高考化学提高题专题复习铝及其化合物推断题练习题

高考化学提高题专题复习铝及其化合物推断题练习题一、铝及其化合物1.某厂用蛭石(主要成份为： MgO、Fe2O3、AI2O3、SQ)作原料生产AI2O3与Fe(OH,。I.工艺流程如图(只有固体A和F为纯净物)：n.查阅资料：某些阳离子浓度为 n.查阅资料：某些阳离子浓度为 0.1mol/L时，氢氧化物沉淀时的pH为:氢氧化物Fe(OH卜Mg(OH)2Al(OH)3开始沉淀时的pH2.310.44.0完全沉淀时的pH3.712.45.210.8时完全溶解。I__,F.注：Al(OH)10.8时完全溶解。I__,F.(1)写出下列物质化学式：试剂(2)步骤②B生成C的离子方程式：__;(3)要使固体D杂质尽量少，步聚②调节溶液的 pH合理白^是__;A.12.4~13 B.10.8 C.3.7~5.2(4)滤液E中存在较多的阴离子是__,滤液E中加入过量的NaOH溶液，充分沉淀后，检验上层清液中金属阳离子的操作步骤是 ；(5)固体D可用来生产合成氨的表面催化剂。如图表示无催化剂时，某合成氨的NH(5)固体D可用来生产合成氨的表面催化剂。如图表示无催化剂时，某合成氨的将柏丝用盐酸清洗后，放在酒精灯火焰上灼烧一会儿，蘸取滤液后放在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，即证明有Na+【解析】【分析】蛭石矿样加入试剂呈黄色，即证明有Na+【解析】【分析】蛭石矿样加入试剂I可以得到溶液和一种纯净滤渣，根据蛭石主要成份为:Mg。、Fe2O3、A12O3、SiO2可知试剂I应为稀盐酸或稀硫酸，得到的固体 A为SiQ;滤液中主要金属阳离子有Fe3+、Mg2+、A产，加入过量的氢氧化钠，得到氢氧化镁沉淀和氢氧化铁沉淀，和含有偏铝酸钠的滤液C,滤液C中通入过量的二氧化碳得到纯净的氢氧化铝沉淀 F。【详解】(1)上述分析可知试剂I是稀硫酸或稀盐酸；固体 F为氢氧化铝，Al(OH)3；(2)步骤②B生成C的反应是铝离子和过量氢氧根离子反应生成偏铝酸盐，反应的离子方程式为：Al3++4OH-—A1O2-+2H2O；(3)分析图表数据保证镁离子和铁离子全部沉淀，铝离子全部变化为偏铝酸盐，应调节溶液pH为10.8,B符合；(4)试剂I所用酸的阴离子一直存在与溶液中，滤液 C通入过量的二氧化碳会生成碳酸氢根，所用滤液E中存在较多的阴离子是HCC3-、Cl-(或SQ2-)；检验钠离子常用焰色反应，具体操作为将钳丝用盐酸清洗后，放在酒精灯火焰上灼烧一会儿，蘸取滤液后放在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，即证明有 Na+;(5)催化剂改变反应速率不改变化学平衡，据此画出曲线变化为2.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C的简单离子结构示意图为B单质在A单质中燃烧，反应现象是,生成物的化学式为A与E形成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,写出化合物DE与过量烧碱反应的化学反应方程式。■• 2 ** 2-闩■■2-［:0:jAl3+［：o：］Al3+［：0:］ 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)+(x+1)=56,解得x=16,即A为O,B为巳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=—336L—x2=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W式W•；(2)C为硫，简单离子结构示意图为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；A与E形成的化合物为氧化铝，电子式为 [:正一,打叫：0：]飞产二：广，它既能与酸反应，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；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。3.己知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质， T为生活中使用最广泛的金属单质，F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。(1)物质A的化学式为―。B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为―。H在潮湿空气中变成M的实验现象是―，化学方程式为—。A和水反应生成B和C的离子方程式为一，A可以作为呼吸面具的W和T反应的离子方程式―。【答案】Na2O22Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2T白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀 4Fe(OH?+O2+2H2O=4Fe(OH32NmO2+2H2O=4Na++4OH+O2T供氧齐1J2Fe3++Fe=3F$+【解析】【分析】题干已经对部分物质的特征进行了描述，可先根据某些物质的特定表征直接得出该物质，地壳含量最多金属为Al,T为最广泛使用的金属单质，则为 Fe,W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色，则W含有Fe3+。根据上述能直接确定的物质，结合各物质间转换图解答此题。【详解】.A为淡黄色固体，常见物质可能为 Na2O2或S,A与水的产物B可与Al反应，同时C又与Fe反应。综上可推知A应为Na2O2,答案为Na2O2。.根据分析B为NaOH,R为Al,答案为2Al+2H2O+20H=2AlO2-+3H2T。.根据分析，A与水反应产物C为氧气，B为NaOH°D为Fe在氧气中燃烧产物FesO4,H为白色沉淀，则H应为Fe(OHR。W含有Fe3+,说明Fe(OH)2发生氧化生成Fe(OH)3o答案为白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀， 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH》。.A为Na2O2与水反应生成NaOH和O2,同时Na2O2与水和CO2反应生成的氧气供人呼吸。故答案为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2T,供氧剂。.由分析可知W为FeC3,T为金属Fe。答案为2Fe3++Fe=3F(2+。【点睛】解答本题需要对某些物质的特定表征非常熟悉，首先应该根据这些表征即得出对应物质，然后再结合各种物质之间的转换关系和相关描述合理推导出其他对应的物质。4.已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，且A、RC均含有同一种元素。在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示 (部分反应中的H2O已略去)。请回答下列问题：FT1D___甲击甲②£TOC\o"1-5"\h\z(1)若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B。则B的化学式为 。(2)若D是氯碱工业的主要产品之一， B有两性，则反应②的离子方程式是 __。(3)若A、C、D都是常见气体，C是导致酸雨的主要气体，则反应③的化学方程式为 O(4)若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，则反应②的离子方程式是 一。【答案】FeC3Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O2H2S+SO—3S+2H2OCO2-+CO2+H2O^2HCO3-【解析】【分析】(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则 D是铁，A可用于自来水消毒，A为C12；

(2)若D是氯碱工业的主要产品之一， B有两性，D为NaOH、B为Al(OH)3；(3)C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为。2、B为S、C为SO2；(4)若A的焰色反应呈黄色，说明A中含有Na元素，且A、B、C均含有同一种元素据此分析。【详解】(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，由转化关系可知，A为CE、B为FeC3、C为FeC2;(2)若D是氯碱工业的主要产品之一， B有两性，由转化关系可知， A为铝盐、D为NaOH、B为Al(OH)3、C为NaAlO2,反应②为氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是： Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；⑶若A、CD都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为02、B为SC为SQ,反应③为硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，反应的化学方程式为：2H2S+SO—3S+2H2O；(4)若A的焰色反应呈黄色， D为二氧化碳，由转化关系可知， A为NaOH、B为NazCQ、C为NaHCQ,反应②为碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的的离子方程式是：CC32-+C02+H2r2HCO3-。5.已知X元素原于的核电荷数小于18,最外层电子数等于电子层数，且比最内层电子数多1。回答下列问题：(1)X元素的原子结构示意图为。(2)X的最高价氧化物对应的水化物的化学式为(3)X的单质与NaOH溶液反应的化学方程式为Al(OH)32Al+2NaOH+6H2Al(OH)32Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2f(或为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2f)【解析】【分析】最外层电子数等于电子层数，且比最内层电子数多8、3,该元素是最外层电子数等于电子层数，且比最内层电子数多8、3,该元素是Al元素，然后结合其原子结构与元1,则该元素原子核外电子排布为 2、素位置的关系及其单质和化合物的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知X元素的Al元素。(1)X是Al元素，根据元素原子核外电子排布规律可知： Al原子核外电子排布为2、8、3,所以Al原子结构示意图为： 皂3；(2)X是Al,原子核外最外层有 3个电子，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为Al(OH)3；(3)Al能够与NaOH溶液发生反应产生Na[Al(OH)4]和H2,反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2T(或写为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2T)。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断及元素与化合物的知识。根据原子核外电子层中的电子数与电子层数关系推断元素是解题关键。熟练掌握 Al元素的单质、氧化物、氢氧化物的性质就可以顺利解答。6.某混合物A,含有KAl(SQ)2、AI2O3和Fe2O3,在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：(1)I、n、出、W四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是 __。(2)根据上述框图反应关系，写出下列B、C、D、E所含物质的化学式固体B__;沉淀C__;沉淀D__;溶液E―。(3)写出①、②、③、④四个反应的化学方程式或离子方程式①_；④。【答案】过滤 AI2O3A12O3、Fe2O3Fe2O3K2SO4、(NH4)2SO4AI2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2OA3++3NH3H2O=Al(OH)3J+3NH4+NaAQ+HCl+H2O=Al(OH)3J+NaCl加热2Al(OH)3-AI2O3+3H20【解析】【分析】KAl(SQ)2溶于水，A12O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(S04)2,沉淀C为AI2O3和Fe2O3；由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2。不反应，沉淀D为Fe2O3,AI2O3可与NaOH溶液反应生成NaAQ,向NaAlO2溶液中通入C02可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成固体B为A12O3；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E为K2SQ、(NH4)2SQ,经过蒸发、结晶，得到&SQ和(NH4)2SQ,然后结合物质的性质及化学用语来解答。【详解】(1)溶液和沉淀的分离利用过滤；(2)由上述分析可知 B为 AI2O3, C为 AI2O3、Fe2O3, D为 F及O3溶液E为 K2SQ、(NH4)2SO4;(3)反应①为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

反应②为反应③为反应④为Al3++3NH3?HO=Al(OH)3反应②为反应③为反应④为NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3J+NaCl；加热7.将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的 NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。回答下列问题:(1)写出BC7.将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的 NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。回答下列问题:(1)写出BC段反应的离子方程式为(2)原Mg-Al合金的质量是。(3)原HCl溶液的物质的量浓度是。(4)所加NaOH溶液的物质的量浓度是。⑸a=【答案】A1(OH)3+OH—=A1O2—+2H2O5.1g6mol/L5mol/L20【解析】【分析】根据图像可知，oa段为过量的盐酸与NaOH反应，AB段为镁离子、铝离子与NaOH的反应，BC段为氢氧化铝与NaOH的反应。【详解】BC段为氢氧化铝与NaOH的反应，生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O;BC段减少的为氢氧化铝沉淀，质量为7.8g,物质的量为0.1mol,即n(Al)=0.1mol；则氢氧化镁的质量为5.8g,物质的量为0.1mol即n(Mg)=0.1mol;合金的质量为24X0.1+27X0.1=5.1g(3)根据方程Al(OH)3+OH=AlO2-+2H2O,消耗20mL的NaOH时的物质的量为0.1mol,则c(NaOH)=0.1mol+0.02L=5mql/LB点时，溶液刚好为NaCl溶液，此时消耗n(NaOH)=5x0.12=0.6molc(HCl)=0.6+0.1=6mpl/L(4)由(3)得出的结论，c(NaOH)=5mol/L;⑸n(Mg)=n(Al)=0.1mol,消耗的盐酸为0.5mol,100mL溶液中含有n(HCl)=0.6mol,则剩余n(HCl)=0.1mol,此时消耗V(NaOH)=0.1-5=0.02LP20mL。【点睛】NaOH的浓度，再计算盐酸的浓度。通过BCNaOH的浓度，再计算盐酸的浓度。8.以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细8.以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细“-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为 A2O3(含少量杂质SiQ、FeO、F&O3),其制备实验流程如图：kJFHlMAKF/FENhl沉淀kJFHlMAKF/FENhl沉淀空3.1•煜.忧*人血(1)铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为 ―。(2)图中滤渣”的主要成分为―(填化学式)。加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。(3)验证沉铁”后，溶液中是否还含有铁离子的操作方法为(4)煨烧硫酸铝俊晶体，发生的主要反应为4[NH4Al(SC4)212H2O产碇2AI2O3+2NH3T+N2T+5SQT+3SOT+53H2O。将产生的气体通过如图所示的装置。①集气瓶中收集到的气体是―(填化学式)。②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分 H2O(g)外还有__(填化学式)。③KMnO4溶液褪色(MnO4-还原为Mn2+),发生的离子反应方程式为―。【答案】Al2O3+3H2SC4=Al2(SO4)3+3H2OSiC2静置，溶液澄清后，继续向上层清液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液，若无现象，则溶液中不含有铁元素，反之，则有。或加 KSCN容液N2SC3、NH32MnO4-+5SQ+2H2O=2Mn2++5SQ2-+4H+【解析】【分析】铝灰的主要成分为AI2O3(含少量杂质SiC2、FeO、Fe2O3),加入稀硫酸浸取，只有 SiCfe不溶而成为滤渣；加入30%H2O2,将Fe2+氧化为Fe3+,加入K4[Fe(CN)s]溶液，生成KFe[Fe(CN6]蓝色沉淀；加入(NH4)2SC4,Al3+转化为NH4Al(SO4)2,再蒸发结晶，便可获得[NH4Al(SC4)212H2。，煨烧后得到 -AI2O3。【详解】(1)铝灰中氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，化学方程式为Al2O3+3H2SC4=Al2(SC4)3+3H2Oo答案为：Al2O3+3H2SC4=Al2(SC4)3+3H2O；(2)由以上分析可知，图中 滤渣”的主要成分为SiC2。答案为：SQ2；(3)验证沉铁”后，溶液中是否还含有铁离子，可使用 K4[Fe(CN)6]溶液检验，操作方法为静置，溶液澄清后，继续向上层清液中滴加 K4[Fe(CN)6]溶液，若无现象，则溶液中不含有铁元素，反之，则有。或加KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色；答案为：静置，溶液澄

清后，继续向上层清液中滴加 K4[Fe(CN)6]溶液，若无现象，则溶液中不含有铁元素，反之，则有。或加KSCNm夜；(4龈烧后，所得气体为NH3、N2、SO3、SO2,通过NaHSQ溶液，可吸收SQ和NH3；通过KMnO4溶液，可吸收SC2,最后剩余N2和水蒸气，用排水法收集，气体主要为 N2。①集气瓶中收集到的气体是 N2O答案为：N2；②足量饱和NaHSC3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有SQ、NH3。答案为：SO3、NH3；③KMnO4溶液褪色(MnO4-还原为Mn2+),则MnO4-与SQ反应生成Mn2+、SQ2-等，发生的离子反应方程式为2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+°答案为：2MnO4-+5SQ+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。【点睛】SQ通入NaHSQ溶液中，若NaHSQ溶液足量，则发生反应为SQ+2NaHSQ=Na2SQ+H2O+2SQ；若NaHSQ溶液不足量，贝U发生反应为SQ+NaHSO3=NaHSQ+SQ。9.以粉煤灰(主要含3Al2O32SiQ、SiO2,还含有少量CaQF及O3等物质)为原料制取AI2O3的流程如图：粒媒取(NUjJ.SOjEbSOi NEh NaOn 水NFFjSiO：1CaSO4粒媒取(NUjJ.SOjEbSOi NEh NaOn 水NFFjSiO：1CaSO4注液I 嘘液H(1)当(NH4)2SO4和3Al2O32SiO2的配比a(a=nKNSSq]

n(3Al2O32SiO2))不同时,踣烧”后所得产物的X射线衍射谱图如图所示(X射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。由图可知，当 a=―时,3AI2O32SiO2的利用率最高。e iriAi。叮so■处侪门虬口(2)沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和A|(OH)3,生成Fe(OH)3的离子反应方程式为―。(3)碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为―。(4)水解、过滤”可得到AI(OH)3沉淀，升高温度有利于水解的原因是 —。该步骤可将加水改成通入过量的__气体。(5)流程中，可以回收并循坏利用的物质除 NH3外，还有__和―。【答案】8Fe3++3NH3+3H2O=Fe(OH>J+3NH4+OH'+AI(OH)3=AIO2-+2H2O水解为吸热反应，升高温度有利于平衡正向进行 CQNaOH(NHO2SQ【解析】【分析】粉煤灰、(NH4)2SQ进行灼烧处理，把3Al2O32SiO2转化为NH4Al(Sd)2,且当(NH4)2SQ和3Al2O33Al2O32SiO2的配比a(a=n[(NH4)2SO4]

n(3Al2O32SiO2))不同时各产物含量不同，如图a=8时，体系中NH4Al(SO4)2含量最高，此时3Al2O32SiO2的利用也率最高。加硫酸进行酸浸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe3+以及其他可溶性离子，通入氨气生成沉淀 Al(OH)3和Fe(OH>，滤液I为(NH4)2SC4,加入氢氧化钠进行碱浸取过滤，滤渣为 Fe(OH)3滤液n为NaOH和NaAlO2,加水水解得到Al(OH)3沉淀，煨烧得氧化铝。【详解】(1)根据分析，当(NH4)2SQ和3A12O32SQ的配比a=8时，体系中NH4Al(SO4)2含量最高，此时3Al2O32SiO2的利用也率最高。(2)通入氨气沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3,生成Fe(OH)3离子反应方程式：Fe3++3NH3+3H2O=Fe(OH>J+3NH4+;(3)根据分析， 碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为 OH+Al(OH)3=AlO2-+2H2O;(4)水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀，水解过程是吸热的，升高温度促进 A1O2水解；该步骤可将加水改成通入过量的酸性气体二氧化碳( CQ+A1O2+2H2O=HC。-+Al(OH)3J)；(5)流程中，滤液I为(NH4)2SO4,滤液n含有NaOH,故可以回收并循坏利用的物质除NH3外，还有(NH4)2S。和NaOH。【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，遇强酸强碱发生反应而溶解，不与弱酸弱碱反应。氢氧化铝的制备：1.向氯化铝溶液中通过量氨气； 2.向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳； 3.氯化铝和偏铝酸钠发生双水解。10.信息时代产生的电子垃圾处理不当会对环境构成威胁。某研究小组将废弃的线路板处理后，得到含Cu、Al及少量Fe的金属混合物，并设计如下流程制备硫酸铜和硫酸铝晶体。请回答：(1)步骤①〜③所涉及的实验操作方法中，属于过滤的是(填序号)。(2)步骤①中Cu、Al、Fe均能与稀硫酸和浓硝酸的混合物在加热条件下反应，其中氮元素全部转化为NO。该步骤中稀硫酸的作用是。(3)下列关于步骤②的说法正确的是