高考化学 铝及其化合物推断题 综合题含答案

高考化学铝及其化合物推断题综合题含答案
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．回答下列问题：
（1）锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质相似。

下列有关锂及其化合物的叙述正确的是________。

A Li2SO4难溶于水
B Li与N2反应产物是Li3N
C LiOH易溶于水
D LiOH与Li2CO3受热都难分解
（2）与铝位于对角线位置的第二周期元素是________，能区别Be（OH）2和Mg（OH）2的一种试剂是________，反应的化学方程式是_________。

（3）门捷列夫在研究元素周期表时，科学地预言了11种尚未发现的元素，为它们在周期表中留下空位。

例如，他预测在铝的下方有一个与铝类似的元素“类铝”，后来被法国化学家于1875年发现，命名为镓。

镓的元素符号是________，它在周期表中的位置是
___________。

（4）关于与镓同主族的第6周期元素性质的推测中不正确的是________。

A单质是银白色较软的金属
B其氢氧化物是两性氢氧化物
C在化合物中显＋3价
D单质与盐酸的反应比铝剧烈
【答案】B 铍（Be） NaOH溶液 Be（OH）2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O Ga 第四周期ⅢA族 B
【解析】
【分析】
【详解】
(1)A．锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，硫酸镁易溶于水，所以硫酸锂易溶于水，故A错误；
B．锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，镁和氮气反应生成氮化镁，所以锂和氮气反应生成Li3N，故B正确；
C．氢氧化镁难溶于水，所以氢氧化锂属于难溶物质，故C错误；
D．锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，氢氧化镁和碳酸镁受热易分解，则氢氧化锂和碳酸锂受热也易分解，故D错误；
故答案为B；
(2)根据对角线规则，与铝位于对角线位置的第二周期元素是铍，有相似的化学性质，氢氧化铝具有两性，Be(OH)2也具有两性，可以与氢氧化钠反应，Mg(OH)2不可以与氢氧化钠反应，故可以用氢氧化钠来鉴别，类比氢氧化铝与氢氧化钠反应的化学方程式，则氢氧化铍与氢氧化钠反应的化学方程式为：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；
(3)同主族元素性质相似，铝下方的元素为镓，其元素符号为Ga，位于元素周期表中第四周期ⅢA族；
(4)A．与镓同主族的第六周期元素为铊，单质为银白色，质软，故A正确；
B．氢氧化物为两性的物质位于金属和非金属的临界处，如硼铝硅锗砷等，铊不是两性物质，其氢氧化物也不是两性氢氧化物，故B错误；
C．铊与铝同主族，具有相同的最外层电子数，所以铊在化合物中也显+3价，故C正确；D．同主族元素自上到下金属性递增，该元素金属性大于铝，其单质与盐酸的反应比铝剧
烈，故D 正确；
故答案为B 。

【点睛】
考查位置结构性质的相互关系应用，明确同主族元素性质的递变规律为解答关键，注意掌握对角线规则内容，结合Mg 、Al 单质及其化合物的性质，类推未知物的性质，试题侧重培养学生的分析、理解能力及知识的迁移能力。

3．铝土矿的主要成分是Al 2O 3，含有杂质SiO 2、Fe 2O 3、MgO 。

工业上从铝土矿中提取铝可采用如下工艺流程：
请回答下列问题：
（1）玻璃中含有B ，刻蚀玻璃的化学方程式为___。

（2）沉淀C 的成分是___，溶液D 中存在较多的阴离子是___。

（3）步骤③所加入的试剂是___，生成沉淀F 的离子方程式是___。

【答案】242SiO +4HF=SiF +2H O ↑ 3Fe(OH)、2Mg(OH) -OH 、-Cl 和-2AlO 2CO
-
-22233CO +AlO +2H O=Al(OH)+HCO ↓
【解析】
【分析】
首先加入过量盐酸，几种物质里只有2SiO 不溶于盐酸，即沉淀B ，其它元素全部进入溶液A ，再加入过量烧碱，2+Mg 和3+Fe 转化为氢氧化物，即沉淀C ，而所有铝转变为2NaAlO 进入溶液D ，接下来要进行一下逆推，工业上铝是电解氧化铝得到的，因此物质M 是氧化铝，氧化铝又是从不溶于水的F 转化来的，因此F 是3Al(OH)，反应③其实是向2NaAlO 溶液中通入二氧化碳气体，故溶液E 为碳酸氢钠（此步骤二氧化碳一般都是过量的），据此来分析本题即可。

【详解】
（1）蚀刻玻璃是用氢氟酸来溶解玻璃中的2SiO ，其反应方程式为
242SiO +4HF=SiF +2H O ↑；
（2）沉淀C 的成分为3Fe(OH)和2Mg(OH)，而溶液D 中存在较多的阴离子是-OH 、-Cl 和-
2AlO ；
（3）步骤③所加入的试剂是二氧化碳，生成沉淀F 的离子方程式为
-
-22233CO +AlO +2H O=Al(OH)+HCO 。

4．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 -+2H 2O=2AlO 2-+3H 2↑ ＜ NH 4++ H 2O ƒNH 3·H 2O+OH - c(NH 4+)> c(SO 42-)> 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Al 2O 3，与NaOH 反应生成NaAlO 2，而I 也能与NaOH 反应生成NaAlO 2，则I 为Al ，H 为O 2，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FeCl 2，D 为FeCl 3，K 为NH 3，B 为Fe 3O 4，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Fe 3+；
（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NaAlO 2和H 2，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 +)。

5．甲、乙、丙三种物质之间有如下转化关系：3224NH H O H SO Δ⋅−−−→−−−−→−−→甲乙丙甲
（1）若甲和丙都是不溶于水的白色固体物质，既能溶于盐酸又能溶于氢氧化钠溶液。

则甲
是________（填化学式）。

写出“32NH H O ⋅−−−−→乙丙”转化的离子方程式
______________________。

（2）若乙溶液中加入KSCN 溶液，有血红色出现，则乙溶液中含有的离子是
___________，甲的化学式为_____________。

【答案】23Al O 33234Al
3NH H O=Al(OH)3NH +++⋅↓+ 3Fe + 23Fe O 【解析】
【详解】
（1）甲和丙都是不溶于水的白色固体物质，按信息知甲为23Al O 、乙是硫酸铝，丙为3Al(OH)，则乙与氨水反应的离子方程式为：
33234Al 3NH H O Al(OH)3NH ++
+⋅=↓+；
（2）若乙溶液中加入KSCN 溶液，有血红色出现，则乙为硫酸铁，其溶液中含有铁离子，氧化物甲与硫酸反应得到硫酸铁溶液，因此甲为氧化铁。

【点睛】
铝离子与氨水反应的离子方程式容易出错，同学往往错误地把离子方程式写错成
3-3Al 3OH Al(OH)++=↓。

6．某铝合金(硬铝)中含有铝、镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计了如下
实验：
(1)溶液Ⅰ中的溶质为_________(填化学式，下同)，溶液Ⅱ中的溶质为__________。

(2)上述第③步反应中，生成沉淀的离子方程式为____________。

(3)该合金中铝的含量为__________。

【答案】AlCl3、MgCl2、HCl Na[Al(OH)4]、NaCl、NaOH [Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3—9b
17a
【解析】
【分析】
由测定该合金中铝的含量流程可知，①加盐酸，Cu、Si不反应，则过滤得到的固体为Cu、Si，溶液中含AlCl3、MgCl2以及过量的盐酸，②加足量的NaOH，过滤得到的沉淀为
Mg(OH)2，溶液中主要含Na[Al(OH)4]、与过量盐酸反应生成的氯化钠和过量的氢氧化钠，③通足量的二氧化碳，反应生成Al(OH)3，④灼烧氢氧化铝分解得到Al2O3。

【详解】
(1)根据分析可知溶液Ⅰ中的溶质为AlCl3、MgCl2、HCl；溶液Ⅱ中的溶质为Na[Al(OH)4]、NaCl、NaOH，故答案为：AlCl3、MgCl2、HCl；Na[Al(OH)4]、NaCl、NaOH；
(2)第③步通入二氧化碳与[Al(OH)4]－反应生成氢氧化铝沉淀，故答案为：[Al(OH)4]－＋
CO2=Al(OH)3↓＋HCO3—；
(3)因铝在反应前后守恒，最后得到的固体Al2O3中铝的质量就是铝合金中的铝的质量，则
铝的质量为
2754b
bg100%=g
272+163102
⨯⨯
⨯⨯
，样品质量为ag，所以铝的质量分数
=54b
9b
102100%=
a17a
⨯
，故答案为：
9b
17a。

【点睛】
本题利用了守恒法来进行计算，能很好的考查学生的实验能力、分析和解决问题的能力，题目难度中等。

7．工业上用某矿渣(含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取铜的操作流程如图(金属单质E可由滤液C制取)：
已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
(1)固体混合物B的成分是_____。

它与NaOH溶液反应的离子方程式为_____。

(2)滤液A中铁元素的存在形式为_____(填离子符号)，生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为_____。

要检验该铁元素的离子的实验_____
(3)在滤液C中通入足量CO2的离子方程式为_____
(4)金属单质E从固体混合物F中置换出Cu的化学方程式为_____
【答案】SiO2和Cu SiO2+2OH-=SiO32-+H2O Fe2+ Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+ OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- 2Al+3CuO高温
Al2O3+3Cu
【解析】
【分析】
氧化亚铜与盐酸反应生成铜和铜离子，二氧化硅与盐酸不反应，氧化铁与盐酸反应生成Fe3+，铁离子与铜反应生成亚铁离子，固体为二氧化硅和铜，滤液中含有铜离子、亚铁离子、铝离子，加入足量的氢氧化钠溶液，滤液C中含有偏铝酸根离子，金属E为铝，固体D为氢氧化铜和氢氧化铁的混合物，在空气中灼烧，F为氧化铜和氧化铁的混合物，粗铜为铜、铝、铁的混合物，经过电解可得到纯铜。

【详解】
(1)固体混合物B的成分是SiO2和Cu。

它与NaOH溶液即二氧化硅与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。

(2)氧化亚铜与盐酸反应生成铜单质和铜离子，氧化铁与盐酸反应生成铁离子，与铜反应生成亚铁离子，有铜剩余，故铁离子完全转化为亚铁离子，滤液A中铁元素的存在形式为Fe2+，生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。

要检验该铁元素的离子的实验为取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+。

(3)在滤液C中含有偏铝酸钠和氢氧化钠，通入足量CO2的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。

(4)金属单质E为铝，从固体混合物F为氧化铜和氧化铁的混合物，置换出Cu的化学方程式为铝热反应，2Al+3CuO高温Al2O3+3Cu。

8．七水硫酸镁（MgSO4·7H2O）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MgCO3，还含有MgO、CaO、Fe2O3、FeO、MnO2、
Al2O3、SiO2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：①MnO2不溶于稀硫酸。

②CaSO4和MgSO4·7H2O在不同温度下的溶解度（g）数据如下表所示：
温度/℃
1030405060
物质
CaSO40.190.210.210.210.19
MgSO4·7H2O30.935.540.845.6——
（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为___。

（2）滤渣A中除含少量CaSO4·2H2O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CaSO4·2H2O，又防止___。

（6）获取MgSO4·7H2O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 SiO2、MnO2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-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O 析出MgSO4·7H2O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Mg2+、Ca2+、Fe2+、Fe3+、Al3+以及SO42-的酸性溶液，由于MnO2、SiO2不与硫酸反应，硫酸钙属于微溶物，则过滤后滤渣A主要为MnO2、SiO2，还含有少量CaSO4·2H2O，向滤液中加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，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。

9．用方铅矿（主要为PbS）和软锰矿（主要为MnO2，还有少量Al2O3等杂质）制备PbSO4和Mn3O4的工艺流程：
已知:（1）PbS+MnO2 +4H+=Mn2++Pb2++S+2H2O
（2）PbCl2(s)+2Cl-(aq)=PbCl42-(aq) △H>0
（1）80℃用盐酸处理两种矿石，为加快酸浸速率，还可采用的方法是_______________（任写一种）。

（2）向酸浸液中加入饱和食盐水的目的是________________________________；加入物质X可用于调节酸浸液的pH值，物质X可以是_______________
A．MnCO3 B．NaOH C．ZnO D．PbO
（3）滤渣中含有金属杂质形成的化合物，其成分为________________（写化学式）。

（4）向滤液2中通入NH3和O2发生反应，写出总反应的离子方程式：
___________________
【答案】粉碎矿石、搅拌、适当增加盐酸浓度等增大PbCl2的溶解度 AD Al(OH)3
2++
232344
6H O+12NH+O+6Mn=2Mn O+12NH
【解析】
【分析】
方铅矿精矿（主要成分PbS ）和软锰矿（主要成分MnO 2，含有Al 2O 3等杂质）中加入稀盐酸并加热至80℃，发生的反应有：MnO 2+PbS+4HCl=MnCl 2+PbCl 2+S+2H 2O 、
Al 2O 3+6HCl=2AlCl 3+3H 2O ，向酸浸溶液中加入NaCl 溶液、X ，调节溶液的pH ，使Al 3+转化为沉淀，要除去Al 3+需要加入能与H +反应且不能引进新的杂质，然后过滤得到氢氧化铝沉淀和滤液，将滤液1分离得到PbCl 2晶体和滤液2，向滤液2中通入氨气、氧气，锰离子被氧化生成Mn 3O 4，过滤得到Mn 3O 4和滤液，以此解答。

【详解】
（1）采取粉碎矿石或搅拌或适当增加盐酸浓度等措施均能加快酸浸速率；
（2）由反应()()()-2-
24PbCl s +2Cl a PbCl =q aq 可知，向酸浸液中加入饱和食盐水，通过增大Cl −浓度可促进PbCl 2的溶解；加入物质X 调节溶液的pH ，使Al 3+转化为沉淀，同时不引入新的杂质，结合滤液1中含有Mn 2+和Pb 2+，可选择MnCO 3和PbO 调节溶液pH ，而NaOH 和ZnO 调节pH 时会引进杂质离子，即答案选AD ；
（3）酸浸液中加入MnCO 3或PbO 调节溶液pH ，促进溶液中Al 3+完全转化为Al(OH)3沉淀，滤渣中含有金属杂质形成的化合物，其成分为Al(OH)3；
（4）滤液2中含有Mn 2+，通入NH 3和O 2生成Mn 3O 4，Mn 元素化合价从+2价升高至83
+价，O 2中O 元素化合价从0价降低至-2价，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒
可知发生反应的离子方程式为：2++2323446H O+12NH +O +6Mn =2Mn O +12NH 。

【点睛】
调节溶液的pH ，常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀，调节pH 所需的物质一般应满足两点：
①能与H +反应，使溶液pH 增大；
②不引入新杂质；
例如：若要除去Cu 2+中混有的Fe 3+，可加入CuO 、CuCO 3、Cu(OH)2、Cu 2(OH)2CO 3等物质来调节溶液的pH ，不可加入NaOH 溶液、氨水等。

10．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
【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 +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2↑，故答案为2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2↑；
(2)Co2O3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Al3+，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2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3↓ + 3CO2↑，故答案为2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3↓ + 3CO2↑；
(4)实验室煅烧CoCO3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)CoCl2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CoCl2溶液中获得CoCl2·6H2O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CoCl2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K2CrO4为指示剂，故答案为C。