浙江专版2019版高考化学大一轮复习专题四从矿物到基础材料课时1从铝土矿到铝合金学案

1、课时1从铝土矿到铝合金考纲导航知识条目必考要求加试要求选考分布2015201620179月10月4月10月4月(1)地壳中铝的含量及存在形式，铝合金a(2)从铝土矿中获得铝的方法b(3)两性氧化物、两性氢氧化物的概念，Al2O3、Al(OH)3的重要性质，铝及其重要化合物之间的转化关系c31(4)铝的重要性质(跟酸、碱反应，铝热反应，钝化现象)b(5)明矾的组成及净水原理b考点一铝的性质和制法主干精讲1铝的存在和物理性质(1)存在：在地壳中含量前四位的元素依次是O、Si、Al、Fe，铝元素全部以化合态的形式存在。(2)银白色有金属光泽的固体，有良好的传热性、导电性和延展性，密度较小，质地柔软，

2、在空气中具有抗腐蚀能力，原因是与氧气反应形成致密的氧化物保护膜。2铝的化学性质3从铝土矿中获得铝的方法(1)从铝土矿制备铝的工艺流程：Al2O3(含杂质)NaAlO2Al(OH)3Al2O3Al(2)从铝土矿中获得铝涉及的反应化学方程式溶解：Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O。酸化：NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaHCO3。灼烧：2Al(OH)3Al2O33H2O。电解：2Al2O34Al3O2。典例剖析【例1】下列关于铝单质的叙述中正确的是()A由于铝在空气中不会锈蚀，所以铝制品的使用寿命都很长B由于铝具有强还原性，所以常用铝来冶炼某些高熔点金属C常温下，铝被浓硫酸钝化

3、，所以可用浓硫酸除去铝表面的铜镀层D由于铝的导电性能比铜强，所以常用铝制造电线、电缆解析铜在加热的条件下才能与浓硫酸反应，加热时浓硫酸能与氧化铝反应；铜的导电性能比铝强。答案B【例2】2017金华市义乌中学高三(上)月考A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图：根据图示转化关系回答：(1)写出下列物质的化学式A_，B_，乙_，丁_。(2)写出下列变化的化学方程式A与NaOH溶液反应的化学方程式_。甲与NaOH溶液反应的离子方程式_。(3)将一定量的A加入到NaOH溶液中，产生的C在标准状况下的体积为3.36 L，则消耗的A的物质的量为_，转移电子的物质的量为_。解析常见金属单质

4、中能与NaOH溶液反应产生气体的只有Al，所以A是Al，乙是NaAlO2，C是H2；甲是Al的化合物，可和NaOH溶液反应产生NaAlO2，可甲能是Al2O3，则丙是H2O，B即是O2，根据NaAlO2CO22H2O=NaHCO3Al(OH)3得丁是Al(OH)3，验证符合转化关系。(1)由上述分析可知，A为Al，B为O2，乙是NaAlO2，丁是Al(OH)3；(2)Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2；Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al2O32OH=2AlOH2O；(3)产生的H2在标准状况下

5、的体积为3.36 L，物质的量为0.15mol，根据2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2可知，消耗的Al的物质的量为0.15mol0.1 mol，转移电子物质的量为0.1 mol30.3 mol。答案(1)AlO2NaAlO2Al(OH)3(2)2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2Al2O32OH=2AlOH2O(3)0.1 mol0.3 mol【例3】无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等。工业上以铝土矿(Al2O3、Fe2O3)为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下。(1)氯化炉中Al2O3、Cl2和C反应的化学方程式为_。(2)用Na2SO3溶液可除去冷却器排

6、出的尾气中的Cl2，此反应的离子方程式为_。(3)升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，其作用是_。(4)为测定制得的无水AlCl3产品(含杂质FeCl3)的纯度，称取16.25 g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液中，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称量，得其质量为0.32 g。写出上述除杂过程中涉及的离子方程式：_、_。AlCl3产品的纯度为_。解析(4)由题意：0.32 g为Fe2O3，n(FeCl3)20.004 mol，w(AlCl3)100%96%。答案(1)Al2O33Cl23C2AlCl33CO(2)SOCl2H2O=SO2Cl2H(3)除去F

7、eCl3(4)Fe33OH=Fe(OH)3Al34OH=AlO2H2O96%考点精练1下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是()AK BNa CFe DAl解析金属铝在空气中表面会形成一层致密的氧化膜保护层，防止内层的金属进一步被氧化，D正确。K、Na、Fe表面形成的氧化膜比较疏松，不能保护内层金属，A、B、C错误。答案D2足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是()A氢氧化钠溶液 B稀硫酸C盐酸 D稀硝酸解析A项，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，1 mol Al消耗1 mol NaOH；B项，2Al3H2SO4=Al2(SO4

8、)33H2，1 mol Al消耗1.5 mol H2SO4；C项，2Al6HCl=2AlCl33H2，1 mol Al消耗3 mol HCl；D项，Al和稀硝酸反应不放H2。综上所述，符合题意的是A项。答案A32017金华市十校联考高三(上)期末化合物甲是由短周期元素组成的陶瓷材料，是一种以共价键相连的物质，具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质。乙是制备这种材料的起始原料，也是铝土矿的主要成分。制备时采取碳热还原氮化法，即把乙与炭粉按一定比例混合，在流动N2气氛中加热到一定温度即可得到甲和可燃性气体丙，二者原子个数之比均为11。8.2 g甲与足量的氢氧化钠溶液混合可以得到无色溶液丁，并产生标

9、准状况下4.48 L气体戊。(1)甲的晶体类型为_，写出碳热还原氮化法制甲的化学方程式_。(2)工业制备甲的过程中可能含有的杂质有_。(3)气体戊的结构式为_，写出甲与足量的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_，验证溶液丁中产物阴离子的实验方法为_。解析乙是制备这种材料的起始原料，也是铝土矿的主要成分，则乙为Al2O3；制备时采取碳热还原氮化法，即把乙与炭粉按一定比例混合，在流动N2气氛中加热到一定温度即可得到甲和可燃性气体丙，二者原子个数之比均为11，发生Al2O3N23C2AlN3CO，则甲为AlN，丙为CO，8.2 g甲(AlN)与足量的氢氧化钠溶液混合可以得到无色溶液丁，并产生标准状况下4

10、.48 L气体戊，戊为氨气。(1)甲为AlN，以共价键相连的物质，具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，则为原子晶体，碳热还原氮化法制甲的化学方程式为Al2O33CN22AlN3CO；(2)由Al2O33CN22AlN3CO可知，反应物中固体可能剩余，还可生成Al4C3，制备甲的过程中可能含有的杂质有Al2O3、C、Al4C3等；(3)戊的结构式为，甲与足量的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为AlNNaOHH2O=NaAlO2NH3，验证溶液丁中溶质的实验方法为取少量溶液丁于试管中，逐滴加入稀盐酸，若先产生白色沉淀后消失，说明为NaAlO2。答案(1)原子晶体Al2O33CN22AlN3CO(2

11、)Al2O3、C、Al4C3等(3) AlNNaOHH2O=NaAlO2NH3取少量溶液丁于试管中，逐滴加入稀盐酸，若先产生白色沉淀后消失，说明为NaAlO2【易错警示】1活泼金属在空气中易与氧气反应，表面生成一层氧化膜，有的氧化膜疏松，不能保护内层金属，如铁等；有的氧化膜致密，可以保护内层金属不被继续氧化，如镁、铝在常温下，表面生成致密的氧化膜保护层，使得活泼的镁、铝在空气中能稳定存在，具有很强的抗氧化性。2(1)常温下，能用铝制容器盛放浓硫酸、浓硝酸的原因是二者能使铝发生“钝化”，而不是铝与浓硫酸、浓硝酸不反应。(2)铝与氢氧化钠溶液反应，还原剂是Al，氧化剂是H2O而不是NaOH。【规律

12、方法】铝与非氧化性酸或碱溶液反应生成H2的量的计算Al与酸、碱溶液反应实质上都是 ，2HH2，Al与酸、碱溶液反应时存在的重要关系：2Al6H3H2；2Al2OH3H2，也可以利用电子得失守恒灵活计算。1等量铝分别与足量盐酸和氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比为11。2足量的铝分别与含等物质的量的HCl和NaOH的溶液反应，产生氢气的体积比为13。3一定量的铝分别与含等物质的量的HCl和NaOH的溶液反应，若产生氢气的体积比为1，则必定是：(1)铝与盐酸反应时，铝过量而盐酸不足。(2)铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足而氢氧化钠溶液过量。考点二铝的重要化合物主干精讲1氧化铝(1)白色固体，难溶于水

13、，具有很高的熔点。(2)化学性质(用离子方程式表示)：2氢氧化铝(1)白色胶状不溶于水的固体，有较强的吸附性。(2)化学性质(用离子方程式表示)Al(OH)3的电离方程式为受热分解：2Al(OH)3Al2O33H2O(3)制备：向铝盐中加入氨水，离子方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)33NH。NaAlO2溶液中通入足量CO2，离子方程式为AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO。NaAlO2溶液与AlCl3溶液混合：3AlOAl36H2O=4Al(OH)3。3铝盐和偏铝酸盐的性质(1)Al3、AlO、Al(OH)3的转化关系：(2)Al3、AlO发生的水解反应Al3与AlO、CO、H

14、CO、S2等弱酸根阴离子发生相互促进的水解反应。AlO与Al3、NH、Fe3等弱碱阳离子发生相互促进的水解反应。4氢氧化铝沉淀的图像(1)可溶性铝盐溶液与NaOH溶液反应的图像操作可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量NaOH溶液中逐滴加入可溶性铝盐溶液至过量现象立即产生白色沉淀渐多最多渐少消失无沉淀(有但即溶)出现沉淀渐多最多沉淀不消失图像离子方程式Al33OH=Al(OH)3Al(OH)3OH=AlO2H2OAl34OH=AlO2H2O3AlOAl36H2O=4Al(OH)3(2)偏铝酸盐溶液与盐酸反应的图像操作偏铝酸盐溶液中逐滴加稀盐酸至过量稀盐酸中逐滴加偏铝酸盐溶液至过量现象立即产

15、生白色沉淀渐多最多渐少消失无沉淀(有但即溶)出现沉淀渐多最多沉淀不消失图像离子方程式AlOHH2O=Al(OH)3Al(OH)33H=Al33H2OAlO4H=Al32H2OAl33AlO6H2O=4Al(OH)3典例剖析【例】利用铝灰(主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等)制备铝鞣剂主要成分为Al(OH)2Cl的一种工艺如下：(1)气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。铝灰在90 水解生成A的化学方程式为_。“水解”采用90 而不在室温下进行的原因是_。(2)“酸溶”时，Al2O3发生反应的离子方程式为_。(3)“氧化”时，发生反应的离子方程式为_。(4)“废渣”成分为_(填化学式)。(

16、5)采用喷雾干燥而不用蒸发的原因是_。解析(1)气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明A为NH3，则表示AlN发生了水解反应，至于控制温度可考虑到NH3极易溶解于水，升温可降低其溶解度，促进NH3逸出。(2)用酸溶书写离子反应式时要注意Al2O3不可以拆分。(3)因为溶液中唯一易氧化的离子是Fe2，故为用漂白液氧化溶液中的Fe2，离子方程式书写时要考虑溶液的酸性环境，结合电子守恒就很容易写出正确答案。(4)“除杂”目的就是除去溶液中的Fe3，因此很明显废渣为Fe(OH)3。(5)加热蒸发会促进Al3离子的水解。答案(1)AlN3H2OAl(OH)3NH3加快AlN水解反应速率；降低NH3在水中的

17、溶解度，促进NH3逸出(2)Al2O36H=2Al33H2O(3)2Fe22HClO=2Fe3ClH2O(4)Fe(OH)3(5)防止Al(OH)2Cl水解生成Al(OH)3考点精练1.现有Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3、NaOH(aq)六种物质，它们之间有如图所示转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断不合理的是()AN一定是HCl(aq)BX可能为Al或Cl2CY一定为NaOH(aq)DQ、Z中的一种必定为Al2O3解析在Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3、NaOH(aq)中，只有NaOH(aq)能与Al、Cl2、Al2O3

18、、HCl(aq)、Al(OH)3五种物质反应，对照转化关系，可知Y一定为NaOH(aq)；只有HCl(aq)能与Al、Al2O3、Al(OH)3、NaOH(aq)四种物质反应，对照图示转化关系可知N一定为HCl(aq)；故A、C正确。选项B，若X为Al，Al能与Cl2、HCl(aq)、NaOH(aq)三种物质反应，而图示给出的是与两种物质反应，所以X不可能是Al，但可能是Cl2。选项D，Al2O3既能与HCl(aq)反应，也能与NaOH(aq)反应，故Q、Z中的一种必定为Al2O3。答案B2从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下：请

19、回答下列问题：(1)流程甲加入盐酸后生成Al3的离子方程式为_。(2)流程乙加入烧碱后生成SiO的离子方程式为_。(3)验证滤液B中含Fe3，可取少量滤液并加入_(填试剂名称)。(4)滤液E、K中共同的溶质是_(填化学式)，写出该物质的一种用途：_。解析本题考查铝土矿中氧化铝提取的工艺流程。铝土矿中的成分能与盐酸反应的有Al2O3、Fe2O3、MgO，不反应的是SiO2，所以固体A为SiO2，滤液B中有Al3、Fe3、Mg2，再加入过量烧碱，Al34OH=AlO2H2O，Fe33OH=Fe(OH)3，Mg22OH=Mg(OH)2，沉淀C为Fe(OH)3、Mg(OH)2混合物，滤液D为NaCl、

20、NaAlO2、NaOH(过量)溶液，NaOH、NaAlO2能与CO2反应，NaOHCO2=NaHCO3，NaAlO22H2OCO2=Al(OH)3NaHCO3，滤液E为NaCl、NaHCO3溶液，沉淀F为Al(OH)3，Al(OH)3灼烧得到Al2O3。铝土矿中能与NaOH溶液反应的有Al2O3、SiO2，Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，SiO22NaOH=Na2SiO3H2O，其余均不反应，所以固体X为Fe2O3、MgO。答案(1)Al2O36H=2Al33H2O(2)SiO22OH=SiOH2O(3)硫氰化钾(其他合理答案均可)(4)NaHCO3制纯碱(或作发酵粉等合理答案均可

21、)【归纳总结】(1)Al(OH)3是一种不溶于水的白色胶状物，能作净水剂，能中和胃酸，也是一种阻燃材料。(2)Al2O3、Al(OH)3只与强酸、强碱溶液反应，与氨水和碳酸溶液不反应。(3)Al3只能存在于酸性溶液中，AlO只能存在于碱性溶液中。若将分别含Al3和AlO的盐溶液混合，发生反应：Al33AlO6H2O=4Al(OH)3。(4)两性氧化物、两性氢氧化物、某些单质、弱酸的铵盐、多元弱酸的酸式盐、氨基酸等既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应。课后限时训练(时间：45分钟)一、选择题1相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是()AAl B

22、Al(OH)3 CAlCl3 DAl2O3解析根据化学反应物质的量关系：A：1 mol Al1 mol NaOH，B：1 mol Al(OH)31 mol NaOH，C：1 mol AlCl34 mol NaOH，D：1 mol Al2O32 mol NaOH。若消耗4 mol NaOH，需要m(Al)4 mol27 g/mol108 g，需要mAl(OH)378 g/mol4 mol312 g，需要m(AlCl3)1 mol133.5 g/mol133.5 g，需要m(Al2O3)2 mol102 g/mol204 g。由以上判断可知，相同质量时Al消耗NaOH最多。答案A2甲、乙两烧杯中各

23、盛有100 mL 3 molL1的盐酸NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为V(甲)V(乙)12，则加入铝粉的质量为()A5.4 g B3.6 g C2.7 g D1.8 g解析铝与盐酸、NaOH溶液反应时，反应原理分别为2Al6HCl=2AlCl33H2，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2。可见当参加反应的HCl和NaOH的物质的量相等时，产生H2的体积比是13，而题设条件体积比为12，说明投入的铝粉对盐酸来说是过量的，而对NaOH溶液来说是不足的。2Al6HCl=2AlCl33H2 6 mol 3 mol 3 molL10.1 L 0.

24、15 mol则Al与NaOH溶液反应生成的H2为0.15 mol20.3 mol。2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2227 g 3 mol54 g 0.3 mol即投入的铝粉为5.4 g。答案A3用含少量镁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，下列操作步骤中最恰当的组合是()加盐酸溶解加烧碱溶液溶解过滤通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀加入盐酸生成Al(OH)3沉淀加入过量烧碱溶液A BC D解析若先用盐酸溶解，Mg、Al均溶解，制取Al(OH)3的步骤较多；从NaAl(OH)4制备Al(OH)3，若加盐酸不容易控制量的多少。故B项操作步骤为最佳顺序。答案B4向物质的量浓度均为1 molL

25、1的AlCl3和盐酸的混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，下图n表示Al(OH)3的物质的量、V表示NaOH溶液的体积能正确表示这个反应过程的是()解析向混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，反应情况分为三个阶段：第一阶段为OHH=H2O，此时无沉淀产生；第二阶段有白色沉淀产生，反应的离子方程式为Al33OH=Al(OH)3；第三阶段滴加NaOH溶液至过量，沉淀逐渐溶解最后完全消失，反应的离子方程式为Al(OH)3OH=AlO2H2O，结合反应方程式及浓度关系可知三个阶段消耗NaOH物质的量之比为131。答案D5下列各组物质，不能按abc(“”表示反应一步完成)关系转化的是()选项abcAAl2O3Na

26、AlO2Al(OH)3BAlCl3Al(OH)3NaAlO2CAlAl(OH)3Al2O3DMgCl2Mg(OH)2MgO解析A、B、D三项中的转化关系分别为：，C项中Al不能经一步反应转化为Al(OH)3。答案C6将一定量的镁铝合金样品分成两等份，一份加入足量NaOH溶液中，充分反应后，收集到标准状况下气体6.72 L；另一份加入到足量稀盐酸中，充分反应后，收集到标准状况下气体11.2 L。则原合金样品中镁的质量为()A4.8 g B6 g C9.6 g D12 g解析由题意知Mg与盐酸反应生成的H2为11.2 L6.72 L4.48 L，为0.2 mol；由Mg2H=H2Mg2知n(Mg)

27、0.2 mol，m(Mg)0.2 mol24 g/mol4.8 g，原合金样品中镁的质量为：4.8 g29.6 g。答案C7铝是一种低毒金属元素，它并非人体需要的微量元素，食用后不会导致急性中毒，但食品中铝的含量超过国家标准就会对人体造成危害。下列关于铝元素的说法正确的是()A铝在空气中不易氧化是因为其性质不活泼B氢氧化铝可与胃酸反应，常用作中和胃酸的药物C明矾可用于饮用水的杀菌消毒D硫酸铝铵常用作面粉膨化剂，该物质不溶于水解析A项中铝在空气中会与O2反应生成致密的氧化物薄膜；C项中明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，具有吸附色素和杂质的性能，通常用作净水剂，但不能用于杀菌消毒；D项中铵盐都溶于水。答

28、案B8下列离子方程式书写正确的是()A向氯化铝溶液中通入过量氨气：4NH3Al32H2O=AlO4NHB将铝片打磨后置于NaOH溶液中：2Al2OH=2AlOH2C向明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：Al32SO2Ba24OH=2BaSO4AlO2H2OD向NaAlO2溶液中通入足量CO2：2AlOCO23H2O=2Al(OH)3CO解析A项，氨水不能溶解Al(OH)3；B项，氧原子不守恒；D项，通足量CO2时，应生成HCO。答案C9(2016严州中学高三模拟)氮氧化铝(AlON)属原子晶体，是一种超强透明材料，可以由反应Al2O3CN22AlONCO合成，下列有关说法正确的是()A氮氧

29、化铝中氮的化合价是3BAlON和(工业上通过电解法制备铝用的)Al2O3的化学键类型不同C反应中每生成5.7 g AlON同时生成1.12 L COD反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是21解析A由化合价代数和为0可知，氮氧化铝中铝元素化合价为3价，O为2价，氮元素的化合价为1，故A错误；B.AlON属于原子晶体，含有共价键，Al2O3为离子化合物，含有离子键，故B正确；C.状况未知，不能计算生成CO的体积，故C错误；D.CO为氧化产物，AlON为还原产物，由反应可知物质的量比为12，故D错误。答案B10铝土矿的主要成分为氧化铝、氧化铁和二氧化硅，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝：下列说法

30、中错误的是()A中除加试剂外，还需要进行过滤操作Ba、b中铝元素的化合价相同C中需要通入过量的氨气D进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝解析反应后的体系中含有固体二氧化硅，需要过滤除去，反应后的体系中含有氢氧化铁沉淀，需要过滤除去，A正确；a、b中Al元素分别以AlCl3和NaAlO2形式存在，其中铝的化合价都是3价，B正确；由NaAlO2制备氢氧化铝需要通入过量二氧化碳，C错误；由氢氧化铝制备氧化铝，加热即可，D正确。答案C二、非选择题11(2015浙江江山中学第一次月考)铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途。下图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：已知：(1)铝土矿的主要成分是A

31、l2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；(2)溶液中的Na2SiO3与NaAlO2反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学反应方程式为：2Na2SiO32NaAlO22H2O=Na2Al2Si2O84NaOH回答下列问题：(1)写出向铝土矿中加入足量氢氧化钠溶液的操作中发生反应的离子方程式： _、 _。 (2)滤渣A的主要成分为_；滤渣A的用途是_(只写一种)。 解析(1)铝土矿中的氧化铁与氢氧化钠溶液不反应，氧化铝、二氧化硅均与氢氧化钠溶液反应，离子方程式分别为Al2O32OH=2AlOH2O、SiO22OH=SiOH2O。(2)由于溶液中的Na2SiO3与NaAlO2反应，能生成硅铝酸盐

32、沉淀，且氧化铁与氢氧化钠溶液不反应，则滤渣A的主要成分是Fe2O3、Na2Al2Si2O8。其中氧化铁可用于炼铁，Na2Al2Si2O8可用于生产硅酸盐产品。答案(1)Al2O32OH=2AlOH2OSiO22OH=SiOH2O(2)Fe2O3、Na2Al2Si2O8炼铁的原料(或生产硅酸盐产品的原料)12(2017浙江湖州长兴中学高三月考)如图转化关系中AH为常见化合物，甲、乙、丙、丁为常见单质，其中甲、丁常温为气体。已知单质乙、化合物A为黄色(或淡黄色)固体。乙经过连续与甲反应后，再与水化合，是工业上制H的反应过程。B、F两种气体都能使澄清石灰水变浑浊。(部分反应物或产物略去)(1)写出下列物质的化学式：A_、F_、甲_、丙_；(2)写出下列反应的化学方程式：A与B_；(3)写出丙与D溶液反应的离子方程式_。解析(1)由以上分析可知A为Na2O2，F为SO2，甲为O2，丙为Al；(2)A与B为过氧化钠与二氧化碳的反应，方程式为2Na2O22CO2=2Na2CO3O2；(3)丙与D溶液反应是金属铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al2OH2H2O=2AlO3H2。答案(1)Na2O2SO2O2Al(2)2Na2O22CO2=2Na2CO3O2(3)2Al2OH2H2O=2AlO3H213(20