【化学】化学铝及其化合物推断题的专项培优 易错 难题练习题含答案(1)

【化学】化学铝及其化合物推断题的专项培优易错难题练习题含答案(1)
一、铝及其化合物
1．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。

请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：A_____________、B___________、C______________、
F_____________、 H____________、乙______________
（2）写出下列反应化学方程式：
反应①_________________________________________________
反应⑤_________________________________________________
反应⑥_________________________________________________
【答案】Na Al Fe FeCl2 Fe(OH)3 Cl2 2Na + 2H2O=2NaOH + H2↑ 2FeCl2 + Cl2=2FeCl3 FeCl3+ 3NaOH =Fe(OH)3↓+ 3NaCl
【解析】
【分析】
【详解】
金属单质A的焰色为黄色，则A为Na；反应①为Na与水反应生成NaOH和H2，则物质D 为NaOH，气体为H2；金属B与NaOH反应生成H2，则金属B为Al；黄绿色气体为Cl2，反应②为H2与Cl2化合成HCl，则气体丙为HCl，物质E为盐酸；金属C与盐酸反应生成F，F 与Cl2反应生成物质G，G与NaOH反应得红棕色沉淀，则金属C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3；
（1）A、B、C、F、H、乙的化学式依次为Na、Al、Fe、FeCl2、Fe(OH)3、Cl2。

（2）反应①的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
反应⑤的化学方程式为Cl2+2FeCl2=2FeCl3；
反应⑥的化学方程式为FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl。

2．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 。

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ECl 3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 。

4．七水硫酸镁（MgSO 4·7H 2O ）在印染、造纸和医药等工业上有重要的用途。

硼镁泥是硼镁矿生产硼砂的废渣，其主要成分是MgCO 3，还含有MgO 、CaO 、Fe 2O 3、FeO 、MnO 2、Al 2O 3、SiO 2等杂质，工业上用硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如图：
已知：①MnO 2不溶于稀硫酸。

②CaSO 4和MgSO 4·7H 2O 在不同温度下的溶解度（g ）数据如下表所示： 温度/℃
物质
10 30 40 50 60 CaSO 4
0.19 0.21 0.21 0.21 0.19 MgSO 4·7H 2O 30.9 35.5 40.8 45.6 ——
（1）开始用到硫酸的质量分数为70%，密度为1.61g /cm 3，则该硫酸溶液的物质的量浓度为___。

（2）滤渣A 中除含少量CaSO 4·2H 2O 外，还有___。

（3）加入MgO 后，加热煮沸的目的是___。

（4）若滤渣B 的主要成分为Al (OH )3和Fe (OH )3。

则加入NaClO 发生氧化还原反应的离子方程式为___。

（5）流程中操作1为蒸发浓缩、趁热过滤，这样即可得到CaSO 4·2H 2O ，又防止___。

（6）获取MgSO 4·7H 2O 的操作2为：___、___、过滤洗涤。

（7）已知开始硼镁泥样品的质量为ag ，制取七水硫酸镁的质量为bg ，据此能计算出硼镁泥中镁元素的含量吗？若能，请写出表达式；若不能，请说明理由。

___（能或不能），表达式（或理由）为___。

【答案】11.5mol /L SiO 2、MnO 2 防止生成Al (OH )3和Fe (OH )3胶体，使之转化为沉淀而被分离 ClO -+2Fe 2++2H +=Cl -+2Fe 3++H 2O 析出MgSO 4·7H 2O 晶体 蒸发浓缩 冷却结晶 不能 加入MgO 的量未知
【解析】
【分析】
硼镁泥用足量硫酸酸浸溶解，得到含有Mg 2+、Ca 2+、Fe 2+、Fe 3+、Al 3+以及SO 42-的酸性溶液，由于MnO 2、SiO 2不与硫酸反应，硫酸钙属于微溶物，则过滤后滤渣A 主要为MnO 2、SiO 2，还含有少量CaSO 4·2H 2O ，向滤液中加入NaClO 将Fe 2+氧化为Fe 3+，加入MgO 调节
溶液pH值并加热，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则滤渣B主要为氢氧化铁、氢氧化铝，根据溶解度表，CaSO4的溶解度基本不受温度影响，MgSO4·7H2O受温度影响较大，温度越高溶解度越大，对滤液进行蒸发浓缩、趁热过滤，得到CaSO4·2H2O，则滤渣C主要为CaSO4·2H2O，再次对滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤，得到七水硫酸镁(MgSO4·7H2O)，据此分析解答。

【详解】
(1)开始用到硫酸的质量分数为70%，密度为1.61g/cm3，则该硫酸溶液的物质的量浓度
=1000
M
ρω
=
100070% 1.61
98
⨯⨯
=11.5mol/L；
(2)根据分析，滤渣A中除含少量CaSO4·2H2O外，还有MnO2、SiO2；
(3)加入MgO的目的是沉淀Fe3+、Al3+，但Fe3+、Al3+易发生水解生成胶体，因此加热煮沸的目的是防止生成Al(OH)3和Fe(OH)3胶体，使之转化为沉淀而被分离；
(4)若滤渣B的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3。

向滤液中加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，则加入NaClO发生氧化还原反应的离子方程式为ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O；
(5)根据溶解度表，CaSO4的溶解度基本不受温度影响，MgSO4·7H2O受温度影响较大，温度越高溶解度越大，流程中操作1为蒸发浓缩、趁热过滤，这样即可得到CaSO4·2H2O，又防止析出MgSO4·7H2O晶体；
(6)结合溶解度表数据和(5)分析，获取MgSO4·7H2O的操作2为：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤；
(7)在制取七水硫酸镁流程中，向体系内加入了氧化镁调节pH值沉淀Fe3+、Al3+，引入了镁元素，且未告知氧化镁加入的量，制取的七水硫酸镁的镁元素不仅来自硼镁泥，还来自引入的氧化镁，因此不能根据上述两个条件来计算硼镁泥中镁元素的含量。

5．用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)的工业流程如图。

已知：①草酸钴晶体难溶于水，②RH为有机物(难电离)
(1)滤渣I的主要成分是_____________(填化学式) ，写出两种能提高酸浸速率的措施
_____________ 、 ___________。

(2) 操作①用到的主要仪器有___________________。

(3) H2O2是种绿色氧化剂，写出加入H2O2后发生反应的离子方程式
________________________________________。

(4)加入氧化钴的目的是______________________________。

(5)加入(NH4)2C2O4反应得到草酸钴晶体的离子方程式
________________________________，过滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是__________________________________________。

(6)实验室可以用酸性KMnO 4标准液滴定草酸根离子(C 2O 42-) ，测定溶液中C 2O 42-的浓度， KMnO 4标准溶液常用硫酸酸化，若用盐酸酸化，会使测定结果___________(填“偏高”、“偏低“或“无影响”)。

【答案】SiO 2 增大硫酸的浓度 提高反应的温度、搅拌、将固体粉碎(任选两个) 分液漏
斗、烧杯 2++3+2222Fe +H O +2H =2Fe +2H O 调节pH
2+2
242242Co +C O +2H O=CoC O 2H O -⋅↓ 取最后一次的洗涤液少许于试管中，滴入盐酸
酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净 偏高
【解析】
【分析】
用含钴废料(主要成分为Co ，含有一定量的Ni 、Al 2O 3、Fe 、SiO 2等)制备草酸钴晶体(CoC 2O 4•2H 2O)：粉碎后用硫酸溶解，SiO 2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有CoSO 4、NiSO 4、FeSO 4、Al 2(SO 4)3及过量的硫酸，滤渣Ⅰ为SiO 2，滤液中加入过氧化氢和CoO ，将Fe 2+氧化为Fe 3+，同时调节pH ，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH ，Ni 2+溶于有机层，操作①为分液，向水层加入(NH 4)2C 2O 4，得到草酸钴晶体，以此来解答。

【详解】
（1）用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO 2不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO 2；提高硫酸的浓度、提高反应的温度、搅拌、将固体粉碎均能提高酸浸速率；
（2）通过操作①得到水层和有机层，则操作①为分液，分液需要的仪器有：分液漏斗、烧杯；
（3）H 2O 2氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为：
2++3+2222Fe +H O +2H =2Fe +2H O ；
（4）加入氧化钴的目的是调节溶液的pH ，将浸出液中Fe 3+和Al 3+全部沉淀；
（5）加入(NH 4)2C 2O 4反应的离子方程式为：2+2242242Co +C O +2H O=CoC O 2H O -⋅↓，过
滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净； （6）若用盐酸酸化，高锰酸钾会氧化盐酸中的氯离子，消耗高锰酸钾偏多，测定结果偏高。

6．利用含铬废料(主要含 Cr 2O 3，还含有 FeO 、SiO 2、Al 2O 3 等杂质)制备重铬酸钠，实现清洁化工生产，工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)焙烧 Cr2O3转化为Na2CrO4的化学反应方程式是_____；
(2)实验室模拟此工业流程①，控制反应温度 60℃的方法是_____；
(3)流程②用石墨做电极电解 Na2CrO4溶液，制备Na2Cr2O7，其原理如图所示，a 是_____极；电极Ⅱ的电极反应式是_____；当生成 2mol Na2Cr2O7时，电路中转移的电子
_____mol；
(4)由下图和下表中的溶解度变化，流程③制备 K2Cr2O7，应先充分加热，然后_____反应才能顺利进行；
重铬酸钠的溶解度表：
温
度℃
1020406080100
溶解度%61.662.865.1
71.
8
78.781.1
(5)为进一步减少制得的 K2Cr2O7晶体中 NaCl 等杂质，应再进行_____操作；
(6)流程④Na2Cr2O7溶液与乙醇反应，乙醇可能被氧化为_____(写一种即可)。

【答案】2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2水浴加热负极 4OH-―4e-＝2H2O＋O2↑或2H2O－4e-=O2↑+4H+ 4 冷却结晶（降低温度）重结晶乙醛(CH3CHO)、乙酸(CH3COOH)、二氧化碳(CO2)等
【解析】
【分析】
利用含铬废料(主要含 Cr2O3，还含有 FeO、SiO2、Al2O3等杂质)制备重铬酸钠。

将铬铁矿和碳酸钠、空气混合焙烧，发生反应得到Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3等和CO2，然后在60℃时调节溶液的pH=6.5，用盐酸浸取后过滤，得到的滤渣中主要含有硅酸、氢氧化铁、氢氧化铝等，滤液中含有Na2CrO4和NaCl，然后用石墨做电极电解 Na2CrO4溶液，制备
Na2Cr2O7，在Na2Cr2O7溶液中加入氯化钾固体可以制得K2Cr2O7，在Na2Cr2O7溶液中加入稀硫酸和乙醇，可以制得Na Cr(SO4)2，据此分析解答。

【详解】
(1)Cr2O3与碳酸钠在空气中焙烧反应生成Na2CrO4的化学反应方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O2
4Na2CrO4+4CO2，故答案为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2；
(2)可以采用水浴加热的方法，控制反应温度 60℃，故答案为：水浴加热；
(3)Na2CrO4溶液中存在2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，用图示装置(均为石墨电极)电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，需要通过电解生成H+提高溶液的酸性，说明该电极(电极Ⅱ)是阳极，连接电源的正极，即b为正极，则a为负极；电极Ⅱ为阳极，溶液中氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑或2H2O－4e-=O2↑+4H+；由CrO42-+2H +=Cr2O72-+H2O可知，每生成2molNa2Cr2O7时，理论上II电极生成4molH+，根据阳极反应式4OH--4e-=2H2O+O2↑可知，每生成4molH+，转移4mol电子，故答案为：负极；4OH-―4e-＝2H2O ＋O2↑或2H2O－4e-=O2↑+4H+；4；
(4) 根据溶解度曲线和重铬酸钠的溶解度表可知，K2Cr2O7的溶解度随温度的变化较大，而Na2Cr2O7的溶解度受温度的影响不大，且温度较低是由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞
K2Cr2O7，因此流程③中向Na2Cr2O7溶液中加入适量KCl，充分加热，蒸发浓缩至表面出现晶膜，然后冷却结晶，析出K2Cr2O7固体，反应才能顺利进行，故答案为：冷却结晶(降低温度)；
(5) 根据溶解度曲线，K2Cr2O7的溶解度随温度的变化较大，而氯化钠的溶解度受温度的影响不大，为进一步减少制得的 K2Cr2O7晶体中 NaCl 等杂质，需要对K2Cr2O7晶体进行重结晶操作，进一步分离提纯，故答案为：重结晶；
(6) Na2Cr2O7溶液具有强氧化性，Na2Cr2O7溶液与乙醇反应，乙醇可能被氧化为乙醛
(CH3CHO)、乙酸(CH3COOH)、甚至可以氧化生成二氧化碳和水，故答案为：乙醛(CH3CHO)、乙酸(CH3COOH)、二氧化碳(CO2)等。

7．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。

8．一种高效无机水处理剂——聚合氯化铝晶体的化学式为[Al2(OH)n Cl6－n·xH2O]m。

它可通过调节AlCl3溶液的pH，促进其水解而结晶析出。

其制备原料主要是铝加工行业的废渣——铝灰，它主要含Al2O3、Al，还有SiO2等杂质。

聚合氯化铝生产的工艺流程如下：
（1）搅拌加热操作过程中发生反应的离子方程式为
_______________________________________。

（2）生产过程中实验操作B、D的名称均为________。

（3）反应中副产品a是________，试剂b是________。

(用化学式表示)
（4）生产过程中可循环使用的物质是________(用化学式表示)。

（5）调节pH＝4.0～4.5的目的是______________________________________________。

（6）为得到较纯净的晶体，生产过程中C物质可选用________。

A．氨水 B．NaAlO2 C．NaOH D．Al2O3 E．Al
【答案】Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O、2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑过滤 H2 HCl HCl 促进AlCl3水解，使晶体析出 DE
【解析】
【分析】
铝灰主要含Al2O3、Al，还有SiO2等，加水清洗掉其他可溶性杂质，因为B后分离出二氧化硅，所以推出b溶液为盐酸溶液，过量的盐酸将氧化铝和铝单质转化为氯化铝溶液，同时产生氢气，因为氯化氢易挥发，所以氢气中混有氯化氢，经水喷淋，得到气体a为氢气，同时回收盐酸b；B为氯化铝溶液中混有不溶性的二氧化硅，通过过滤分离出二氧化硅，氯化铝溶液经浓缩后调节pH，静置、过滤得到聚合氯化铝晶体。

【详解】
（1）由分析可知b为盐酸溶液，将铝和氧化铝转化为氯化铝溶液，所以搅拌加热操作过程中发生反应的离子方程式为：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O、2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，故答案为：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O、2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑；
（2）由分析可知，生产过程中实验操作B、D的名称均为过滤，故答案为：过滤；
（3）由分析可知，a为氢气，b为盐酸，故答案为：H2；HCl；
（4）搅拌加热过程中需要加入盐酸，吸收气体过程中可回收挥发出的HCl，所以HCl可以循环使用，故答案为：HCl；
（5）氯化铝水解呈酸性，所以调节pH的目的是为了使氯化铝水解生成产品，故答案为：促进AlCl3水解，使晶体析出；
（6）为得到较纯净的晶体，调节pH的试剂不能引入新杂质，而过量的氨水、NaAlO2、NaOH均不易除去，会引入新杂质， Al2O3、Al因为不溶于水，过量时可通过过滤除去，所
以用Al2O3、Al调节pH能得到较纯净的晶体，综上所述，答案为DE。

【点睛】
B处溶液因为可能含有未反应的盐酸和氯化铝水解而显酸性，而强酸性环境中聚合氯化铝晶体不易结晶析出，所以要调节pH促进铝离子水解，使聚合氯化铝晶体结晶析出。

9．信息时代产生的电子垃圾处理不当会对环境构成威胁。

某研究小组将废弃的线路板处理后，得到含Cu、Al及少量Fe的金属混合物，并设计如下流程制备硫酸铜和硫酸铝晶体。

请回答：
（1）步骤①～③所涉及的实验操作方法中，属于过滤的是______（填序号）。

（2）步骤①中Cu、Al、Fe均能与稀硫酸和浓硝酸的混合物在加热条件下反应，其中氮元素全部转化为NO。

该步骤中稀硫酸的作用是______。

（3）下列关于步骤②的说法正确的是______（填字母）。

a沉淀B为白色固体
b H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+
c可以用Ba(OH)2溶液替换NaOH溶液
（4）已知AlO2-+ 4H+=Al3+ + 2H2O。

由沉淀B制取Al2(SO4)3·18H2O的操作是：将沉淀B 转移到烧杯中，______，将溶液加热蒸发、冷却结晶、过滤得到产品。

【答案】②③提供H+和SO42− b 加入氢氧化钠溶液至沉淀不再减少，过滤，向所得滤液中加入足量稀硫酸，充分反应
【解析】
【分析】
第①步稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe3+、Fe2+，所以溶液A中的离子是Cu2+、Al3+、Fe3+、Fe2+；第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，再加入氢氧化钠使Al3+、Fe3+形成氢氧化物沉淀；第③步将硫酸铜溶液蒸发结晶得到五水硫酸铜晶体；在沉淀B中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，据此分析解答。

【详解】
(1)根据上述分析，步骤①～③所涉及的实验操作方法中，步骤②中分离得到了沉淀B，为过滤，步骤③中得到了五水硫酸铜晶体，也是过滤，因此属于过滤的是②和③，故答案为：②③；
(2)步骤①中Cu、Al、Fe均能与稀硫酸和浓硝酸的混合物在加热条件下反应，其中氮元素
全部转化为NO，3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，该步骤中稀硫酸可以提供H+参与反应，同时提供SO42−，在③中形成硫酸铜晶体，故答案为：提供H+和SO42−；
(3)a. 沉淀B的主要成分中有氢氧化铁，是红褐色固体，故a错误；b. H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于与铜离子分离，故b正确；c. 如果用Ba(OH)2溶液替换NaOH溶液，则会生成硫酸钡沉淀，因此不可以用Ba(OH)2溶液替换NaOH溶液，故c错误；故答案为：b；
(4)已知AlO2-+ 4H+=Al3+ + 2H2O。

由沉淀B制取Al2(SO4)3·18H2O，需要将氢氧化铝和氢氧化铁先分离，可以用氢氧化钠溶解氢氧化铝，过滤除去氢氧化铁固体，然后将溶液酸化即可得到Al2(SO4)3，因此步骤为：将沉淀B转移到烧杯中，加入氢氧化钠溶液至沉淀不再减少，过滤，向所得滤液中加入足量稀硫酸，充分反应，将溶液加热蒸发、冷却结晶、过滤得到产品，故答案为：加入氢氧化钠溶液至沉淀不再减少，过滤，向所得滤液中加入足量稀硫酸，充分反应。

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。