2020-2021全国备战高考化学铝及其化合物推断题的综合备战高考模拟和真题分类汇总及答案解析

2020-2021全国备战高考化学铝及其化合物推断题的综合备战高考模拟和真题
分类汇总及答案解析
一、铝及其化合物
1．工业上常采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3制取七水合硫酸亚铁（FeSO4·7H2O），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FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，经过、___、___过滤等步骤得到晶体。

（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FeSO4·7H2O，你认为这一方案___（填写“可行”或“不可行”）。

【答案】硫酸 SiO2 Fe+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、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)中加入足量稀硫酸，发生的反应有Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，SiO2不溶于稀硫酸，然后过滤，得到的固体1成分为SiO2，滤液1中含有Fe2(SO4)3、H2SO4、Al2(SO4)3；在滤液1中加入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FeSO4•7H2O晶体，说明溶液2中溶质为FeSO4，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++H2↑，将溶液2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到FeSO4•7H2O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SiO2；
(3)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。

2．有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置如图所示。

E的单质可与酸反应，1 mol E单质与足量酸作
用，在标准状况下能产生33.6 L H2；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同，回答下列问题：
(1)五种元素的名称：A________，B________，C________，D________，E________。

(2)画出C原子、A离子的结构示意图：__________________、__________________。

(3)B单质在D单质中燃烧，反应现象是_______________________，生成物的化学式为
_____________________。

(4)A与E形成化合物的化学式为______________，它的性质决定了它在物质的分类中应属于__________________。

(5)向D与E形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液直至无明显现象发生时，观察到的现象是先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随NaOH加入又逐渐溶解最终澄清，请写出有关反应的离子方程式为_______________________、
___________________________________________。

【答案】氧磷硫氯铝白色烟雾 PCl3、PCl5 Al2O3两性氧
化物 Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓ Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种短周期元素，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P，C为S，D为Cl；1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，设
E的化合价为y，根据电子转移守恒：1mol×y=
33.6L
22.4L/mol×2×1，解得y=3，E的阳离子与
A的阴离子核外电子层结构完全相同，则E为Al，据此解答。

【详解】
(1)由上述分析，可知A为氧、B为磷、C为硫、D为氯、E为铝；
(2)C为硫，S原子核外有16个电子，三个电子层，各层电子数为2、8、6，原子结构示意图为：；A为氧，O2-离子核外电子数为10，有2个电子层，各层电子数为2、8，离子结构示意图为：；
(3)磷单质在氯气中燃烧三氯化磷和五氯化磷，生成物的化学式为：PCl3是液体、PCl5是固体，反应现象是：有白色烟雾生成；
(4)A与E形成的化合物为氧化铝，化学式为Al2O3，能与酸、碱反应生成盐与水，属于两性氧化物；
(5)D与E形成的化合物为AlCl3，向AlCl3的水溶液中逐渐滴入烧碱溶液直至过量，发生
Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，则可观察到先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随NaOH加入又逐渐溶解最终澄清。

3．A-J分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示(部分反应物、生成物没有列出)，且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。

请填写下列空白：
(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中位置_________
(2)写出检验D溶液中阳离子的方法____。

(3)写出反应④的离子方程式________。

(4)若向气体K的水溶液中加入盐酸，使其恰好完全反应，所得溶液的pH_____7(填“>”、“<”或“=”)，用离子方程式表示其原因：______；
(5)若向气体K的0.1mol/L水溶液中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1:1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小
．．．．的关系是______。

【答案】第四周期Ⅷ族取少量D溶液，加KSCN溶液，出现红色 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑＜ NH4++ H2OƒNH3·H2O+OH- c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)>c(OH-)
【解析】
【分析】
G为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH溶液反应，说明G为Al2O3，与NaOH反应生成NaAlO2，而I也能与NaOH反应生成NaAlO2，则I为Al，H为
O2，C和碱、D和气体K反应生成E、F，则说明E、F都为氢氧化物，E能转化为F，应为Fe(OH)2→Fe(OH)3的转化，所以E为Fe（OH）2，F为Fe(OH)3，则C为FeCl2，D为FeCl3，K 为NH3，B为Fe3O4，与Al在高温条件下发生铝热反应生成A，即Fe，结合对应单质、化合物的性质解答该题。

【详解】
（1）A 、B 、C 、D 、E 、F 六种物质中都含有铁元素，在周期表中位于周期表第四周期Ⅷ族，
（2）溶液D 为氯化铁溶液，检验三价铁离子的存在，取少许D 溶液于试管中，滴加KSCN 溶液，溶液变红色，证明D 溶液中含有Fe 3+；
（3）反应④是金属铝和氢氧化钠溶液的反应，Al 与NaOH 溶液反应生成NaAlO 2和H 2，反
应的离子方程式为：--2222Al+2OH +2H O=2AlO +3H ↑；
（4）气体K 的水溶液为一水合氨溶液，加入盐酸，使其恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵在水溶液中水解显酸性，所以pH ＜7；反应的离子方程式为：
++4232NH +H O NH H O+H g ƒ；
（5）若向气体NH 3的0.1mol/L 水溶液中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：
1，假设条件均为1L ，发生反应：++3242NH H O+H =NH +H O g ，n (NH 3•H 2O)=0.1mol ，
n (H +)=0.1mol ，所以一水合氨和硫酸反应生成硫酸铵溶液，铵根离子水解显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为：c (+4NH )>c (2-4SO )>c (H +)>c (OH -)。

【点睛】
比较时溶液中粒子浓度紧扣两个微弱：
（1）弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力，如在稀醋酸溶液中：CH 3COOH ƒCH 3COO -＋H +，H 2O ƒOH -＋H +，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c (CH 3COOH)>c (H +)>c (CH 3COO -)>c (OH -)；
（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度，如稀的CH 3COONa 溶液中：CH 3COONa=CH 3COO -＋Na +，CH 3COO -＋H 2O ƒCH 3COOH ＋OH -，H 2O ƒH +＋OH -，所以CH 3COONa 溶液中：c (Na +)>c (CH 3COO -)>c (OH -)>c (CH 3COOH)>c (H +)。

4．A 、B 、C 、D 、E 、F 六种短周期主族元素，原子序数依次增大，A 、B 、F 三者原子序数之和为25，且知B 、F 同主族，1.8g E 与足量的盐酸反应生成ECl 3和2.24L 氢气（标准状况下），D +和E 的离子具有相同的电子层结构，工业上用电解元素B 和E 能形成离子化合物的方法冶炼E 单质，试判断：
(1)六种元素中非金属性最强的是___ (填代号)，该元素位于周期表中第___周期第___族；由A 、B 、D 三种元素形成化合物的电子式 _________
(2)下列能够说明B 、F 非金属性强弱的方法有 _________
a.最高价氧化物对应水化物酸性
b.气态氢化物的热稳定性
c.气态氢化物的沸点B 比F 高
d.向F 的气态氢化物溶液中通入B 单质，有浑浊
(3)写出下列反应的化学方程式
①E 与足量的盐酸反应的化学方程式________________________________
②工业上用电解法冶炼E 单质_______________________________
(4)写出足量D 的高价氧化物对应水化物与ECl 3相互反应的离子方程式____
【答案】C 二 ⅦA bd 2Al+6HCl=2AlCl 3+3H 2↑ 2Al 2O 3(熔融)=电解
4Al+3O 2↑ -3+224OH +Al =AlO +2H O -
【解析】
【分析】
A 、
B 、
C 、
D 、
E 、
F 六种短周期主族元素，原子序数依次增大，1.8gE 与足量盐酸反应生成ECl 3和2.24L 氢气（标况），故E 为+3价元素，设E 的相对原子质量为M ，则2.24L 1.8g 2=322.4L/mol Mg/mol
⨯⨯，解M=27，故E 为ⅢA 族元素，依据计算得知E 为铝，工业上用电解氧化铝方法冶炼铝单质，所以B 为氧元素，B 、F 同主族，则F 是硫，A 、B 、F 三者原子序数之和为25，则A 是氢，且D +离子和Al 离子具有相同的电子结构，故D 能形成+1价阳离子，故D 为钠，C 的原子序数大于氧小于钠，且为主族元素，故C 为氟，据此答题。

【详解】
（1）根据元素周期律，同周期元素从前向后，非金属性逐渐增强，同主族元素从上向下，非金属性逐渐减弱，所以六种元素中非金属性最强的是C ，C 为氟，位于周期表中第二 周期第ⅤⅡA 族，由A 、B 、D 三种元素形成化合物为氢氧化钠，它的电子式是
，故
答案为：C ；二；ⅤⅡA ；； （2）a ．氧元素没有最高价氧化物对应水化物，故a 错误；
b ．根据元素周期律，气态氢化物的热稳定性越稳定，元素的非金属性越强，故b 正确；
c ．气态氢化物的沸点与分子间作用力有关，与元素的非金属性无关，故c 错误；
d ．向硫的气态氢化物溶液中通入氧气，有浑浊，说明氧气的氧化性强于硫，即氧的非金属性强于硫，故d 正确，
故答案为：bd ；
（3）①Al 与足量的盐酸反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl 3+3H 2↑；
②工业上用电解法冶炼Al 单质的化学方程式为2Al 2O 3(熔融)=电解
4Al+3O 2↑；
（4）氢氧化钠与AlCl 3相互反应的离子方程式为-3+224OH +Al =AlO +2H O -。

5．把7.5 g 镁铝合金的粉末放入200ml 4mol/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）氢氧化钠的物质的量浓度为_______mol/L 。

（3）V 1=_______mL 。

（4）写出该合金溶于足量NaOH 溶液的化学方程式为_________。

【答案】0.2mol 2 450 2222Al+2NaOH+2H O=2NaAlO =3H ↑
【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 Al 3++3OH -═Al(OH)3↓、 Mg 2++2OH -═Mg(OH)2↓，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 -═AlO 2-+2H 2O ，据此进行解答。

【详解】
(1)当滴加400mL 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 -)=0.2L×4mol/L=0.8mol ，由电荷守恒可知n (Na +)= n (Cl -)=0.8mol ，即400mL 氢氧化钠溶液中n (Na +)=0.8mol ，则其浓度c (NaOH)=-10.8mol =2mol L 0.4L
g ；此时溶液中据图可知前50mL 氢氧化钠溶液没有沉淀产生，即此时发生反应H ++OH -=H 2O ，所以与镁铝合金反应后剩余的n (H +)=0.05L×2mol/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V 1mL 发生反应Al(OH)3+OH -═AlO 2-+2H 2O ，根据(1)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=-1
0.1mol =0.05L 2mol L g ，即50mL ，所以V 1=400+50=450，故答案为：450； (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：
2222Al+2NaOH+2H O=2NaAlO =3H ↑。

【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。

6．粉末状试样A 是由等物质的量的MgO 和Fe 2O 3组成的混合物。

进行如下实验： ①取适量A 进行铝热反应，产物中有单质B 生成；
②另取20 g A 全部溶于0.15 L 6.0 mol·
L －1盐酸中，得溶液C ； ③将①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 ；
④用KSCN 溶液检验时，溶液D 不变色。

请填空：
(1)①中引发铝热反应的实验操作是___________，产物中的单质B是________。

(2)②中所发生的各反应的化学方程式是___________。

(3)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 Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O、MgO＋
2HCl=MgCl2＋H2O Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑ 0.67 mol·L－1 2.3 mol·L－1
【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Fe2O3＋2Al 高温
Al2O3＋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)Fe2O3和MgO都是碱性氧化物，能和酸反应生成盐和水：Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O，MgO＋2HCl=MgCl2＋H2O，故答案为：Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O、MgO＋2HCl=MgCl2＋
H2O；
(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Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。

(4)假设步骤②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－1×x＋160 g·mol－1×x＝20 g，解得：x＝0.1 mol。

根据MgO～MgCl2的关系，则溶液中MgCl2的浓度为0.1 mol÷0.15 L≈0.67 mol·L－1。

步骤④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
g-1 0.15L 6.0mol L
2＝0.45mol，所以，FeCl2的浓度为
0.45mol-0.1mol
0.15L
≈2.3 mol·L－1，
故答案为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；0.67 mol·L－1；
【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。

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____________。

（5）a=______。

【答案】Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 5.1g 6mol/L 5mol/L 20
【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】
(1) 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；
(2) 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
24×0.1+27×0.1=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=5mol/L；B点时，溶液刚好为NaCl溶液，此时消耗
n(NaOH)=5×0.12=0.6mol，c(HCl)=0.6÷0.1=6mol/L；
(4)由(3)得出的结论，c(NaOH)=5mol/L；
(5) n(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=0.02L，即20mL。

【点睛】
通过BC段消耗的氢氧化钠的体积计算出NaOH的浓度，再计算盐酸的浓度。

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Al2O3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、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体。

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___。

（3）在步骤Ⅱ中，用如图装置制取CO 2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。

为了固体C 的生成，在药品和装置上可采取的改进措施是___。

（4）溶液E 中加入KSCN 溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe 3+，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CuSO 4溶液，写出反应的化学方程式：___。

【答案】-22-2=2Al+2H O+2OH 2AlO +3H ↑、--2322Al O +2OH =2AlO +H O 稀硫酸
NaHCO 3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NaHCO 3溶液的洗气瓶，以除去装置a 中挥发出的HCl 2Fe 3++Fe=3Fe 2+、2Fe 3++Cu=2Fe 2++Cu 2+
22442=2Cu+O +2H SO 2CuSO +2H O ∆
【解析】
【分析】
Fe 、Cu 、Fe 2O 3都不与NaOH 溶液反应，Al 和Al 2O 3可与NaOH 溶液反应，用含有Al 、Fe 、Cu 和Al 2O 3和Fe 2O 3的废金属屑制取AlCl 3、绿矾晶体(FeSO 4•7H 2O)和胆矾晶体流程为：合金中Al 、Al 2O 3与NaOH 反应，所得滤液A 为NaAlO 2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生反应：()223--
23AlO +CO +2H O H =Al OH CO +↓，反应可生成Al(OH)3固体C ，生成的Al(OH)3再和盐酸反应生成AlCl 3，得到的AlCl 3较纯净；溶液D 为NaHCO 3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FeSO 4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F 为Cu ，可用于制备胆矾，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NaAlO 2溶液，反应的离子方程式为：-22-
2=2Al+2H O+2OH 2AlO +3H ↑、--
2322Al O +2OH =2AlO +H O ；
（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，进而制得绿矾晶体，所以试剂X 为稀硫酸；溶液D 为NaHCO 3溶液；
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图所示装置及试剂将制得的CO 2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，发生的反应为：
Al(OH)3+3H +=Al 3++3H 2O ，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NaHCO 3中不溶，氯化氢和NaHCO 3反应生成二氧化碳气
体，所以可降低盐酸浓度；在装置I 和Ⅱ之间增加一个盛有饱和NaHCO 3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Fe 3+，原因是Fe 3+被Fe 、Cu 还原生成Fe 2+，所以加入KSCN 溶液没有明显现象，故答案为：2Fe 3++Fe=3Fe 2+、2Fe 3++Cu=2Fe 2++Cu 2+；
（5）用固体F 继续加入热的稀H 2SO 4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO 4溶液，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：22442=2Cu+O +2H SO 2CuSO +2H O。

9．以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-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Al 2O 3（含少量杂质SiO 2、FeO 、Fe 2O 3），其制备实验流程如图：
(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H 2O 2溶液发生的离子反应方程式为2Fe 2++H 2O 2+2H +=2Fe 3++2H 2O 。

(3)验证“沉铁”后，溶液中是否还含有铁离子的操作方法为___。

(4)煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为
4[NH 4Al(SO 4)2·12H 2O]
2Al 2O 3+2NH 3↑+N 2↑+5SO 3↑+3SO 2↑+53H 2O 。

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NaHSO 3溶液吸收的物质除大部分H 2O(g)外还有__(填化学式)。

③KMnO 4溶液褪色(MnO 4-还原为Mn 2+)，发生的离子反应方程式为___。

【答案】Al 2O 3+3H 2SO 4=Al 2(SO 4)3+3H 2O SiO 2 静置，溶液澄清后，继续向上层清液中滴加K 4[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 N 2 SO 3、NH 3 2MnO 4-+5SO 2+2H 2O=2Mn 2++5SO 42-+4H +
【解析】
【分析】
铝灰的主要成分为Al 2O 3（含少量杂质SiO 2、FeO 、Fe 2O 3），加入稀硫酸浸取，只有SiO 2不
溶而成为滤渣；加入30%H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入K4[Fe(CN)6]溶液，生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀；加入(NH4)2SO4，Al3+转化为NH4Al(SO4)2，再蒸发结晶，便可获得
[NH4Al(SO4)2·12H2O，煅烧后得到 -Al2O3。

【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+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O。

答案为：Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；
(2)由以上分析可知，图中“滤渣”的主要成分为SiO2。

答案为：SiO2；
(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KSCN溶液；
(4)煅烧后，所得气体为NH3、N2、SO3、SO2，通过NaHSO3溶液，可吸收SO3和NH3；通过KMnO4溶液，可吸收SO2，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N2。

答案为：N2；
②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有SO3、NH3。

答案为：SO3、
NH3；
③KMnO4溶液褪色(MnO4-还原为Mn2+)，则MnO4-与SO2反应生成Mn2+、SO42-等，发生的
离子反应方程式为2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。

答案为：2MnO4-
+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。

【点睛】
SO3通入NaHSO3溶液中，若NaHSO3溶液足量，则发生反应为
SO3+2NaHSO3=Na2SO4+H2O+2SO2；若NaHSO3溶液不足量，则发生反应为
SO3+NaHSO3=NaHSO4+SO2。

10．某Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质。

现通过下列生产过程，从该样品中提纯Al2O3，并回收铁红。

流程如下：
(1)操作①是_________，在实验室进行该操作需要的玻璃仪器有_________。

(2)白色固体②是_________，样品和试剂①反应的化学方程式是_________。

(3)固体①加入适量稀盐酸，可能发生的反应有：_______(用化学方程式表达)。

(4)溶液③中铁元素的存在形式是_________，如何用实验证明：____。

(5)溶液③中通入某气体，该气体可以是_________(任写一种的化学式)，红褐色固体制得铁红的化学方程式是_________。

【答案】过滤烧杯、漏斗、玻璃棒 Al(OH)3 Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑ Fe2+取少量溶液于试管中，滴入KSCN溶液无变化，滴加氯水后变血红色 O2或者Cl2 2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O 【解析】
【分析】
Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质，根据题中流程图可知，样品与试剂①反应得溶液①再通入CO2得白色沉淀②，该白色固体加热分解产生Al2O3，可推知试剂①为NaOH，得到的固体①为Cu、Fe、Fe2O3，溶液①为NaAlO2、NaOH混合溶液，通入过量CO2后得溶液②为NaHCO3溶液，白色固体②为Al(OH)3，Al(OH)3受热分解得Al2O3，固体①中加入盐酸得到固体粉末中铁有剩余，由于Fe会发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，则溶液③中主要含有Fe2+，经过操作①得红褐色固体应为Fe(OH)3，所以通入的气体应为氧化剂，可以是O2或Cl2，氢氧化铁受热分解得Fe2O3。

【详解】
(1)操作①是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法，名称为过滤；在实验室进行过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(2)白色固体②受热分解产生Al2O3，则②是Al(OH)3，样品中含有Al2O3和试剂NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O，反应的化学方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
(3)固体①中含有Al2O3、Cu、Fe、Fe2O3，加入适量稀盐酸，由于反应后的固体粉末中含有Fe单质，则可能发生的反应有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2、
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；
(4)由于固体①中样品与适量盐酸反应后的固体粉末中含有Fe，结合
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+可知溶液③中铁元素的存在形式是Fe2+，证明方法是：取少量该溶液于试管中，滴入KSCN溶液无变化，滴加氯水后溶液变血红色；
(5)溶液③中含有Fe2+，向溶液③通入某气体后再加入足量NaOH溶液，产生红褐色的
Fe(OH)3沉淀，该气体具有强的氧化性，气体可以是O2或者Cl2，红褐色固体Fe(OH)3不稳定，受热分解产生铁红Fe2O3，该反应的化学方程式是2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O。

【点睛】
本题以从Al2O3样品中提取氧化铝的工艺流程为线索，考查了氧化还原反应、化学试剂的
使用、混合物的分离，正确理解制备流程及反应原理为解答关键，注意掌握铝及其化合物性质和转化关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。