全国高考化学铝及其化合物推断题的综合高考真题汇总附答案解析

全国高考化学铝及其化合物推断题的综合高考真题汇总附答案解析
一、铝及其化合物
1．氢能源是一种重要的清洁能源。

现有两种可产生H2的化合物甲和乙。

将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况)，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。

化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25g/L。

请回答下列问题：
(1)甲的化学式是__________；乙的电子式是__________。

(2)甲与水反应的化学方程式是__________。

(3)气体丙与金属镁反应的产物是__________(用化学式表示)。

(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式
__________。

有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之__________（已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O）。

【答案】AlH3 AlH3＋3H2O＝Al(OH）3↓＋3H2↑ Mg3N2 2NH3＋
3CuO3Cu＋N2＋3H2O 将固体溶于稀硫酸中，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O
【解析】
【分析】
将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2(已折算成标准状况），甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液，因此白色沉淀是Al(OH）3，则金属单质是铝，因此甲是AlH3。

化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25g·L－1，则丙的相对分子质量是1.25×22.4＝28，因此丙是氮气，则乙是氨气NH3，据此解答。

【详解】
（1）根据以上分析可知甲的化学式是AlH3。

乙是氨气，含有共价键的共价化合物，电子式为；
（2）甲与水反应生成氢气和氢氧化铝，反应的化学方程式是AlH3＋3H2O＝Al(OH）3↓＋3H2↑。

（3）氮气与金属镁反应的产物是Mg3N2。

（4）氨气在加热条件下与CuO反应可生成Cu和氮气，根据原子守恒可知该反应的化学方程式为2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O。

铜与稀硫酸不反应，则根据Cu2O＋2H＋＝Cu＋Cu2＋＋H2O可知,要检验产物Cu中可能还混有Cu2O可以将固体溶于稀硫酸中，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O。

2．已知C、D、G、I为短周期元素形成的单质，D、G、I常温下为气态，且G为黄绿色；形成D的元素原子的最外层电子数是次外层的3倍；B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻
璃)；K为红棕色粉末。

其转化关系如图。

请回答：
（1）工业上制C用A不用H的原因______________________。

（2）写出C与K反应的化学方程式_________________，该反应的反应物总能量
___________(填“大于”或“小于”)生成物总能量。

（3）L是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，L作阴极，接通电源(短时间)电解E水溶液的化学方程式___________________。

（4）写出E物质的电子式___________________。

（5）J与H反应的离子方程式为________________________。

（6）写出G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式_______________________。

【答案】氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电 2Al+Fe2O3高温
Al2O3+2Fe 大于
2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑ Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】
形成D的元素的原子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，则D为O2；K为红棕色固体粉末，K为Fe2O3；由于电解A得到C与D，则C与K 生成A的反应为铝热反应，故A为Al2O3，L为Fe，C为Al；黄绿色气体G为Cl2，与C反应得到H为AlCl3；B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)，B中含有K元素，B在催化剂、加热条件下反应生成氧气，则B为KClO3，E为KCl，电解KCl溶液生成KOH、H2和Cl2，过量的F与氯化铝反应得到J，则I为H2，F为KOH，J为KAlO2；
（1）H为AlCl3，氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，故工业上制Al用氧化铝不用氯化铝，故答案为氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；
（2）C与K反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3高温
Al2O3+2Fe，该反应为放热反应，故该反
应的反应物总能量大于生成物总能量，故答案为2Al+Fe2O3高温
Al2O3+2Fe；大于；
（3）Fe是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，Fe作阴极，接通电源(短时间)电解KCl
水溶液的化学方程式为：2KCl+2H2O 电解
2KOH+H2↑+Cl2↑，故答案为
2KCl+2H2O 电解
2KOH+H2↑+Cl2↑；
（4）E为KCl，KCl的电子式为，故答案为；
（5）J与H反应的离子方程式为：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，故答案为Al3++3AlO2-
+6H2O=4Al(OH)3↓；
（6）G为Cl2，G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式为
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。

【点晴】
本题考查无机推断等，特殊颜色及D的原子结构、转化关系中特殊反应等是推断突破口，是对元素化合物知识及学生综合能力的考查，需对基础知识全面掌握。

推断题中常见的特征反应现象有：（1）焰色反应：Na(黄色)、K(紫色)；（2）使品红溶液褪色的气体：
SO2(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色)；（3）白色沉淀Fe(OH)2置于空气中最终转变为红褐色[Fe(OH)3](由白色→灰绿→红褐色)；（4）在空气中变为红棕色：NO；（5）气体燃烧火焰呈苍白色：H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：CO、H2、CH4；（6）使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3；（7）空气中出现白烟：NH3与酸性气态物质(或挥发性酸如盐酸、硝酸)反应等。

3．表是元素周期表的一部分，针对表中的①-⑩元素按要求回答下列问题：
IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA0族
2①②③
3④⑤⑥⑦⑧⑨
4⑩
（1）在①-⑩元素中，化学性质最不活泼的元素是________（填元素符号），化学性质最活泼的金属元素是________（填元素符号）。

（2）在最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是________，碱性最强的
化合物的化学式是________。

（3）氧化物属于两性氧化物的元素是________（填元素符号），写出该元素的最高价氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式________
（4）比较元素的气态氢化物的稳定性：②_________③；最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：②_________⑥。

（5）⑥的最高价氧化物与烧碱溶液反应的化学方程式为________
【答案】Ar K HClO4 KOH Al Al2O3 + 2OH- = 2AlO2- + H2O < > SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3 + H2O
【解析】
【分析】
稀有气体性质稳定，除稀有气体同周期从左往右，同主族从下至上，非金属性增强。

非金属性越强，单质越活泼，越易与氢气化合，生成的气态氢化物越稳定，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强。

同周期从右往左，同主族从上至下，金属性逐渐增强。

金属性越强，单质越活泼，遇水或酸反应越剧烈，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。

【详解】
（1）根据分析①-⑩元素中，化学性质最不活泼的元素是Ar，化学性质最活泼的金属元素是K；
（2）根据分析，①-⑩元素中Cl非金属性最强，故在最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是HClO4，K金属性最强，碱性最强的化合物的化学式是KOH；
（3）铝、氧化铝、氢氧化率均属于两性物质，则氧化物属于两性氧化物的元素是Al，该元素的氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式Al2O3 + 2OH- = 2AlO2- + H2O；
（4）非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氧的非金属较强，故水比氨气稳定，
②<③；非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，N非金属性强于Si，则HNO3酸性强于H2SiO3，故最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：②>⑥；
（5）硅的最高价氧化物SiO2与烧碱溶液反应的化学方程式为：SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3 +
H2O。

【点睛】
非金属性的应用中，需要注意非金属性与气态氢化物的稳定呈正比，与氢化物的还原性呈反比，而简单氢化物的沸点需要对比氢键和范德华力，是物理性质。

4．将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。

向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。

回答下列问题：
（1）写出BC段反应的离子方程式为____________________________。

（2）原Mg-Al合金的质量是_____________。

（3）原HCl溶液的物质的量浓度是________________。

（4）所加NaOH溶液的物质的量浓度是____________。

（5）a=______。

【答案】Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 5.1g 6mol/L 5mol/L 20
【解析】
【分析】
根据图像可知，oa段为过量的盐酸与NaOH反应，AB段为镁离子、铝离子与NaOH的反应，BC段为氢氧化铝与NaOH的反应。

【详解】
(1) BC段为氢氧化铝与NaOH的反应，生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
(2) BC段减少的为氢氧化铝沉淀，质量为7.8g，物质的量为0.1mol，即n(Al)=0.1mol；则氢氧化镁的质量为5.8g，物质的量为0.1mol即n(Mg)=0.1mol；合金的质量为
24×0.1+27×0.1=5.1g；
(3)根据方程Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，消耗20mL的NaOH时的物质的量为0.1mol，则
c(NaOH)=0.1mol÷0.02L=5mol/L；B点时，溶液刚好为NaCl溶液，此时消耗
n(NaOH)=5×0.12=0.6mol，c(HCl)=0.6÷0.1=6mol/L；
(4)由(3)得出的结论，c(NaOH)=5mol/L；
(5) n(Mg)=n(Al)=0.1mol，消耗的盐酸为0.5mol，100mL溶液中含有n(HCl)=0.6mol，则剩余n(HCl)=0.1mol，此时消耗V(NaOH)=0.1÷5=0.02L，即20mL。

【点睛】
通过BC段消耗的氢氧化钠的体积计算出NaOH的浓度，再计算盐酸的浓度。

5．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。

6．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 。

7．在高温下， Al 与Fe 2O 3发生铝热反应后得到的固体混合物中主要含有Al 2O 3、Fe ，还含有少量Fe 2O 3。

从该样品中固体混合物分离出Al 2O 3，并回收Fe 和Fe 2O 3的流程如下：
已知：NaAlO 2 + CO 2 + 2H 2O = Al （OH ）3↓ + NaHCO 3
回答下列问题：
（1）固体①的成分是__________。

溶液②的溶质是____________。

（2）加入过量NaOH 溶液时，发生反应的离子方程式是__________。

（3）白色固体②与NaOH 溶液反应的离子方程式是__________。

【答案】Fe 和Fe 2O 3 NaHCO 3 Al 2O 3 + 2OH -= 2AlO 2- + H 2O Al （OH ）3 + OH -= AlO 2- + 2H 2O
【解析】
【分析】
固体混合物加过量NaOH 溶液得到溶液①为NaAlO 2和NaOH 的混合溶液，固体①为Fe 和Fe 2O 3，溶液①通过过量CO 2得到溶液②为NaHCO 3溶液，固体②为Al （OH ）3沉淀，以此答题。

【详解】
固体混合物加过量NaOH 溶液得到溶液①为NaAlO 2和NaOH 的混合溶液，固体①为Fe 和Fe 2O 3，溶液①通过过量CO 2得到溶液②为NaHCO 3溶液，固体②为Al （OH ）3沉淀，Al （OH ）3受热分解得到Al 2O 3。

（1）固体①的成分是Fe 和Fe 2O 3；溶液②的溶质NaHCO 3，故答案为：Fe 和Fe 2O 3；NaHCO 3；
（2）加入过量NaOH 溶液时，发生反应的离子方程式是--2322Al O + 2OH = 2AlO + H O ，
故答案为：--2322Al O + 2OH = 2AlO + H O ；
（3）白色固体②为Al （OH ）3与NaOH 溶液反应的离子方程式是
--322Al OH + OH = AlO + 2H O （），故答案为：--322Al OH + OH = AlO + 2H O （）。

8．钴元素由于其良好的物理化学性质，被广泛应用于生产生活中。

从含钴废料(含CoO 、Co 2O 3、单质Al 、Li 等)中制取粗CoCl 2·6H 2O 的流程如下所示。

请回答下列问题：
(1)步骤I中主要发生的化学反应方程式为______。

(2)已知Co2O3具有强氧化性，若步骤II中浸出剂为盐酸，造成的后果是_______。

(3)步骤Ⅲ中①的目的是除去Al3+，写出该步反应的离子方程式______。

(4)若在实验室煅烧CoCO3，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有______、
______(填仪器名称)。

(5)操作①是在HCl氛围中进行的，其步骤是______、_____、过滤、洗涤、干燥。

洗涤过程中可以用工业酒精代替水，其优点是_____。

(6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，下列可作为指示剂的是____(填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰)
A．KCl B．KSCN C．K2CrO4 D．K2S
已知几种物质在20℃时的颜色及K sp值如下表
化学式AgCl AgSCN Ag2S Ag2CrO4
颜色白色浅黄色黑色红色
K sp 2.0×10-10 1.0×10-12 2.0×10-48 2.0×10-12
【答案】2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2↑会产生有毒气体氯气 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3↓ + 3CO2↑坩埚泥三角蒸发浓缩冷却结晶减少晶体的溶解损失 C
【解析】
【分析】
含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li)加入碱液，Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，锂能够被水溶解，过滤得到钴渣和含铝溶液；钴渣中加入浸出剂得到含有Co2+及微量Li+、Al3+溶液，向该溶液中加入20%碳酸钠溶液调节溶液的pH为4.5-5之间，然后加入NaF，过滤得到铝锂渣和滤液，滤液中加入30%碳酸钠溶液调节溶液的pH为8-8.5，得到CoCO3沉淀，煅烧碳酸钴得到CoO，CoO与盐酸反应生成CoCl2，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出CoCl2·6H2O结晶水合物，据此分析解答。

【详解】
(1)步骤I 中Al 能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，锂能够被水溶解，发生的主要化学反应方程式有2Al + 2NaOH +2H 2O=2NaAlO 2 + 3H 2↑、2Li + 2H 2O=2 Li OH + H 2↑，故答案为2Al + 2NaOH +2H 2O=2NaAlO 2 + 3H 2↑、2Li + 2H 2O=2 Li OH + H 2↑；
(2)Co 2O 3具有强氧化性，若步骤II 中浸出剂为盐酸，盐酸中的氯元素可能被氧化生成氯气，污染环境，故答案为会产生有毒气体氯气(或生成氯气，污染环境)；
(3)步骤Ⅲ中①的目的是除去Al 3+，与加入的碳酸钠能够发生双水解反应，反应的离子方程式为2Al 3+ + 3CO 32- + 3H 2O=2Al(OH)3↓ + 3CO 2↑，故答案为2Al 3+ + 3CO 32- + 3H 2O=2Al(OH)3↓ + 3CO 2↑；
(4)实验室煅烧CoCO 3需要在坩埚中进行，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有坩埚、泥三角，故答案为坩埚；泥三角；
(5)CoCl 2能够水解，生成的氯化氢容易挥发，因此操作①是需要在HCl 氛围中进行，从CoCl 2溶液中获得CoCl 2·6H 2O 晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

洗涤过程中可以用工业酒精代替水，减少晶体的溶解损失，且酒精更加容易挥发，便于晶体干燥，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶；减少晶体的溶解损失；
(6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl 2溶液，根据几种物质在20℃时的颜色及K sp 值，滴定过程中需要有明显的现象，应该选用K 2CrO 4为指示剂，故答案为C 。

9．我国某地粉煤灰中主要含有Al 2O 3，除此之外还含有Ga 2O 3及少量Fe 2O 3、CaO 、MgO 和SiO 2等物质。

已知从粉煤灰中回收铝并提取镓的工艺流程如下所示：
回答下列问题：
（1）焙烧前，应将粉煤灰与纯碱粉末充分混合，其原因是____；混合焙烧时，Al 2O 3、Ga 2O 3均发生类似于SiO 2的反应，试写出Ga 2O 3在此过程中发生反应的化学方程式：____。

（2）滤渣的成分是____ ；含铝混合液中除了大量A13+之外，还有Fe 3+和少量Mg 2+，由混合液制取纯净Al (OH )3的实验方案是_____。

（3）洗脱液中往往还有少量Fe 3+，需要进一步分离。

若使Fe 3+恰好完全沉淀[c (Fe 3+)= l×l0-5mol·L -l ]时，Ga 3+浓度至少为_____mol·L -l 才会开始沉淀。

（已知：
[][]-34-3833sp Ga(OH)=1.410sp Fe(OH)=4.010K K ⨯⨯，。

）
（4）电解过程中，Ga 3+与NaOH 溶液反应生成GaO 2-，GaO 2-在阴极放电，则电解方程式为____；电解过程中需要保持溶液为pH=11以上的原因是 ___。

【答案】增大反应物接触面积，加快化学反应速率 Ga 2O 3+Na 2CO 3=焙烧2NaGaO 2+CO 2↑ H 2SiO 3或H 4SiO 4 向混合液中加入过量NaOH ，过滤，向滤液中通入足量CO 2，再过滤
3.5×10-2mol/L -
-2224GaO +2H O =4Ga+3O +4OH ↑通电 抑制-2GaO 水解，并阻止H +在阴
极放电降低电解效率
【解析】
【分析】
混合焙烧时，Al 2O 3、Ga 2O 3、SiO 2与Na 2CO 3反应，生成可溶性盐NaAlO 2、NaGaO 2、Na 2SiO 3，CaO 、MgO 、Fe 2O 3不发生反应；将固体溶解，MgO 、Fe 2O 3不溶于水，CaO 溶于水生成Ca(OH)2，溶液中溶质为Ca(OH)2、NaAlO 2、NaGaO 2、Na 2SiO 3、Na 2CO 3；加入盐酸后，溶液中溶质为FeCl 3、MgCl 2、CaCl 2、AlCl 3、GaCl 3、NaCl ，生成的硅酸不溶，滤渣为H 2SiO 3或H 4SiO 4，然后将滤液进行树脂吸附，得到含铝混合液和洗脱液，然后将洗脱液中的Fe 3+除去，最终通过电解-2GaO 制备Ga 。

【详解】
（1）将粉煤灰与纯碱粉末充分混合，可以增大反应物接触面积，加快化学反应速率；SiO 2与Na 2CO 3固体在加热条件下能够生成Na 2SiO 3、CO 2，因此Ga 2O 3在此过程中发生反应的化学方程式为：Ga 2O 3+Na 2CO 3=焙烧2NaGaO 2+CO 2↑；
（2）由上述分析可知，滤渣为：H 2SiO 3或H 4SiO 4；Al(OH)3为两性氢氧化物，能溶于强碱溶液，而Fe(OH)3、Mg(OH)2不溶于强碱溶液，因此可将Al 元素转化为偏铝酸盐，然后通入CO 2制取纯净的Al(OH)3，实验方案为：向混合液中加入过量NaOH ，过滤，向滤液中通入足量CO 2，再过滤；
（3）当c (Fe 3+)恰好为l×l0-5mol·L -l 时，()()()38sp 3-335
3Fe OH 410OH =mol/L 110Fe K c c --+⎡⎤⨯⎣⎦
=⨯，若此时Ga 3+恰好开始沉淀，则
()()()34sp 332383-5Ga OH 1.410Ga =mol/L=3.510mol/L 410OH 110K c c -+
---⎡⎤⨯⎣⎦=⨯⨯⨯； （4）电解过程中，-
2GaO 中Ga 元素从+3价降低至0价，发生还原反应生成Ga ，阳极为水失去电子生成氧气，电解总反应为：-
-2224GaO +2H O =4Ga+3O +4OH ↑通电；-2GaO 属于弱酸阴离子，能够发生水解生成Ga(OH)3，会降低产率，若溶液酸度过高，则溶液中H +可能会发生还原反应生成H 2，会降低阴极电解效率。

10．工业上用铝土矿(主要成分为
)提取氧化铝作冶炼铝的原料，提
取的操作过程如下：
（1）反应1结束后的操作名称为_______。

（2）滤渣的主要成分是___________________。

（3）反应2中通入的过量气体为________
a. 二氧化碳
b.氨气
c.氮气
（4）写出B煅烧生成Al2O3的化学反应方程式：_______________________。

【答案】过滤氧化铁 a 2Al(OH)3Δ
Al2O3 + 3H2O
【解析】
【分析】
铝土矿加入氢氧化钠溶液，氧化铝、二氧化硅与氢氧化钠反应，氧化铁不与氢氧化钠反应，过滤，得到滤渣氧化铁，滤液主要是偏铝酸钠和硅酸钠，向滤液中加入氧化钙，得到硅酸钙沉淀，过滤，向滤液中通入二氧化碳得到碳酸氢钙和氢氧化铝，过滤，B为氢氧化铝，再煅烧得到氧化铝。

【详解】
⑴根据操作后得到滤液和滤渣说明反应1结束后的操作名称为过滤；故答案为：过滤。

⑵氧化铁不与氢氧化钠反应，因此滤渣的主要成分是氧化铁；故答案为：氧化铁。

⑶滤液II是偏铝酸根，因此通入过量二氧化碳与偏铝酸根生成氢氧化铝沉淀；故答案为：a。

⑷B为氢氧化铝，煅烧生成Al2O3的化学反应方程式：2Al(OH)3Δ
Al2O3 + 3H2O；故答案为：
2Al(OH)3Δ
Al2O3 + 3H2O。