高考化学铝及其化合物推断题综合题附详细答案
一、铝及其化合物
1．工业上常采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3制取七水合硫酸亚铁（FeSO4·7H2O），设计流程如图：
（1）溶解烧渣选用的足量的酸的名称是___。
（2）固体1的主要成分是___。
（3）加入药品X后，溶液1中主要反应的离子方程式为___。
（4）从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，经过、___、___过滤等步骤得到晶体。
（5）有同学认为在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O，你认为这一方案___（填写“可行”或“不可行”）。
【答案】硫酸 SiO2 Fe+2Fe3+=3Fe2+蒸发浓缩冷却结晶不可行
【解析】
【分析】
硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)中加入足量稀硫酸，发生的反应有Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，SiO2不溶于稀硫酸，然后过滤，得到的固体1成分为SiO2，滤液1中含有Fe2(SO4)3、H2SO4、Al2(SO4)3；在滤液1中加入X，然后加入NaOH溶液并调节溶液的pH，得到固体2为
Al(OH)3和溶液2，从溶液2中能得到FeSO4?7H2O晶体，说明溶液2中溶质为FeSO4，则X 具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，且不能引进新的杂质，则X为Fe，加入试剂X发生的离子反应有2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，将溶液2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到FeSO4?7H2O晶体，据此分析解答。
【详解】
(1)根据最终产物为七水合硫酸亚铁可知溶解烧渣的酸为硫酸；
(2)固体1为不溶于硫酸的SiO2；
(3)试剂X为Fe，可还原铁离子，离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(4)从溶液中得到晶体一般需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，所以不可行。
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-、AlO2- CO32- Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O Al3＋、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．下列物质A －F 是我们熟悉的单质或化合物，其中A 、B 均是常见的金属，且B 的合金用量最大；E 在常温下是黄绿色气体；适当的条件下，它们之间可以发生如图所示的转化。
（1）G 溶液中溶质的化学式为_____________。
（2）请写出反应D→F 的化学方程式：_________。
（3）检验F 中金属阳离子的常用试剂是______________（填物质的化学式）；现象是____________。
（4）E 物质可与石灰乳反应制取漂白粉，写出漂白粉的有效成分_________。
（5）写出C 与过量氢氧化钠溶液反应的离子方程式_______________。
（6）若向D 溶液中滴加氢氧化钠溶液，现象是：____，反应过程中的化学方程式为：____，______。
【答案】NaAlO 2 2FeCl 2+ Cl 2= 2FeCl 3 KSCN 溶液呈血红色 Ca （ClO ）2 Al 3+ +4OH -=AlO 2-+2H 2O 先产生白色沉淀，后白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色 FeCl 2+2NaOH=Fe （OH ）2↓+2NaCl 4Fe （OH ）2+O 2+2H 2O=4Fe （OH ）3
【解析】
【分析】
B 的合金用量最大，所以B 为Fe ；E 在常温下是黄绿色气体，所以E 为Cl 2；盐酸与铁反应生成FeCl 2，FeCl 2与Cl 2反应生成的F 为FeCl 3；金属A 与盐酸反应后生成的盐，与适量的NaOH 溶液反应能生成白色沉淀，白色沉淀还能溶于NaOH ，所以A 为Al 单质，
C 为AlCl 3溶液，G 为NaAlO 2溶液。
【详解】
(1)根据分析可知，G 即为偏铝酸钠溶液，溶质的化学式为NaAlO 2;
(2)根据分析可知，D 为FeCl 2，与E 即Cl 2反应后生成FeCl 3，方程式为：
2232FeCl Cl =2FeCl +；
(3)检验Fe 3+常用硫氰化钾溶液，Fe 3+遇SCN -生成血红色物质；
(4)漂白粉中的有效物质为次氯酸钙；
(5)通过分析可知，C 为AlCl 3溶液，与过量的NaOH 溶液反应，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：322Al 4OH =AlO 2H O +--
++；
(6)通过分析可知，D 的溶液为FeCl 2溶液，FeCl 2会与NaOH 溶液反应生成很不稳定的白色Fe(OH)2沉淀，沉淀会迅速的被氧化为Fe(OH)3，转化的现象为：白色沉淀先转变为灰绿色，最终变为红褐色；相关的方程式还有：22234Fe(OH)O 2H O=4Fe(OH)++；
4．实验室有NaHSO 4、Ba(OH)2、NH 3·
H 2O 、NaHCO 3、KAl(SO 4)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．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。
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】AC Al3++4OH﹣=AlO2﹣+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，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．利用含铬废料(主要含 Cr2O3，还含有 FeO、SiO2、Al2O3等杂质)制备重铬酸钠，实现清洁化工生产，工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)焙烧 Cr2O3转化为Na2CrO4的化学反应方程式是_____；
(2)实验室模拟此工业流程①，控制反应温度 60℃的方法是_____；
(3)流程②用石墨做电极电解 Na2CrO4溶液，制备Na2Cr2O7，其原理如图所示，a 是_____极；电极Ⅱ的电极反应式是_____；当生成 2mol Na2Cr2O7时，电路中转移的电子
_____mol；
(4)由下图和下表中的溶解度变化，流程③制备 K2Cr2O7，应先充分加热，然后_____反应才能顺利进行；
重铬酸钠的溶解度表：
温
1020406080100
度℃
溶解
61.662.865.171.878.781.1
度%
(5)为进一步减少制得的 K2Cr2O7晶体中 NaCl 等杂质，应再进行_____操作；
(6)流程④Na2Cr2O7溶液与乙醇反应，乙醇可能被氧化为_____(写一种即可)。
【答案】2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2水浴加热负极 4OH-―4e-＝2H2O＋O2↑或2H2O－4e-=O2↑+4H+ 4 冷却结晶（降低温度）重结晶乙醛(CH3CHO)、乙酸(CH3COOH)、二氧化碳(CO2)等
【解析】
【分析】
利用含铬废料(主要含 Cr2O3，还含有 FeO、SiO2、Al2O3等杂质)制备重铬酸钠。将铬铁矿和碳酸钠、空气混合焙烧，发生反应得到Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3等和CO2，然后在60℃时调节溶液的pH=6.5，用盐酸浸取后过滤，得到的滤渣中主要含有硅酸、氢氧化铁、氢氧化铝等，滤液中含有Na2CrO4和NaCl，然后用石墨做电极电解 Na2CrO4溶液，制备
Na2Cr2O7，在Na2Cr2O7溶液中加入氯化钾固体可以制得K2Cr2O7，在Na2Cr2O7溶液中加入稀硫酸和乙醇，可以制得Na Cr(SO4)2，据此分析解答。
【详解】
(1)Cr2O3与碳酸钠在空气中焙烧反应生成Na2CrO4的化学反应方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O2
4Na2CrO4+4CO2，故答案为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2；
(2)可以采用水浴加热的方法，控制反应温度 60℃，故答案为：水浴加热；
(3)Na2CrO4溶液中存在2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O，用图示装置(均为石墨电极)电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，需要通过电解生成H+提高溶液的酸性，说明该电极(电极Ⅱ)是阳极，连接电源的正极，即b为正极，则a为负极；电极Ⅱ为阳极，溶液中氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑或2H2O－4e-=O2↑+4H+；由CrO42-+2H +=Cr2O72-+H2O可知，每生成2molNa2Cr2O7时，理论上II电极生成4molH+，根据阳极反应式4OH--4e-=2H2O+O2↑可知，每生成4molH+，转移4mol电子，故答案为：负极；4OH-―4e-＝2H2O ＋O2↑或2H2O－4e-=O2↑+4H+；4；
(4) 根据溶解度曲线和重铬酸钠的溶解度表可知，K2Cr2O7的溶解度随温度的变化较大，而
Na2Cr2O7的溶解度受温度的影响不大，且温度较低是由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞
K2Cr2O7，因此流程③中向Na2Cr2O7溶液中加入适量KCl，充分加热，蒸发浓缩至表面出现晶膜，然后冷却结晶，析出K2Cr2O7固体，反应才能顺利进行，故答案为：冷却结晶(降低温度)；
(5) 根据溶解度曲线，K2Cr2O7的溶解度随温度的变化较大，而氯化钠的溶解度受温度的影响不大，为进一步减少制得的 K2Cr2O7晶体中 NaCl 等杂质，需要对K2Cr2O7晶体进行重结晶操作，进一步分离提纯，故答案为：重结晶；
(6) Na2Cr2O7溶液具有强氧化性，Na2Cr2O7溶液与乙醇反应，乙醇可能被氧化为乙醛
(CH3CHO)、乙酸(CH3COOH)、甚至可以氧化生成二氧化碳和水，故答案为：乙醛(CH3CHO)、乙酸(CH3COOH)、二氧化碳(CO2)等。
8．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+NH4HCO3Li2CO3↓+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+NH4HCO3Li2CO3↓+2H2O+NH3↑，故答案为：阴极氢离子放电，锂离子向阴极移动；2LiOH+NH4HCO3Li2CO3↓+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。
9．碱式氯化铜[Cu x（OH）y Cl z·mH2O]是重要的农药、医药中间体，还可用作木材防腐剂、饲料添加剂等．研究小组在实验室用某厂废铜渣（主要成分为Cu、CuO，含少量
Fe3O4、Ni、Al2O3）制备碱式氯化铜的流程如下，回答下列问题：
（1）“研磨”的目的为________。
（2）“碱溶”的目的为____________。
（3）“酸溶”时生成Fe3＋反应的离子方程式为_______；生成的Fe3＋对Cu发生的氧化反应的催化原理如上图所示。N代表的物质为________（填化学式或离子符号）。
（4）“酸溶”时温度不能过高的理由为_________。
（5）若滤液2中c（Fe3＋）＝4×10－8mol/L，pH＝4，则K sp[Fe（OH）3]＝
__________。
（6）为测定Cu x（OH）y Cl z·mH2O的组成，进行如下操作：取样品23.25g，用适量酸溶解后配成100mL溶液；取10.00mL溶液加入足量AgNO3溶液，生成1.435g沉淀；另取10.00mL溶液，用1.000mol/L的EDTA标准液滴定Cu2＋（Cu2＋与EDTA以物质的量之比1∶1反应），滴定至终点时消耗标准液体积为20.00mL。
①溶解样品所用酸的化学式为________；
②最终确定该样品的化学式为______。
【答案】加快反应速率，使反应更充分将氧化铝转化为偏铝酸钠而分离除去
4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O Fe2+或FeCl2温度过高，盐酸挥发程度增大，空气溶解度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分 4×10-38 HNO3 Cu2(OH)3Cl?H2O
【解析】
【分析】
由图可知，废铜渣(主要成分Cu、CuO，含少量Fe3O4、Ni、A12O3)研磨可增大接触面积，加快反应速率，通入CO除去Ni元素，加NaOH分离出的滤液1中含偏铝酸钠和NaOH，滤渣1含Cu、CuO、Fe3O4，加盐酸、空气溶解后得到含铜离子、铁离子的溶液，调节pH，过滤分离出的滤渣2为Fe(OH)3，滤液2中加石灰乳可制备碱式氯化铜
Cu x(OH)y Cl z?mH2O，滤液3中含氯化钙，据此分析解答。
【详解】
(l)“研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：加快反应速率，使反应更充分；
(2)“碱溶”的目的是将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去，故答案为：将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去；
(3)“酸溶”时生成Fe3+反应的离子方程式为4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O；生成的Fe3+对Cu发生的氧化反应的催化原理图中，Cu失去电子，则Fe得到电子转化为N的化学式为Fe2+或FeCl2，故答案为：4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O；Fe2+或FeCl2；
(4)“酸溶”时温度不能过高，因为温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，会导致反应速率降低，酸溶不充分，故答案为：温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解
度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分；
(5)若滤液2中c (Fe 3+)=4×10-8mol /L ，pH =4，则K sp [Fe (OH )3]=4×10-8×(10-10)3=4×10-
38，故答案为：4×10-38； (6)①后续实验需要加入AgNO 3 溶液，因此溶解样品所用酸为HNO 3，加入足量AgNO 3溶液可检验Cl -，故答案为：HNO 3；
②n (Cl -)= 1.435 g 143.5g /mol ×100mL 10mL =0.1mol ，n (Cu 2+)=0.02L ×1mol /L ×100mL 10mL
=0.2mol ，由电荷守恒可知n (OH -)=2n (Cu 2+)-n (Cl -)=0.2 mol ×2-0.1 mol =0.3mol ，m (Cl
-)=0.1mol ×35.5 g ?mol -1=3.55 g ，m (Cu 2+)=0.2mol ×64 g ?mol -1=12.8g ，m (OH -
)=0.3mol ×17g /mol =5.1 g ，n (H 2O )=23.25g 3.55g 12.8g 5.1g 18g /mol
---=0.1mol ，则x ∶y ∶z ∶m =n (Cu 2+)∶n (OH -)∶n (Cl -)∶n (H 2O )=2∶3∶1∶1，即化学式为
Cu 2(OH )3Cl ?H 2O ，故答案为：Cu 2(OH )3Cl ?H 2O 。
10．工业上用铝土矿（主要成分为23Al O ，还含有杂质2SiO 和23Fe O ）提取氧化铝并冶炼Al 的操作过程如下：
（1）滤渣A 是______，滤渣B 是__________。
（2）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的名称是____________。
（3）生成滤渣C 的离子方程式为___________________________________________。 （4）取100 mL 滤液B ，加入200mL 1.0 1mol L -?的盐酸时，沉淀量达到最大且质量为
11.7g 。则滤液B 中-2c AlO =（）________，()+c Na >_______ 1mol L -?。
【答案】2SiO 3Fe(OH)（或氢氧化铁） 过滤
22233AlO CO 2H O Al(OH)HCO -
-++=↓+ 11.5mol L -? 6.0
【解析】
【分析】
铝土矿中加入过量稀硫酸，二氧化硅不与稀硫酸反应形成滤渣A ，氧化铁、氧化铝与稀硫酸反应生成铝离子、铁离子，滤液A 中有铝离子、铁离子；滤液A 中加入过量的氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠。根据固体D 电解生成铝，推知D 为氧化铝，C 为氢氧化铝。偏铝酸钠与过量的X 生成氢氧化铝，推知X 为二氧化碳。
【详解】
（1）铝土矿中的二氧化硅与稀硫酸不反应，则滤渣A 是2SiO （或二氧化硅）；滤液A 中
含有铝离子、铁离子，加入过量的氢氧化钠，则滤渣B 是3Fe(OH)（或氢氧化铁）。 （2）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ后分为滤渣和滤液，故名称均是过滤。
（3）由于二氧化碳是过量的，则生成滤渣C 的离子方程式为
22233AlO CO 2H O Al(OH)HCO -
-++=↓+。
（4）取100mL 滤液B ，加入200mL 11mol L -?的盐酸时，沉淀量达到最大且质量为
11.7g ，即氢氧化铝是11.7g ，其物质的量是111.7g 0.15mol 78g mol
-=?，根据铝原子守恒可知，滤液B 中()1
2AlO 0.15mol 0.1L 1.5mol L c --=÷=?。根据方程式()2424223Al SO 8NaOH 3Na SO 2NaAlO 4H O +=++可知()243Al SO 消耗氢氧化钠0.6 mol ，又因为氢氧化钠还会与硫酸等反应，因此最终滤液B 中Na +的浓度大于16.0mol L -?。