高考化学与铝及其化合物推断题有关的压轴题含答案解析.docx

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高考化学与铝及其化合物推断题有关的压轴题含答案解析

2020-2021高考化学与铝及其化合物推断题有关的压轴题含答案解析

一、铝及其化合物

1．为了降低电子垃圾对环境构成的影响，将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：

（1）第①步Cu与混酸反应的离子方程式为________________。

得到滤渣1的主要成分为___________。

（2）第②步中加入H2O2的作用是__________________，使用H2O2的优点是_________；调溶液pH的目的是_________________。

（3）简述第③步由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是_________________________。

（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3·18H2O，设计了以下三种方案：

上述三种方案中，_______方案不可行，原因是________________；

从原子利用率角度考虑，_______方案更合理。

（5）用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。

取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol·L-1EDTA（H2Y2－）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。

滴定反应如下：

Cu2++H2Y2－→CuY2－+2H+。

写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝__________________。

【答案】Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OAu、Pt将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质，对环境无污染使Fe3+、Al3+沉淀除去加热滤液2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体甲所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质乙

×100%

【解析】

【分析】

【详解】

（1）Cu与混酸反应的实质是与H+、NO3-反应，随反应进行离子浓度逐渐减小，所以离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，Au、Pt不与混酸反应，所以滤渣的主要成分是Au、Pt；

（2）加过氧化氢的目的是把亚铁离子氧化成铁离子，方便除去；而且加入过氧化氢不会引入新的杂质且无污染；调节溶液的pH目的是使Fe3+、Al3+沉淀除去；

（3）由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是把滤液蒸发得浓溶液再冷却结晶，过滤得硫酸铜晶体；

（4）甲方案不可行，因为滤渣2的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，加入硫酸沉淀全部溶解使制得的产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；从原子利用率角度分析，乙方案更合理，不仅能除去硫酸铁，同时增加了硫酸铝的量，原子利用率较高；

（5）由滴定反应方程式得100mL溶液中n（Cu2+）=b×10-3×a×5mol，所以CuSO4·5H2O质量分数=b×10-3×a×5×250/a×100%。

2．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。

阴离子

CO32-、SiO32-、AlO2-、Cl－

阳离子

Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、NH4+、Na＋

现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量（n）与加入试剂体积（V）的关系如图所示。

（1）若Y是盐酸，则oa段转化为沉淀的离子（指来源于X溶液的，下同）是________________________，ab段发生反应的离子是________，bc段发生反应的离子方程式为___________________________________。

（2）若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的阳离子是____________________，ab段反应的离子方程式为_______________________________________________________________________。

【答案】SiO32-、AlO2CO32-Al（OH）3＋3H＋=Al3＋＋3H2OAl3＋、Mg2＋、NH4+NH4+＋OH－=NH3·H2O

【解析】

【分析】

溶液无色说明溶液中不含Fe3＋离子；

（1）若Y是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al（OH）3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32－；

（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+。

【详解】

溶液无色说明溶液中不含Fe3＋离子；

（1）若Y是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al（OH）3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32－；bc段沉淀部分溶液，确定为Al（OH）3和H2SiO3，所以oa段转化为沉淀的离子是AlO2-、SiO32-；ab段发生反应的离子是CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑，发生反应的离子是CO32-；bc段发生反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；

（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+，结合图像bc段发生反应:

Al（OH）3＋OH－=AlO2－＋2H2O；oa段发生反应：

Al3＋＋3OH－=Al（OH）3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg（OH）2↓；ab段发生反应NH4++OH-=NH3·H2O。

【点睛】

本题主要是考查离子推断、离子方程式的书写。

明确常见离子的性质、依据图像分析反应的原理是答题的关键，题目难度较大。

关于图像的答题需要注意以下几点：

①看面：

弄清纵、横坐标的含义。

②看线：

弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。

③看点：

弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。

曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。

3．现有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知A、B、C、D四种元素的核内质子数之和为56，在元素周期表中的位置如图所示，1molE的单质可与足量酸反应，能产生33.6LH2（在标准状况下）；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构相同。

A

B

C

D

回答下列问题：

（1）写出元素A名称______，元素B符号________，E原子电子式________

（2）C的简单离子结构示意图为_____________

（3）B单质在A单质中燃烧，反应现象是___________，生成物的化学式为___________

（4）A与E形成的化合物的电子式为__________，它的性质决定了它在物质的分类中应属于____________（酸性氧化物/碱性氧化物/两性氧化物）

（5）向D与E形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液至过量，此过程中观察到的现象是_________，写出化合物DE与过量烧碱反应的化学反应方程式________。

【答案】氧P

剧烈燃烧，有大量白烟P2O5

两性氧化物先出现白色沉淀，继续滴加，白色沉淀溶解AlCl3+4NaOH==3NaCl+NaAlO2+2H2O

【解析】

【分析】

由位置图可知，A在第二周期，B、C、D处于第三周期，设C的质子数为x，则A的质子数为x-8，B的质子数为x-1，D的质子数为x+1，A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则x+（x-8）+（x-1）+（x+1）=56，解得x=16，即A为O，B为P，C为S，D为Cl；1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生标准状况下33.6LH2，设E的化合价为y，根据电子转移守恒可知ymol=

×2=3mol，E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同，则E为Al，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。

【详解】

（1）由题可知，元素A名称为氧，元素B符号为P，E原子的最外层含有3个电子，电子式

；

（2）C为硫，简单离子结构示意图为

；

（3）B单质在A单质中燃烧，产生了五氧化二磷，反应现象是剧烈燃烧，有大量白烟，生成物的化学式为P2O5；

（4）A与E形成的化合物为氧化铝，电子式为

，它既能与酸反应，又能与碱反应，性质决定了它在物质的分类中应属于两性氧化物；

（5）向D与E形成的化合物氯化铝的水溶液中滴入烧碱溶液至过量，产生偏铝酸钠，此过程中观察到的现象是先出现白色沉淀，继续滴加，白色沉淀溶解，与过量烧碱反应的化学反应方程式AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O。

4．（某混合物甲中含有明矾[KAl（SO4）2·12H2O]、Al2O3和Fe2O3。

在一定条件下由甲可实现如图所示的物质之间的转化：

请回答下列问题：

（1）写出A、B的化学式：

A___，B___。

（2）试剂a最好选用下列试剂中的（______）

A．NaOH溶液B．稀盐酸C．二氧化碳D．氨水

写出相应的离子方程式___。

（3）写出反应②（生成溶液C和沉淀）的离子方程式___。

（4）固体D可以作为复合性的化学肥料，D中所含物质的化学式为___。

【答案】Fe2O3Al2O3DAl3++3NH3·H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-K2SO4和（NH4）2SO4

【解析】

【分析】

KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物甲加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，AFe2O3，为向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，Al（OH）3受热分解生成B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和（NH4）2SO4，以此来解答。

【详解】

（1）由上述分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3，

故答案为：

Fe2O3；Al2O3；

（2）依据流程分析，向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，反应方程式为Al3++3NH3·H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，

A.NaOH溶液若加入过量会使氢氧化铝沉淀溶解，故A错误；

B.加稀盐酸不能得到氢氧化铝沉淀，故B错误；

C.通入二氧化碳不能得到氢氧化铝沉淀，故C错误；

D.加入氨水可生成氢氧化铝沉淀，且过量氨水不与氢氧化铝反应，故D正确；

故答案为：

D；Al3++3NH3·H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+；

（3）反应②中二氧化碳过量，反应生成沉淀和碳酸氢钠，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，其离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-，

故答案为：

AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-；

（4）向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和（NH4）2SO4；固体D可以作为复合性的化学肥料，D中所含物质的化学式为K2SO4和（NH4）2SO4；

故答案为：

K2SO4和（NH4）2SO4。

5．A是一种红棕色金属氧化物；B、D是金属单质；J是一种难溶于水的白色化合物，受热易分解。

回答下列问题：

（1）A、E、J、G的化学式分别为___、___、___、___。

（2）C转化为I的离子方程式为___。

（3）H和I反应生成J的离子方程式为___。

（4）如何检验E溶液中大量存在的阳离子?

___。

【答案】Fe2O3FeCl2Al（OH）3Fe（OH）3Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2OAl3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+

【解析】

【分析】

A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，红褐色沉淀G为Fe（OH）3，分解可以生成氧化铁，则F是 Fe（OH）2．B、D是金属单质，Fe2O3和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3，J是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成C，则J是Al（OH）3，由转化关系可知，I是NaAlO2，H是AlCl3；铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氨水反应生成 Fe（OH）2，则E是 FeCl2，以此解答该题。

【详解】

（1）由以上分析可知，则A为Fe2O3，E是FeCl2，J是Al（OH）3，G是Fe（OH）3；

（2）氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：

Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；

（3）铝离子和偏铝酸根之间双水解而不共存，反应的离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓；

（4）E是FeCl2，检验亚铁离子，可取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+。

6．某小组同学用一种铝铁合金为原料，模拟相关的工业生产，反应过程如图所示（部分产物和条件已略去），请回答：

（1）铁铝合金是一种高电磁性能合金，下列有关推测可能正确的是_____（填序号）．

A．铁铝合金可由铁和铝熔融混合制成

B．铁铝合金的熔点高于铝和铁

C．铁铝合金硬度高于纯铝

（2）反应①中铝元素发生反应的离子方程式为_______________________。

（3）反应②的化学方程式为____________________________________。

（4）反应③发生时观察到的现象是_____________________________，用化学方程式表示颜色变化的原因_____________________________________。

（5）反应④中的CO2不宜换成HCl，原因是_____________________。

（6）请举出固体A一种用途_________________________。

【答案】ACAl3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑先产生白色沉淀，之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3过量的氯化氢会使生成的氢氧化铝溶解做红色油漆和涂料

【解析】

【分析】

分析流程可知，①中的反应有硫酸与氢氧化钠酸碱中和，硫酸铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁；④中二氧化碳能与偏铝酸钠发生反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；固体A为氧化铁，固体B为氧化铝；②中铝单质能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；③中硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁。

【详解】

（1）A．铁铝合金可由铁和铝熔融混合制成具有特征性质的混合物，故A正确；

B．合金熔点低于各成分，则铁铝合金的熔点低于铝和铁，故B错误；

C．合金硬度高于各成分，则铁铝合金硬度高于纯铝，故C正确；

综上所述，故答案为：

AC；

（2）①中硫酸铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，其反应的离子方程式为Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：

Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；

（3）②中铝单质能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，其反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：

2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（4）③中硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，现象是先产生白色沉淀，之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色，其反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：

先产生白色沉淀，之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（5）④中二氧化碳能与偏铝酸钠发生反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，若将二氧化碳换成氯化氢，则生成的氢氧化铝会继续与过量的盐酸发生反应而溶解，故答案为：

过量的氯化氢会使生成的氢氧化铝溶解；

（6）固体A为红棕色的氧化铁，可以用来做红色油漆和涂料，故答案为：

做红色油漆和涂料。

7．工业上制备铝一般是从铝土矿（主要成分是Al2O3，含有Fe2O3杂质）中得到纯净的Al2O3，然后电解Al2O3得到铝。

下图是从铝土矿中提纯Al2O3的简单示意图。

其中涉及到的一个反应:

2NaAlO2+CO2+3H2O=Na2CO3+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）2NaAlO2Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O2Al（OH）3

Al2O3+3H2O

【解析】

【分析】

溶液B中通入CO2产生沉淀，说明B溶液为NaAlO2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Fe2O3，则溶液D为Na2CO3，反应②为：

Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH，故沉淀H为CaCO3，沉淀E为Al（OH）3，F为Al2O3，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2NaAlO2＋CO2＋3H2O＝Na2CO3＋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NaAlO2；

（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：

Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

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

Al2O3+3H2O。

8．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

bH2O2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。

9．铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石（Na3AlF6）混合熔融电解制得。

Ⅰ.铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等。

从铝土矿中提炼Al2O3的流程如图：

（1）写出反应1中涉及的任意一个化学方程式____；

（2）滤液Ⅰ中加入CaO生成的沉淀是____，已知气体A在标准状况下的密度为1.96g/L，写出A过量时，反应2的离子方程式____；

Ⅱ.以萤石（CaF2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如图：

（3）萤石（CaF2）的电子式____；

（4）若E为硫酸钙，D为最稳定的气态氢化物，则化合物C是____，写出由D制备冰晶石（Na3AlF6）的化学方程式____。

【答案】2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O或2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2OCaSiO3AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-

H2SO412HF+3Na2CO3+2Al（OH）3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O

【解析】

【分析】

I.铝土矿用NaOH溶液处理，Al2O3和SiO2溶解为NaAlO2和Na2SiO3，加CaO后Na2SiO3生成CaSiO3沉淀，过滤后的滤液通入酸性气体，使NaAlO2生成Al（OH）3沉淀，过滤出的Al（OH）3沉淀经煅烧得到Al2O3；Ⅱ.萤石（CaF2）和难挥发酸共热得到HF气体，HF气体和Na2CO3、Al（OH）3反应便得到冰晶石Na3AlF6。

可在此基础上解各小题。

【详解】

Ⅰ.

（1）反应1为Al2O3和SiO2和NaOH溶液反应，生成NaAlO2和Na2SiO3，反应的化学方程式为：

2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2