2020-2021备战高考化学——铝及其化合物推断题的综合压轴题专题复习含答案

2020-2021备战高考化学——铝及其化合物推断题的综合压轴题专题复习含答
案
一、铝及其化合物
1．工业上的许多反应工艺来源于实验室里的简单操作，比如用铝土矿(成分为氧化铝、氧化铁)制取铝的过程如图：
请回答下列问题：
（1）写出铝土矿中加入NaOH溶液的反应方程式___。

（2）沉淀C的化学式___，颜色为___，写出它的一种用途___。

（3）操作I、操作II、操作III的名称为___，这个过程用到的玻璃仪器有烧杯、___。

（4）整个生产过程中，除可以循环使用的物质有___(写出3种，填化学式)，用此法制取铝的副产品是___(写出2种，填化学式)。

（5）氧化铝熔点高，氯化铝熔点低，工业上为什么不用熔点较低的氯化铝而用熔点更高的氧化铝为原料电解制铝？___。

【答案】Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O Fe2O3红棕色作颜料（或炼铁）过滤漏斗、玻璃棒 NaOH、CaO、CO2 Fe2O3、O2氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。

氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝
【解析】
【分析】
铝土矿中含有氧化铝和氧化铁，向铝土矿中加入NaOH溶液，发生反应Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，氧化铁不溶，然后过滤，得到溶液B为NaOH、NaAlO2混合溶液，沉淀C为Fe2O3；向溶液B中通入CO2，发生反应2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、2OH-+CO2=CO32-+H2O，然后过滤得到沉淀Al(OH)3和Na2CO3溶液，向溶液中加入CaO，发生反应
Na2CO3+CaO+H2O═2NaOH+CaCO3↓，然后过滤，将NaOH循环利用；将Al(OH)3加热得到Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al，据此分析解答。

【详解】
(1)根据上面的分析，铝土矿中加入NaOH溶液，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O；
(2)根据上述分析，沉淀C为Fe2O3，氧化铁为红棕色粉末，俗称铁红，除了用于金属冶炼以外，还可用作顔料，故答案为：Fe2O3；红棕色、作颜料(或炼铁)；
(3)实现固体和液体的分离采用过滤法，操作Ⅰ、操作Ⅱ和操作Ⅲ都是过滤操作，过滤时需
要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯，故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒；
(4)煅烧碳酸钙得到CaO和CO2，B生成沉淀需要二氧化碳、碳酸钠转化为碳酸钙需要CaO，所以CaO和CO2能循环利用，溶液E中的氢氧化钠也能循环利用；根据流程图和上述分析，操作Ⅰ所得的Fe2O3和电解熔融Al2O3得到的O2为副产品，故答案为：NaOH、CaO和CO2；Fe2O3和O2；
(5)氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。

氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此尽管氧化铝熔点高，氯化铝熔点低，工业上电解铝时选用氧化铝而不用氯化铝，故答案为：氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。

氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝。

2．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。

阴离子CO32-、SiO32-、AlO2-、Cl－
阳离子Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、NH4+、Na＋
现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。

(1)若Y是盐酸，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是
________________________，ab段发生反应的离子是________，bc段发生反应的离子方程式为___________________________________。

(2)若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的阳离子是____________________， ab段反应的离子方程式为
_______________________________________________________________________。

【答案】SiO32-、AlO2- CO32- Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O Al3＋、Mg2＋、NH4+ NH4+＋OH－=NH3·H2O
【解析】
【分析】
溶液无色说明溶液中不含Fe3＋离子；
（1）若Y是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al(OH)3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32－；
（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+。

【详解】
溶液无色说明溶液中不含Fe3＋离子；
（1）若Y是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al(OH)3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32－；bc段沉淀部分溶液，确定为Al(OH)3和H2SiO3，所以oa段转化为沉淀的离子是AlO2-、SiO32-；ab段发生反应的离子是CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑，发生反应的离子是CO32-；bc段发生反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+，结合图像bc段发生反应:Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；oa段发生反应：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓；ab段发生反应NH4++OH-=NH3·H2O。

【点睛】
本题主要是考查离子推断、离子方程式的书写。

明确常见离子的性质、依据图像分析反应的原理是答题的关键，题目难度较大。

关于图像的答题需要注意以下几点：①看面：弄清纵、横坐标的含义。

②看线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。

③看点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。

曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。

3．阅读下面信息，推断元素，按要求回答问题：
【答案】ACD 一定含有铝元素 Mg（OH）2 SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓ 2C +SiO2 高温
Si +
2CO↑
【解析】
【分析】
(1)H2和O2常温下为气体，而C、S常温下为固体；
(2)Al具有②中元素的性质，四种元素可能有1种是铝元素；
(3)白色沉淀应为碱，短周期元素中只有Mg(OH)2符合；
(4)滤液中加入过量的盐酸溶液，得到的应是难溶于水的弱酸，可为H2SiO3或H4SiO4；
(5)已知X、Y、Z、W四种元素中的3种为Mg、Al、Si，只有X为碳时才符合X与W同主族且X原子序数最小的条件。

【详解】
(1)A．X若为氢时，其最外层电子数为1，无内层电子，且H2常温下为气体，不合理，故A 错误；
B．X若为C时，满足最外层电子数均不少于最内层电子数，且C常温下为固体，合理，故B正确；
C．X若为氧时，满足最外层电子数均不少于最内层电子数，但O2或O3常温下为气体，不合理，故C错误；
D．X若为硫，其原子序数是16，原子序数比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素，不合理，故D错误；
故答案为：ACD；
(2)Al能与氧气反应，且Al2O3能溶于稀硫酸，也能溶于NaOH溶液，且氧化铝的式量是102，均满足信息②，则四种元素一定有1种是铝元素；
(3)对所有短周期元素进行试探，唯有镁元素符合性质，可知白色沉淀物的化学式为
Mg(OH)2；
(4)唯有硅元素在④变化中最终得到白色沉淀H2SiO3(或H4SiO4)，生成该白色沉淀的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓(或SiO32-+2H++H2O=H4SiO4↓)；
(5)已知X、Y、Z、W四种元素中的3种为Mg、Al、Si，只有X为碳时才符合X与W同主族
且X原子序数最小的条件，则C与SiO2在高温下反应的化学方程式为2C +SiO2 高温
Si +
2CO↑。

4．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。

5．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。

6．有一透明溶液，可能含有较大量的Mg2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Na＋、H＋、SO42-、CO32-中的一种或几种，取此溶液做下列实验：
①取少量溶液加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成；
②取少量溶液加入过氧化钠粉末，溶液中有白色沉淀产生并逸出无色无味的气体，加入Na2O2的物质的量与析出沉淀的物质的量如图所示。

试推断并完成作答：
（1）溶液中一定含有的离子是___________；
（2）溶液中肯定不含有的离子是_________；
（3）检验可能含有的离子的方法是____________。

（4）图示中a点沉淀的成分是______________。

【答案】Mg2＋、Al3＋、SO42- CO32-、H＋、Cu2＋、Fe3＋焰色反应检验 Al（OH）3和Mg （OH）2
【解析】
【分析】
取少量溶液加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定含有SO42-，取少量溶液加入过氧化钠粉末，溶液中有白色沉淀产生并逸出无色无味的气体，从图上看一开始就产生了沉淀，故溶液中无H+，Fe3+，Cu2+，因为沉淀质量随着过氧化钠的增加有溶解，说明溶液中同时含有Mg2+和Al3+，那么溶液中一定没有CO32-，Na+无法确认，综上所述，一定还有的离子为：Mg2＋、Al3＋、SO42-，一定不含的离子为：CO32-、H＋、Cu2＋、Fe3＋，可能含有Na+，据此解答。

【详解】
（1）由分析可知，溶液中一定含有的离子是Mg2＋、Al3＋、SO42-，故答案为：Mg2＋、Al3＋、SO42-；
（2）溶液中肯定不含有的离子是CO32-、H＋、Cu2＋、Fe3＋，故答案为：CO32-、H＋、Cu2＋、Fe3＋；
（3）可能含有的为Na+，可用焰色反应来检验，故答案为：焰色反应检验；
（4）图示中a点沉淀达到最大值，是Mg2＋、Al3＋恰好完全转换为沉淀的点，所以a点沉淀的成分为：Al(OH)3和Mg(OH)2，故答案为：Al(OH)3和Mg(OH)2。

【点睛】
CO32-的判断：既然溶液中一定含Mg2＋、Al3＋，那么一定不含CO32-。

7．已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，且A、B、C均含有同一种元素。

在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示(部分反应中的H2O已略去)。

请回答下列问题：
（1）若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B。

则B的化学式为__。

（2）若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，则反应②的离子方程式是__。

（3）若A、C、D都是常见气体，C是导致酸雨的主要气体，则反应③的化学方程式为
___。

（4）若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，则反应②的离子方程式是___。

【答案】FeCl3 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 2H2S+SO2═3S+2H2O CO32-+CO2+H2O═2HCO3-【解析】
【分析】
(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，A为Cl2；
(2)若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，D为NaOH、B为Al(OH)3；
(3)C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为O2、B为S、C为SO2；
(4)若A的焰色反应呈黄色，说明A中含有Na元素，且A、B、C均含有同一种元素据此分析。

【详解】
(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D是铁，A可用于自来水消毒，由转化关系可知，A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2；
(2)若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，由转化关系可知，A为铝盐、D为NaOH、B为Al(OH)3、C为NaAlO2，反应②为氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O；
(3)若A、C、D都是常见气体，C是形成酸雨的主要气体，则A为H2S、D为O2、B为S、C 为SO2，反应③为硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，反应的化学方程式为：
2H2S+SO2═3S+2H2O；
(4)若A的焰色反应呈黄色，D为二氧化碳，由转化关系可知，A为NaOH、B为Na2CO3、C 为NaHCO3，反应②为碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的的离子方程式是：CO32−+CO2+H2O═2HCO3−。

8．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+。

9．实验室中有6瓶失去标签的白色固体：纯碱、氢氧化镁、氯化钡、硫酸铝、硫酸氢钠、氯化钾。

除蒸馏水、试管和胶头滴管外，无其他任何试剂和仪器。

某学生通过以下实验步骤即可鉴别它们。

请填写下列空白：
(1)各取适量固体于6支试管中，分别加入适量蒸馏水，有一支试管中的现象和其他5支明显不同，此试管中的现象是________________________，
据此现象鉴别出的一种物质是__________。

(2)分别将所剩5种溶液依次编号为A、B、C、D、E，然后进行两两混合。

观察到C没有出
现任何现象；D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀；B和E混合时既有白色沉淀产生，又有无色气体放出。

据此可推断出：
①A、C、D三种物质的化学式依次是________________。

②B、E两者中有一种可与A反应，它与足量A反应的离子方程式为__________________。

③在两两混合时，能最终确定B、E成分的实验现象及结论是_____________________。

(3)上述物质溶于水抑制水的电离，且溶液显酸性的物质的化学式为________，其溶液显酸性的原因是___________________。

【答案】白色固体不溶于水Mg(OH)2NaHSO4、KCl、BaCl2CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑B、E两溶液，与A溶液混合时产生气体的是纯碱，否则是硫酸铝NaHSO4NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-，所产生的H＋抑制水的电离
【解析】
【分析】
(1)只有氢氧化镁不溶于水；
(2)剩余5种物质中,KCl与其它4种物质均不反应，氯化钡与纯碱、硫酸铝、硫酸氢钠均反应生成白色沉淀，纯碱与硫酸铝发生相互促进水解反应生成沉淀和气体；
(3)只有硫酸氢钠电离显酸性，抑制水的电离。

【详解】
(1)各取适量固体于6支试管中，分别加入适量蒸馏水，有一支试管中的现象和其他5支明显不同，此支试管中的现象是物质难溶于水，据此现象鉴别出的一种物质是Mg(OH)2，
因此，本题正确答案是：白色固体不溶于水；Mg(OH)2；
(2)将所剩5种溶液依次编号为A、B、C、D、E，然后进行两两混合。

观察到C没有出现任何现象，可以知道C为KCl；D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀，可以知道D 为BaCl2；B和E混合时既有白色沉淀产生，又有无色气体放出，B、E为纯碱、硫酸铝中的一种，则A为NaHSO4。

①A、C、D三种物质的化学式依次是NaHSO4、KCl、BaCl2，
因此，本题正确答案是：NaHSO4、KCl、BaCl2；
②B、E两者中有一种可与A反应，纯碱与氢离子反应，则它与足量A反应的离子方程式为CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑，
因此，本题正确答案是：CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑；
③确定B、E成分的实验现象及结论是与A混合时产生气体的是纯碱，否则是硫酸铝，
因此，本题正确答案是：B、E两溶液，与A溶液混合时产生气体的是纯碱，否则是硫酸铝；
(3)溶于水抑制水的电离的物质的化学式为NaHSO4，其溶液显酸性的原因是NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-，所产生的H＋抑制水的电离，
因此，本题正确答案是：NaHSO4；NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-，所产生的H＋抑制水的电离。

10．某氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅(一种酸性氧化物)杂质，现欲制取纯净的氧化铝，某同学设计如下的实验方案。

回答下列问题：
(1)在操作①中要用到的玻璃仪器有_____________________________________________;
(2)沉淀C的化学式是_____________。

滤液B中含有的溶质有__________(写化学式)；
(3)步骤③的离子方程式为_____________________________________。

【答案】烧杯、漏斗、玻璃棒 SiO2 NaAlO2、NaCl、NaOH AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-
+Al(OH)3↓
【解析】
【分析】
氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅，加入过量盐酸氧化铝、氧化铁溶解生成氯化铝、氯化铁溶液，过滤得到沉淀C为二氧化硅，滤液为氯化铁溶液和氯化铜溶液，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤得到沉淀D为Fe(OH)3，滤液为NaAlO2，通入过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤得到氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝。

【详解】
(1)步骤①为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(2)沉淀C为不溶于盐酸的二氧化硅；氧化铝与过量盐酸反应生成氯化铝，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，滤液A中为氯化铝、氯化铁、盐酸，滤液A中加入过量NaOH，氯化铝与碱反应生成偏铝酸钠和氯化钠，氯化铁与碱反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，盐酸与碱反应生成氯化钠，则滤液B中有NaAlO2、NaCl、NaOH；
(3)步骤③为二氧化碳和偏铝酸钠溶液的反应，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-
+Al(OH)3↓。