2020-2021高考化学专题《铝及其化合物推断题》综合检测试卷附答案

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一、铝及其化合物

1．铝、铁、硅的单质及化合物在工业生产中具有广泛应用，工业上常用某矿石(主要成分有Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2等)来制备绿矾(FeSO4·7H2O)和氧化铝，其工艺流程如图：

回答下列问题：

（1）滤渣1的成分是___，举例说明滤渣2的用途___。

（2）用离子方程式表示溶液A加入过量铁粉的目的是___。

（3）写出由滤液1生成滤液2的离子方程式___。

（4）过程1、2、3均涉及分离操作，所需玻璃仪器有___。

（5）由溶液B得到绿矾的具体操作为___、过滤、洗涤和干燥。

（6）过程3需要加入的试剂A是___，写出此过程的离子方程式___。

【答案】Fe2O3、FeO 制备硅胶，作干燥剂将Fe3+全部还原为Fe2+ AlO2-+4H+= Al3++2H2O 漏斗、烧杯和玻璃棒蒸发氨水 Al3++3NH3﹒H2O= Al(OH)3↓+3NH4+

【解析】

【分析】

Al2O3属于两性氧化物，Fe2O3、FeO都是碱性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，因此，矿石中的Al2O3和SiO2能溶于氢氧化钠溶液，Fe2O3、FeO溶于氢氧化钠溶液，滤渣1的成分是

Fe2O3、FeO；滤液1中的溶质有NaAlO2和Na2SiO3，加入过量盐酸后，AlO2-转化为Al3+，SiO32-转化为H2SiO3的白色胶状沉淀，滤液2的主要溶质是AlCl3，滤渣2的成分是H2SiO3，可用于制备硅胶，作干燥剂；过程3的作用是将溶液中的Al3+转化为Al(OH)3沉淀，应加入碱溶液；Fe2O3、FeO都能溶于稀硫酸，分别得到Fe2(SO4)3和FeSO4，溶液A的溶质有

Fe2(SO4)3和FeSO4，加入过量铁粉，将Fe3+全部还原为Fe2+，溶液B为FeSO4。

【详解】

(1)由分析可知滤渣1的成分是Fe2O3、FeO；滤渣2的成分是H2SiO3，可用于制备硅胶，作干燥剂，故答案为：Fe2O3、FeO；制备硅胶，作干燥剂；

(2) Fe2O3、FeO都能溶于稀硫酸，分别得到Fe2(SO4)3和FeSO4，溶液A的溶质有Fe2(SO4)3和FeSO4，加入过量铁粉，将Fe3+全部还原为Fe2+，反应的离子方程式为：2 Fe3++Fe=3 Fe2+，

故答案为：将Fe3+全部还原为Fe2+；

(3)由滤液1生成滤液2的过程为AlO2-转化为Al3+，离子方程式为：AlO2-+4H+= Al3++2H2O，故答案为：AlO2-+4H+= Al3++2H2O；

(4)过程1、2、3均涉及到的分离操作是过滤，所需玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯和玻璃棒；

(5)溶液B得到绿矾的具体操作为蒸发、过滤、洗涤和干燥，故答案为：蒸发；

(6)过程3的作用是将溶液中的Al3+转化为Al(OH)3沉淀，应加入碱溶液，由于Al(OH)3能溶

于强碱溶液，但不能溶于氨水，所以试剂A 是氨水，所发生反应的离子方程式为：Al 3++3NH 3﹒H 2O= Al(OH)3↓+3NH 4+，故答案为：氨水；Al 3++3NH 3﹒H 2O= Al(OH)3↓+3NH 4+。

2．2019年诺贝尔奖授予了在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂离子电池的广泛应用要求处理锂电池废料以节约资源、保护环境。锂离子二次电池正极铝钴膜主要含有LiCoO 2、Al 等，处理该废料的一种工艺如图所示：

（1）Li 的原子结构示意图为_____________，LiCoO 2中Co 的化合价为_______。（2）“碱浸”时Al 溶解的离子方程式为__________________________________。（3）“酸溶”时加入H 2O 2的目的是______________________________________。（4）“沉钴”的离子方程式为___________________________________________。（5）配制100 mL 1.0 mol /L (NH 4)2C 2O 4溶液，需要的玻璃仪器出玻璃棒、烧杯外，还有_____。

（6）取CoC 2O 4固体4.41g 在空气中加热至300 ℃，得到的钴的氧化物2.41g ，则该反应的化学方程式为__________________________________________________________。【答案】 +3 2Al 2OH -+2222H O 2AlO 3H -+=+↑ 将2LiCoO 中的Co(Ⅲ)还原为2+价 222424Co C O CoC O +-+=↓ 100mL 容量瓶、胶头滴管

Δ2423423CoC O 2O Co O 6CO +=+

【解析】

【分析】

铝钴膜主要含有2LiCoO 、Al 等，将废料先用碱液浸泡，将Al 充分溶解，过滤后得到的滤液中含有偏铝酸钠，滤渣为2LiCoO ，将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成24Li SO 、4CoSO ，然后加入氨水调节溶液的pH ，生成氢氧化锂沉淀从而除去锂离子，最后对滤液用草酸铵洗涤处理，经过一系列处理得到草酸钴。据此解答。

【详解】

（1）锂是3号元素，原子结构示意图为，2LiCoO 中Li 显1+价，氧元素显2-价，设钴元素的化合价是x ，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：

()()1x 220+++-?=，则x 3=+，故答案为：；3+；

（2）“碱浸”时Al 溶解于氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为

2Al 2OH -+2222H O 2AlO 3H -+=+↑；

（3）双氧水具有氧化性，“酸溶”时加入22H O ，可以将2LiCoO 中的Co(Ⅲ)还原为2+价，用氨水调节pH ，将锂离子转化为氢氧化锂沉淀，所得滤渣主要为LiOH ，故答案为：将2LiCoO 中的Co(Ⅲ)还原为2+价；

（4）“沉钴”中4CoSO 与草酸铵反应生成草酸钴，反应的离子方程式为

222424Co C O CoC O +-+=↓，故答案为：222424Co C O CoC O +-+=↓；

（5）配制100 mL 1.0 mol /L (NH 4)2C 2O 4溶液，需要经过称量、溶解、转移、洗涤、定容等步骤，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要100mL 容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL 容量瓶、胶头滴管；

（6）4.41gCoC 2O 4的物质的量为 4.41g 0.03mol 147g /mol

=，其中含有钴元素的质量0.03mol 59g /mol 1.77g =?=，因此钴的氧化物中含有氧元素的质量

2.41g 1.77g 0.64g =-=，氧元素的物质的量0.64g 0.04mol 16g /mol

==，因此该钴的氧化物为34Co O ，钴元素被氧化，因此反应物中需要氧气参与，根据元素守恒，生成物中还有二氧化碳，反应的方程式为Δ

2423423CoC O 2O Co O 6CO +=+，故答案为：Δ

2423423CoC O 2O Co O 6CO +=+。

【点睛】

从处理铝钴膜废料的工艺流程不难得出：Co 的化合价多于一种，所以钴元素的氧化物有多种，所以我们得先确认本题中生成的是哪种氧化物，才能正确书写方程式。

3．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H 2O 2的作用是__________________，使用H 2O 2的优点是_________；调溶液pH 的目的是_________________。

（3）简述第③步由滤液2得到CuSO 4·

5H 2O 的方法是_________________________。（4）由滤渣2制取Al 2(SO 4)3·18H 2O ，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a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol·L-1EDTA（H2Y2－）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。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++ 2 NO3-=3Cu2++ 2NO↑+ 4H2O Au、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

102505

c b

????

× 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++ 2 NO3-=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%。

4．实验室有NaHSO4、Ba(OH)2、NH3·H2O、NaHCO3、KAl(SO4)2五种无色溶液，现欲通过它们之间的相互反应的现象对其进行鉴别。部分物质间的反应现象如表。

A B C D E

A↓

B↑↓

C↑↑↓↓

D↓↑↓↓

E↓↓↓

表中“↑”表示生成气体物质，“↓”表示生成沉淀。根据以上信息，回答以下问题。

(1)B，E的化学式分别为________、________。

(2)写出A的电离方程式：_____________。

(3)向含有0.1mol溶质的D溶液中滴加E溶液，所生成沉淀的物质的量之和最多为

________mol。

【答案】NaHSO4 Ba(OH)2 NH3·H2O?NH4+＋OH－ 0.25

【解析】

【分析】

NaHSO4、Ba(OH)2、NH3·H2O、NaHCO3、KAl(SO4)2五种无色溶液中，相互反应能同时生成沉淀和气体的只有NaHCO3与KAl(SO4)2的反应，只生成气体的反应只有NaHCO3和NaHSO4反应，故B为NaHSO4，C为NaHCO3，D为KAl(SO4)2，与NaHSO4、NaHCO3、KAl(SO4)2都能生成沉淀的物质为Ba(OH)2，故E为Ba(OH)2，A为NH3·H2O，据此分析解答。

【详解】

(1)根据上述分析可知，B为NaHSO4，E为Ba(OH)2，故答案为：NaHSO4；Ba(OH)2；

(2)A为NH 3·H2O，是弱电解质，电离生成NH4+和OH-，电离方程式NH3·H2O NH4++OH-，故答案为：NH 3·H2O NH4++OH-；

(3)向含有0.1mol溶质的D溶液中滴加E溶液，Al3+刚好完全沉淀时反应的离子反应方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-===2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，此时沉淀Al(OH)3和BaSO4的物质的量之和为0.25mol，SO42-刚好完全沉淀时反应的离子反应方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-

===AlO2-+2BaSO4↓+2H2O，此时沉淀BaSO4的物质的量为0.2mol，则生成沉淀的物质的量n：0.2mol≤n≤0.25mol，所所以生成的沉淀的物质的量之和最多为0.25mol，故答案为：0.25。

5．某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：

据此回答下列问题：

（1）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是__。

（2）根据上述框图反应关系，写出下列B、C、D、E所含物质的化学式

固体B__；沉淀C__；沉淀D__；溶液E___。

（3）写出①、②、③、④四个反应的化学方程式或离子方程式

①__；

②___；

③___；

④__。

【答案】过滤 Al2O3Al2O3、Fe2O3Fe2O3K2SO4、(NH4)2SO4 Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O Al3+＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+ NaAlO2＋HCl＋H2O=Al(OH)3↓＋NaCl

2Al(OH)3加热Al2O3＋3H2O

【解析】

【分析】

KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成固体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E为K2SO4、(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和(NH4)2SO4，然后结合物质的性质及化学用语来解答。

【详解】

(1)溶液和沉淀的分离利用过滤；

(2)由上述分析可知B为Al2O3，C为Al2O3、Fe2O3，D为Fe2O3溶液E为K2SO4、(NH4)2SO4；

(3)反应①为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

反应②为Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；

反应③为NaAlO2＋HCl＋H2O=Al(OH)3↓＋NaCl；

反应④为2Al(OH)3加热Al2O3＋3H2O。

6．A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产物已略去）。试回答：

（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是____。

a．S b．N2 c．Na d．Mg e．Al

（2）若A为强碱溶液，则X可能为____。

a．CO2 b．AlCl3 c．Al d．Mg e．Al2O3

（3）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为____；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（离子方程式表示）

___，检验此C溶液中金属元素价态的操作方法是____。

（4）若A、B、C为含有金属元素的化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，

则B的化学式为____，X的化学式可能为（写出不同类物质）____或____，反应②的离子方程式为___或___。

【答案】de ab FeCl3 2Fe3++Fe=3Fe2+加入硫氰化钾，不显血红色，然后加入氯水，显血红色，则为亚铁离子 Al(OH)3盐酸氢氧化钠 Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。

【解析】

【分析】

（1）根据常见的强氧化剂单质氧气和氯气分析；

（2）根据各物质的转化关系分析；

（3）在溶液C中滴入AgNO3，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，此沉淀为AgCl，由题意与转化关系可推知A为Cl2，x为还原性较强的金属，由所学知识推x为铁单质；

（4）x为强电解质，应属于强酸、强碱或者盐类，但根据图所示转化关系确定x只能为强碱或强酸。能与强碱、强酸连续反应的常见物质就是铝的化合物。

【详解】

（1）a．S与氧气反应生成SO2，SO2和氧气反应生成SO3，故不选a；

b．N2与氧气在放电条件下生成NO，NO与氧气反应生成NO2，故不选b；

c．Na与氧气在常温下生成Na2O，Na2O与氧气加热生成Na2O2，故不选c；

d．金属Mg与氧气反应生成氧化镁固体，氧化镁与氧气不反应，故选d；

e．Al与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与氧气不反应，故选e；

选de。

（2）a．CO2 与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故选a；

b．AlCl3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，故选b；

c．Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与铝不反应，故不选c；

d．Mg与氢氧化钠溶液不反应，故不选d；

e．Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与氧化铝不反应，故不选e；

选ab；

（3）铁与氯气反应生成氯化铁，则B为FeCl3，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，C为FeCl2，Fe2+易被氧化，所以FeCl2在贮存时，应加入铁粉来还原Fe3+，离子方程式为

2Fe3++Fe=3Fe2+；检验此C溶液中含有Fe2+的操作方法是：加入硫氰化钾，不显血红色，然后加入氯水，显血红色，则为亚铁离子。

（4）若x为强酸，则A为偏铝酸盐、B为氢氧化铝、C是铝盐；若x为强碱，则A为铝盐、B为氢氧化铝、C是偏铝酸盐；则B的化学式为Al(OH)3，X的化学式可能为盐酸或氢氧化钠，反应②的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。

7．明矾在日常生活中用途非常广泛。用废铝灰（含Al、Al2O3、Fe、Fe2O3、FeO 等）为原料制取明矾的工艺流程如下图。回答下列问题：

已知：Fe3＋开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH 为1.9～3.7。

（1）明矾净水的原理是_______________________（用离子方程式表示）。

（2）“酸溶”时，Al2O3溶解的化学方程式为______________________。

（3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_______________。

（4）“步骤①”的目的是______；“滤渣2”经碱洗、水洗、干燥和煅烧，得到的产品的名称是_____（填俗称）。

（5）“步骤②”包含的操作有_________、__________、过滤及干燥。

【答案】Al3++3H2O?Al(OH)3(胶体)+3H+ Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 调节溶液pH，使沉淀完全铁红蒸发浓缩冷却结晶

【解析】

【分析】

废铝灰(含Al、Al2O3、Fe、Fe2O3、FeO 等)加入足量稀硫酸进行酸浸溶解并过滤，得到含有Al3+、Fe2+、Fe3+、SO42-的酸性滤液，滤渣1为不与硫酸反应的杂质，向滤液中加入双氧水将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，由于Fe(OH)3比Al(OH)3更难溶，向氧化后的滤液中加入

Al(OH)3，Fe3+转化为更难溶的Fe(OH)3沉淀，过滤后得到含有Al3+、SO42-的滤液，滤渣2为Fe(OH)3，向滤液中加入K2SO4制得产品溶液，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥最终得到产品硫酸铝钾的晶体，据此分析解答。

【详解】

(1)明矾是强酸弱碱盐，弱酸根离子Al3+水解产生氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到达到净水的目的。其反应原理用方程式表示为：

Al3++3H2O?Al(OH)3(胶体)+3H+；

(2)“酸溶”时，Al2O3和硫酸反应生成硫酸铝和水，化学方程式为

Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；

(3)“氧化”时，加入氧化剂过氧化氢，将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

(4)“步骤①”加入滤液中加入Al(OH)3，作用是调节溶液的pH值，由于Fe(OH)3比Al(OH)3更难溶，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去；“滤渣2”的成分是Fe(OH)3，煅烧时分解生成氧化铁，它是一种红棕色粉末，常用作颜料，俗名是铁红；

(5) “步骤②”是从溶液中获得产品明矾，包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥。

8．某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4．考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。

Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）

（1）C→Al 的制备方法称为电解法，请写出阳极反应方程式_____________________．（2）该小组探究反应②发生的条件．D 与浓盐酸混合，不加热无变化；加热有Cl 2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl 2．由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）_____。

A ．温度

B ．溶液的pH 值

C ．Cl -和2-4SO -的浓度

（3）固体D 是碱性锌锰电池的正极，请写出该电池的负极反应方程式_____________ 。（4）0.2molCl 2与焦炭、TiO 2完全反应，生成CO 和TiCl 4（熔点-25℃,沸点136．4℃）放热

8.56kJ ，该反应的热化学方程式为______________________________________． Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用

（5）用惰性电极电解时，2

4CrO -能从浆液中分离出来的原因是_________________，

分离后得到的含铬元素的粒子有24CrO -﹣和27CrO -﹣，原因是

__________________________(用离子反应方程式表示)，阴极室生成的物质为_____________（写化学式）；

【答案】2O 2--4e -=O 2 AB Zn-2e -+2OH - =Zn(OH)2 2Cl 2（g ）+TiO 2（s ）+2C （s ）=TiCl 4（l ）

+2CO （g ）△H=﹣85.6kJ?mol ﹣1 在直流电场作用下2

4CrO -通过阴离子交换膜向阳极室移

动，从而脱离浆液； 22

4CrO -+2H +?27CrO -+H 2O ； NaOH 和H 2

【解析】

【分析】

（1）固体混合物含有Al （OH ）3、MnO 2，加入NaOH 溶液，过滤，可得到滤液A 为NaAlO 2，通入二氧化碳，生成B 为Al （OH ）3，固体C 为Al 2O 3，电解熔融的氧化铝可得到Al ；固体D 为MnO 2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；

（2）题中涉及因素有温度和浓度；

（3）固体D 为MnO 2，是碱性锌锰电池的正极，该电池的负极是锌失电子发生氧化反应，反应方程式Zn-2e -+2OH - =Zn(OH)2 ；

（4）0.2molCl 2与焦炭、TiO 2完全反应，生成CO 和TiCl 4（熔点-25℃,沸点136．4℃）放热

8.56kJ ，则2mol 氯气反应放出的热量为2÷0.2×8.56kJ=85.6kJ ，由质量守恒可知还原性气体为CO ，反应的化学方程式为2Cl 2（g ）+TiO 2（s ）+2C （s ）═TiCl 4（l ）+2CO （g ），以此可计算反应热并写出热化学方程式；

Ⅱ．（5）电解时，CrO 42－通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH ，由此解答。

【详解】

Ⅰ．（1）C→Al的制备方法称为电解法，固体C为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al，阳极反应方程式2O2--4e-=O2 ；

（2）反应涉及的条件为加热，加热下可反应，另外加热硫酸，氢离子浓度变化，可知影响的因素为温度和氢离子浓度，故选：AB；

（3）固体D为MnO2，是碱性锌锰电池的正极，该电池的负极是锌失电子发生氧化反应，反应方程式Zn-2e-+2OH- =Zn(OH)2；

（4）0.2molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成CO和TiCl4（熔点-25℃,沸点136．4℃）放热8.56kJ，则2mol氯气反应放出的热量为2÷0.2×8.56kJ=85.6kJ，所以热化学方程式为2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g）△H=-85.6kJ·mol－1；

Ⅱ．（5）电解时，CrO42－通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在2CrO 42－+2H＋Cr2O72－+H2O，则分离后含铬元素的粒子是CrO42－、Cr2O72－，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH。

【点睛】

考查物质的制备、分离以及电解知识，解题关键：注意把握物质的性质，能正确分析试验流程，把握电解的原理，难点（5）在直流电场作用下，CrO42－通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，要求学生具有一定的分析能力。

9．铝土矿（主要成分为Al2O3,还含有SiO2(不溶于水和酸)、Fe2O3）是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下:

（1）沉淀A、B的成分分别是__________、__________;步骤②中的试剂a是

__________ ;(以上均填化学式)

（2）试写出步骤③中发生反应的离子方式__________、__________ ;

【答案】SiO2 Fe(OH)3 NaOH溶液 CO2 +OH- =HCO3- CO2 +AlO2- +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-【解析】

【分析】

铝土矿中加入过量试剂盐酸，然后过滤得到沉淀A为SiO2，滤液甲中加入过量NaOH溶液过滤后得到沉淀B和滤液乙，滤液甲中溶质为氯化铝和氯化铁、HCl，沉淀B为Fe（OH）3，滤液乙中含有NaAlO2和NaOH、NaCl，向滤液乙中通入过滤二氧化碳得到滤液碳酸氢钠溶液，沉淀C为Al（OH）3，加热氢氧化铝得到氧化铝，以此解答该题。

【详解】

（1）由以上分析可知A为SiO2，沉淀B为Fe（OH）3，滤液甲中含有Al3+、Fe3+、H+等，应加入氢氧化钠，除去铁离子，将铝离子转化为AlO2-，步骤②中的试剂a是NaOH溶液；（2）步骤③中与OH-反应生成碳酸氢根离子：CO2+OH-＝HCO3-，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应，生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子反应为：CO2 +AlO2- +2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-。

【点睛】

把握流程中物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析、推断及实验能力的综合考查。离子方程式的书写是解答的易错点，注意二氧化碳是过量的。

10．磷酸铝(AlPO4)是一种用途广泛的材料，在建筑、耐火材料、化工等方面具有广泛的应用前景。以磷硅渣（主要成分为Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2和V2O5等）为原料制备磷酸铝的工艺流程如图所示：

回答下列问题：

（1）酸浸液中含磷元素的主要粒子是_____(填化学式，下同)，浸渣中的主要化学成分是_____。

（2）生石灰除了调节pH外，另一作用是_____。

（3）滤液中钒元素以V3O93-形式存在，V3O93-易水解为[VO3(OH)]2-，该水解反应的离子方程式为_____。

（4）碱浸时，粗磷酸铝转化为可溶性溶质，则可溶性溶质分别是_____ (填化学式)。（5）实验测得pH、反应温度与时间对碱浸时固相中P、Al含量的影响如图所示：

则最优反应条件是_____。

（6）固相反应制备磷酸铝的方法之一是在900℃的焙烧炉内加热磷酸二氢铵与氧化铝混合物，写出该反应的化学方程式：_____。

【答案】H3PO4 SiO2、CaSO4除去过量的SO42- V3O93-+3H2O?3[VO3(OH)]2-＋3H+

Na[Al(OH)4]、Na3PO4 pH=12、温度为80℃、时间为1h Al2O3＋2NH4H2PO4900℃