高中化学金属矿物的开发利用专题复习高考复习题B4(二)

1、高中化学金属矿物的开发利用专题复习高考复习题学校:姓名： 班级： 考号： 一、单选题2.下列有关叙述正确的是A.铝和铁在常温下遇硫酸或硝酸发生钝化现象B.金属钠除保存在煤油中，也可以保存在汽油中C.湿法冶炼就是指金属在溶液中的置换反应，如金属钠置换硫酸铜溶液中的铜D.涂油层、电镀金属层、制合金等都是保护金属的措施3 .下列金属用途与性质不相对应的是()A.用铜作电线是由于其导电性良好B.用鸨作灯丝是因为其熔点高C.铁制品表面镀铭是由于铭硬且不易被氧化D.用铝制作炊具是因为铝的熔点比铁高4 .下列说法正确的是()A.铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属B.点燃的镁条插入盛 CC2的集气瓶中，迅速

2、熄灭C.铝在高温下能还原镒、铁、铭等金属氧化物D.镁比铝活泼，更容易与 NaOH溶液反应放出 H25.在02中灼烧0.44g硫和铁组成的化合物，使其中的硫全部变为SO2,把这些S0全部转化为H2SQ,这些H2SQ可以用20mL0.5 mol/L的NaOH§液完全中和，则原化合物的化学式为A. FeSB. FeSC. Fe2s3D. Fe3S47 .向含有FeC3和BaC2的酸性溶液中通入足量的SC2,有白色沉淀生成，过滤后向滤液中滴入KSCN溶液时，无明显现象，由此得出的正确结论是()A.白色沉淀是 BaSC3B.白色沉淀是 BaSQC.白色沉淀是 BaSQ和BaSC4的混合物D.

3、FeC3已全部被SC2还原成FeC28 .若100 mL 0.1 mol L -1硫酸铝溶液与氢氧化钠溶液反应，得到 1.17g沉淀，则需0.5 mol - L -1 NaOH§液()A. 130mL B . 100mL C . 90mL D . 50mL9 .把镁粉中混有的少量铝粉除去，应选用的试剂是()A.盐酸B.氨水 C.烧碱溶液D.纯碱溶液10 .将氢气通入10g灼热的氧化铜中，过一段时间后得到8.4g固体，下列说法正确的是()(A)有8.4g铜生成(B)有8g氧化铜参加反应(C)有1.6g水生成(D)有10g氧化铜被还原11 .用即热饭盒盛装食物，可以得到热烘烘的饭菜。原因

4、是即热饭盒的底部装入混有镁、铁粉末的高密度聚乙烯，进行简单的操作后水和镁就会发生剧烈的化学反应，放出热量便可使食物变热，其中铁可能是( )A. 一种反应物B.催化剂 C.起导热作用D.增大镁与水分子的接触机会12 .将a mol钠和a mol铝一同投入 m g足量水中，所得溶液密度为d g - mL-1,该溶液的溶质质量分数为()820820012A. 4。十阳b. 4加十加C. a/2%D . 3a/2%、实验题13.以铝土矿主要成分是 A12O3,含杂质SiO2、FbO3。工业上从铝土矿中提取铝可采(3)沉淀F转化为物质M的化学方程式为 ;(4)由物质M制取铝的化学方程式为 ;(5)溶液D

5、中通入过量CO生成沉淀F的离子方程式为取如下工艺流程:请回答下列问题:写出铝土矿溶解于i+CO2盐酸的离子方程式15.铝土矿的主要成分是Al 2O,含有杂质 SiO2、Fe2Q、MgO工业上从铝土矿中提取铝可采用如下工艺流程:MM8r请回答下列问题:(2)写出溶液A中加过量烧碱的离子方程式图中涉及分离溶液与沉淀的实验方法是(填操作名称)。溶液 D 中通入过量 CO2生成沉淀 F的离子方程式为沉淀B的成分是(填化学式，下同)；沉淀C的成分是液D中大量存在的阴离子是沉淀F转化为物质M的化学方程式为;由物质M制取铝的化学方程式为三、填空题;溶液D中通入过量CO生成沉淀F的离子方程式为14.铝土矿的主

6、要成分是Al 20,含有杂质 SiO2、Fez。、MgO工业上从铝土矿中提取16 .运用所学知识，回答下列问题。铝可采用如下工艺流程:卜向硫酸铜溶液中逐滴加入KI溶液至恰好反应完全，观察到产生白色沉淀CuI,蓝色国沉淀C溶液变为棕色。该反应的离子方程式为；取一定量上述反应后的上层棕色清液于一支试管中，加入一定量的苯，振荡，此时观察到的现象是德土矿驾修请回答下列问题:(1)沉淀B的成分是溶液D(填化学式，下同)过;II、工业上用铝土矿(主要成分为A12O3,只含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下:物QM(2)沉淀C的成分是第3页共10页第4页共10页回答下列问题：(1)上述反应是否都是氧

7、化还原反应 (填 是”或 番”)；写出反应的化学 方程式。(2)反应后过滤的沉淀为 ,简述确定此物质中金属元素及其价态的操作过程。17 .从铝土矿(主要成分是Al 203,含SiO2、FezO、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工 艺流程如下：(1)写出流程甲加入盐酸后生成 Al计的离子方程式： (2)写出流程乙加入烧碱后生成SiO；的离子方程式：(3)为了验证滤液 B中含Fe3+,可取少量滤液并加入 (填试剂名称)。(4)滤液E、K中溶质的主要成分是 (填化学式)，写出该溶液的一种用途：18.工业上从铝土矿(主要成分是Al 2O还含有Si02、Fe203等杂质)中提取铝可采用如图工艺流程(反应

8、条件已经省略)：请回答下列问题(1)图中I、n、出步骤中涉及分离溶液与沉淀的实验方法是 (填操作名称)。(2)Al 2Q是两性氧化物，Si02是酸性氧化物，Fe2Q是碱性氧化物，根据它们的性质，判断固体B的成分是 (填化学式)。(3)Fe 203和盐酸反应的化学方程式为 ,沉淀C的化学式是 。(4)如果溶液 D中通入“过量CO”，改成通入“过量HCl”可以吗？为什么？四、推断题19 .金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业、生产、生活中具有非常重 要的作用。下图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：已知：铝土矿的主要成分是 Al 20,此外还含有少量SiO2、Fe2O、MgOfe质；回 答下列问题：

9、I、(1)铝土矿加入盐酸过滤后所得滤渣 A的主要成分为 。(2)在工艺流程中，加入足量氢氧化钠溶液发生的离子反应共有 个， 其中发生沉淀溶解的离子反应方程式为 。(3)遛入过量的二氧化碳时，生成沉淀的离子方程式为 。(4)电解氧化铝，每生成1molA1时，生成 g氧气。n、测铝土矿组分的质量分数。(1)若铝土矿样品质量为 m,对滤渣A洗涤、干燥后称重为 m;对滤渣B洗涤、 干燥、灼烧后称重为 m,该方案能测得质量分数的成份且相应的质量分数是 ,(2)洗涤滤渣A后的洗涤液是否需加入到第一次过滤后的滤液中 (“是” 或“否”)；检测滤渣A是否洗涤干净的方法是 。第5页共10页第6页共10页请根据以

10、上信息回答下列问题:20 .某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量。已知铝土矿的主要成分是Al2O3,杂质是F及O3、SiQ等。从铝土矿中提取 AI2O3的过程如下:第8页共10页第8页共10页(1)写出下列物质的化学式：A铝土矿足里L溶港A烧域溶液 处*氧化铝说出黄绿色气体乙的一种用途(3)反应的离子方程式为(4)反应过程可能观察到的实验现象(5)(1)固体B的主要用途有(写出1条即可)向纯碱溶液中通入气体乙， 可制得某种生产生活中常用的漂白、消毒的物质,(2)第 步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，发生反应的离子方程式是 同时有小苏打生成。该反应的化学方程式为;第步中，生成氢氧化铝的离子方程

11、式是23.绿矶(FeSO - 7H2O)、硫酸亚铁俊(FeSO4 (NH4 ) 2SO 6HO)是重要的化学化工试(3)将实验过程中所得固体精确称量，课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，则该铝土矿中A2。3的质量分数是(保留一位小数)(4)工业上制取 AlC3用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，每消耗 0.5 mol碳单质,转移1mol电子，反应的化学方程式是五、综合题21 . (15分)现有金属单质 A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H,它们之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。*气体内*物质E：剂。工业上常利用机械加工行业产

12、生的废铁屑为原料制备。饱和破油饱一一铁.阿图I氢辑他仲溶徜活塞R请回答下列问题:(1)图I用于制备绿矶。其中锥形瓶中盛放的药品或原料是,集气瓶的作; 烧杯中主要发生： CuSO+H2S=CuS J +H2SO 金属A 馅色为黄色)4CuSO+PH+4H2O=HPQ+4HSO+4CuJ ,则烧杯中盛放的试剂是 金属C2)图n用于制备硫酸亚铁钱。在060c的温度范围内，硫酸亚铁钱在水中的溶解物质D物筋G亶比硫酸俊、硫酸亚铁的溶解度小，冷却混合液至室温便析出硫酸亚铁俊。具体操作:口溶暹打开活塞,从分液漏斗滴入 6 mol L-1 H2SO到空气中长时间放置250 mL锥形瓶，充分反应。待锥形瓶中的铁

13、屑快反应完时，关闭活塞开活塞O放置一段时间，试剂瓶底部将结晶出硫酸亚铁钱。(3)在制备硫酸亚铁的过程中，理论上控制铁过量或酸过量均有利于防止Fe2+被氧化。设计两个实验：实验一，控制酸过量；实验二，控制铁过量；其余步骤同，制得硫酸亚铁俊，并对产品质量进行检测。检测结果如下：(1)试剂1为 (填化学式)，转化过程中 消耗能量 最多；(2)沉淀 B的化学式为 ,该物质除了用于金属冶炼以外，还可用作 ,(3)电解F,当转移6mol电子时，可制得铝 g;(4)生产过程中，除物质 E可以循环使用外，还可以循环使用的物质有 (填化学式)；(5) 中发生反应的离子方程式为 。第9页共10页第10页共10页2

14、4 .取一定量的镁、铝混合粉末，加入1 mol L-1的硫酸300 mL,使之完全溶解(酸过量)；再加入过量的未知浓度的KOH溶液200 mL,得到5.8 g沉淀；过滤后向滤液中加入2 mol - L-1盐酸100 mL,恰好沉淀完全；将沉淀滤出，洗涤、干燥，称量为 7.8 g。求：(1)原来混合物中镁和铝的质量分数;(2)所用KOH的物质的量浓度。六、计算题25 .工业上用铝土矿(主要成分为氧化铝，含少量氧化铁)制取铝的过程如图所示:L溶液E溶液。!泮过量C5I w J CaCOj 沉淀 沉淀DL-应传请回答:参考答案【解析】由于合金的熔点低于任一组分的熔点，所以可得答案。2. D 【解析】

15、试题分析：铝和铁在常温下遇浓硫酸或浓硝酸发生钝化现象，A错。汽油中的燃的 C原子数比煤油中的少，所以汽油的熔沸点比煤油低，即挥发性比煤油强，易挥发，所以不用于保存Na,错。钠是活泼的金属，极易和水反应，所以钠一旦投入到水中，立即和水反应生成氢氧 化钠和氢气，然后生成的氢氧化钠再和盐反应，C错。涂油层、电镀金属层、制合金等都是保护金属的措施，D对。3. D【解析】铜是硬度较小的紫红色金属，有良好的延展性、导电性和导热性，可用铜做电线。鸨是熔点最高的金属， 做灯丝。铭是较硬的金属，铁制品表面镀铭是由于铭硬且不易被氧化。 只有D不正确。4. C【解析】由于Al表面形成致密的氧化膜而具有抗腐蚀性能，

16、Mg在CO2中燃烧生成 MgO和C, Mg比Al金属性强，更容易与 H+反应放出H2,但Mg不与NaOH溶液反应，只有 C项正确。 5. B【解析】根据转化过程中，硫原子守恒：SH2SQ2NaO用T1知原化合物中含硫 0.02 x 0.5 X = 0.005 mol ,所以原化合物中含铁的2目4 0.44 0.005 X 32田、才物质的量为 =0.005 mol ,故选 B。566. C【解析】由于铜离子和铁离子的氧化性较亚铁离子强，所以可以向体系中加入铁粉， 然后过滤。 7. BD【解析】滤液中滴入 KSCN溶液，无明显现象，说明 Fe3+与通入的SQ发生了氧化还原反应： 2Fe3+SQ+

17、2H2O=2F3+SO2 +4H+,此反应中Fe3瞰还原为Fe2+。通入SQ后生成白色沉淀，说明上述反应生成的 SO：与Ba2+结合生成BaSQ,离子方程式为SO2 +Ba2+=BaSQ因为盐酸酸性强于H2SQ, HCl能溶解BaSC3,故不会生成 BaS。沉淀。8. AC【解析】设所需NaCH§液的体积为V。若Al3+过量：Al 3+3CH=Al (CH 3, 3 mol 78 g 匕 1000x0.5 mol - L -11.17 g解得 V=90 mL。若CH±量：Al3+ + 3CH- =Al (CH 3,1mol 3 mol 78 g0.02 mol 0.06 m

18、ol 1.56 gAl ( CH 3+ CH+2H2C78 g 1 mol(1.56-1.17 ) g 0.005 molVX0.5 mol !7】=106 mod+0 005 mol则：1000V=130mL9. C【解析】把镁粉中混有的少量铝粉除去，考虑的方法是加入一种试剂只溶解铝粉而不溶解镁 粉，所以选择烧碱溶液。10. B【解析】根据题意，10g氧化铜不一定全部参加反应，所以得到的8.4g固体也不一定都是铜的质量。我们可以利用固体-固体”差量法解决此题。反应前后固体的质量差(10-8.4=1.6g尸参加反应的氧化铜的质量 -生成的铜的质量=CuC-Cu ,即理论上每 80份质量的CuC

19、参加反 应转化为64份质量的Cu,固体质量减少16份，据此可列比例求解。H2 + CuC-Cu+H2C Am(固体质量减少)80 64 18 80-64=16x y z 10-8.4=1.6g可以求出K=8g , y=6.4g , z=1.8g,则有8g铜参加反应，6.4g铜生成，1.8g水生成。11. B【解析】通常情况下镁与水的反应程度很小，与冷水几乎不反应，只与热水才能发生反应， 但当有铁粉存在时，可以与水发生剧烈的化学反应，这说明铁粉的存在加快了镁与水的反应速率，所以铁可能是催化剂，选择B。12. C【解析】由 2Na+2HO=2NaOH+24f , 2Al+2NaOH+2HO=2Na

20、AlQ+3H4 可知:2Na 2NOH H 2Ta mola mol a/2 mol2Al 2NaOH 2NaAlO 2 3H 2 Ta mola mola mol3a/2 mol答案第11页，总10页X 100%-8200a46a + 解13 .Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Al2O3+6H+=2A13+3H2OFe3+3OH=Fe(OH)3 J、Al3+4OH-=3则 SOaw- ( - 4- a) X2 2g 2sw CNaAlOj)46。+加AlO2-+2H2O AlO2-+CO2+2H2O=Al (OH) 3 J +HC。-【解析】Al2O3、SiO2、Fe2O3中，Al2

21、O3、SiQ与NaOH溶液反应，Fe2O3不与NaOH溶液反应； 除SiQ不与盐酸反应外，Al2O3、Fe2O3均与盐酸反应；加入过量盐酸，溶液A为AlCl3、FeC3, 沉淀B为SiQ,加入过量烧碱，沉淀 C为Fe (OH) 3,溶液D为NaAlO2,通入过量二氧化 碳，溶液E为NaHCd,沉淀F为Al (OH) 3,加热分解得到 M为Al2O3,经电解可得到 Al。(1)铝土矿溶解于过量盐酸时，Al2O3、Fe2O3均与盐酸反应；反应的离子方程式为Al2O3+6H+2Al3+3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O, 故 答 案 为：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O; Fe2

22、O3+6H+=2Fe3+3H2O;(2)溶液A为AlCl3、FeC3,与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为 Fe3+3OH-=Fe(OH)4 、Al3+4OH-= AlO2-+2H2O , 故答案为： Fe3+3OH-=Fe(OH)U、Al3+4OH-= AlO2-+2H2。；(3) D含有NaAlO2,通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为 AlO2-+CC2+2H2O=Al ( OH) 3J +HCO-,故答案为： AlO2-+CC2+2H2O=Al (OH) 3J +HCQ-。电解14. SiO2 Fe(OH 3、Mg( OH 2 2Al(

23、OH =Al 2Q+3H2O 2AI2Q(熔融)冰晶石 4Al+302 TA102-+C0+2Ho=Al (OH 3J+HCO【解析】A12O3、SiO2、FeQ、MgO中，AI2O、SiO2 与 NaOH溶液反应，MgOFezQ 不与NaOH溶液反应；除SiO2不与盐酸反应外，AI2Q、FeO、MgO匀与盐酸反应；加入过量盐酸，溶液 A为A1C1 3、MgC12、FeC13,沉淀B为SiO2,加入过量烧碱，沉淀 C为Fe(OH)3和Mg(OH),溶 液D为NaA1O2,通入过量二氧化碳，溶液 E为NaHCO沉淀F为A1(OH)3,加热分解得到 M 为A12Q,经电解可得到 A1。(1)由以上

24、分析可知沉淀 B的成分是SiO2,故答案为：SiO2；(2)沉淀 C为 Fe(OH)3 和 Mg(OH)2, 故答案为：Fe(OH)3 和 Mg(OH>沉淀F为A1(OH)3,加热分解得到 M为A12Q,方程式为2A1(OH)/UA12Q+3H2。，故答案 为：2A1(OH)3A12Q+3HO;冰晶石(4)A1 2O3经电解可得到A1 ,方程式为 2A12Q (熔融) 电解4A1+3OzT ,故答案为：冰品S2A12C3 (熔融) 电解 4A1+3O2 T ;溶液 NaA1O2中通入过量 CO生成 A1(OH) 3沉淀，反应的离子方程式为 CQ+A1O2-+2H2O-A1(OH) 3 J

25、 +HCO,故答案为： CQ+A1O2-+2HO-A1(OH) 3 J +HC。点睛：本题以推断题的形式， 考查金属及其化合物的相关性质。 对此类题型的考查通常用结 合铝及其化合物。解题的关键在于熟练掌握“铝三角”的相关反应。本题的易错点是方程式的书写和配平。15. 过滤 SiO2 Fe(OH)3、Mg(OH) A1O2-、C1-、OH 2A1(OH) 3A12Q+3H2O 2A12Q(熔电捋融)上= 4A1 + 30 2 T A1O2-+ CO2 + 2H2O = A1(OH) 3 J + HCO3-【解析】本题考查化学工艺流程，(1)分离溶液和沉淀的实验方法是过滤；(2)铝土矿中含有A12

26、O3、F&O3、MgO、SiO2,其中F&O3、MgO属于碱性氧化物，A1 2O3属于两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，不与盐酸反应的是 SiO2,即沉淀B为SiO2,溶液A中含有离子是H +、Mg/、A13+、Fe3+、C1 ,加入过量的烧碱， 发生 H+ + OH =H2O> Mg2+2OH =Mg(OH) 2k Fe3+ + 3OH =Fe(OH)3j、A1 3+ + 4OH =A1O 2 + 2H2O,沉淀 C 的成分是 Mg(OH) 2 和 Fe(OH)3,溶液D中含有大量的阴离子是 C、OH > AIO2 ; (3)溶液D中通入过量的CO2,发生OH

27、+ CO2=HCO3、AIO2 +CO2+2H2O=Al(OH) 3HCO3 ,沉淀 F为 Al(OH) 3,受热分解，发生 2Al(OH) 3= AI2O3+3H2O。点睛：解题过程中不仅注意元素及其化合物的性质，但还要注意题中所给量，如盐酸、氢氧 化钠、二氧化碳是过量，这些是学生往往忽略的。16. 4I +2Cu2+=2CuI J制溶液分层，上层溶液为紫红色否 Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2OF2O3取 少量沉淀于一支洁净试管，加入适量稀硫酸(或盐酸)使其完全溶解，再滴加少量硫氧化钾(或硫鼠化俊)，若溶液呈(血)红色，说明它为Fe2O3【解析】I、本题考查氧化还原反应定义，以

28、及氧化还原反应方程式的书写，CuSO4中Cu的价态是+ 2价，CuI中Cu显+1价，Cu的化合价降低，必然有化合价的升高，因此被氧化成I2,反应式为Cu2 + I -CuII2,根据化合价的升降进行配平，4I +2Cu2+=2CuI J赵碘单质易溶于有机溶剂，由于苯的密度小于水的密度，且不与水互溶，出现分层，上层为紫红 色；II、考查从铝土矿中制取金属铝，从铝及其化合物的知识入手，(1)氧化铝是两性氧化物，氧化铁是碱性氧化物，根据反应 的操作：过滤，试剂X为碱，根据反应得到NaHCQ, 试剂X为NaOH,发生反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3 + +3H2O,反应 得到氢氧化铝和

29、碳酸氢钠，利用碳酸的酸性强于氢氧化铝，因此通入过量CC2,发生反应是AIO2 + CC2+ 2H2O=Al(OH)3 J + HCO3 ,反应是氢氧化铝受热分解，2Al(OH)j A12O3 + 3H2O,反应 电解氧化铝，2Al2034AI + 3O2-因此属于氧化还原反应的只有 ，因此填否，反应 的反应方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O; (2)根据上述分析，反应 过滤后沉淀是F02O3,验证Fe3卡需要用KSCN容液，溶液呈血红色溶液，说明含有Fe3+,具体操作是：少量沉淀于一支洁净试管，加入适量稀硫酸(或盐酸)使其完全溶解，再滴加少量 硫氧化钾(或硫氧化俊)，若溶

30、液呈(血)红色，说明它为F&O3。点睛：本题考查化学工艺流程，涉及氧化还原反应方程式的书写，氧化还原反应的方程式的书写是流程图中经常书写的知识，书写时，首先找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，氧化还原反应中有化合价的降低，就有化合价的升高，如本题Cu2+转变成+ 1价Cu,必然存在化合价升高，即化合价升高，然后采用化合价升降法配平，Cu化合价由+ 2价一+1价，化合价降低1价，I由1价一0价，化合价升高1价，最小公倍数为1 ,然后根据原子 守恒配平其他即可。17. 2Al+6H+=2Al3+3H2 T SiO2 +2OH=SiO32-+H2O 硫氧化钾NaHCQ 灭火器或制糕占八、

31、【解析】由工艺流程甲可知，铝土矿与盐酸反应得固体 A和滤液B,则固体A为Si6,滤液 B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH,可推知沉淀 C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠和 NaOH,向滤液D中通入过量二氧化碳， 生成氢 氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀F为氢氧化铝，滤液 E中含有NaCl、NaHCQ；根据工艺流程乙可知，铝土矿中的 AI2O3、SQ能和氢氧化钠反应，可知固体 X为Fe2O3、MgO,滤液丫为 硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量二氧化碳，沉淀 Z为氢氧化铝、硅酸，滤液 K中含有NaHCO3,贝U(1)根据以上分析可知流程甲加入盐酸后生成 Al3 +的

32、离子方程式为 2Al+6H+= 2Al3+3H2 " (2)根据以上分析可知流程乙加入烧碱后生成SiQ”的离子方程式为SiQ+20H= SiC32-+H2Oo ( 3)为了验证滤液B中含Fe3+,可取少量滤液并加入硫氧化钾。(4)根据以上分析可知滤液 E、K中溶质的主要成分是 NaHCCs,该碳酸氢钠的用途有作灭 火器或制糕点。点睛：本题以氧化铝提取工艺流程为载体考查混合物分离实验方案的设计，涉及无机物推断、 元素化合物性质及相互转化、除杂的方法、离子方程式等，掌握氧化铝、氢氧化铝的两性特点是解答的关键，注意转化关系图中二氧化碳均是过量的，滤液中产生的是碳酸氢钠，不是碳酸钠，为易错点

33、。18. 过滤 SiC2 Fe2O+6HCl=2FeCl3+3H2。Fe(CH)3 不可以，Al(CH) 3和过量的盐酸反应。【解析】试题分析：本题以铝土矿提取铝的工艺流程为载体，考查流程的分析，方程式的书写，基本实验方法，Al2O3、Fe2C3、SiC2、Al (OH) 3的性质。(1)分离溶液与沉淀的实验方法为过滤。(2) Al2O3是两性氧化物，SiC2是酸性氧化物，Fe2O3是碱性氧化物，图中I步骤中加入过量 的盐酸，发生的反应有：Al2O3+6HCl=2AlC3+3H2O、Fe?O3+6HCl=2FeC3+3H2O, SiO2 与盐酸不 反应，固体B的成分是SiO2o(3) Fe2O

34、3与盐酸反应生成 FeC3和H2O,化学方程式为 Fe2O3+6HCl=2FeC3+3H2。溶液A中 含有 AlCl3、FeC3和过量HCl,步骤II向溶液 A中加入 NaOH,发生的反应 有：HCl+NaOH=NaCl+H2O、AlC3+4NaOH=3NaCl+NaAlQ+2H2O、FeC3+3NaOH=Fe (OH) 3J +3 NaCl,沉淀C的化学式为Fe (OH) 3。(4)溶液 D中含有 NaAlO2、NaCl和NaOH,向溶液 D中通入过量 CO2发生的反应 为：CQ+NaAlO2+2H2O=Al (OH) 3(+NaHCQ、CQ+NaOH=NaHCQ,沉淀 F为 Al (OH)

35、 3。若将“过量CO2”改为过量HCl"，由于Al (OH) 3是两性氢氧化物，Al (OH) 3会和过量盐酸 反应而溶解，从而使得提取的Al的产量降低，所以不能将“过量CQ”改为 过量HCl”。19. SiO2 5 Al(OH)3 + OH-=Al(OH)汀Al(OH) 4-+CO2=HCO3 +Al(OH) 3 J 24I0in _ in j - rn jSiO2： m M00%; AI2O3：加X100%;是 取最后一次洗涤液少许与试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液不变红，说明洗涤干净(或其它合理答案【解析】卜Fe2O3、AI2O3、MgO能溶于盐酸，滤渣 A为SiO2； (2

36、)在工艺流程中，加入 足量氢氧化钠溶液，溶液中的H+、Fe3+、Al3+、Mg2+能与OH-反应：H+OH-=H2。、Fe3+3OH-= Fe(OH)3 1 Al 3+ 3OH-= Al(OH) 31 Mg 2+ 2OH-= Mg(OH) 2 J,然后在过量的氢氧化钠 中氢氧化铝又溶解：Al(OH) 3 + OH -= Al(OH) 4-;发生的离子反应共有 5个，其中发生沉淀溶解的离子反应方程式为Al(OH) 3 + OH-= Al(OH) 4-； 通入过量的二氧化碳时，Al(OH) 4-转化为 Al(OH) 3沉淀，且生成 HCO3 离子，其离子方程式为：醺Al(OH) 4-+CO2=HC

37、O3 +Al(OH) 3 "(4)根据化学方程式 2Al 4Al+302 T 可知，电32g x 3解氧化铝，每生成1molA1时，生成氧气 =24g;件n、(1)滤渣A为SiO2,质量为m1,则质量分数为 卬M00%;滤渣B是Fe(OH)3、Mg(OH) 2, 洗涤、干燥、灼烧后得 Fe2O3、MgO ,则铝土矿中Fe2O3、MgO质量之和为 m2,故铝土矿中IH - ID - FD 2的质量为m- mm2,则质量分数为 mX100%； (2)洗涤滤渣A后的洗涤液需加入到第一次过滤后的滤液中，否则测得的氧化铁和氧化镁的质量偏低，测得的铝土矿中的铝含量偏高；卞测滤渣 A是否洗涤干净的

38、方法是取最后一次洗涤液少许与试管中，滴入几滴 KSCN溶液，溶液不变红，说明洗涤干净。20.【答题空1】炼铁原料、用作涂料、油漆等【答题空2】Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O【答题空3】SiQ+2OH=SiO32-+H2O【答题空 4 Al3+3NH3 H2O=Al(OH) 3 J +3NH+【答题空 5】65.4%【答 高温题空 6】AbO3+3Cl2+3C2AlC3+3CO【解析】【试题分析】由题意，铝土矿的主要成分是 Al 2O3,杂质是Fe2O3、SiO2等，所以加入足量烧碱溶液 Fe2O3 不反应，A12O3和SiO2与烧碱溶液反应生成 NaAlO 2和Na2SiO3,向所

39、得溶液中加入盐酸生成NaCl、A1C13和H2SQ3 (或SiO2),再向所得溶液中加入过量氨水，生成 NaCl、NH4C1、Al(OH)3,加热Al(OH) 3分解生成Al 2O3o(1)因为Fe2O3不与氢氧化钠溶液反应，所以固体B为F&O3, Fe2O3可用做炼铁原料，F&O3俗称铁红，可用作涂料、油漆等。(2)铝土矿的主要成分 AI2O3和少量SiO2与烧碱反应生成 NaAlO 2 Na2SiO3,离子方程式为 :Al 2O3+2OH-=2AlO 2-+H2。、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;流程第步中 Al3+与NH3?HzO生成Al(OH) 3和 NH4+

40、,离子方程式为：Al 3+3NH 3 H2O=Al(OH) 3, +3NH+。(3) Al(OH) 3受热分解生成Al 2O3,转化关系为2Al(OH) 3Al 2O3,由题意所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，所以该铝土矿中Al2O3的质102-x 100% = 654%量分数是：156(4)由题意，用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应制取 AlCl 3,每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，所以C的化合价由。一+2价，生成CO,反应化学方程式为：Al 2O3+3Cl 2+3C 2AlCl 3+3CO点睛：本题以框图流程的形式考查铝及其化合物的性质，题目难度中等，明确操作过程

41、的原理，熟练对知识迁移进行运用是解题关键。21. (1) A: Na、 F： FeCM H： Fe(OH)3。(2)自来水消毒或制造盐酸(合理答案均可给分)。(3) 2Fe2+Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl(4) 白色沉淀一灰绿色一红褐色沉淀(5) Cl2 + 2Na2CO3 + H2O = 2NaHCO 3 + NaClO + NaCl【解析】22. (1)2(2)Cu2(OH 2COCuO- CuCOCuO【解析】(1)由CuSO-5HO受热失去结晶水，或由N&CO- 10HQ在空气中逐渐失去结晶水，可推知Ca (OH 2CO xH2O受热首先失去的是结晶水，则100吧Cut

42、(OH 2 - CuCO XH2OCu (OH 2CO+XHOT22218x2.22 g2.58 g 2.22 gx=2(2) A为Cu2 (OH 2CO,可写成Cu (OH 2 - CuCO。联想不溶性碱受热易分解，或由 AgOH常温易分解，及Cu、Ag金属活泼性差别不大；及CaCO高温才分解，可推测200c时Cu (OH2分解，500c时CuCO分解。则可用题给数据验证以上推理：c J200 _ Cu (OH 2- CuCO-CuO- CuCG+HOT222182.22 g2.22 g 2.04 g222： 2.22 g=18 : ( 2.22 g -2.04 g )Joo CuO- CuCQ2CuO+COT204442.04 g2.04 g 1.60 g204： 2.04 g=44 : ( 2.04 g -1.60 g )。23. (1)铁屑、稀硫酸；安全瓶作用，防止烧杯中的洗液倒吸至锥形瓶中污染产物；CuSO溶液；吸收H2S、PH3等尾气。(