1、高考化学铝及其化合物推断题的综合题试题含答案一、铝及其化合物1 .某化工厂以铬铁矿 (主要成分为 FeO 和 Cr2O3，含有 Al2O3、 SiO2 等杂质 )为主要原料生产化工原料红矾钠 (主要成分 Na2Cr2 O72H2 O)，工艺流程如图：i.常温， NaBiO3 不溶于水，有强氧化性，碱性条件下，能将Cr3+转化为 CrO4 2-。ii.常温时，部分金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH 值（1）步骤提高酸溶速率的措施_(任填一条即可 )。固体 A 的成分是 _。（2）步骤需加氢氧化钠溶液调节pH，调节 pH 范围为 _，目的是 _。（ 3）写出反应的离子方程式 _。（ 4）将溶液 H
2、 经过 _即得红矾钠粗晶体。.经该工厂的工业废水中含-3-12-，其毒性较大。该化工厂的科研人员1.00 10mol L的 Cr2O7为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5 1.54+3、 +2），又FeFeO （ Fe 的化合价依次为设计了如下工艺流程：（5）第步反应的离子方程式是 _。（6）常温时，如忽略步骤所加FeSO47H2O 所引起的溶液体积变化，依据上表数据，则步骤加入 NaOH 溶液调节溶液的pH 至 9 时，溶液中 Cr3+的浓度为 _mol/L（101/2 3.）2。（7）欲使 1L 该废水中的 Cr2 72-完全转化为 Cr0.51.5442OFeFeO 。理论上需
3、要加入FeSO7HO 的质量为 _g(已知 FeSO47H2O 的摩尔质量为 278g/mol) 。【答案】加热 / 搅拌 / 粉碎 / 适当提高稀硫酸的浓度(任写一条 ) SiO24.9 pH 5.5使Fe3+、 Al3+均完全转化为Fe(OH)3 和 Al(OH)3 沉淀而除去3NaBiO3 + 2Cr3+ +7OH + H2O =2 72-3+蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥2 72-2+2Cr O+ 3Bi(OH) +3NaCr O+ 6Fe +14H =3+3+26.4-142Cr + 6Fe +7H O 102.78【解析】【分析】铬铁矿中的FeO、Cr2O3 和 Al2 O3 均
4、能溶于硫酸，SiO2 不溶，过滤，向滤液中加入双氧水，氧化亚铁离子，步骤的目的是使Fe3+、 Al3+沉淀，过滤，向滤液中加入NaBiO3、 NaOH，能将 Cr3+转化为 Cr2O72- ，过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥得到Na2Cr2O72H2 O。【详解】加热、搅拌、粉碎、适当提高稀硫酸的浓度均可加快化学反应速率，任答一种即可。按照元素化合物知识，铬铁矿中的FeO、 Cr2O3 和 Al2O3 均能溶于硫酸，SiO2 不溶，故第步得到的固体 A 为 SiO2；故答案为：加热/ 搅拌 / 粉碎 / 适当提高稀硫酸的浓度(任写一条 )；SiO 。2步骤的目的是使Fe3+、 Al
5、3+均完全转化为Fe(OH)3和 Al(OH)3沉淀而除去，但不能使Cr3+沉淀，故需要调节的pH 范围为 4.9pH 5.5，故答案为： 4.9 pH5.5；使 Fe3+、 Al3+均完全转化为 Fe(OH)3 和 Al(OH)3沉淀而除去。常温下， NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将3+转化为 Cr2 72- ，则反CrO应的离子方程式为3NaBiO33+227 2-3+；故答案为：+ 2Cr +7OH + H O = 2Cr O+ 3Bi(OH) +3Na3+2-+3NaBiO + 2Cr +7OH+ H O = 2Cr O7+ 3Bi(OH) +3Na。3223溶液
6、H 得红矾钠粗晶体需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥。Cr2-有强氧化性， FeSO2+有一定的还原性，在酸性条件下将Fe2+氧化为2 O747H2O 中 FeFe3+，自身被还原为Cr3+，根据元素守恒及所处环境可知，还有水生成，反应离子方程式为2-2+3+3+2-2+3+Cr2O7+ 6Fe +14H= 2Cr+ 6Fe +7H2O；故答案为： Cr2O7+ 6Fe +14H = 2Cr +6Fe3+7H2O。常温时，如忽略步骤所加 FeSO47H2O 所引起的溶液体积变化，依据上表数据得到Cr3+开始沉淀时 pH =5.5，即 c(OH)K
7、 w110 14110 8.5 molL 1，则c(H )110 5.5Ksp CrOH 3c(Cr 3) c3 (OH)0.0012 (1 10 8.5 ) 36.410 29，步骤 加入NaOH 溶液调节溶液的K w110pH 至 9 时， c(OH )110c(H )1491 10 5 mol L 1 ，则溶液中 Cr3+的浓度为KspCrOH 3c(Cr 3) c3 (OH ) c(Cr 3)(110 5 )36.410 29 ，c(Cr3)6.4 1014molL1；故答案为； 6.4-14-1。 10 mol L欲使 1L 该废水中 n(Cr272-3Cr 原子、 Fe原子守恒，可
8、得2 72- O)=1 10 mol ，根据Cr O4CrFeFeO 10FeSO 7H O，因此理论上 n(FeSO 7H O)=10n(Cr O2-)=10-3 1 10mol0.51.54424227=0.01mol ，所以质量 m(FeSO4 7H2O) = 0.01mol-12.78g。 278 g?mol=2.78g；故答案为2 表是元素周期表的一部分，针对表中的-元素按要求回答下列问题：IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0 族234（ 1）在 -元素中，化学性质最不活泼的元素是 _（填元素符号），化学性质最活泼的金属元素是 _（填元素符号）。（2）在最高价氧化物对应水化物
9、中，酸性最强的化合物的化学式是_，碱性最强的化合物的化学式是_。（3）氧化物属于两性氧化物的元素是_（填元素符号），写出该元素的最高价氧化物与NaOH 溶液反应的离子方程式_（ 4）比较元素的气态氢化物的稳定性： _；最高价氧化物对应水化物的酸性强弱： _。（5）的最高价氧化物与烧碱溶液反应的化学方程式为_【答案】 Ar K HClO4KOH2 3-2-2223Al AlO + 2OH = 2AlO+ H O SiO + 2NaOH = Na SiO+ H2O【解析】【分析】稀有气体性质稳定，除稀有气体同周期从左往右，同主族从下至上，非金属性增强。非金属性越强，单质越活泼，越易与氢气化合，生成
10、的气态氢化物越稳定，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强。同周期从右往左，同主族从上至下，金属性逐渐增强。金属性越强，单质越活泼，遇水或酸反应越剧烈，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。【详解】（ 1）根据分析 -元素中，化学性质最不活泼的元素是 Ar，化学性质最活泼的金属元素是 K；（ 2）根据分析， -元素中 Cl 非金属性最强，故在最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是HClO4， K 金属性最强，碱性最强的化合物的化学式是KOH；（3）铝、氧化铝、氢氧化率均属于两性物质，则氧化物属于两性氧化物的元素是Al，该元素的氧化物与 NaOH 溶液反应的离子方程式 Al23-2-2O+
11、 2OH = 2AlO+ H O；（4）非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氧的非金属较强，故水比氨气稳定，；SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3 +H2O。【点睛】非金属性的应用中，需要注意非金属性与气态氢化物的稳定呈正比，与氢化物的还原性呈反比，而简单氢化物的沸点需要对比氢键和范德华力，是物理性质。3A、 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 bN2cNa d Mg eAl（2）若 A 为强碱溶液，则X 可能为 _。a CO b AlClcAldMg e Al O2323（3
12、）若 X 是金属单质，向C 的水溶液中滴加AgNO33溶液，产生不溶于稀 HNO 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_ ，反应的离子方程式为 _或 _。【答案】 deabFeCl3+2+加入硫氰化钾，不显血红色，然后加入氯水，显32Fe +Fe=3Fe血红色，则为亚铁离子Al(OH)3盐酸氢氧化钠Al(OH)3+3H+=Al
13、3+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3AgCl，由题意与HNO 的白色沉淀，此沉淀为转化关系可推知 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 SO223，故不选 a；， SO 和氧气反应生成SOb N2 与氧气在放电条件
14、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 Na2 O， 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 Al2
15、O3 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22+易被氧化，所以FeCl2在贮存时，应加入铁粉来还原3+，离子方程式为FeCl， FeFe3+2+2+2Fe+Fe=3Fe ；检验此 C 溶液中含有Fe 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
16、或氢+3+-氧化钠，反应的离子方程式为Al(OH)3+3H =Al+3H2O 或 Al(OH)3+OH =AlO2 +2H2O。4 有关物质的转化关系如下图所示。 A、C、E 是常见的金属单质， E 为紫红色，反应可用于焊接铁轨， B 是赤铁矿的主要成分， F 的溶液中加入 KSCN溶液变红。（部分反应物和生成物省略）请回答下列问题：（ 1） D 的化学式是 _。（ 2）可选用 _（填 “字母 ”）实现反应 CF的转化。a稀盐酸b氯气 / 点燃c CuSO4 溶液（ 3）反应的化学方程式为 _。（ 4）反应的离子方程式为 _。【答案】 Al2O3b2Al+Fe2O32Fe + Al2O3Cu+
17、2Fe3+ Cu2+2Fe2+【解析】【分析】A 、 C、 E 是常见的金属单质，反应可用于焊接铁轨，B 是赤铁矿的主要成分，则A 为Al 、 B 为Fe2O3， C 为Fe， D 为Al 2O3 ，E 是紫红色的金属单质，则E 为Cu， F 的溶液中加入KSCN溶液变红，F 为铁盐，可以由Fe与氯气反应得到，反应为Cu+2Fe3+=Cu 2+2Fe2+ 。【详解】(1) 根据分析， D 的化学式是：Al 2O3；2Fe + Al2O3；Cu+2Fe3+=Cu 2+2Fe2+。2Al+Fe2O3(2) 反应 CF 是 Fe 转化为 Fe3+， Fe 与盐酸、 CuSO4 溶液生成 Fe2+ ，
18、 Fe与氯气反应生成FeCl3，故答案选b；(3) 反应的化学方程式为：(4) 反应的离子方程式为：5 将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl 溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH 溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH 溶液的体积关系如下图。回答下列问题：（ 1）写出 BC段反应的离子方程式为 _ 。（ 2）原 Mg-Al 合金的质量是 _。（3）原 HCl 溶液的物质的量浓度是_ 。（ 4）所加 NaOH 溶液的物质的量浓度是 _。（ 5） a=_。【答案】 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O5.1g6mol/L5mol/L
19、20【解析】【分析】根据图像可知，oa 段为过量的盐酸与NaOH 反应， AB 段为镁离子、铝离子与应， BC段为氢氧化铝与NaOH 的反应。【详解】NaOH 的反(1) BC 段为氢氧化铝与 NaOH 的反应，生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(2) BC 段减少的为氢氧化铝沉淀，质量为7.8g，物质的量为 0.1mol ，即 n(Al)=0.1mol ；则氢氧化镁的质量为 5.8g，物质的量为 0.1mol 即 n(Mg)=0.1mol ；合金的质量为24 0.1+27 0.1=5；.1g(3)根据方程 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2
20、H2O，消耗 20mL 的 NaOH 时的物质的量为0.1mol ，则c(NaOH)=0.1mol 0.02L=5mol/L；B 点时，溶液刚好为 NaCl 溶液，此时消耗n(NaOH)=5 0.12=0.6mol， c(HCl)=0.6 0.1=6mol/L；(4)由 (3)得出的结论， c(NaOH)=5mol/L ；(5) n(Mg)=n(Al)=0.1mol ，消耗的盐酸为0.5mol ，100mL 溶液中含有 n(HCl)=0.6mol，则剩余n(HCl)=0.1mol ，此时消耗 V(NaOH)=0.1 5=0.02L，即 20mL。【点睛】通过 BC段消耗的氢氧化钠的体积计算出N
21、aOH 的浓度，再计算盐酸的浓度。6 铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2 322 3等杂质 )为原料制备O ，含 SiO和 Fe O铝的一种工艺流程如图：注： SiO2 在 “碱溶 ”时转化为铝硅酸钠沉淀。(1)Al 的原子结构示意图为_； Al 与 NaOH 溶液反应的离子方程式为 _。(2)碱“溶 ”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 _。(3)电“解 ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_。(4)电“解 ”是电解 Na CO 溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_，阴极产23生的物质 A 的化学式为 _。【答案】2Al+2H2-22-2322O+2OH
22、=2AlO +3HAl O +2OH =2AlO +H O 石墨电极被阳极上产生的氧气氧化4CO2-H23+2H2O-4e =4HCO3 +O2【解析】【分析】以铝土矿（主要成分为Al23223等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加O ，含 SiO和 Fe ONaOH 溶解时2 O3 不反应，由信息可知SiO2 在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到Fe的滤渣为 Fe233O 、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al（ OH） ，过滤 II 得到 Al（OH）3，灼烧生成氧化铝，电解I 为电解氧化铝生成Al 和氧气，电解 II 为电解 Na2 3溶CO液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子
23、生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气；据以上分析解答。【详解】(1) A1 原子的核电荷数为13，原子结构示意图为； A1 与 NaOH 溶液反应的离子方程式为： 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2；(2) “碱溶”时氧化铝与碱反应生成偏铝酸钠，离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；(3) “电解 ”是电解熔融 Al2O3 得到氧气和铝；电解过程中作阳极的石墨易消耗，是因为阳极生成的氧气与阳极材料碳反应，不断被消耗；(4) 由图可知，阳极区水失去电子生成氧气，剩余的氢离子结合碳酸根生成碳酸氢根，电极方程式为 4CO3 2-+2H2O-4e- 4
24、HCO3-+O2，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质 A 的化学式为 H2。7 某混合物浆液含有 Al(OH)322424、 MnO和少量 Na CrO 考虑到胶体的吸附作用使Na CrO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 和 中的问题。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） CAl 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 发生的条件 D 与浓盐酸混合，不加热无变化；加热有Cl2 生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2由此判断
25、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 SO42- -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、 TiO2 完全反应，生成CO和 TiCl4（熔点 -25,沸点 1364 ）放热8.56kJ，该反应的热化学方程式为_ 含铬元素溶液的分离和利用（5）用惰性电极电解时， CrO 42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CrO 42和 CrO 72 ，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】2O2-2-2224-4e =OAB
26、Zn-2e+2OH=Zn(OH)2Cl （ g）+TiO （ s） +2C（ s） =TiCl （ l）+2CO（ g） H= 85.6kJ?mol 1在直流电场作用下CrO 42 通过阴离子交换膜向阳极室移动，从而脱离浆液；2CrO 42 +2H+ ?CrO 72+H2O； NaOH 和 H2【解析】【分析】（1）固体混合物含有 Al（ OH） 3、 MnO2，加入 NaOH 溶液，过滤，可得到滤液 A 为NaAlO2，通入二氧化碳，生成 B 为 Al（ OH） 3 ，固体 C为 Al2O3，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
27、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、TiO2 完全反应，生成CO和TiCl4（熔点-25,沸点1364 ）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2Cl2（ g） +TiO2（s）+2C（ s） TiCl4 （l） +2CO（ g），以此可计算反应热并写出热化学方程式；（ 5）电解时， CrO42 通过阴离子交换膜向阳极移动，
28、阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，由此解答。【详解】（ 1） CAl 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 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、 TiO2 完全反应，生成CO和 TiCl4（熔点 -25,沸点 1364）放热8.56kJ，则 2mol 氯气
29、反应放出的热量为 20.2 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；（ 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2CrO42 +2HCr2O72 +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
30、离浆液，要求学生具有一定的分析能力。8 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_、 _;步骤中的试剂a 是_ ;(以上均填化学式)（ 2）试写出步骤中发生反应的离子方式_、 _ ;【答案】 SiO232-3 -22-233-Fe(OH) NaOH 溶液CO +OH =HCOCO +AlO+2H O=Al(OH) +HCO【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
31、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3+3+Al、 Fe、 H 等，应加入氢氧化钠，除去铁离子，将铝离子转化为AlO2- ，步骤中的试剂a 是 NaOH 溶液；（2）步骤中与-OH 反应生成碳酸氢根离子：CO2+OHHCO3 ，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：CO22-+ 2H2
32、33- 。+ AlOO Al( OH)+HCO【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。9 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）步骤所涉及的实验操作方法中，属于过滤的是_（填序号）。（ 2）步骤中 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）下列关于步骤的说法正确的是_（填字母）。a 沉淀 B 为白色固体b H2O2 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+ + 2H224 32O。由沉淀 B 制取 Al ( SO
