1、全国高考化学铝及其化合物推断题的综合高考模拟和真题汇总附答案2020-2021全国高考化学铝及其化合物推断题的综合高考模拟和真题汇总附答案一、铝及其化合物1工业上的许多反应工艺来源于实验室里的简单操作，比如用铝土矿(成分为氧化铝、氧化铁)制取铝的过程如图：请回答下列问题：（1）写出铝土矿中加入NaOH溶液的反应方程式_。（2）沉淀C的化学式_，颜色为_，写出它的一种用途_。（3）操作I、操作II、操作III的名称为_，这个过程用到的玻璃仪器有烧杯、_。（4）整个生产过程中，除可以循环使用的物质有_(写出3种，填化学式)，用此法制取铝的副产品是_(写出2种，填化学式)。（5）氧化铝熔点高，氯化铝
2、熔点低，工业上为什么不用熔点较低的氯化铝而用熔点更高的氧化铝为原料电解制铝？_。【答案】Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O Fe2O3 红棕色 作颜料（或炼铁） 过滤 漏斗、玻璃棒 NaOH、CaO、CO2 Fe2O3、O2 氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝 【解析】【分析】铝土矿中含有氧化铝和氧化铁，向铝土矿中加入NaOH溶液，发生反应Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O，氧化铁不溶，然后过滤，得到溶液B为NaOH、NaAlO2混合溶液，沉淀C为Fe2O3；向溶液B中
3、通入CO2，发生反应2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-、2OH-+CO2=CO32-+H2O，然后过滤得到沉淀Al(OH)3和Na2CO3溶液，向溶液中加入CaO，发生反应Na2CO3+CaO+H2O2NaOH+CaCO3，然后过滤，将NaOH循环利用；将Al(OH)3加热得到Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al，据此分析解答。【详解】(1)根据上面的分析，铝土矿中加入NaOH溶液，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O；(2)根据上述分析，沉淀C为Fe
4、2O3，氧化铁为红棕色粉末，俗称铁红，除了用于金属冶炼以外，还可用作顔料，故答案为：Fe2O3；红棕色、作颜料(或炼铁)；(3)实现固体和液体的分离采用过滤法，操作、操作和操作都是过滤操作，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯，故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒；(4)煅烧碳酸钙得到CaO和CO2，B生成沉淀需要二氧化碳、碳酸钠转化为碳酸钙需要CaO，所以CaO和CO2能循环利用，溶液E中的氢氧化钠也能循环利用；根据流程图和上述分析，操作所得的Fe2O3和电解熔融Al2O3得到的O2为副产品，故答案为：NaOH、CaO和CO2；Fe2O3和O2； (5)氯化铝
5、是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此尽管氧化铝熔点高，氯化铝熔点低，工业上电解铝时选用氧化铝而不用氯化铝，故答案为：氯化铝是共价化合物，在熔融状态下以分子形式存在，不能导电，不能用于电解。氧化铝是离子化合物，熔融时能够电离而导电，因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝。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
6、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A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
7、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；
8、(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。3有一透明溶液，可能含有较大量的Mg2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Na、H、SO42-、CO32-中的一种或几种，取此溶液做下列实验：取少量溶液加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成；取少量溶液加入过氧化钠粉末，溶液中有白色沉淀产生并逸出无色无味的气体，加入Na2O2的物质的量与析出沉淀的物
9、质的量如图所示。试推断并完成作答：（1）溶液中一定含有的离子是_；（2）溶液中肯定不含有的离子是_；（3）检验可能含有的离子的方法是_。（4）图示中a点沉淀的成分是_。【答案】Mg2、Al3、SO42- CO32-、H、Cu2、Fe3 焰色反应检验 Al（OH）3和Mg（OH）2 【解析】【分析】取少量溶液加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定含有SO42-，取少量溶液加入过氧化钠粉末，溶液中有白色沉淀产生并逸出无色无味的气体，从图上看一开始就产生了沉淀，故溶液中无H+，Fe3+，Cu2+，因为沉淀质量随着过氧化钠的增加有溶解，说明溶液中同时含有Mg2+和Al3+，那么溶
10、液中一定没有CO32-，Na+无法确认，综上所述，一定还有的离子为：Mg2、Al3、SO42-，一定不含的离子为：CO32-、H、Cu2、Fe3，可能含有Na+，据此解答。【详解】（1）由分析可知，溶液中一定含有的离子是Mg2、Al3、SO42-，故答案为：Mg2、Al3、SO42-；（2）溶液中肯定不含有的离子是CO32-、H、Cu2、Fe3，故答案为：CO32-、H、Cu2、Fe3；（3）可能含有的为Na+，可用焰色反应来检验，故答案为：焰色反应检验；（4）图示中a点沉淀达到最大值，是Mg2、Al3恰好完全转换为沉淀的点，所以a点沉淀的成分为：Al(OH)3和Mg(OH)2，故答案为：Al
11、(OH)3和Mg(OH)2。【点睛】CO32-的判断：既然溶液中一定含Mg2、Al3，那么一定不含CO32-。4AG为中学化学常见的化合物，是生活中用途广泛的两种金属单质。其相互转化关系如图所示（反应条件已略去）：请回答下列问题（1）的化学式分别为_、_。（2）中，属于非氧化还原反应的是_。（3）反应的化学方程式为_，该反应的现象为_。（4）反应、的离子方程式分别为_、_。【答案】Fe2O3 NaAlO2 4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3 反应现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 2Al+2OH-+2H2O= 2AlO2-+3H2 Fe2O3+6H+= 2Fe3+3
12、H2O 【解析】【分析】X和B都是能与氢氧化钠反应的物质，为铝或氧化铝之一，A和Y能与盐酸反应，G在空气中转化为F，G和F都是由D，E与氢氧化钠反应制得的，E为氯化亚铁，F为氢氧化铁，G为氢氧化亚铁，D为三氯化铁，E为氯化亚铁，Y为铁，A为三氧化二铁，X为铝，B为氧化铝，C为偏铝酸钠，然后分析。【详解】根据分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为FeCl3，E为FeCl2，F为Fe(OH)3，G是Fe(OH)2，X为Al，Y为Fe；写出的化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O= 2NaAlO2+3H2Al2O3+2NaOH= 2NaAlO2+H2O2Al+ Fe2O3
13、=高温2Fe+ Al2O3Fe2O3+6HCl= 2FeCl3+3H2OFe +2HCl= FeCl2+H22FeCl3+ Fe= 3FeCl2FeCl3+ 3NaOH= Fe(OH)3+3NaClFeCl2+ 2NaOH= Fe(OH)2+2NaCl4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3(1)A为Fe2O3，C为NaAlO2；(2)非氧化还原反应指的是没有化合价的变化的反应，有；(3)4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3，反应现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；(4)的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，的离子方程式为Fe2O
14、3+6H+= 2Fe3+3H2O。【点睛】能与氢氧化钠反应的金属在高中阶段只学了铝，铁和铝的性质是常考的内容，需要学生很熟悉常见金属及其化合物的性质。5图中AJ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】Fe2O3 Fe(OH)2 2Fe3Fe3Fe2 2Al2OH-2H2O2AlO2-3H2 【解析】【分析】A、D为常见金属单质，B、C为金属氧化物，反应条
15、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
16、，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“JDG”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：2Fe3Fe3Fe2；故答案为：2Fe3Fe3Fe2；(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：2Al2OH-2H2O2AlO2-3H2；故答案为：2Al2OH-2H2O2AlO2-3H2。6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
17、+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
18、=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。(
19、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
20、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。7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）反应中铝元素发生反应的离子方程式为_。（3）反应的化学方程式为_。（4）反应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）反应中的CO2不宜换成HCl，原因是_。（6）请举出固体A一种用途_。【答案】AC Al3+4OH=AlO2
21、+2H2O 2Al+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，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；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；中铝单质能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；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
22、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）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）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）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
23、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）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。8工业制取皮革加工中的鞣化剂硝酸铝，是用铝灰与烧碱、硝酸反应制得的。铝灰是铝、氧化铝和氧化铁的混合物。产品硝酸铝晶体为Al(NO3)3nH2O。已知偏铝酸盐
24、能与一般的酸反应，如：NaAlO2+HNO3+H2ONaNO3+Al(OH)3生产流程如图：完成下列填空：（1）用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，除烧杯、玻璃棒外还需（选填编号）_。A. B. C. D.说出流程中产生的滤渣的一种用途是_。制作一个过滤器需要_。流程中操作x的名称是_。（2）反应加入的硝酸必须适量，原因是_。反应加入的硝酸要稍过量，原因是_。（3）从反应所得的溶液制成产品的步骤依次为减压蒸发，_，过滤，_，低温烘干。（4）为测定所得的产品的纯度，质检人员称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的
25、盐酸溶液进行测定。通过计算便可得出产品的纯度。上述过程属于定量实验。其中除配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是_，该实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与_的刻度值。任意写出一个该测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式：_。【答案】B 作颜料（或炼铁） 漏斗和滤纸 过滤 硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量 稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品 （冷却）结晶 洗涤（晶体） （酸碱）中和滴定 滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平 Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+或NH3H2O+H+NH4+H2O 【解析】【分析】铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝
26、反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤后形成滤渣，滤液中含有偏铝酸钠和未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过一系列操作得到硝酸铝晶体，结合溶液的配制和物质的性质分析解答。【详解】(1)用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，需要用天平称量氢氧化钠，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，因此除烧杯、玻璃棒外还需要的仪器是量筒；流程中产生的滤渣是氧化铁，可以用作红色颜料，也可以用于炼铁；制作一个过滤器需要漏斗和滤纸；根据图示，流程中操作x是分离溶液和沉淀，为过滤，故答案为：B；作颜料(或炼
27、铁)；漏斗和滤纸；过滤；(2)硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，因此反应加入的硝酸必须适量；反应加入的硝酸要稍过量，因为硝酸铝会水解，稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品，故答案为：硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量；稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品；(3)从反应所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，故答案为：冷却结晶；洗涤；(4)常见的定量实验包括配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是(酸碱)中和滴定；中和滴定实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平的刻
28、度值，故答案为：(酸碱)中和滴定；滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平；称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水，硝酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硝酸铵，充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定，氨水与盐酸反应生成氯化铵和水，测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式有Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+、NH3H2O+H+=NH4+H2O，故答案为：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+或NH3H2O+H+=NH4+H2O。9金属Co、Ni性质相似,在电子工业以及金属材料上应用十分广泛.现以含钴、镍、铝的废渣(含
29、主要成分为CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3)提取钴、镍的工艺如下:(1)酸浸时SO2的作用是_。(2)除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应_。(3)用CoCO3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得H2O2分解的高效催化剂CoxNi(x)Fe2O4(其中Co、Ni均为2价).如图是用两种不同方法制得的CoxNi(x)Fe2O4 在10时催化分解6的H2O2 溶液的相对初始速率随x 变化曲线.H2O2 的电子式_。由图中信息可知:_法制取的催化剂活性更高。Co2 、Ni2 两种离子中催化效果更好的是_。(4)已知煅烧CoCO3时,温度不同,产物不同.在400充分煅烧CoCO3,得到固体氧化物的质量2.41g,CO2的体积为0.672L(标况下),则此时所得固体氧化物的化学式为_。【答案】还原剂或将Co3+还原为Co
