高考化学培优易错试卷(含解析)之铝及其化合物推断题含答案(1)

高考化学培优易错试卷(含解析)之铝及其化合物推断题含答案(1)
一、铝及其化合物
1．A-J分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示(部分反应物、生成物没有列出)，且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。

请填写下列空白：
(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中位置_________
(2)写出检验D溶液中阳离子的方法____。

(3)写出反应④的离子方程式________。

(4)若向气体K的水溶液中加入盐酸，使其恰好完全反应，所得溶液的pH_____7(填“>”、“<”或“=”)，用离子方程式表示其原因：______；
(5)若向气体K的0.1mol/L水溶液中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1:1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小
．．．．的关系是______。

【答案】第四周期Ⅷ族取少量D溶液，加KSCN溶液，出现红色 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑＜ NH4++ H2OƒNH3·H2O+OH- c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)>c(OH-)
【解析】
【分析】
G为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH溶液反应，说明G为Al2O3，与NaOH反应生成NaAlO2，而I也能与NaOH反应生成NaAlO2，则I为Al，H为
O2，C和碱、D和气体K反应生成E、F，则说明E、F都为氢氧化物，E能转化为F，应为Fe(OH)2→Fe(OH)3的转化，所以E为Fe（OH）2，F为Fe(OH)3，则C为FeCl2，D为FeCl3，K 为NH3，B为Fe3O4，与Al在高温条件下发生铝热反应生成A，即Fe，结合对应单质、化合物的性质解答该题。

【详解】
（1）A、B、C、D、E、F六种物质中都含有铁元素，在周期表中位于周期表第四周期Ⅷ族，
（2）溶液D为氯化铁溶液，检验三价铁离子的存在，取少许D溶液于试管中，滴加KSCN 溶液，溶液变红色，证明D溶液中含有Fe3+；
（3）反应④是金属铝和氢氧化钠溶液的反应，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，反
应的离子方程式为：--2222Al+2OH +2H O=2AlO +3H ；
（4）气体K 的水溶液为一水合氨溶液，加入盐酸，使其恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵在水溶液中水解显酸性，所以pH ＜7；反应的离子方程式为：
++4232NH +H O NH H O+H g ƒ；
（5）若向气体NH 3的0.1mol/L 水溶液中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：
1，假设条件均为1L ，发生反应：++3242NH H O+H =NH +H O g ，n (NH 3•H 2O)=0.1mol ，
n (H +)=0.1mol ，所以一水合氨和硫酸反应生成硫酸铵溶液，铵根离子水解显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为：c (+4NH )>c (2-4SO )>c (H +)>c (OH -)。

【点睛】
比较时溶液中粒子浓度紧扣两个微弱：
（1）弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力，如在稀醋酸溶液中：CH 3COOH ƒCH 3COO -＋H +，H 2O ƒOH -＋H +，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c (CH 3COOH)>c (H +)>c (CH 3COO -)>c (OH -)；
（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度，如稀的CH 3COONa 溶液中：CH 3COONa=CH 3COO -＋Na +，CH 3COO -＋H 2O ƒCH 3COOH ＋OH -，H 2O ƒH +＋OH -，所以CH 3COONa 溶液中：c (Na +)>c (CH 3COO -)>c (OH -)>c (CH 3COOH)>c (H +)。

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 3NO 2 ＋H 2O ＝2H +＋2NO 3-＋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+4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，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．A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大，A、B、F三者原子序数之和为25，且知B、F同主族，1.8g E与足量的盐酸反应生成ECl3和2.24L氢气（标准状况下），D+和E的离子具有相同的电子层结构，工业上用电解元素B和E能形成离子化合物的方法冶炼E单质，试判断：
(1)六种元素中非金属性最强的是___ (填代号)，该元素位于周期表中第___周期第___族；由
A、B、D三种元素形成化合物的电子式 _________
(2)下列能够说明B、F非金属性强弱的方法有 _________
a.最高价氧化物对应水化物酸性
b.气态氢化物的热稳定性
c.气态氢化物的沸点B 比F 高
d.向F 的气态氢化物溶液中通入B 单质，有浑浊
(3)写出下列反应的化学方程式
①E 与足量的盐酸反应的化学方程式________________________________
②工业上用电解法冶炼E 单质_______________________________
(4)写出足量D 的高价氧化物对应水化物与ECl 3相互反应的离子方程式____
【答案】C 二 ⅦA bd 2Al+6HCl=2AlCl 3+3H 2↑ 2Al 2O 3(熔融)=电解
4Al+3O 2↑ -3+224OH +Al =AlO +2H O -
【解析】
【分析】
A 、
B 、
C 、
D 、
E 、
F 六种短周期主族元素，原子序数依次增大，1.8gE 与足量盐酸反应生成ECl 3和2.24L 氢气（标况），故E 为+3价元素，设E 的相对原子质量为M ，则2.24L 1.8g 2=322.4L/mol Mg/mol
⨯⨯，解M=27，故E 为ⅢA 族元素，依据计算得知E 为铝，工业上用电解氧化铝方法冶炼铝单质，所以B 为氧元素，B 、F 同主族，则F 是硫，A 、B 、F 三者原子序数之和为25，则A 是氢，且D +离子和Al 离子具有相同的电子结构，故D 能形成+1价阳离子，故D 为钠，C 的原子序数大于氧小于钠，且为主族元素，故C 为氟，据此答题。

【详解】
（1）根据元素周期律，同周期元素从前向后，非金属性逐渐增强，同主族元素从上向下，非金属性逐渐减弱，所以六种元素中非金属性最强的是C ，C 为氟，位于周期表中第二 周期第ⅤⅡA 族，由A 、B 、D 三种元素形成化合物为氢氧化钠，它的电子式是
，故
答案为：C ；二；ⅤⅡA ；； （2）a ．氧元素没有最高价氧化物对应水化物，故a 错误；
b ．根据元素周期律，气态氢化物的热稳定性越稳定，元素的非金属性越强，故b 正确；
c ．气态氢化物的沸点与分子间作用力有关，与元素的非金属性无关，故c 错误；
d ．向硫的气态氢化物溶液中通入氧气，有浑浊，说明氧气的氧化性强于硫，即氧的非金属性强于硫，故d 正确，
故答案为：bd ；
（3）①Al 与足量的盐酸反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl 3+3H 2↑；
②工业上用电解法冶炼Al 单质的化学方程式为2Al 2O 3(熔融)=电解
4Al+3O 2↑；
（4）氢氧化钠与AlCl 3相互反应的离子方程式为-3+224OH +Al =AlO +2H O -。

4．已知X 元素原于的核电荷数小于18，最外层电子数等于电子层数，且比最内层电子数多1。

回答下列问题：
(1)X元素的原子结构示意图为__________。

(2)X的最高价氧化物对应的水化物的化学式为___________。

(3)X的单质与NaOH溶液反应的化学方程式为__________。

【答案】 Al(OH)3 2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑(或为
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑)
【解析】
【分析】
已知X元素原子的核电荷数小于18，最外层电子数等于电子层数，且比最内层电子数多1，则该元素原子核外电子排布为2、8、3，该元素是Al元素，然后结合其原子结构与元素位置的关系及其单质和化合物的性质分析解答。

【详解】
根据上述分析可知X元素的Al元素。

(1)X是Al元素，根据元素原子核外电子排布规律可知：Al原子核外电子排布为2、8、3，所以Al原子结构示意图为：；
(2) X是Al，原子核外最外层有3个电子，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为
Al(OH)3；
(3)Al能够与NaOH溶液发生反应产生Na[Al(OH)4]和H2，反应的化学方程式为
2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑(或写为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑)。

【点睛】
本题考查了元素及化合物的推断及元素与化合物的知识。

根据原子核外电子层中的电子数与电子层数关系推断元素是解题关键。

熟练掌握Al元素的单质、氧化物、氢氧化物的性质就可以顺利解答。

5．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↑。

6．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CO2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Fe3+，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CuSO4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 ∆。

7．工业上制备铝一般是从铝土矿（主要成分是Al 2O 3，含有Fe 2O 3杂质）中得到纯净的Al 2O 3，然后电解Al 2O 3得到铝。

下图是从铝土矿中提纯Al 2O 3的简单示意图。

其中涉及到的一个反应:2NaAlO 2+CO 2+3H 2O=Na 2CO 3+2Al(OH)3↓。

(1)图示中实验操作(1)是________；加入的试剂②是__________（填化学式）
(2)试写出B 溶液中的溶质的化学式：_____________
(3)写出化学方程式：
①铝土矿→A ：_________________________________________________。

②E→F ：_______________________________________________________。

【答案】过滤 Ca(OH)2 或 Ba(OH)2 NaAlO 2 Al 2O 3+2NaOH=2NaAlO 2+H 2O 2Al(OH)
3 △ Al 2O 3+3H 2O
【解析】
【分析】
溶液B 中通入CO 2产生沉淀，说明B 溶液为NaAlO 2溶液，则是向铝土矿中加入的试剂①是NaOH 溶液，操作（1）过滤，沉淀C 为Fe 2O 3，则溶液D 为Na 2CO 3，反应②为：Ca(OH)2+Na 2CO 3═CaCO 3↓+2NaOH ，故沉淀H 为CaCO 3，沉淀E 为Al(OH)3，F 为Al 2O 3，反应④是电解氧化铝得到Al 与氧气，据此分析。

【详解】
（1）将沉淀从溶液中分离出来的操作是过滤；根据反应2NaAlO 2＋CO 2＋3H 2O ＝Na 2CO 3＋2Al(OH)3↓可知，D 中含有碳酸钠，E 是氢氧化铝，则F 是氧化铝，电解氧化铝即得到金属铝。

碳酸钠要生成氢氧化钠和沉淀，需要进入的试剂是氢氧化钙，即②中加入的试剂是Ca(OH)2 或 Ba(OH)2；
（2）由上述分析可知，B 为NaAlO 2；
（3）①铝土矿→A 是氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：Al 2O 3+2NaOH=2NaAlO 2+H 2O ；
②E→F 是氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，反应的化学方程式为：
2Al(OH)3 △ Al 2O 3+3H 2O 。

8．以粉煤灰（主要含3Al 2O 3·
2SiO 2、SiO 2，还含有少量CaO 、Fe 2O 3等物质）为原料制取Al 2O 3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。

9．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
Fe 2O 3+6HCl=2FeCl 3+3H 2O 、2Fe 3++Fe=3Fe 2+可知溶液③中铁元素的存在形式是Fe 2+，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Fe 2+，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O 2或者Cl 2，红褐色固体Fe(OH)3不稳定，受热分解产生铁红Fe 2O 3，该反应的化学方程式是2Fe(OH)3
Fe 2O 3+3H 2O 。

【点睛】
本题以从Al 2O 3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。

10．明矾[KAI(SO 4)2∙12H 2O]是一种重要的化工产品，在生产、生活中都有广泛的用途。

某工厂计划利用炼铝厂的废料铝灰(含Al 、A12O 3、少量SiO 2和FeO∙xFe 2O 3)为原料生产明矾产品，设计的生产工艺流程如下：
己知：[]36sp 3K Fe(OH)=1.010
-⨯
请回答下列问题： (1)检验滤液A 中是否存在Fe 2+，可用K 3[Fe(CN)6]溶液，请写出其检验的离子反应方程式____。

(2)沉淀器中加入KMnO 4溶液的作用是____；有人认为该生产流程较为复杂，可以用____溶液(填化学式)代替KMnO 4溶液而使操作Ⅰ和操作Ⅱ过程得到优化。

(3)操作Ⅲ是 ___、____(填操作名称)、过滤、洗涤；在洗涤晶体时采用的洗涤剂最合适的是 ___(填正确答案标号)。

A ．稀硫酸
B ．蒸馏水
C ．70%酒精
(4)明矾可作净水剂，其净水原理是 ____用离子方程式表示)。

(5)在沉淀器中调pH=3，请计算说明Fe 3+是否完全沉淀(当Fe 3+离子浓度小于或等于1.0x 10-5 mol/L 时，可以认为溶液中无该离子)____。

【答案】2Fe(CN)63- +3Fe 2+= Fe 3[Fe(CN)6]2↓ 氧化Fe 2+为Fe 3+ H 2O 2 蒸发浓缩 冷却结晶
C Al 3++3H 2O ƒAl(OH)3(胶体)+3H + 由[]36sp 3K Fe(OH)=1.010
-⨯可知，()()()3336
33635sp 113Fe OH Fe 1.010K c ?c 1.010c 1.010mol /L 1.010mol /L (1.010)
+-+-----⨯==⨯==⨯>⨯⨯，
，所以Fe 3+没有沉淀完全。

【解析】
【分析】
铝灰含Al 、A12O 3、少量SiO 2和FeO∙xFe 2O 3，加稀硫酸，得到滤渣∣为SiO 2，滤液中含有Al 3+、Fe 2+、Fe 3+，加入KMnO 4溶液，氧化
Fe 2+为Fe 3+，加KOH 溶液调节pH ，将Fe 3+反应生成Fe(OH)3的红褐色沉淀除去，所以滤渣Ⅱ为Fe(OH)3沉淀，紫红色溶液B 中含MnO 4-，加入MnSO 4，发生歧化反应，生成MnO 2的黑色固体，得到无色溶液中主要含有Al 3+，加入K 2SO 4，生成明矾[KAI(SO 4)2∙12H 2O]晶体。

【详解】
（1）Fe 2+与K 3[Fe(CN)6]溶液反应生成Fe 3[Fe(CN)6]2的蓝色沉淀，其离子反应方程式为：2Fe(CN)63- +3Fe 2+= Fe 3[Fe(CN)6]2↓，故答案为：2Fe(CN)63- +3Fe 2+= Fe 3[Fe(CN)6]2↓。

（2）KMnO 4溶液具有强氧化性，氧化Fe 2+为Fe 3+，过氧化氢也具有强氧化性，也能将Fe 2+氧化为Fe 3+，可以用H 2O 2溶液代替KMnO 4溶液，故答案为：氧化Fe 2+为Fe 3+；H 2O 2。

（3）得到明矾[KAI(SO 4)2∙12H 2O]晶体，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
[KAI(SO 4)2∙12H 2O]易溶于水，也与稀硫酸反应，所以用70%的酒精洗涤晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；C 。

明矾可作净水剂，[KAI(SO 4)2∙12H 2O]中Al 3+水解生成氢氧化铝的胶体，吸附水中悬浮的颗粒，其离子反应方程式为：Al 3++3H 2O ƒ
Al(OH)3(胶体)+3H +，故答案为：Al 3++3H 2O ƒAl(OH)3(胶体)+3H +； （5）pH=3，()()311H OH c 1.010c 1.010
+---=⨯=⨯，，由[]36sp 3K Fe(OH)=1.010-⨯可知，()()()3336
33635sp 113Fe OH Fe 1.010K c ?c 1.010c 1.010mol /L 1.010mol /L (1.010)
+-+-----⨯==⨯==⨯>⨯⨯，，所以Fe 3+没有沉淀完全，故答案为：由[]36sp 3K Fe(OH)=1.010
-⨯可知，()()()3336
33635sp 113Fe OH Fe 1.010K c ?c 1.010c 1.010mol /L 1.010mol /L (1.010)
+-+-----⨯==⨯==⨯>⨯⨯，，所以Fe 3+没有沉淀完全。