NH4HCO3二二U2CO3J+2H2O+NH3TFePO+Li+e-=LiFePQ【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

32、加入石灰乳调节pH值后，再加入碳酸钠溶液，以增加溶液中Cs2+、OH-的浓度，使Mg(OH)2、CaCO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，反应生成碳酸锂沉淀，过滤、热水洗涤的原因是L2CQ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Al3+3NH3H2O=Al(OH)3J+3NH4

33、+,故答案为：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3J+3NH4+;(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)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),=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

34、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，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NH4HCO溶液并共热，除得到高纯Li2C。外还有氨气和水生成，反应的化学方程式为ZLiOH+NHCQLizCQj+2H2O+NH3T,故答案为：阴极氢离子放电，锂离子向阴极移动；2LiOH+NH4HCOL2COJ+2H2O+NH3T；(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FePQ在

35、正极上发生反应，即正极反应式为FePC4+Li+e=LiFePQ,故答案为：FePQ+Li+e-=LiFePQ。10.某混合物浆液含有Al(CH)3、MnC2和少量Na2CrC4,考虑到胶体的吸附作用使Na2CrC4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铭元素溶液，并回收利用。回答I和n中的问题。NA咫港浦阳离子的明寓子膜Ki卢J港酒因件港合物分离利用的流程图I.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)CfAl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C2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生C2.由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)。2-A.温度B.溶3的pH值CC和SC4-的侬度(3)固体D是碱性锌镒电池的正极，请写出该电池的负极反应方程式。(4)0.2molCl2与焦炭、TiC2完全反应，生成CC和TiCl4(熔点-25C,沸点136.4C)放热8.56kJ,该反应的热化学方程式为.n.含铭元素溶液的分离和利用(5)用惰性电极电解时，Cr02能从浆液中分离出来的原因是,分离后