2020-2021全国各地备战高考模拟试卷化学分类：铝及其化合物推断题综合题汇编附详细答案

2020-2021全国各地备战高考模拟试卷化学分类：铝及其化合物推断题综合题
汇编附详细答案
一、铝及其化合物
1．
(1)选用方案I时，X应该具有的性质是__________，残留物应该具有的性质是
__________；
(2)选用方案Ⅱ从某黑色粉末(含有MnO2和CuO)中分离X(MnO2)，加入的试剂是_______；王同学参照以上方案I和Ⅱ，设计以下实验方案除去AlCl3固体中的FeCl3。

(3)操作①所需的玻璃仪器为_____________；
(4)试剂a为_____________；试剂b为________；
(5)请描述操作②的步骤：____________；
(6)李同学认为在溶液C中滴加适量的试剂b就能得到溶液E，从而得到AlCl3固体，你
______(填“赞同”或“不赞同”)李同学，理由是______。

【答案】有挥发性（或易升华）受热不挥发，且具有较高的热稳定性稀盐酸(或稀硫酸或稀硝酸) 烧杯、、漏斗、玻璃棒过量的NaOH(或KOH)溶液适量的盐酸将溶液加热浓缩，然后冷却浓溶液，过滤即可得到固体氯化铝不赞同会得到含有NaCl杂质的AlCl3【解析】
【分析】
(1)加热X的混合物进行分离可得X，X应具有挥发性或易升华的性质，则残留物难挥发；
(2)从MnO2和CuO中分离MnO2，应加入酸的稀溶液；
除去AlCl3固体中的FeCl3，应先水溶解，然后加入过量的NaOH溶液分别生成Fe(OH)3沉淀和NaAlO2溶液，过滤分离后，再向滤液中通入过量的CO2气体生成Al(OH)3沉淀，过滤后将沉淀经洗涤后溶解于盐酸中得AlCl3溶液，在酸性条件下蒸发结晶可到AlCl3，以此解答(3)～(6)小题。

【详解】
(1)加热X的混合物进行分离可得X，X应具有挥发性或易升华的性质，残留物具有加热难挥发的性质；
(3)根据上述分析可知：操作①为过滤操作，所需的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4)由以上分析可知试剂a为过量的NaOH(或KOH)溶液，试剂b为适量的盐酸；
(5)操作②是从AlCl3溶液中获得AlCl3固体，由于该盐是强酸弱碱盐，容易发生水解反应，
水解产生Al(OH)3和 HCl，HCl易挥发，所以为防止盐水解，导致物质变质，应该在HCl气氛中加热蒸发结晶可到AlCl3，操作方法为将溶液加热浓缩，然后冷却浓溶液，过滤即可得到固体氯化铝；
(6)若在NaAlO2溶液中滴加盐酸，就会得到AlCl3和NaCl的混合溶液，蒸发结晶不能得到纯净的氯化铝固体，得到的是含有杂质NaCl的AlCl3，所以不赞同李同学的观点。

【点睛】
本题考查物质的分离提纯的实验设计，注意把握物质的分离、提纯的基本操作方法，要结合Al(OH)3的两性分析判断，注意把握物质的性质，根据性质设计实验方案。

2．由熔盐电解法获得的粗铝含有一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用钢材镀铝。

工艺流程如下：
（注：NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华）
（1）工业上电解法获得金属铝的过程中，须在氧化铝中加入______，其目的是____。

（2）精炼前，需清除坩埚内的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，铝与氧化铁反应的化学方程式为：__________。

（3）将Cl2连续通入粗铝熔体中，杂质随气泡上浮除去。

气泡的成分有____；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中的物质有________。

（4）在用废碱液处理A时，写出主要反应的离子方程式______。

（5）镀铝电解池中，以钢材镀件和铝为电极，熔融盐做电解液。

则金属铝为________极。

电镀选择在170℃下进行的原因是_________。

采用的加热方式最好是_________。

（填字母选项）
A 水浴 b 油浴 c 直接强热快速升温至170℃
（6）钢材表面镀铝之后，能有效防止钢材腐蚀，其原因是_______。

【答案】冰晶石或Na3AlF6降低氧化铝熔融所需的温度 2Al＋Fe2O3高温2Al2O3＋2Fe Cl2、HCl和AlCl3 NaCl Cl2＋2OH- =Cl-＋ClO-＋H2O H++OH-=H2O 阳极，防止氯化铝升华损失
b 铝在钢材表面形成致密的氧化铝膜，保护了内层金属
【解析】
【分析】
(1)根据氧化铝的熔点高，为降低其熔点，常加入冰晶石；
(2)氧化铁和铝在高温的条件下生成氧化铝和铁；
(3)粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，以及NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华，在结合物质之间的反应来分析；
(4)酸性气体能和强碱反应，用烧碱来处理尾气；
(5)电镀池中镀件金属作阳极，金属发生氧化反应；根据氯化铝在在181℃升华；根据水浴的最高温度为100℃，油浴的温度大于100℃，且受热均匀；
(6)根据氧化铝的性质来回答。

【详解】
(1)氧化铝的熔点高，为降低其熔点，常加入冰晶石；
(2)氧化铁和铝在高温的条件下生成氧化铝和铁：2Al＋Fe2O3高温2Al2O3＋2Fe；
(3)粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，其中氯化钠熔点为801℃，较高，是固态杂质随气泡上浮，气泡的主要成分有Cl2、HCl、AlCl3；
(4)A中有氯气以及氯化氢，均能和烧碱反应，用于尾气处理，实质为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，H++OH-=H2O；
(5)电镀池中镀件金属铝作阳极，金属铝失电子发生氧化反应；氯化铝在在181℃升华，所以电镀选择在170℃下进行；
水浴的最高温度为100℃，油浴的温度大于100℃，且受热均匀，所以控制温度在170℃下进行的方式最好是油浴，故选：b；
(6)铝金属表面形成的致密氧化铝膜具有保护作用，致密的氧化膜能隔绝钢材与空气中的
O2、CO2和H2O等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生。

3．为了降低电子垃圾对环境构成的影响，将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
（1）第①步Cu与混酸反应的离子方程式为________________。

得到滤渣1的主要成分为___________。

（2）第②步中加入H2O2的作用是__________________，使用H2O2的优点是_________；调溶液pH的目的是_________________。

（3）简述第③步由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是_________________________。

（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O ，设计了以下三种方案：
上述三种方案中，_______方案不可行，原因是________________；
从原子利用率角度考虑，_______方案更合理。

（5）用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。

取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol·L-1EDTA（H2Y2－）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。

滴定反应如下：Cu2++ H2Y2－→ CuY2－+ 2H+。

写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝ __________________ 。

【答案】Cu + 4H++ 2NO3-=Cu2++ 2NO2↑+ 2H2O或3Cu + 8H++ 2 NO3-=3Cu2++ 2NO↑+ 4H2O Au、Pt 将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质，对环境无污染使Fe3+、Al3+沉淀除去加热滤液2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体甲所得产品中含有较多
Fe2(SO4)3杂质乙
3
102505
c b
a
-
⨯⨯⨯⨯
× 100%
【解析】
【分析】
【详解】
（1）Cu与混酸反应的实质是与H+、NO3-反应，随反应进行离子浓度逐渐减小，所以离子方程式为Cu + 4H++ 2NO3-=Cu2++ 2NO2↑+ 2H2O，3Cu + 8H++ 2 NO3-=3Cu2++ 2NO↑+ 4H2O，Au、Pt不与混酸反应，所以滤渣的主要成分是Au、Pt；
（2）加过氧化氢的目的是把亚铁离子氧化成铁离子，方便除去；而且加入过氧化氢不会引入新的杂质且无污染；调节溶液的pH目的是使Fe3+、Al3+沉淀除去；
（3）由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是把滤液蒸发得浓溶液再冷却结晶，过滤得硫酸铜晶体；
（4）甲方案不可行，因为滤渣2的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，加入硫酸沉淀全部溶解使制得的产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；从原子利用率角度分析，乙方案更合理，不仅能除去硫酸铁，同时增加了硫酸铝的量，原子利用率较高；
（5）由滴定反应方程式得100mL溶液中n（Cu2+）=b×10-3×a×5mol，所以CuSO4·5H2O质量分数= b×10-3×a×5×250/a×100%。

4．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。

Ⅹ、是生活中用途广泛的两种金属单质。

其相互转5．A～G为中学化学常见的化合物，Y
化关系如图所示（反应条件已略去）：
请回答下列问题
、的化学式分别为____、____。

（1）A C
（2）①～⑨中，属于非氧化还原反应的是___。

（3）反应⑨的化学方程式为_________，该反应的现象为____。

（4）反应①、④的离子方程式分别为__________、_______。

【答案】Fe2O3 NaAlO2②④⑦⑧ 4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3反应现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 2Al+2OH-+2H2O= 2AlO2-+3H2↑ Fe2O3+6H+= 2Fe3++3H2O 【解析】
【分析】
X和B都是能与氢氧化钠反应的物质，为铝或氧化铝之一，A和Y能与盐酸反应，G在空气中转化为F，G和F都是由D，E与氢氧化钠反应制得的，E为氯化亚铁，F为氢氧化铁，G为氢氧化亚铁，D为三氯化铁，E为氯化亚铁，Y为铁，A为三氧化二铁，X为铝，B 为氧化铝，C为偏铝酸钠，然后分析。

【详解】
根据分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为FeCl3，E为FeCl2，F为
Fe(OH)3，G是Fe(OH)2，X为Al，Y为Fe；
写出①～⑨的化学方程式：
①2Al+2NaOH+2H2O= 2NaAlO2+3H2↑
②Al2O3+2NaOH= 2NaAlO2+H2O
③2Al+ Fe2O3=高温2Fe+ Al2O3
④Fe2O3+6HCl= 2FeCl3+3H2O
⑤Fe +2HCl= FeCl2+H2↑
⑥2FeCl3+ Fe= 3FeCl2
⑦FeCl3+ 3NaOH= Fe(OH)3↓+3NaCl
⑧FeCl2+ 2NaOH= Fe(OH)2↓+2NaCl
⑨4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3
(1)A为Fe2O3，C为NaAlO2；
(2)非氧化还原反应指的是没有化合价的变化的反应，有②④⑦⑧；
(3)⑨4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3，反应现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；
(4)①的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，④的离子方程式为Fe2O3+6H+=
2Fe3++3H2O。

【点睛】
能与氢氧化钠反应的金属在高中阶段只学了铝，铁和铝的性质是常考的内容，需要学生很
熟悉常见金属及其化合物的性质。

6．图中A~J均为中学化学中常见的物质，它们之间有如下转化关系。

其中A、D为金属单质。

(反应过程中生成的水及其他产物已略去)
请回答以下问题：
(1)B是__________，H是_______________。

(填化学式)
(2)写出J与D反应转化为G的离子方程式_________________________________。

(3)A在常温下也可与NaOH溶液反应生成F，写出此反应的化学方程式 _______。

【答案】Fe2O3 Fe(OH)2 2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋ 2Al＋2OH-＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑
【解析】
【分析】
A、D为常见金属单质，
B、C为金属氧化物，反应条件是高温进行，可以判断为铝热反应，可以推断A为Al，D为Fe，B为铁的氧化物，结合C与氢氧化钠反应证明C为Al2O3，E为AlCl3，F为NaAlO2，通过转化关系判断，G为FeCl2，H为白色沉淀Fe(OH)2，I为红褐色沉淀Fe(OH)3，B为Fe2O3，J为FeCl3，依据判断结果分析解答问题。

【详解】
A、D为常见金属单质，
B、C为金属氧化物，反应条件是高温进行，可以判断为铝热反应，可以推断A为Al，D为Fe，B为铁的氧化物，结合C与氢氧化钠反应证明C为Al2O3，E为AlCl3，F为NaAlO2，通过转化关系判断，G为FeCl2，H为白色沉淀Fe(OH)2，I为红褐色沉淀Fe(OH)3，B为Fe2O3，J为FeCl3；
(1)依据分析判断可知B为：Fe2O3；H的化学式为：Fe(OH)2；故答案为：Fe2O3；Fe(OH)2；
(2)反应“J＋D→G”的离子方程式为铁和三氯化铁的氧化还原反应，离子方程式为：2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋；故答案为：2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋；
(3)A为Al在常温下也可与NaOH溶液反应生成F为偏铝酸钠，反应的化学方程式为：2Al＋2OH-＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑；故答案为：2Al＋2OH-＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑。

7．简要回答下列问题
（1）医疗上，常用胃舒平[主要成分Al(OH)3]来治疗胃酸（主要成分盐酸）过多，其理由是__________（用离子方程式表示）。

（2）生活中不能用铝制容器储存氢氧化钠溶液的原因是__________（用化学方程式表示）。

（3）工业制备漂白粉原理是__________（用化学方程式表示）。

（4）人们常用雕花玻璃装饰房间。

在玻璃上雕花时发生反应的化学方程式是__________。

（5）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，向其中通入过量的CO2，会出现软而透明的凝胶胶体，其化学方程式是__________。

【答案】3H++Al(OH)3＝Al3++3H2O Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；
2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3
【解析】
【分析】
玻璃的主要成分之一为二氧化硅，它是酸性氧化物，不能与硫酸、硝酸、盐酸等发生反应，但能与氢氟酸发生反应。

不过，二氧化硅与氢氟酸反应，表现的不是酸性氧化物的性质，是氢氟酸特有的性质。

【详解】
(1)胃舒平中的Al(OH)3与胃酸中的盐酸反应，生成氯化铝和水，其理由是3H++Al(OH)3＝
Al3++3H2O；
答案为：3H++Al(OH)3＝Al3++3H2O；
(2)生活中不能用铝制容器储存氢氧化钠溶液，因为铝表面的Al2O3与NaOH反应后，里面的Al与NaOH溶液继续反应，化学方程式为Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；
2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑；
答案为：Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑；
(3)工业上利用氯气与石灰乳反应生产漂白粉，反应的化学方程式为
2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
答案为：2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
(4)在玻璃上雕花是利用氢氟酸与玻璃中的SiO2发生复分解反应，反应的化学方程式为
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
答案为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
(5)向硅酸钠水溶液中通入过量的CO2，会出现软而透明的硅酸凝胶和NaHCO3，反应的化学方程式为Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3；
答案为：Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3。

【点睛】
“向硅酸钠水溶液中通入过量的CO2”，若不注意审题，我们很容易写成
Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，解题时，对关键词“过量”一定要引起高度重视。

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．碱式氯化铜[Cu x （OH ）y Cl z ·mH 2O ]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 Fe 3O 4、Ni 、Al 2O 3）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 Fe 3＋反应的离子方程式为_______；生成的 Fe 3＋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 （Fe 3＋）＝4×10－8 mol /L ，pH ＝4，则 K sp [Fe （OH ）3]＝
__________。

（6）为测定 Cu x （OH ）y Cl z ·mH 2O 的组成，进行如下操作：取样品 23.25 g ，用适量酸溶解后配成 100mL 溶液；取 10.00 mL 溶液加入足量 AgNO 3 溶液，生成 1.435 g 沉淀；另取 10.00 mL 溶液，用 1.000 mol /L 的 EDTA 标准液滴定 Cu 2＋（Cu 2＋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 20.00 mL 。

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 4Fe 3O 4+O 2+36H +=12Fe 3++18H 2O Fe 2+或FeCl 2 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 HNO 3 Cu 2(OH )3Cl •H 2O
【解析】
【分析】
由图可知，废铜渣(主要成分Cu 、CuO ，含少量Fe 3O 4、Ni 、A12O 3)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 、Fe 3O 4，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 •mH 2O ，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Fe 3+反应的离子方程式为4Fe 3O 4+O 2+36H +=12Fe 3++18H 2O ；生成的Fe 3+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Fe 2+或FeCl 2，故答案为：4Fe 3O 4+O 2+36H +=12Fe 3++18H 2O ；Fe 2+或FeCl 2；
(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 (Fe 3+)=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AgNO 3 溶液，因此溶解样品所用酸为HNO 3，加入足量AgNO 3溶液可检验Cl -，故答案为：HNO 3；
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 (Cu 2+)-n (Cl -)=0.2 mol ×2-0.1 mol =0.3mol ，m (Cl
-)=0.1mol ×35.5 g •mol -1=3.55 g ，m (Cu 2+)=0.2mol ×64 g •mol -1=12.8g ，m (OH -
)=0.3mol ×17g /mol =5.1 g ，n (H 2O )=23.25g 3.55g 12.8g 5.1g 18g /mol
---=0.1mol ，则x ∶y ∶z ∶m =n (Cu 2+)∶n (OH -)∶n (Cl -)∶n (H 2O )=2∶3∶1∶1，即化学式为
Cu 2(OH )3Cl •H 2O ，故答案为：Cu 2(OH )3Cl •H 2O 。

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
【解析】
【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 -⋅。