高考化学专题复习分类练习 铝及其化合物推断题综合解答题及答案(1)

高考化学专题复习分类练习铝及其化合物推断题综合解答题及答案(1)
一、铝及其化合物
1．现有部分短周期元素的相关信息如表所示：
元
素
W X Y Z
相关信息海水中质量
分数最高的
元素
其为非金属元素，
简单气态氢化物溶
于水所得溶液呈碱
性
M层比K
层少1个
电子
其简单离子是第三
周期元素的简单离
子中半径最小的
（1）W在周期表中位于第________周期第________族；
（2）上述元素可形成含有共价键的常见二元离子化合物，该化合物的电子式为________，该化合物中阳离子和阴离子的数目比为________。

（3）实验室用X的气态氢化物的水溶液制取Z的氢氧化物的方法是
________________________________(用离子方程式表示)。

（4）W、X的氢化物H2W2、X2H4在一定条件下反应可得到一种单质和常温下为液体的物质，试写出该反应的化学方程式：__________________________________________。

【答案】二ⅥA 2：1
Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+ 2H2O2+N2H4=N2↑+4H2O
【解析】
【分析】
海水中质量分数最高的元素为O元素，故W为O；X其为非金属元素，简单气态氢化物溶于水所得溶液呈碱性，该简单气态氢化物为NH3，X为N；Y的M层比K层少1个电子，则含有11个电子，即Y为Na；Z的简单离子是第三周期元素的简单离子中半径最小，则Z 为Al。

【详解】
由分析知：W为O、X为N、Y为Na、Z为Al：
（1）W为O，在周期表中位于第二周期第ⅥA族；
（2）Na与O形成Na2O2，Na2O2中含有离子键和共价键，该化合物的电子式为
，通过其电子式可知，该化合物中阳离子与阴离子的数
目比为2：1；
（3）X的氢化物为NH3，W的氢氧化物为Al(OH)3，用氨水制取Al(OH)3的离子方程式为
Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
（4）W、X的氢化物H2W2、X2H4分别为H2O2、N2H4，H2O2与N2H4在一定条件下反应生成
N2、H2O，其反应的化学方程式为2H2O2+N2H4=N2↑+4H2O。

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．铁和铝是科技、生产、生活中应用最广泛的金属材料。

现有铁、铝的混合物进行如下实验：
(1)操作X的名称是_____。

(2)气体A是_____。

(3)A与Cl2混合光照可能发生爆炸，生成_____(填化学式)，A在该反应中作为_____(填“氧化剂”或“还原剂”)。

(4)溶液B中阴离子除OH-外还有_____，溶液D中存在的金属离子为_____。

【答案】过滤 H2(或氢气) HCl 还原剂 AlO2- Fe2+
【解析】
【分析】
金属混合物中Fe与NaOH溶液不反应，而Al可以与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，NaAlO2易溶于水，所以气体A是H2，溶液B是NaAlO2与NaOH的混合溶液，固体C是Fe，Fe是比较活泼的金属，与HCl发生置换反应产生FeCl2和氢气，因此溶液D为FeCl2，据此分析解答。

【详解】
(1)操作X的名称是分离难溶性的固体与可溶性液体混合物的方法，名称是过滤；
(2)气体A是H2；
(3)A是H2，H2和Cl2的混合气体光照会发生爆炸，反应生成HCl，在该反应中，氢元素的化合价升高，失去电子，被氧化，所以H2作还原剂，；
(4)溶液B是反应产生的NaAlO2与过量的NaOH的混合溶液，所以溶液B中阴离子除OH-外还有AlO2-；铁可以和盐酸反应生成FeCl2和H2，溶液D中含有的金属离子为Fe2+。

【点睛】
本题考查金属铁以及金属铝的化学性质。

注意知识的积累是解题的关键， HCl的氧化性比较弱，只能把Fe氧化为Fe2+，Cl2、H2O2具有强氧化性，可以把Fe氧化为Fe3+；Al既可以与酸反应产生氢气，也可以与强碱溶液反应反应氢气，等物质的量的铝与足量的酸、碱反应产生氢气的物质的量相等。

4．A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产物已略去）。

试回答：
（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是____。

a．S b．N2 c．Na d．Mg e．Al
（2）若A为强碱溶液，则X可能为____。

a．CO2 b．AlCl3 c．Al d．Mg e．Al2O3
（3）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为____；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（离子方程式表示）
___，检验此C溶液中金属元素价态的操作方法是____。

（4）若A、B、C为含有金属元素的化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，则B的化学式为____，X的化学式可能为（写出不同类物质）____或____，反应②的离子方程式为___或___。

【答案】de ab FeCl3 2Fe3++Fe=3Fe2+加入硫氰化钾，不显血红色，然后加入氯水，显血红色，则为亚铁离子 Al(OH)3盐酸氢氧化钠 Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O Al(OH)3+OH-
=AlO2-+2H2O。

【解析】
【分析】
（1）根据常见的强氧化剂单质氧气和氯气分析；
（2）根据各物质的转化关系分析；
（3）在溶液C中滴入AgNO3，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，此沉淀为AgCl，由题意与转化关系可推知A为Cl2，x为还原性较强的金属，由所学知识推x为铁单质；
（4）x为强电解质，应属于强酸、强碱或者盐类，但根据图所示转化关系确定x只能为强碱或强酸。

能与强碱、强酸连续反应的常见物质就是铝的化合物。

【详解】
（1）a．S与氧气反应生成SO2，SO2和氧气反应生成SO3，故不选a；
b．N2与氧气在放电条件下生成NO，NO与氧气反应生成NO2，故不选b；
c．Na与氧气在常温下生成Na2O，Na2O与氧气加热生成Na2O2，故不选c；
d．金属Mg与氧气反应生成氧化镁固体，氧化镁与氧气不反应，故选d；
e．Al与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与氧气不反应，故选e；
选de。

（2）a．CO2 与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故选a；
b．AlCl3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，故选b；
c．Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与铝不反应，故不选c；
d．Mg与氢氧化钠溶液不反应，故不选d；
e．Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与氧化铝不反应，故不选e；
选ab；
（3）铁与氯气反应生成氯化铁，则B为FeCl3，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，C为FeCl2，Fe2+易被氧化，所以FeCl2在贮存时，应加入铁粉来还原Fe3+，离子方程式为
2Fe3++Fe=3Fe2+；检验此C溶液中含有Fe2+的操作方法是：加入硫氰化钾，不显血红色，然后加入氯水，显血红色，则为亚铁离子。

（4）若x为强酸，则A为偏铝酸盐、B为氢氧化铝、C是铝盐；若x为强碱，则A为铝盐、B为氢氧化铝、C是偏铝酸盐；则B的化学式为Al(OH)3，X的化学式可能为盐酸或氢氧化钠，反应②的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。

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）V1=_______mL。

（4）写出该合金溶于足量NaOH溶液的化学方程式为_________。

2Al+2NaOH+2H O=2NaAlO=3H
【答案】0.2mol 2 450
222
【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 Al3++3OH-═Al(OH)3↓、 Mg2++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．明矾在日常生活中用途非常广泛。

用废铝灰（含Al 、Al 2O 3、Fe 、Fe 2O 3、FeO 等）为原料制取明矾的工艺流程如下图。

回答下列问题：
已知：Fe 3＋开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH 为1.9～3.7。

（1）明矾净水的原理是_______________________（用离子方程式表示）。

（2）“酸溶”时，Al 2O 3溶解的化学方程式为______________________。

（3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_______________。

（4）“步骤①”的目的是______；“滤渣2”经碱洗、水洗、干燥和煅烧，得到的产品的名称是_____（填俗称）。

（5）“步骤②”包含的操作有_________、__________、过滤及干燥。

【答案】Al 3++3H 2O ⇌
Al(OH)3(胶体)+3H + Al 2O 3+3H 2SO 4=Al 2(SO 4)3+3H 2O 2Fe 2++H 2O 2+2H +=2Fe 3++2H 2O 调节溶液pH ，使沉淀完全 铁红 蒸发浓缩 冷却结晶
【解析】
【分析】
废铝灰(含Al、Al2O3、Fe、Fe2O3、FeO 等)加入足量稀硫酸进行酸浸溶解并过滤，得到含有Al3+、Fe2+、Fe3+、SO42-的酸性滤液，滤渣1为不与硫酸反应的杂质，向滤液中加入双氧水将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，由于Fe(OH)3比Al(OH)3更难溶，向氧化后的滤液中加入
Al(OH)3，Fe3+转化为更难溶的Fe(OH)3沉淀，过滤后得到含有Al3+、SO42-的滤液，滤渣2为Fe(OH)3，向滤液中加入K2SO4制得产品溶液，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥最终得到产品硫酸铝钾的晶体，据此分析解答。

【详解】
(1)明矾是强酸弱碱盐，弱酸根离子Al3+水解产生氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到达到净水的目的。

其反应原理用方程式表示为：
Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+；
(2)“酸溶”时，Al2O3和硫酸反应生成硫酸铝和水，化学方程式为
Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；
(3)“氧化”时，加入氧化剂过氧化氢，将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(4)“步骤①”加入滤液中加入Al(OH)3，作用是调节溶液的pH值，由于Fe(OH)3比Al(OH)3更难溶，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去；“滤渣2”的成分是Fe(OH)3，煅烧时分解生成氧化铁，它是一种红棕色粉末，常用作颜料，俗名是铁红；
(5) “步骤②”是从溶液中获得产品明矾，包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥。

7．某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和A l，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，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4·7H2O）和胆矾晶体（CuSO4·5H2O）。

请回答：
（1）步骤Ⅰ中，发生的氧化还原反应的离子方程式为___，涉及到的分离操作是___。

（2）试剂X是___；溶液D是___。

（3）溶液E在空气中易被氧化，请设计一个简单的实验方案检验溶液E是否被氧化___。

（4）在步骤Ⅱ时，若用大理石与浓盐酸制取CO2并直接通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。

为避免固体C减少，可采取的改进措施是___。

（5）工业上常用溶液E制取净水剂Na2FeO4，流程如图：
写出由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式___。

（已知NaClO还原为NaCl）
【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑过滤稀硫酸（或稀H2SO4；或硫酸） NaHCO3溶液（或碳酸氢钠溶液）取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【分析】
Cu、Fe和Al，少量Al2O3和Fe2O3，氢氧化钠与Al、Al2O3反应，而Cu、Fe和Fe2O3不反应，过滤得到滤渣为Cu、Fe和Fe2O3，滤液为偏铝酸钠溶液和氢氧化钠溶液，向滤液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤，向沉淀中加入盐酸生成氯化铝溶液，最终得到氯化铝固体；向滤渣为Cu、Fe和Fe2O3中加入稀硫酸，生成硫酸亚铁，最终得到绿矾，过滤得到Cu，Cu与氧气、硫酸反应得到硫酸铜。

【详解】
⑴步骤Ⅰ中，发生的氧化还原反应的是铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，其离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑，Fe、Cu、Fe2O3不和氢氧化钠溶液反应，因此涉及到的分离操作是过滤；故答案为：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；过滤。

⑵将Fe、Cu中Fe溶于溶液中生成硫酸亚铁，因此试剂X是硫酸；溶液A为偏铝酸钠溶液，向溶液中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，因此D是碳酸氢钠；故答案为：稀硫酸(或稀H2SO4；或硫酸)；NaHCO3溶液(或碳酸氢钠溶液)。

⑶溶液E在空气中易被氧化，亚铁离子被氧化生成铁离子，铁离子常用KSCN溶液来检验，因此简单的实验方案检验溶液E是否被氧化的实验为取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化；故答案为：取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化。

⑷在步骤Ⅱ时，若用大理石与浓盐酸制取CO2并直接通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少，减少的主要原因是浓盐酸易挥发，挥发出的HCl与沉淀反应，为避免固体C减少，先用饱和碳酸氢钠溶液除掉挥发的HCl，再通入CO2；故答案为：在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体；故答案为：在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体。

⑸Fe(OH)3与NaClO反应生成NaCl和Na2FeO4，其制取Na2FeO4的离子方程式
2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－= 2FeO42−+3Cl－+5H2O；故答案为：2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－=
2FeO42−+3Cl－+5H2O。

8．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。

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Co3+还原为Co2+ 2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
微波水热 Co2+ Co3O4
【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．工业上用铝土矿（主要成分为23Al O ，还含有杂质2SiO 和23Fe O ）提取氧化铝并冶炼Al 的操作过程如下：
（1）滤渣A 是______，滤渣B 是__________。

（2）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的名称是____________。

（3）生成滤渣C 的离子方程式为___________________________________________。

（4）取100 mL 滤液B ，加入200mL 1.0 1mol L -⋅的盐酸时，沉淀量达到最大且质量为
11.7g 。

则滤液B 中-2c AlO =（）________，()+c Na >_______ 1mol L -⋅。

【答案】2SiO 3Fe(OH)（或氢氧化铁） 过滤
22233AlO CO 2H O Al(OH)HCO -
-++=↓+ 11.5mol L -⋅ 6.0
【分析】
铝土矿中加入过量稀硫酸，二氧化硅不与稀硫酸反应形成滤渣A ，氧化铁、氧化铝与稀硫酸反应生成铝离子、铁离子，滤液A 中有铝离子、铁离子；滤液A 中加入过量的氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠。

根据固体D 电解生成铝，推知D 为氧化铝，C 为氢氧化铝。

偏铝酸钠与过量的X 生成氢氧化铝，推知X 为二氧化碳。

【详解】
（1）铝土矿中的二氧化硅与稀硫酸不反应，则滤渣A 是2SiO （或二氧化硅）；滤液A 中含有铝离子、铁离子，加入过量的氢氧化钠，则滤渣B 是3Fe(OH)（或氢氧化铁）。

（2）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ后分为滤渣和滤液，故名称均是过滤。

（3）由于二氧化碳是过量的，则生成滤渣C 的离子方程式为
22233AlO CO 2H O Al(OH)HCO -
-++=↓+。

（4）取100mL 滤液B ，加入200mL 11mol L -⋅的盐酸时，沉淀量达到最大且质量为11.7g ，即氢氧化铝是11.7g ，其物质的量是1
11.7g 0.15mol 78g mol -=⋅，根据铝原子守恒可知，滤液B 中()
12AlO 0.15mol 0.1L 1.5mol L c --=÷=⋅。

根据方程式()2424223Al SO 8NaOH 3Na SO 2NaAlO 4H O +=++可知()243Al SO 消耗氢氧化钠0.6 mol ，又因为氢氧化钠还会与硫酸等反应，因此最终滤液B 中Na +的浓度大于
16.0mol L -⋅。