高考化学备考之铝及其化合物推断题压轴突破训练培优篇及答案1.docx

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高考化学备考之铝及其化合物推断题压轴突破训练培优篇及答案1

2020-2021高考化学备考之铝及其化合物推断题压轴突破训练∶培优篇及答案

（1）

一、铝及其化合物

1．Ⅰ.某化工厂以铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料生产化工原料红矾钠（主要成分Na2Cr2O7·2H2O），工艺流程如图：

i.常温，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42-。

ii.常温时，部分金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH值

（1）步骤①提高酸溶速率的措施__（任填一条即可）。

固体A的成分是___。

（2）步骤③需加氢氧化钠溶液调节pH，调节pH范围为__，目的是__。

（3）写出④反应的离子方程式__。

（4）将溶液H经过__即得红矾钠粗晶体。

Ⅱ.经该工厂的工业废水中含1.00×10-3mol·L-1的Cr2O72-，其毒性较大。

该化工厂的科研人员为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4（Fe的化合价依次为+3、+2），又设计了如下工艺流程：

（5）第①步反应的离子方程式是__。

（6）常温时，如忽略步骤①所加FeSO4·7H2O所引起的溶液体积变化，依据上表数据，则步骤②加入NaOH溶液调节溶液的pH至9时，溶液中Cr3+的浓度为___mol/L（101/2≈3.2）。

（7）欲使1L该废水中的Cr2O72-完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4。

理论上需要加入FeSO4·7H2O的质量为__g（已知FeSO4·7H2O的摩尔质量为278g/mol）。

【答案】加热/搅拌/粉碎/适当提高稀硫酸的浓度（任写一条）SiO24.9≤pH＜5.5使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀而除去3NaBiO3+2Cr3++7OH－+H2O=2Cr2O72−+3Bi（OH）3↓+3Na+蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O6.4×10−142.78

【解析】

【分析】

铬铁矿中的FeO、Cr2O3和Al2O3均能溶于硫酸，SiO2不溶，过滤，向滤液中加入双氧水，氧化亚铁离子，步骤③的目的是使Fe3+、Al3+沉淀，过滤，向滤液中加入NaBiO3、NaOH，能将Cr3+转化为Cr2O72−，过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥得到Na2Cr2O7·2H2O。

【详解】

⑴加热、搅拌、粉碎、适当提高稀硫酸的浓度均可加快化学反应速率，任答一种即可。

按照元素化合物知识，铬铁矿中的FeO、Cr2O3和Al2O3均能溶于硫酸，SiO2不溶，故第①步得到的固体A为SiO2；故答案为：

加热/搅拌/粉碎/适当提高稀硫酸的浓度（任写一条）；SiO2。

⑵步骤③的目的是使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀而除去，但不能使Cr3+沉淀，故需要调节的pH范围为4.9≤pH＜5.5，故答案为：

4.9≤pH＜5.5；使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀而除去。

⑶常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为Cr2O72−，则反应的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH－+H2O=2Cr2O72−+3Bi（OH）3↓+3Na+；故答案为：

3NaBiO3+2Cr3++7OH－+H2O=2Cr2O72−+3Bi（OH）3↓+3Na+。

⑷溶液H得红矾钠粗晶体需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥；故答案为：

蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥。

⑸Cr2O72−有强氧化性，FeSO4·7H2O中Fe2+有一定的还原性，在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，根据元素守恒及所处环境可知，还有水生成，反应离子方程式为Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；故答案为：

Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。

⑹常温时，如忽略步骤①所加FeSO4·7H2O所引起的溶液体积变化，依据上表数据得到Cr3+开始沉淀时pH=5.5，即

，则

，步骤②加入NaOH溶液调节溶液的pH至9时，

，则溶液中Cr3+的浓度为

，

；故答案为；6.4×10−14mol·L−1。

⑺欲使1L该废水中n（Cr2O72−）=1×10−3mol，根据Cr原子、Fe原子守恒，可得Cr2O72−～4Cr0.5Fe1.5FeO4～10FeSO4·7H2O，因此理论上n（FeSO4·7H2O）=10n（Cr2O72−）=10×1×10−3mol=0.01mol，所以质量m（FeSO4·7H2O）=0.01mol×278g∙mol−1=2.78g；故答案为2.78g。

2．己知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。

（1）物质A的化学式为___。

（2）B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___。

（3）H在潮湿空气中变成M的实验现象是___，化学方程式为___。

（4）A和水反应生成B和C的离子方程式为___，A可以作为呼吸面具的___。

（5）W和T反应的离子方程式___。

【答案】Na2O22Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑供氧剂2Fe3++Fe=3Fe2+

【解析】

【分析】

题干已经对部分物质的特征进行了描述，可先根据某些物质的特定表征直接得出该物质，地壳含量最多金属为Al，T为最广泛使用的金属单质，则为Fe，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色，则W含有Fe3+。

根据上述能直接确定的物质，结合各物质间转换图解答此题。

【详解】

（1）.A为淡黄色固体，常见物质可能为Na2O2或S，A与水的产物B可与Al反应，同时C又与Fe反应。

综上可推知A应为Na2O2，答案为Na2O2。

（2）.根据分析B为NaOH，R为Al，答案为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑。

（3）.根据分析，A与水反应产物C为氧气，B为NaOH。

D为Fe在氧气中燃烧产物Fe3O4，H为白色沉淀,则H应为Fe（OH）2。

W含有Fe3+，说明Fe（OH）2发生氧化生成Fe（OH）3。

答案为白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。

（4）.A为Na2O2与水反应生成NaOH和O2，同时Na2O2与水和CO2反应生成的氧气供人呼吸。

故答案为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，供氧剂。

（5）.由分析可知W为FeCl3，T为金属Fe。

答案为2Fe3++Fe=3Fe2+。

【点睛】

解答本题需要对某些物质的特定表征非常熟悉，首先应该根据这些表征即得出对应物质，然后再结合各种物质之间的转换关系和相关描述合理推导出其他对应的物质。

3．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

ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+2H2O

【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Na2O2，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

；

（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：

；

（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

；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-+I2+2H2O。

4．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】Fe2O3Fe（OH）22Fe3＋＋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↑。

5．把7.5g镁铝合金的粉末放入200ml4mol/L的盐酸中，往充分反应后的混合溶液中逐渐滴入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。

（1）合金中镁的物质的量为_______。

（2）氢氧化钠的物质的量浓度为_______mol/L。

（3）V1=_______mL。

（4）写出该合金溶于足量NaOH溶液的化学方程式为_________。

【答案】0.2mol2450

【解析】

【分析】

镁铝合金与盐酸反应后溶液有铝离子、镁离子、以及剩余的氢离子；加入氢氧化钠后氢氧化钠先于氢离子反应，此时无沉淀产生，之后镁、铝离子开始沉淀，发生反应  Al3++3OH-═Al（OH）3↓、  Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，当沉淀达到最大值时溶液中的溶质只有NaCl，再继续滴加氢氧化钠，氢氧化铝沉淀开始溶解，发生反应Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，据此进行解答。

【详解】

（1）当滴加400mL氢氧化钠溶液时，沉淀达到最大值，此时溶液中的溶质为NaCl，根据元素守恒可知此时溶液中n（Cl-）=0.2L×4mol/L=0.8mol，由电荷守恒可知n（Na+）=n（Cl-）=0.8mol，即400mL氢氧化钠溶液中n（Na+）=0.8mol，则其浓度c（NaOH）=

；此时溶液中据图可知前50mL氢氧化钠溶液没有沉淀产生，即此时发生反应H++OH-=H2O，所以与镁铝合金反应后剩余的n（H+）=0.05L×2mol/L=0.1mol，则与镁铝合金反应的n（H+）=0.8mol-0.1mol=0.7mol，设镁铝合金中镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，则有24x+27y=7.5g，根据电子守恒（镁铝失去的电子都转移给氢离子）可得2x+3y=0.7，联立解得x=0.2mol，y=0.1mol，故答案为：

0.2mol；

（2）根据

（1）可知答案为：

2；

（3）400mL至V1mL发生反应Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，根据

（1）可知镁铝合金中铝的物质的量为0.1mol，则生成氢氧化铝0.1mol，此段消耗n（OH-）=0.1mol，所以消耗的氢氧化钠体积V=

，即50mL，所以V1=400+50=450，故答案为：

450；

（4）该合金中铝单质可以与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故答案为：

。

【点睛】

解决本题的关键是理解沉淀达到最大值时溶液中的成分，之后再利用元素守恒、电子守恒等解决问题。

6．工业上以锂辉石为原料生产碳酸锂的部分工业流程如图所示：

已知：

①锂辉石的主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2，其中含少量Ca、Mg元素。

②Li2O·Al2O3·4SiO2+H2SO4（浓）

Li2SO4+Al2O3·4SiO2·H2O。

③某些物质的溶解度（S）如下表所示：

回答下列问题：

（1）从滤渣1中分离出Al2O3的流程如下所示：

写出生成沉淀的离子方程式：

___。

（2）已知滤渣2的主要成分有Mg（OH）2和CaCO3。

向滤液1中加入石灰乳的作用是___（运用化学平衡原理简述）。

（3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的理由是___。

（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：

a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择性透过膜隔开，用惰性电极电解。

b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3。

①a中电解时所用的是___（填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”）。

②电解后，LiOH溶液浓度增大的原因是___。

b中生成Li2CO3反应的化学方程式是___。

（5）磷酸亚铁锂电池总反应为FePO4+Li

LiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+，写出该电池放电时的正极反应：

___。

【答案】Al3＋＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH4＋Ca（OH）2

Ca2++2OH-，Mg2+与OH-结合生成Ksp很小的Mg（OH）2沉淀，导致平衡右移，生成Mg（OH）2沉淀Li2CO3的溶解度随温度升高而减小阳离子交换膜阴极氢离子放电，锂离子向阴极移动2LiOH+NH4HCO3

Li2CO3↓+2H2O+NH3↑FePO4＋Li+＋e-===LiFePO4

【解析】

【分析】

由工业流程图可知，锂辉石经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，过滤得到滤液1和含有二氧化硅的滤渣1，向滤液1中加入石灰乳调节pH值后，再加入碳酸钠溶液，以增加溶液中Ca2+、OH-的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，向滤液2中加入饱和碳酸钠溶液，反应生成碳酸锂沉淀，过滤、热水洗涤的原因是Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，据此分析解答。

【详解】

（1）据已知信息①可知滤渣1中含有氧化铝和二氧化硅，氧化铝是两性氧化物，而二氧化硅是酸性氧化物，因此首先用盐酸溶解滤渣1，过滤后得到二氧化硅和氯化铝的溶液。

向滤液中通入足量的氨气即可生成氢氧化铝，灼烧氢氧化铝即可得到氧化铝，生成沉淀的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH4＋，故答案为：

Al3＋＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH4＋；

（2）石灰乳中存在氢氧化钙的溶解平衡Ca（OH）2

Ca2++2OH-，Mg2+与OH-结合生成Ksp很小的Mg（OH）2沉淀，导致平衡右移，生成Mg（OH）2沉淀，而钙离子与碳酸根结合生成碳酸钙沉淀，故答案为：

Ca（OH）2

Ca2++2OH-，Mg2+与OH-结合生成Ksp很小的Mg（OH）2沉淀，导致平衡右移，生成Mg（OH）2沉淀；

（3）根据表中数据可判断Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，因此最后一个步骤中，用“热水洗涤”可以减少固体溶解而造成的损失，故答案为：

Li2CO3的溶解度随温度升高而减小；

（4）①电解池中阳极失去电子发生氧化反应，阴极氢离子放电，产生氢氧根离子，而锂离子向阴极移动，故a中电解时所用的是阳离子交换膜，故答案为：

阳离子交换膜；

②阴极得到电子，则溶液中的氢离子放电，由于阴极氢离子放电，产生氢氧根离子，而锂离子向阴极移动，所以电解后，LiOH溶液浓度增大。

根据原子守恒可判断LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，除得到高纯Li2CO3外还有氨气和水生成，反应的化学方程式为2LiOH+NH4HCO3

Li2CO3↓+2H2O+NH3↑，故答案为：

阴极氢离子放电，锂离子向阴极移动；2LiOH+NH4HCO3

Li2CO3↓+2H2O+NH3↑；

（5）根据原电池的工作原理，正极上发生还原反应，得到电子，因此FePO4在正极上发生反应，即正极反应式为FePO4＋Li＋＋e－===LiFePO4，故答案为：

FePO4＋Li+＋e-===LiFePO4。

7．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．MnCO3B．NaOHC．ZnOD．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ADAl（OH）3

【解析】

【分析】

方铅矿精矿（主要成分PbS）和软锰矿（主要成分MnO2，含有Al2O3等杂质）中加入稀盐酸并加热至80℃，发生的反应有：

MnO2+PbS+4HCl=MnCl2+PbCl2+S+2H2O、Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，向酸浸溶液中加入NaCl溶液、X，调节溶液的pH，使Al3+转化为沉淀，要除去Al3+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PbCl2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Mn3O4，过滤得到Mn3O4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

可知，向酸浸液中加入饱和食盐水，通过增大Cl−浓度可促进PbCl2的溶解；加入物质X调节溶液的pH，使Al3+转化为沉淀，同时不引入新的杂质，结合滤液1中含有Mn2+和Pb2+，可选择MnCO3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MnCO3或PbO调节溶液pH，促进溶液中Al3+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Mn2+，通入NH3和O2生成Mn3O4，Mn元素化合价从+2价升高至

价，O2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：

。

【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Cu2+中混有的Fe3+，可加入CuO、CuCO3、Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。

8．我国某地粉煤灰中主要含有Al2O3，除此之外还含有Ga2O3及少量Fe2O3、CaO、MgO和SiO2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，Al2O3、Ga2O3均发生类似于SiO2的反应，试写出Ga2O3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Fe3+和少量Mg2+，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Fe3+，需要进一步分离。

若使Fe3+恰好完全沉淀[c（Fe3+）=l×l0-5mol·L-l]时，Ga3+浓度至少为_____mol·L-l才会开始沉淀。

（已知：

。

）

（4）电解过程中，Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO2-，GaO2-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Ga2O3+Na2CO3

2NaGaO2+CO2↑H2SiO3或H4SiO4向混合液中加入过量NaOH，过滤，向滤液中通入足量CO2，再过滤3.5×10-2mol/L

抑制

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，Al2O3、Ga2O3、SiO2与Na2CO3反应，生成可溶性盐NaAlO2、NaGaO2、Na2SiO3，CaO、MgO、Fe2O3不发生反应；将固体溶解，MgO、Fe2O3不溶于水，CaO溶于水生成Ca（OH）2，溶液中溶质为Ca