2020-2021高考化学二轮 铝及其化合物推断题 专项培优易错试卷及答案解析

2020-2021高考化学二轮 铝及其化合物推断题 专项培优易错试卷及答案解析
一、铝及其化合物
1．A 、B 、C 、D 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CO 2气体，D 为NaOH 溶液，则B 的化学式为_________。

（2）若A 为AlCl 3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_________。

（4）若常温时A 为气态氢化物，B 为淡黄色固体单质，则A 与C 反应生成B 的化学方程式为_________。

（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 ．KSCN 溶液
d ．酸性KMnO 4溶液
【答案】NaHCO 3 偏铝酸钠 分解反应 2222H S SO =3S 2H O ++
2322Fe Cl =2Fe 2Cl ++-++ b
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若A 为CO 2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CO 2反应生成碳酸氢钠；所以B 的化学式为NaHCO 3；
(2)若A 为AlCl 3，其与少量的NaOH 反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3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O 2或Cl 2，A 则可能为P ，S 或N 2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，硫单质和溴化银；根据转化关系，推测B 为S 单质；那么A 为H 2S ，C 为SO 2，B 为氧气；所以相关的方程式为：2222H S SO =3S 2H O ++；
(5)A 为黄绿色气体则为Cl 2，根据转化关系可知，该金属元素一定是变价元素，即Fe ；那么B 为FeCl 3，C 为FeCl 2；所以A 与C 反应的离子方程式为：2322Fe
Cl =2Fe 2Cl ++-++； a ．NaOH 与Fe 2+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Fe 3+直接
生成红褐色沉淀， a 项可以；
b ．盐酸与Fe 2+，Fe 3+均无现象，b 项不可以；
c ．KSCN 溶液遇到Fe 3+会生成血红色物质，而与Fe 2+无现象，c 项可以；
d ．F
e 2+具有还原性会使高锰酸钾溶液褪色，Fe 3+不会使高锰酸钾溶液褪色，d 项可以；答案
选b。

2．有关物质的转化关系如下图所示(部分生成物与反应条件已略去)。

B、D、H是气体，B 是单质，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C、G是生活中的常见金属，工业上用反应①制备C；K、F是固体，其中F是一种红色涂料的主要成分。

（1）K的化学式为___________；D的电子式为____________。

（2）写出反应②的离子方程式：___________。

（3）写出反应③的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：
_____________。

（4）物质J常用作催化剂，媒染剂，放射性物质吸附剂。

从J的溶液得到J的晶体的操作依次为_____________、冰水洗涤、减压烘干。

冰水洗涤的目的___________。

（5）反应③常通过微热来加快反应的速率，加热时温度不能过高的原因是_________。

【答案】Fe(OH)3 3NO2＋H2O＝2H+＋2NO3-＋NO
蒸发（加热）浓缩、冷却结晶、过滤减
少晶体的溶解损耗硝酸在较高温度下(易挥发)易分解
【解析】
【分析】
D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D是氨气；C、G是生活中的常见金属，F是一种红色涂料的主要成分，F是Fe2O3，C的Al、G是Fe、A是Al2O3；电解熔融氧化铝生成铝和氧气，B是O2、E是NO、H是NO2、I是HNO3；铁和硝酸反应生成硝酸铁，J是Fe(NO3)3，
Fe(NO3)3和氨水反应生成氢氧化铁，K是Fe(OH)3；Fe(OH)3加热分解为氧化铁。

据此解答。

【详解】
（1）根据以上分析，K是氢氧化铁，化学式为Fe(OH)3；D是氨气为共价化合物，氨气的电子式为。

（2）反应②是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式是3NO2＋H2O ＝2H+＋2NO3-＋NO。

（3）反应③是铁和硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮、水，反应的化学方程式是
Fe +4HNO 3=Fe (NO 3)3 ＋ NO ↑＋2H 2O ，铁元素化合价由0升高为+3，氮元素化合价由+5降低为+2，用单线桥标出电子转移的方向和数目为。

（4）从硝酸铁的溶液得到硝酸铁的晶体的操作依次为蒸发（加热）浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤、减压烘干。

温度越低硝酸铁溶解度越小，冰水洗涤的目的是减少晶体的溶解损耗。

（5）反应③常通过微热来加快反应的速率，硝酸在较高温度下(易挥发)易分解，所以加热时温度不能过高。

【点睛】
本题考查无机物的推断，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，D 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为解答该题的关键，注意把握物质的特征性质。

3．甲、乙、丙三种物质之间有如下转化关系：3224NH H O H SO Δ⋅−−−→−−−−→−−→甲乙丙甲
（1）若甲和丙都是不溶于水的白色固体物质，既能溶于盐酸又能溶于氢氧化钠溶液。

则甲
是________（填化学式）。

写出“32NH H O ⋅−−−−→乙丙”转化的离子方程式
______________________。

（2）若乙溶液中加入KSCN 溶液，有血红色出现，则乙溶液中含有的离子是
___________，甲的化学式为_____________。

【答案】23Al O 33234Al
3NH H O=Al(OH)3NH +++⋅↓+ 3Fe + 23Fe O 【解析】
【详解】
（1）甲和丙都是不溶于水的白色固体物质，按信息知甲为23Al O 、乙是硫酸铝，丙为3Al(OH)，则乙与氨水反应的离子方程式为：
33234Al 3NH H O Al(OH)3NH ++
+⋅=↓+；
（2）若乙溶液中加入KSCN 溶液，有血红色出现，则乙为硫酸铁，其溶液中含有铁离子，氧化物甲与硫酸反应得到硫酸铁溶液，因此甲为氧化铁。

【点睛】
铝离子与氨水反应的离子方程式容易出错，同学往往错误地把离子方程式写错成3-3Al 3OH Al(OH)++=↓。

4．A 是一种红棕色金属氧化物；B 、D 是金属单质；J 是一种难溶于水的白色化合物，受热易分解。

回答下列问题：
（1）A、E、J、G的化学式分别为___、___、___、___。

（2）C转化为I的离子方程式为___。

（3）H和I反应生成J的离子方程式为___。

（4）如何检验E溶液中大量存在的阳离子?___。

【答案】Fe2O3 FeCl2 Al(OH)3 Fe(OH)3 Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O Al3++3AlO2-
+6H2O═4Al(OH)3↓取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+
【解析】
【分析】
A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，红褐色沉淀G为Fe(OH)3，分解可以生成氧化铁，则F是 Fe(OH)2．B、D是金属单质，Fe2O3和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3，J是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成C，则J是Al(OH)3，由转化关系可知，I是NaAlO2，H是AlCl3；铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氨水反应生成 Fe(OH)2，则E是 FeCl2，以此解答该题。

【详解】
(1)由以上分析可知，则A为Fe2O3，E是FeCl2，J是Al(OH)3，G是Fe(OH)3；
(2)氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：
Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；
(3)铝离子和偏铝酸根之间双水解而不共存，反应的离子方程式为Al3++3AlO2-
+6H2O═4Al(OH)3↓；
(4)E是FeCl2，检验亚铁离子，可取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+。

5．某铝合金(硬铝)中含有铝、镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计了如下实验：
(1)溶液Ⅰ中的溶质为_________(填化学式，下同)，溶液Ⅱ中的溶质为__________。

(2)上述第③步反应中，生成沉淀的离子方程式为____________。

(3)该合金中铝的含量为__________。

【答案】AlCl3、MgCl2、HCl Na[Al(OH)4]、NaCl、NaOH [Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3—9b
17a
【解析】
【分析】
由测定该合金中铝的含量流程可知，①加盐酸，Cu、Si不反应，则过滤得到的固体为Cu、Si，溶液中含AlCl3、MgCl2以及过量的盐酸，②加足量的NaOH，过滤得到的沉淀为
Mg(OH)2，溶液中主要含Na[Al(OH)4]、与过量盐酸反应生成的氯化钠和过量的氢氧化钠，③通足量的二氧化碳，反应生成Al(OH)3，④灼烧氢氧化铝分解得到Al2O3。

【详解】
(1)根据分析可知溶液Ⅰ中的溶质为AlCl3、MgCl2、HCl；溶液Ⅱ中的溶质为Na[Al(OH)4]、NaCl、NaOH，故答案为：AlCl3、MgCl2、HCl；Na[Al(OH)4]、NaCl、NaOH；
(2)第③步通入二氧化碳与[Al(OH)4]－反应生成氢氧化铝沉淀，故答案为：[Al(OH)4]－＋
CO2=Al(OH)3↓＋HCO3—；
(3)因铝在反应前后守恒，最后得到的固体Al2O3中铝的质量就是铝合金中的铝的质量，则
铝的质量为
2754b
bg100%=g
272+163102
⨯⨯
⨯⨯
，样品质量为ag，所以铝的质量分数
=54b
9b
102100%=
a17a
⨯
，故答案为：
9b
17a。

【点睛】
本题利用了守恒法来进行计算，能很好的考查学生的实验能力、分析和解决问题的能力，题目难度中等。

6．钠、铝、铁是三种重要的金属。

请回答：
（1）钠元素的金属性比铝___(填“强”或“弱”)。

三种金属对应的氢氧化物中，具有两性的物质是__（填化学式）。

（2）将一小块金属钠投入水中，发生反应的离子方程式为__；可观察到的实验现象是
__(填序号)。

A．钠沉到水底 B．钠熔成小球
C．小球四处游动 D．钠无变化
（3）Fe与Cl2在一定条件下反应，所得产物的化学式是__。

将该产物溶于水配成溶液，分装在两支试管中。

请回答：
①若向其中一支试管中滴加KSCN溶液，则溶液变成___色。

②向另一支试管中滴加NaOH溶液，反应的离子方程式是___。

（4）Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，其供氧时主要反应的化学方程式为：__。

（5）在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，观察到的现象是___。

【答案】强 Al(OH)3 2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑ BC FeCl3红 Fe3＋＋3OH-
=Fe(OH)3↓ 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑先生成白色沉淀，然后白色沉淀消失
【解析】
【分析】
（1）金属钠与铝处于同周期，金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐减弱；
（2）金属钠与水反应，生成氢氧化钠和氢气；由于钠的密度小于水的密度，因此钠浮在水面上；反应放热，因此钠熔化成光亮的小球；反应放出气体，因此钠四处游动；最终金属钠完全溶解；
（3）Fe在Cl2燃烧，生成FeCl3，将FeCl3溶于水后，溶液中存在大量的Fe3+，滴加KSCN溶液后，溶液变为血红色；滴加氢氧化钠溶液后生成红褐色沉淀；
（4）Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，可与CO2和H2O反应；
（5）在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成白色沉淀Al(OH)3，当NaOH溶液过量时，沉淀逐渐溶解，最终完全消失。

【详解】
（1）钠元素的金属性比铝强；钠、铝、铁三种金属对应的氢氧化物中具有两性的物质是Al(OH)3；
（2）钠和冷水反应，生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH-＋
H2↑；由于钠的密度小于水的密度，因此钠浮在水面上；反应放热，因此钠熔化成光亮的小球；反应放出气体，因此钠四处游动；最终金属钠完全溶解，因此金属钠与水反应的实验中，可观察到的实验现象是钠熔成小球、小球四处游动，答案选BC；
（3）Fe在Cl2燃烧，生成FeCl3，将FeCl3溶于水后，溶液中存在大量的Fe3+，滴加KSCN溶液后，溶液变为血红色；滴加氢氧化钠溶液后生成红褐色沉淀，离子方程式为：Fe3＋＋
3OH-=Fe(OH)3↓；
（4）Na2O2可作为呼吸面具中的供氧剂，可与CO2和H2O反应，反应方程式为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；
（5）在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成白色沉淀Al(OH)3，当NaOH溶液过量时，沉淀逐渐溶解，最终完全消失。

7．碱式氯化铜[Cu x（OH）y Cl z·mH2O]是重要的农药、医药中间体，还可用作木材防腐剂、饲料添加剂等．研究小组在实验室用某厂废铜渣（主要成分为Cu、CuO，含少量
Fe3O4、Ni、Al2O3）制备碱式氯化铜的流程如下，回答下列问题：
（1）“研磨”的目的为________。

（2）“碱溶”的目的为____________。

（3）“酸溶”时生成Fe3＋反应的离子方程式为_______；生成的Fe3＋对Cu发生的氧化反应的催化原理如上图所示。

N代表的物质为________（填化学式或离子符号）。

（4）“酸溶”时温度不能过高的理由为_________。

（5）若滤液2中c（Fe3＋）＝4×10－8mol/L，pH＝4，则K sp[Fe（OH）3]＝
__________。

（6）为测定Cu x（OH）y Cl z·mH2O的组成，进行如下操作：取样品23.25g，用适量酸溶解后配成100mL溶液；取10.00mL溶液加入足量AgNO3溶液，生成1.435g沉淀；另取10.00mL溶液，用1.000mol/L的EDTA标准液滴定Cu2＋（Cu2＋与EDTA以物质的量之比1∶1反应），滴定至终点时消耗标准液体积为20.00mL。

①溶解样品所用酸的化学式为________；
②最终确定该样品的化学式为______。

【答案】加快反应速率，使反应更充分将氧化铝转化为偏铝酸钠而分离除去
4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O Fe2+或FeCl2温度过高，盐酸挥发程度增大，空气溶解度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分 4×10-38 HNO3 Cu2(OH)3Cl•H2O
【解析】
【分析】
由图可知，废铜渣(主要成分Cu、CuO，含少量Fe3O4、Ni、A12O3)研磨可增大接触面积，加快反应速率，通入CO除去Ni元素，加NaOH分离出的滤液1中含偏铝酸钠和NaOH，滤渣1含Cu、CuO、Fe3O4，加盐酸、空气溶解后得到含铜离子、铁离子的溶液，调节pH，过滤分离出的滤渣2为Fe(OH)3，滤液2中加石灰乳可制备碱式氯化铜
Cu x(OH)y Cl z•mH2O，滤液3中含氯化钙，据此分析解答。

【详解】
(l)“研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：加快反应速率，使反应更充分；
(2)“碱溶”的目的是将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去，故答案为：将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去；
(3)“酸溶”时生成Fe3+反应的离子方程式为4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O；生成的Fe3+对Cu发生的氧化反应的催化原理图中，Cu失去电子，则Fe得到电子转化为N的化学式为Fe2+或FeCl2，故答案为：4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O；Fe2+或FeCl2；
(4)“酸溶”时温度不能过高，因为温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，会导致反应速率降低，酸溶不充分，故答案为：温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分；
(5)若滤液2中c(Fe3+)=4×10-8mol/L，pH=4，则K sp[Fe(OH)3]=4×10-8×(10-10)3=4×10-38，故答案为：4×10-38；
(6)①后续实验需要加入AgNO3溶液，因此溶解样品所用酸为HNO3，加入足量AgNO3溶液可检验Cl-，故答案为：HNO3；
②n(Cl-)=
1.435 g
143.5g/mol×
100mL
10mL=0.1mol，n(Cu
2+)=0.02L×1mol/L×
100mL
10mL=0.2mol，
由电荷守恒可知n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=0.2mol×2-0.1mol=0.3mol，m(Cl-
)=0.1mol×35.5g•mol-1=3.55g，m(Cu2+)=0.2mol×64g•mol-1=12.8g，m(OH-
)=0.3mol×17g/mol=5.1g，n(H2O)=23.25g 3.55g12.8g 5.1g
18g/mol
---
=0.1mol，则
x∶y∶z∶m=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1，即化学式为
Cu2(OH)3Cl•H2O，故答案为：Cu2(OH)3Cl•H2O。

8．一种高效无机水处理剂——聚合氯化铝晶体的化学式为[Al2(OH)n Cl6－n·xH2O]m。

它可通过调节AlCl3溶液的pH，促进其水解而结晶析出。

其制备原料主要是铝加工行业的废渣——铝灰，它主要含Al2O3、Al，还有SiO2等杂质。

聚合氯化铝生产的工艺流程如下：
（1）搅拌加热操作过程中发生反应的离子方程式为
_______________________________________。

（2）生产过程中实验操作B、D的名称均为________。

（3）反应中副产品a是________，试剂b是________。

(用化学式表示)
（4）生产过程中可循环使用的物质是________(用化学式表示)。

（5）调节pH＝4.0～4.5的目的是______________________________________________。

（6）为得到较纯净的晶体，生产过程中C物质可选用________。

A．氨水 B．NaAlO2 C．NaOH D．Al2O3 E．Al
【答案】Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O、2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑过滤 H2 HCl HCl 促进AlCl3水解，使晶体析出 DE
【解析】
【分析】
铝灰主要含Al2O3、Al，还有SiO2等，加水清洗掉其他可溶性杂质，因为B后分离出二氧化硅，所以推出b溶液为盐酸溶液，过量的盐酸将氧化铝和铝单质转化为氯化铝溶液，同时产生氢气，因为氯化氢易挥发，所以氢气中混有氯化氢，经水喷淋，得到气体a为氢气，同时回收盐酸b；B为氯化铝溶液中混有不溶性的二氧化硅，通过过滤分离出二氧化硅，氯化铝溶液经浓缩后调节pH，静置、过滤得到聚合氯化铝晶体。

【详解】
（1）由分析可知b为盐酸溶液，将铝和氧化铝转化为氯化铝溶液，所以搅拌加热操作过程中发生反应的离子方程式为：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O、2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，故答案为：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O、2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑；
（2）由分析可知，生产过程中实验操作B、D的名称均为过滤，故答案为：过滤；
（3）由分析可知，a为氢气，b为盐酸，故答案为：H2；HCl；
（4）搅拌加热过程中需要加入盐酸，吸收气体过程中可回收挥发出的HCl，所以HCl可以循环使用，故答案为：HCl；
（5）氯化铝水解呈酸性，所以调节pH的目的是为了使氯化铝水解生成产品，故答案为：促进AlCl3水解，使晶体析出；
（6）为得到较纯净的晶体，调节pH的试剂不能引入新杂质，而过量的氨水、NaAlO2、NaOH均不易除去，会引入新杂质， Al2O3、Al因为不溶于水，过量时可通过过滤除去，所以用Al2O3、Al调节pH能得到较纯净的晶体，综上所述，答案为DE。

【点睛】
B处溶液因为可能含有未反应的盐酸和氯化铝水解而显酸性，而强酸性环境中聚合氯化铝晶体不易结晶析出，所以要调节pH促进铝离子水解，使聚合氯化铝晶体结晶析出。

9．金属Co、Ni性质相似,在电子工业以及金属材料上应用十分广泛.现以含钴、镍、铝的废渣(含主要成分为CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3)提取钴、镍的工艺如下:
(1)酸浸时SO2的作用是___________________________________。

(2)除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应_________________________________。

(3)用CoCO3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得H2O2分解的高效催化剂CoxNi(１－x)Fe2O4(其中Co、Ni均为＋2价).如图是用两种不同方法制得的CoxNi(１－x)Fe2O4在10℃时催化分解6％的H2O2溶液的相对初始速率随x 变化曲线.
①H2O2的电子式_________________________________。

②由图中信息可知:_________________________________法制取的催化剂活性更高。

③Co2＋、Ni2＋两种离子中催化效果更好的是_________________________________。

(4)已知煅烧CoCO3时,温度不同,产物不同.在400℃充分煅烧CoCO3,得到固体氧化物的质量2.41g,CO2的体积为0.672L(标况下),则此时所得固体氧化物的化学式为____________。

【答案】还原剂或将Co 3+还原为Co 2+ 2Al 3++3CO 32-+3H 2O=2Al(OH)3↓+3CO 2↑
微波水热 Co 2+ Co 3O 4
【解析】
【分析】
第一步酸浸，将氧化物全部变为离子，加入的2SO 具有还原性，可将3+Co 还原为2+Co ，第二步加入的碳酸钠，3+Al 和2-3CO 可以发生双水解反应，将铝变为沉淀除去，接下来用萃取剂除去镍，此时溶液中只剩下2+Co ，再加入2-3CO 将2+Co 转变为3CoCO 沉淀即可，本题得解。

【详解】
（1）根据分析，2SO 作还原剂；
（2）根据分析，3+Al 和2-
3CO 发生双水解反应
3+2-32322Al 3CO +3H O=2Al(OH)+3CO ↓↑； （3）①画出过氧化氢的电子式即可；
②根据题图可以看出微波水热法具有更高的反应速率；
③当x 增大，催化剂中的2+Co 比例增大，2+Ni 比例减小，而x 增大时过氧化氢的分解速率也在增大，说明2+Co 的催化效果更好；
（4）首先根据m V 0.672
n===0.03mol V 22.4
算出2CO 的物质的量，根据碳原子守恒可知碳酸钴的物质的量也为0.03mol ，再根据钴原子守恒，2.41g 固体中有0.03mol 钴原子，剩下的全为氧原子，解得氧原子的物质的量为0.04mol ，因此所得固体氧化物的化学式为34Co O 。

10．铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al 2O 3和冰晶石（Na 3AlF 6）混合熔融电解制得。

Ⅰ.铝土矿的主要成分是Al 2O 3和SiO 2等。

从铝土矿中提炼Al 2O 3的流程如图：
（1）写出反应1中涉及的任意一个化学方程式____；
（2）滤液Ⅰ中加入CaO 生成的沉淀是____，已知气体A 在标准状况下的密度为1.96g /L ，写出A 过量时，反应2的离子方程式____；
Ⅱ.以萤石（CaF 2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如图：
（3）萤石（CaF 2）的电子式____；
（4）若E 为硫酸钙，D 为最稳定的气态氢化物，则化合物C 是____，写出由D 制备冰晶石（Na 3AlF 6）的化学方程式____。

【答案】2NaOH +SiO 2=Na 2SiO 3+H 2O 或2NaOH +Al 2O 3=2NaAlO 2+H 2O CaSiO 3 AlO 2-
+CO 2+2H 2O =Al (OH )3↓+HCO 3- 2+[:F:]Ca [:F:]........
-- H 2SO 4 12HF +3Na 2CO 3+2Al (OH )3=2Na 3AlF 6+3CO 2+9H 2O
【解析】
【分析】
I .铝土矿用NaOH 溶液处理，Al 2O 3和SiO 2溶解为NaAlO 2和Na 2SiO 3，加CaO 后Na 2SiO 3生成CaSiO 3沉淀，过滤后的滤液通入酸性气体，使NaAlO 2生成Al (OH )3沉淀，过滤出的Al (OH )3沉淀经煅烧得到Al 2O 3；Ⅱ.萤石(CaF 2)和难挥发酸共热得到HF 气体，HF 气体和Na 2CO 3、Al (OH )3反应便得到冰晶石Na 3AlF 6。

可在此基础上解各小题。

【详解】
Ⅰ.(1)反应1为Al 2O 3和SiO 2和NaOH 溶液反应，生成NaAlO 2和Na 2SiO 3，反应的化学方程式为：2NaOH +SiO 2=Na 2SiO 3+H 2O 或2NaOH +Al 2O 3=2NaAlO 2+H 2O 。

答案为：2NaOH +SiO 2=Na 2SiO 3+H 2O 或2NaOH +Al 2O 3=2NaAlO 2+H 2O ；
(2)滤液Ⅰ中含的Na 2SiO 3与加入的CaO 反应生成CaSiO 3沉淀；气体A 在标准状况下的密度为1.96g /L ，则A 的摩尔质量为：M =ρV m =1.96g /L ×22.4L ∙mol -1=44g ∙mol -
1，气体A 能与NaAlO 2生成Al (OH )3沉淀，故A 为CO 2。

反应2的离子方程式为：AlO 2-
+CO 2+2H 2O =Al (OH )3↓+HCO 3-。

答案为：CaSiO 3；AlO 2-+CO 2+2H 2O =Al (OH )3↓+HCO 3-； (3)CaF 2是离子化合物，由F -和Ca 2+构成，故CaF 2的电子式为：2+[:F:]Ca [:F:]........
--。

答案为：2+[:F:]Ca [:F:]........
--； (4)最稳定的气态氢化物是HF ，则D 为HF ；若E 为硫酸钙，化合物C 是难挥发酸，则C 是H 2SO 4；根据已知物质和质量守恒，可写出由D (HF )制备冰晶石(Na 3AlF 6)的化学方程式为：12HF +3Na 2CO 3+2Al (OH )3=2Na 3AlF 6+3CO 2+9H 2O 。

答案为：H 2SO 4；12HF +3Na 2CO 3+2Al (OH )3=2Na 3AlF 6+3CO 2+9H 2O 。

【点睛】
气体的摩尔质量：
m m
m m M V V n V ρ===，可根据关系m M V ρ=进行气体的摩尔质量和密度之间的互算。