【化学】化学铝及其化合物推断题的专项培优练习题(含答案)含详细答案

【化学】化学铝及其化合物推断题的专项培优练习题(含答案)含详细答案
一、铝及其化合物
1．Al2O3是铝的重要化合物，有着广泛的应用。

以下是Al2O3的实验室制备流程图。

根据题意回答下列问题：
（1）实验室制备过程中，废铝材料先用Na2CO3溶液浸洗的目的是_____；A试剂是
____________（填物质名称）。

（2）两条途径中有一条明显不合理，它是_______（填“途径1”或“途径2”），合理的方案是______。

（3）某同学从多、快、好、省的原则考虑，认为综合途径1和2，可以既节约药品又节省时间来实现由“废铝材料”制备“Al2O3”，该同学的实验设计流程是（模仿上面流程图设计）__________。

（4）若要从滤液中得到NaCl晶体，其实验操作是_____。

（5）得到的Al2O3中可能含有Na2CO3杂质，请设计实验检验杂质：（写出所需试剂、实验步骤和结论）_________。

（6）现有含Na2CO3杂质的Al2O3样品，为了测定Al2O3的纯度，请你设计实验方案，列出计算式：_____（式中含有a、b等字母）。

【答案】除去铝材表面的油腻稀盐酸途径2 将稀盐酸改成通入过量CO2
蒸发结晶、趁热过滤、
干燥取少量样品溶于水，取上层清液，加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明有Na2CO3,反之则没有取样品质量为b，加水溶解后，加入足量的氯化钡溶液，沉淀完全以
后，过滤、洗涤和干燥，称量（恒重）得沉淀ag。

计算式为：
106a 1-197b
【解析】
【分析】
从废铝材中提取氧化铝，途径1先用稀盐酸反应生成氯化铝，再与Na2CO3溶液发生双水解生成氢氧化铝，再灼烧分解生成氧化铝；途径2氧化铝先与氢氧化钠生成偏铝酸钠，再与盐酸生成氢氧化铝，再灼烧分解生成氧化铝，据此分析解答。

【详解】
（1）废铝材料先用Na2CO3溶液浸洗的目的是除去铝材表面的油腻，A为稀盐酸，故答案为：除去铝材表面的油腻；稀盐酸；
（2）途径2不合理，因为盐酸的量不好控制，改进的方法是将稀盐酸改成通入过量CO2，故答案为：途径2；将稀盐酸改成通入过量CO2；
（3）综合途径1和2，可以既节约药品又节省时间来实现由“废铝材料”制备“Al2O3”，应该用铝材先分别生成氯化铝和偏铝酸钠，两者再发生双水解生产氢氧化铝，流程为：
；
（4）氯化钠的溶解度受温度影响小，若要从若要从滤液中得到NaCl晶体，操作为：蒸发结晶、趁热过滤、干燥，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤、干燥；
（5）得到的Al2O3中可能含有Na2CO3杂质，检测的方法为：取少量样品溶于水，取上层清液，加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明有Na2CO3,反之则没有，故答案为：取少量样品溶于水，取上层清液，加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明有Na2CO3,反之则没有；
（6）现有含Na2CO3杂质的Al2O3样品，为了测定Al2O3的纯度，可采用方案为：取样品质量为b，加水溶解后，加入足量的氯化钡溶液，沉淀完全以后，过滤、洗涤和干燥，称量
（恒重）得沉淀ag；BaCO3沉淀质量为ag，则n(BaCO3)=
ag
197g/mol
=
a
197
mol=
n(Na2CO3)，则m(Na2CO3)=
a
197
mol 106g/mol=
106a
g
197
，Na2CO3的纯度=
106a
197b
，Al2O3
的纯度=
106a
1-
197b
；故答案为：取样品质量为m，加水溶解后，加入足量的氯化钡溶液，沉
淀完全以后，过滤、洗涤和干燥，称量（恒重）得沉淀ag；计算式为：
106a
1-
197b。

【点睛】
本题考查物质分离和提纯，侧重考查元素化合物性质、氧化还原反应、物质分离和提纯实验操作，注意从整体上分析流程图中每一步发生的反应。

2．A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素，原子序数依次增大。

A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体。

C与B、H在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17。

D与F同周期。

G的单质常用作半导体材料。

请回答：
(1)C和H分别与A形成的简单化合物沸点较高的是________(填化学式)，理由是
_____________。

(2)C、E形成的简单离子半径大小：r(C)______r(E)(填>、<或=)
(3)请写出F最高价氧化物对应的水化物在水溶液中的电离方程式______________。

(4)B与G形成的化合物常用于做耐高温材料，工业可用碳热还原法制取：将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应，请写出化学反应方程式_____________。

【答案】H 2O H2O分子间存在氢键>H++AlO2-+H2O Al(OH)3Al3++3OH-
3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F、G、H为八种短周期主族元素，原子序数依次增大。

A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体，则A为H；G的单质常用作半导体材料，G为Si，结合原子序数可知F为Al；C与B、H在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17，17÷3=5…2，B为N、C为O、H为S，D与F同周期，位于第三周期，D为Na、E为Mg，以此来解答。

【详解】
由上述分析可知，A为H、B为N、C为O、D为Na、E为Mg、F为Al、G为Si、H为S。

(1)C和H分别与A形成的简单化合物分别是H2O、H2S，其中沸点较高的是H2O，原因是
H2O 分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引力；
(2)O2-、Mg2+核外电子排布相同。

具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则C、E形成的简单离子半径大小：r(C)>r(E)；
(3)F最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，在水溶液中存在酸式电离和碱式电离，电离方程式为H++AlO 2-+H2O Al(OH)3Al3++3OH-；
(4)将G的氧化物与B的单质在1400℃条件下和足量的碳反应，其化学反应方程式为
3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO。

【点睛】
本题考查元素及化合物的推断及物质性质的方程式表示。

把握原子结构、元素的位置、质子数关系来推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，题目侧重考查学生的分析与应用能力。

3．短周期主族元素A、B、C、D、E、G的原子序数依次增大，在元素周期表中A的原子半径最小（稀有气体元素除外），B与C相邻且C的最外层电子数是次外层的3倍，C、D的最外层电子数之和与G的最外层电子数相等，E是地壳中含量最多的金属元素。

回答下列问题：
（1）C在元素周期表中的位置是__________；由C和D组成既含离子键又含共价键的化合物的电子式__________。

（2）分别由C、D、E、G元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序为__________（用相应的离子符号表示）。

（3）写出实验室中制备G元素的单质的离子方程式______________________________（4）E单质能写D的最高价氧化物的水化物浓溶液反应放出氢气，反应的离子方程式是：__________由上述六种元素中的三种组成的某种盐，是漂白液的主要成分，将该盐溶液滴
入硫酸酸化的KI 淀粉溶液中，溶液变为蓝色，则反应的化学方程式为
________________________________________.
【答案】第二周期第ⅥA 族 2Na :O :O :Na -++⎡⎤⎢⎥⎣⎦
g g g g g g g g 23Cl O Na Al --++>>> 2222MnO 4H 2Cl Mn Cl 2H O +-+∆+++↑+ 2222Al 2OH 2H O=2AlO 3H --+++↑ ClO -+2I -+2H +=Cl -+I 2+2H 2O
【解析】
【分析】
短周期主族元素A 、B 、C 、D 、E 、G 原子序数依次增大，A 是元素周期表中原子半径最小的元素，则A 为H 元素；C 的最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故C 为O 元素；B 与C 相邻，且B 的原子序数较小，故B 为N 元素；E 是地壳中含量最多的金属元素，则E 为Al ；C(氧)、D 的最外层电子数之和与G 的最外层电子数相等，则D 原子最外层电子数为1、G 原子最外层电子数为7，结合原子序数可知D 为Na 、G 为Cl 。

【详解】
(1)C 为氧元素，在元素周期表中的位置是二周期第VIA 族；C 和D 组成既含离子键又含共价键的化合物为Na 2O 2，电子式为；
(2)C 、D 、E 、G 分别为O 、Na 、Al 、Cl ，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，则简单离子由大到小的顺序为23Cl O Na Al --++>>>；
(3)实验室利用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，离子方程式为：
2222MnO 4H 2Cl Mn Cl 2H O +-+∆+++↑+ ；
(4)Al 单质可以和NaOH 溶液反应生成氢气和偏铝酸钠，离子方程式为
2222Al 2OH 2H O=2AlO 3H --+++↑；漂白液的主要成分为NaClO ，具有强氧化性，根
据现象可知将碘离子氧化成碘单质，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为ClO -+2I -+2H +=Cl -+I 2+2H 2O 。

4．有关物质的转化关系如下图所示。

A 、C 、E 是常见的金属单质，E 为紫红色，反应①可用于焊接铁轨，B 是赤铁矿的主要成分，F 的溶液中加入KSCN 溶液变红。

（部分反应物和生成物省略）
请回答下列问题：
（1）D 的化学式是________。

（2）可选用________（填“字母”）实现反应C→F的转化。

a．稀盐酸 b．氯气/点燃 c．CuSO4溶液
（3）反应①的化学方程式为____________。

（4）反应②的离子方程式为______________。

【答案】Al2O3 b 2Al+Fe2O32Fe + Al2O3 Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+
【解析】
【分析】
A、C、E是常见的金属单质，反应①可用于焊接铁轨，B是赤铁矿的主要成分，则A为Al、B为Fe2O3，C为Fe，D为Al2O3，E是紫红色的金属单质，则E为Cu，F的溶液中加入KSCN溶液变红，F为铁盐，可以由Fe与氯气反应得到，反应②为
Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。

【详解】
(1)根据分析，D的化学式是：Al2O3；
(2)反应C→F是Fe转化为Fe3+，Fe与盐酸、CuSO4溶液生成Fe2+，Fe与氯气反应生成FeCl3，故答案选b；
(3)反应①的化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe + Al2O3；
(4)反应②的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。

5．钠、铝和铁是三种重要的金属。

请回答：
(1)请画出钠的原子结构示意图_______ ，根据钠的原子结构示意图可得出钠的哪些性质？(写出一条)_________。

(2)这三种金属的金属活动性由强到弱的顺序是_________ 。

(3)小块金属钠投入水中，发生反应的化学方程式为_______________；可观察到的实验现象是_________ (填字母)。

a.钠沉到水底
b.钠熔成小球
c.小球四处游动
d.水变红色
(4)铝与稀硫酸反应的离子方程式为_________________________________。

【答案】强还原性 Na＞Al＞Fe 2Na + 2H2O=2NaOH + H2↑ bc 2Al
+6H+=2Al3++ 3H2↑
【解析】
【分析】
(1)钠原子核外有11电子；最外层小于4个电子的原子易失去电子；
(2)结合金属活动顺序表判断；
(3)Na的密度小于水，钠的熔点较低，钠和水反应生成NaOH和氢气同时放出大量热，钠受力不均导致四处游动；
(4)Al溶于稀硫酸生成硫酸铝和氢气。

【详解】
(1)钠原子核外有11电子，则钠原子的结构示意图是，最外层只有1个电子，易失电子，具有强还原性；
(2)由金属活动顺序可知，Na 、Al 、Fe 的金属性强弱顺序为Na ＞Al ＞Fe ；
(3)Na 的密度小于水，所以钠会浮在水面上，钠的熔点较低，钠和水反应生成NaOH 和氢气同时放出大量热使钠熔融发出嘶嘶的响声，钠受力不均导致四处游动，生成NaOH 导致溶液呈碱性，但是水中没有滴加酚酞，则溶液不变色，故发生反应的化学方程式为2Na + 2H 2O=2NaOH + H 2↑，实验现象正确的是bc ；
(4)Al 溶于稀硫酸生成硫酸铝和氢气，发生反应的离子方程式为2Al +6H +=2Al 3++ 3H 2↑。

6．（1）实验室制氯气的尾气处理用_____溶液吸收，其化学反应方程式为_____。

（2）向AlCl 3溶液中逐滴加入NaOH 溶液，现象是先产生白色沉淀，其反应的离子方程式为_____，后白色沉淀又溶解消失，其反应的离子方程式为_____。

（3）在含有0.2mol 的硫酸和0.2mol 的硝酸的混合溶液200mL 中，加入19.2g 铜粉，产生的气体成分为_____（填NO 或H 2），你所选气体在标准状况下的体积为_____L
【答案】NaOH 2NaOH+Cl 2＝NaCl+NaClO+H 2O Al 3++3OH ﹣＝Al(OH)3↓ Al(OH)3+OH ﹣＝AlO 2
﹣+2H 2O NO 3.36L
【解析】
【分析】
(1)实验室用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气；
(2)铝离子和氢氧根反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝为两性氢氧化物，溶解于强碱中；
(3)硫酸和硝酸都为稀酸，反应方程式为铜与稀硝酸反应。

【详解】
(1)实验室用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染空气；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水，反应方程式为：2NaOH+Cl 2＝NaCl+NaClO+H 2O ，
故答案为：NaOH ；2NaOH+Cl 2＝NaCl+NaClO+H 2O ；
(2)向AlCl 3溶液中逐滴加入NaOH 溶液，现象是先产生白色沉淀，是铝离子和氢氧根反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al 3++3OH ﹣＝Al(OH)3↓；后白色沉淀又溶解消失，是因为氢氧化铝为两性氢氧化物，溶解于强碱中，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH ﹣＝AlO 2﹣+2H 2O ，
故答案为：Al 3++3OH ﹣＝Al(OH)3↓；Al(OH)3+OH ﹣＝AlO 2﹣+2H 2O ；
(3)0.2mol 的硫酸和0.2mol 的硝酸的混合溶液200mL 中，硫酸和硝酸都为稀酸，加入19.2g 铜粉，且氢离子不足，完全反应，设n(NO)＝x ，
2323Cu 8H 2NO 3Cu 2NO 4H O
820.6mol x
+++++↑+﹣＝
x＝0.15mol，V(NO)＝n×Vm＝0.15×22.4＝3.36L，故答案为：NO；3.36L。

7．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Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），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)煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为
4[NH4Al(SO4)2·12H2O]2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+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+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O SiO2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 N2 SO3、NH3 2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+
【解析】
【分析】
铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），加入稀硫酸浸取，只有SiO2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。

8．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。

9．以粉煤灰（主要含3Al2O3·2SiO2、SiO2，还含有少量CaO、Fe2O3等物质）为原料制取
Al2O3的流程如图：
（1）当(NH 4)2SO 4和3Al 2O 3·2SiO 2的配比a （a=
424232n[(NH )SO ]n(3Al O 2SiO )
⋅）不同时，“焙烧”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，3Al 2O 3·
2SiO 2的利用率最高。

（2）“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(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Al(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NH 3外，还有___和___。

【答案】8 Fe 3+＋3NH 3＋3H 2O=Fe(OH)3↓＋3NH 4+ OH -＋Al(OH)3=AlO 2-＋2H 2O 水解为吸热反应，升高温度有利于平衡正向进行 CO 2 NaOH (NH 4)2SO 4
【解析】
【分析】
粉煤灰、(NH 4)2SO 4进行灼烧处理，把3Al 2O 3·
2SiO 2转化为NH 4Al (SO 4)2，且当(NH 4)2SO 4和3Al 2O 3·2SiO 2的配比a （a=424232n[(NH )SO ]n(3Al O 2SiO )
⋅）不同时各产物含量不同，如图a=8时，体系中NH 4Al (SO 4)2含量最高，此时3Al 2O 3·
2SiO 2的利用也率最高。

加硫酸进行酸浸，过滤，滤液中含有Al 3+、Fe 3+以及其他可溶性离子，通入氨气生成沉淀Al(OH)3和Fe(OH)3，滤液Ⅰ为(NH 4)2SO 4，加入氢氧化钠进行碱浸取过滤，滤渣为Fe(OH)3滤液Ⅱ为NaOH 和NaAlO 2，加水水解得到Al(OH)3沉淀，煅烧得氧化铝。

【详解】
（1）根据分析，当(NH 4)2SO 4和3Al 2O 3·
2SiO 2的配比a=8时，体系中NH 4Al (SO 4)2含量最高，此时3Al 2O 3·
2SiO 2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：Fe 3+＋3NH 3＋3H 2O=Fe(OH)3↓＋3NH 4+；
（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=AlO 2-＋2H 2O ；
（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AlO 2-水解；该
步骤可将加水改成通入过量的酸性气体二氧化碳（CO 2＋AlO 2-＋2H 2O= HCO 3- ＋
Al(OH)3↓）；
（5）流程中，滤液Ⅰ为(NH 4)2SO 4，滤液Ⅱ含有NaOH ，故可以回收并循坏利用的物质除NH 3外，还有(NH 4)2SO 4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．某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO 2和少量Na 2CrO 4．考虑到胶体的吸附作用使Na 2CrO 4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。

回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。

Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）
（1）C→Al 的制备方法称为电解法，请写出阳极反应方程式_____________________． （2）该小组探究反应②发生的条件．D 与浓盐酸混合，不加热无变化；加热有Cl 2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl 2．由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）_____。

A ．温度
B ．溶液的pH 值
C ．Cl -和2-4SO -的浓度
（3）固体D 是碱性锌锰电池的正极，请写出该电池的负极反应方程式_____________ 。

（4）0.2molCl 2与焦炭、TiO 2完全反应，生成CO 和TiCl 4（熔点-25℃,沸点136．4℃）放热
8.56kJ ，该反应的热化学方程式为______________________________________． Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用
（5）用惰性电极电解时，2
4CrO -能从浆液中分离出来的原因是_________________，
分离后得到的含铬元素的粒子有24CrO -﹣和27CrO -﹣，原因是
__________________________(用离子反应方程式表示)，阴极室生成的物质为
_____________（写化学式）；
【答案】2O 2--4e -=O 2 AB Zn-2e -+2OH - =Zn(OH)2 2Cl 2（g ）+TiO 2（s ）+2C （s ）=TiCl 4（l ）
+2CO （g ）△H=﹣85.6kJ•mol ﹣1 在直流电场作用下2
4CrO -通过阴离子交换膜向阳极室移
动，从而脱离浆液； 22
4CrO -+2H +ƒ27CrO -+H 2O ； NaOH 和H 2
【解析】
【分析】
（1）固体混合物含有Al （OH ）3、MnO 2，加入NaOH 溶液，过滤，可得到滤液A 为NaAlO 2，通入二氧化碳，生成B 为Al （OH ）3，固体C 为Al 2O 3，电解熔融的氧化铝可得到Al ；固体D 为MnO 2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；
（2）题中涉及因素有温度和浓度；
（3）固体D 为MnO 2，是碱性锌锰电池的正极，该电池的负极是锌失电子发生氧化反应，
反应方程式Zn-2e-+2OH- =Zn(OH)2；
（4）0.2molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成CO和TiCl4（熔点-25℃,沸点136．4℃）放热8.56kJ，则2mol氯气反应放出的热量为2÷0.2×8.56kJ=85.6kJ，由质量守恒可知还原性气体为CO，反应的化学方程式为2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g），以此可计算反应热并写出热化学方程式；
Ⅱ．（5）电解时，CrO42－通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，由此解答。

【详解】
Ⅰ．（1）C→Al的制备方法称为电解法，固体C为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al，阳极反应方程式2O2--4e-=O2 ；
（2）反应涉及的条件为加热，加热下可反应，另外加热硫酸，氢离子浓度变化，可知影响的因素为温度和氢离子浓度，故选：AB；
（3）固体D为MnO2，是碱性锌锰电池的正极，该电池的负极是锌失电子发生氧化反应，反应方程式Zn-2e-+2OH- =Zn(OH)2；
（4）0.2molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成CO和TiCl4（熔点-25℃,沸点136．4℃）放热8.56kJ，则2mol氯气反应放出的热量为2÷0.2×8.56kJ=85.6kJ，所以热化学方程式为2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g）△H=-85.6kJ·mol－1；
Ⅱ．（5）电解时，CrO42－通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在2CrO 42－+2H＋Cr2O72－+H2O，则分离后含铬元素的粒子是CrO42－、Cr2O72－，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH。

【点睛】
考查物质的制备、分离以及电解知识，解题关键：注意把握物质的性质，能正确分析试验流程，把握电解的原理，难点（5）在直流电场作用下，CrO42－通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，要求学生具有一定的分析能力。