2020-2021高考化学铝及其化合物推断题培优练习(含答案)附答案解析.docx

1、2020-2021高考化学铝及其化合物推断题培优练习( 含答案 ) 附答案解析一、铝及其化合物1Al2O3 是铝的重要化合物，有着广泛的应用。以下是Al2O3 的实验室制备流程图。根据题意回答下列问题：（1）实验室制备过程中，废铝材料先用Na2CO3 溶液浸洗的目的是_；A 试剂是_（填物质名称）。（ 2）两条途径中有一条明显不合理，它是 _（填“途径 1”或“途径 2 ”），合理的方案是 _。（3）某同学从多、快、好、省的原则考虑，认为综合途径1 和 2，可以既节约药品又节省时间来实现由“废铝材料”制备“ Al2O3”，该同学的实验设计流程是（模仿上面流程图设计） _。（ 4）若要从滤液中得

2、到 NaCl 晶体，其实验操作是 _。（ 5）得到的 Al2O3 中可能含有 Na2CO3 杂质，请设计实验检验杂质：（写出所需试剂、实验步骤和结论） _。（6）现有含Na2CO3 杂质的计算式： _（式中含有【答案】除去铝材表面的油腻Al2O3 样品，为了测定a、 b 等字母）。稀盐酸途径 2Al2O3 的纯度，请你设计实验方案，列出将稀盐酸改成通入过量CO2蒸发结晶、趁热过滤、干燥取少量样品溶于水，取上层清液，加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明有Na2CO3 , 反之则没有取样品质量为b，加水溶解后，加入足量的氯化钡溶液，沉淀完全以后，过滤、洗涤和干燥，称量（恒重）得沉淀ag。计算式为

3、： 1-106a197b【解析】【分析】从废铝材中提取氧化铝，途径1 先用稀盐酸反应生成氯化铝，再与Na2CO3 溶液发生双水解生成氢氧化铝，再灼烧分解生成氧化铝；途径 2 氧化铝先与氢氧化钠生成偏铝酸钠，再与盐酸生成氢氧化铝，再灼烧分解生成氧化铝，据此分析解答。【详解】（1）废铝材料先用 Na2CO3 溶液浸洗的目的是除去铝材表面的油腻，A 为稀盐酸，故答案为：除去铝材表面的油腻；稀盐酸；（2）途径 2 不合理，因为盐酸的量不好控制，改进的方法是将稀盐酸改成通入过量CO2，故答案为：途径2；将稀盐酸改成通入过量CO2；（3）综合途径1 和 2，可以既节约药品又节省时间来实现由“废铝材料”制备

4、“Al2O3”，应该用铝材先分别生成氯化铝和偏铝酸钠，两者再发生双水解生产氢氧化铝，流程为：；（4）氯化钠的溶解度受温度影响小，若要从若要从滤液中得到NaCl 晶体，操作为：蒸发结晶、趁热过滤、干燥，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤、干燥；（5）得到的Al2O3 中可能含有Na2CO3 杂质，检测的方法为：取少量样品溶于水，取上层清液，加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明有Na2CO3, 反之则没有，故答案为：取少量样品溶于水，取上层清液，加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明有Na23CO , 反之则没有；（6）现有含 Na232 3样品，为了测定2 3的纯度，可采用方案为：取样品质CO 杂质

5、的Al OAl O量为 b，加水溶解后，加入足量的氯化钡溶液，沉淀完全以后，过滤、洗涤和干燥，称量（恒重）得沉淀ag； BaCO33ag= amol=沉淀质量为 ag，则 n( BaCO )= 197g / mol197n( Na2CO3 ) ，则 m( Na2CO3)=amol 106g/ mol=106a g ，Na2CO3 的纯度 =106a， Al2O3197197197b106am的纯度 =；故答案为：取样品质量为，加水溶解后，加入足量的氯化钡溶液，沉1-197b淀完全以后，过滤、洗涤和干燥，称量（恒重）得沉淀ag；计算式为： 1- 106a 。197b【点睛】本题考查物质分离和提纯

6、，侧重考查元素化合物性质、氧化还原反应、物质分离和提纯实验操作，注意从整体上分析流程图中每一步发生的反应。2 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 70Cu、 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 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 步中加入 H2O2 的作用是 _，使用 H2O2 的优点是 _；调溶液 pH 的目的是 _。（3）简述第 步由滤液2 得到 CuSO45H2O 的方法是 _。（4）由滤渣2 制取 Al24 32(SO )18H

7、O ，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CuSO45H2O 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-12）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液 bc mol LEDTA（ H2Y2+22+CuSOmL。滴定反应如下： Cu + H2Y CuY + 2H。写出计算4 5H2 O 质量分数的表达式 _ 。【答案】 Cu + 4H+ 2NO3-=Cu2+ 2NO2 + 2H2O 或 3Cu + 8H+ 2 NO3-=3Cu2+ 2NO + 4H2OAu、 Pt

8、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cb10 3250 5 100%a【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

9、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 CuSO5H O 的方法是把滤液蒸发得浓溶液再冷却结晶，过滤得硫酸铜42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 方程式得 100mL 溶液中 n （Cu2+） =b10-3 a 5mol，所以 CuSO45H2O 量-3分数 = b10

10、a 5 250/a 。100%3A、 B、 C、 D、 E、 F、 G、 H 八种短周期主族元素，原子序数依次增大。A、 F 的最外 子数分 等于各自的 子 数，其中A 的 在常温下 气体。C 与 B、H 在元素周期表中 于相 位置， 三种元素原子的最外 子数之和 17。 D 与 F 同周期。 G 的 常用作半 体材料。 回答：(1)C 和 H 分 与 A 形成的 化合物沸点 高的是_(填化学式 )，理由是_ 。(2)C、E 形成的 离子半径大小：r(C)_r(E)(填 、+AlO2-2Al(OH)33+-OH O 分子 存在 H+H OAl +3OH3SiO +6C+2N2Si N +6CO

11、234【解析】【分析】A、 B、 C、 D、E、 F、 G、H 八种短周期主族元素，原子序数依次增大。A、 F 的最外 子数分 等于各自的 子 数，其中A 的 在常温下 气体， A 为 H；G 的 常用作半 体材料， G 为 Si， 合原子序数可知F 为 Al； C与 B、 H 在元素周期表中 于相 位置， 三种元素原子的最外 子数之和 17， 173=52， B 为 N、 C 为 O、 H 为 S， D 与F 同周期，位于第三周期，D 为 Na、 E 为 Mg，以此来解答。【 解】由上述分析可知，A 为 H、 B 为 N、C 为 O、 D 为 Na、 E 为 Mg 、 F 为 Al、G 为

12、Si、 H 为 S。(1)C 和 H 分 与A 形成的 化合物分 是H2O、 H2S，其中沸点 高的是H2 O，原因是H2O 分子 存在 ，增加了分子之 的吸引力；(2)O2-、 Mg 2+核外 子排布相同。具有相同 子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则 C、E 形成的 离子半径大小：r (C)r(E)；(3)F 最高价氧化物 的水化物Al(OH)3 是两性 氧化物，在水溶液中存在酸式 离和碱式 离， 离方程式 H+AlO2-+H2OAl(OH)3Al3+3OH-；(4)将 G 的氧化物与B 的 在1400条件下和足量的碳反 ，其化学反 方程式 3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO

13、。【点睛】本 考 元素及化合物的推断及物 性 的方程式表示。把握原子 构、元素的位置、 子数关系来推断元素 解答的关 ，注意元素化合物知 的 用， 目 重考 学生的分析与 用能力。4 已知A、 B、 C、 D 是中学化学的常 物 ，且A、 B、 C 均含有同一种元素。在一定条件下它 之 的相互 化关系如 所示(部分反 中的H2O 已略去)。 回答下列 ：（ 1）若 A 可用于自来水消毒， D 是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干 B 的溶液不能得到 B。则 B 的化学式为 _。（2）若 D 是氯碱工业的主要产品之一，B 有两性，则反应的离子方程式是_。（3）若 A、 C、 D

14、都是常见气体，C 是导致酸雨的主要气体，则反应的化学方程式为_。（4）若A 的焰色反应呈黄色，D 为二氧化碳，则反应的离子方程式是_。【答案】FeCl3Al( OH) 3+OH- =AlO2-+2H2O2H2S+SO2 3S+2H2OCO32- +CO2+H2O 2HCO3-【解析】【分析】(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D 是铁，A 可用于自来水消毒，A 为Cl 2；(2) 若 D 是氯碱工业的主要产品之一， B 有两性， D 为 NaOH 、 B 为 Al(OH) 3；(3)C 是形成酸雨的主要气体，则A 为 H2S、 D 为 O2、 B 为 S、 C 为 SO2；(

15、4) 若 A 的焰色反应呈黄色，说明 A 中含有 Na 元素，且 A 、 B、 C 均含有同一种元素据此分析。【详解】(1)D 是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则D 是铁， A 可用于自来水消毒，由转化关系可知， A 为 Cl2B为FeCl3C为FeCl2；、(2)若 D 是氯碱工业的主要产品之一，B 有两性，由转化关系可知，A 为铝盐、 D 为 NaOH、B 为 Al(OH)3、 C 为 NaAlO2，反应为氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH- =AlO2- +2H2O；(3)若 A、 C、 D 都是常见气体，C是形成酸雨的主要气

16、体，则A 为 H2S、 D 为 O2、B 为 S、 C为 SO2，反应为硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，反应的化学方程式为：2H2S+SO2 3S+2H2O；(4)若A 的焰色反应呈黄色，D 为二氧化碳，由转化关系可知，A 为NaOH、 B 为Na2CO3、 C为 NaHCO3，反应为碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的的离子方程式是：CO32- +CO2+H2O 2HCO3- 。5A、 B、 C、 D、 E、 F 六种短周期主族元素，原子序数依次增大，A、 B、 F 三者原子序数之和为 25，且知 B、 F 同主族， 1.8g E 与足量的盐酸反应生成ECl3 和 2.24L 氢气（

17、标准状况下）， D+和 E 的离子具有相同的电子层结构，工业上用电解元素B 和 E 能形成离子化合物的方法冶炼 E 单质，试判断：(1)六种元素中非金属性最强的是_ (填代号 )，该元素位于周期表中第 _周期第 _族；由A、 B、 D 三种元素形成化合物的电子式_(2)下列能够说明B、 F 非金属性强弱的方法有_a.最高价氧化物对应水化物酸性b.气态氢化物的热稳定性c.气态氢化物的沸点B 比 F 高d.向 F 的气态氢化物溶液中通入B 单质，有浑浊(3)写出下列反应的化学方程式E 与足量的盐酸反应的化学方程式_工业上用电解法冶炼E 单质 _(4)写出足量 D 的高价氧化物对应水化物与ECl3

18、相互反应的离子方程式_【答案】 C 二 Abd2Al+6HCl=2AlCl3电解22 32+3H2Al O (熔融 ) =4Al+3O 4OH - +Al 3+ =AlO 2 +2H 2 O【解析】【分析】A、 B、 C、 D、E、 F 六种短周期主族元素，原子序数依次增大，1.8gE 与足量盐酸反应生成ECl3 和 2.24L 氢气（标况），故E 为 +3 价元素，设 E的相对原子质量为M，则2.24L1.8gE 为铝，工业2=3 ，解 M=27，故 E 为 A 族元素，依据计算得知22.4L/molMg/mol上用电解氧化铝方法冶炼铝单质，所以B 为氧元素， B、 F 同主族，则 F 是硫

19、， A、 B、 F 三者原子序数之和为25，则 A 是氢，且 D+离子和 Al 离子具有相同的电子结构，故D 能形成+1 价阳离子，故D 为钠， C 的原子序数大于氧小于钠，且为主族元素，故C为氟，据此答题。【详解】（1）根据元素周期律，同周期元素从前向后，非金属性逐渐增强，同主族元素从上向下，非金属性逐渐减弱，所以六种元素中非金属性最强的是C， C 为氟，位于周期表中第二周期第 A 族，由 A、B、 D 三种元素形成化合物为氢氧化钠，它的电子式是，故答案为： C；二； A；（2） a氧元素没有最高价氧化物对应水化物，故a 错误；b根据元素周期律，气态氢化物的热稳定性越稳定，元素的非金属性越强

20、，故b 正确；c气态氢化物的沸点与分子间作用力有关，与元素的非金属性无关，故c 错误；d向硫的气态氢化物溶液中通入氧气，有浑浊，说明氧气的氧化性强于硫，即氧的非金属性强于硫，故 d 正确，故答案为： bd；（3） Al 与足量的盐酸反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2；电解工业上用电解法冶炼Al 单质的化学方程式为2Al2 O3(熔融 ) = 4Al+3O2；（4）氢氧化钠与 AlCl3相互反应的离子方程式为4OH - +Al 3+ =AlO 2 +2H 2 O 。6A G 为中学化学常见的化合物， 、 Y 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

21、略去）：请回答下列问题（ 1） A、 C 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】 Fe2 3NaAlO22223反应现象是白色沉淀迅O4Fe(OH) +O +2HO= 4Fe(OH)速变成灰绿色，最后变成红褐色-+3H2Fe2O3+6H+3+2Al+2OH+2H2O= 2AlO2= 2Fe +3H2O【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

22、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 +H2O 2Al+ Fe2O3=高温 2Fe+ Al2O3 Fe2O3+6HCl= 2FeCl3+3H2

23、OFe +2HCl= FeCl+H 22 2FeCl3+ Fe= 3FeCl2 FeCl3 + 3NaOH= Fe(OH)3 +3NaCl FeCl2 + 2NaOH= Fe(OH)2 +2NaCl 4Fe(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Fe2O3+6H+ =2Fe3+3H2O。【点睛

24、】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。7 已知 X 元素原于的核电荷数小于18，最外层电子数等于电子层数，且比最内层电子数多 1。回答下列问题：(1)X 元素的原子结构示意图为_。(2)X 的最高价氧化物对应的水化物的化学式为_。(3)X 的单质与NaOH 溶液反应的化学方程式为_。【答案】Al(OH)3242(或为2Al+2NaOH+6H O=2NaAl(OH) +3H2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2)【解析】【分析】已知 X 元素原子的核电荷数小于18，最外层电子数等于电子层数，且比最内层电子数多1

25、，则该元素原子核外电子排布为2、 8、3，该元素是Al 元素，然后结合其原子结构与元素位置的关系及其单质和化合物的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知X 元素的 Al 元素。(1)X 是 Al 元素，根据元素原子核外电子排布规律可知：Al 原子核外电子排布为2、 8、 3，所以 Al 原子结构示意图为：；(2) X 是 Al，原子核外最外层有 3 个电子，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为Al(OH)3；(3)Al 能够与 NaOH 溶液发生反应产生NaAl(OH)4 和 H2，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl(OH)4+3H2 (或写为 2Al+2NaOH+2H

26、2O=2NaAlO2 +3H2)。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断及元素与化合物的知识。根据原子核外电子层中的电子数与电子层数关系推断元素是解题关键。熟练掌握Al 元素的单质、氧化物、氢氧化物的性质就可以顺利解答。8 某混合物AKAl(SO22 32 3，含有4)、 Al O和 Fe O ，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） 、 、 、 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 、 、 、 四个反应的化学方程式或离子方

27、程式 _； _； _； _。【答案】过滤Al2 32 32323244242 32OAl O 、 Fe OFe OK SO、(NH) SOAl O 2NaOH=2NaAlOH2OAl3+ 3NH3 H2O=Al(OH)3 3NH4+NaAlO2HCl H2O=Al(OH)3NaCl加热2Al(OH)3Al2O3 3H2O【解析】【分析】KAl(SO )溶于水， AlO 和 Fe O均不溶于水，混合物A 加水溶解后，溶液中是KAl(SO )，4 223234 2沉淀 C 为 Al2 32323O和 Fe O；由转化关系图可知，向沉淀C 中加 NaOH 溶液， Fe O 不反应，沉淀 D 为 Fe

28、2 O3， 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)反应为 Al

29、2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；反应为Al3+3NH3?H2O=Al(OH)3 +3NH4+；反应为 NaAlO2 HCl H2O=Al(OH)3NaCl；加热反应为 2Al(OH)3Al2O3 3H2O。9 某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示：阳离子H 、 K、 Al3、 NH4+ 、Mg2 阴离子Cl 、 OH 、 CO32- 、 AlO2-为探究其成分，某同学将 Na2O2 逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入 Na2O2 的物质的量的关系分别如图所示。(1)该溶液中一定含有的阳离子是_ ，其对应物质的量浓度之比为 _，溶液中一定不存在的阴离子

30、是_。(2)写出沉淀减少的离子方程式_ 。【答案】 H 、 Al3、NH4+ 、Mg 22:2:2:3 OH 、 CO32-、 AlO2- Al(OH)3+OH = AlO2- +2H2O【解析】【分析】(1) 根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol 、最终得到 3mol 可知，最终得到的沉淀为3mol 氢氧化镁沉淀，溶解的 2mol 沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量；(2) 沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少，据此写出反

31、应的离子方程式。【详解】(1)根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有：Mg 2+和 Al3+，所以一定不含32- 、 AlO2-，并且含有镁离子的物质的量为3mol ，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是CO5mol ，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol ；加入 8mol 过氧化钠会生成 4mol氧气，而图象中生成了6mol 气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有 2mol 其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol 铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0 amol 之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H+，由于加

32、入 8mol 过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol ， 8mol 过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成 2mol 氢氧化铝、 3mol 氢氧化镁、 2mol 氨气消耗的氢氧化钠为：2mol3+3mol2+2mol=14mol，所以有 2mol 氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol ；并且物质的量为 2mol ，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：n(H+3+4+2+) 16mol，所以氯)+3n(Al)+n(NH )+2n(Mg离子物质的量 16mol，所以溶液中一定存在的阳离子为：H+、Al3+、NH4+、 Mg2+；含有的阳离子的物

33、质的量之比为：n(H+)： n(Al3+)： n(NH4+ )： n(Mg 2+)=2： 2： 2： 3；溶液中一定不存在的阴离子为： OH-、CO32-、 AlO2-；(2) 生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为： Al(OH) 3+OH - AlO2-+2H 2O。10 某铝合金 (硬铝 )中含有铝、镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计了如下实验：(1)溶液中的溶质为_(填化学式，下同)，溶液中的溶质为_ 。(2)上述第步反应中，生成沉淀的离子方程式为_。(3)该合金中铝的含量为_ 。【答案】 AlCl3、MgCl2、HClNaA

34、l(OH)4、 NaCl、 NaOHAl(OH)4 CO2=Al(OH)3 HCO39b17a【解析】【分析】由测定该合金中铝的含量流程可知，加盐酸，Cu、 Si 不反应，则过滤得到的固体为Cu、Si，溶液中含AlCl3、 MgCl2 以及过量的盐酸，加足量的NaOH，过滤得到的沉淀为Mg(OH)2，溶液中主要含NaAl(OH)4、与过量盐酸反应生成的氯化钠和过量的氢氧化钠，通足量的二氧化碳，反应生成Al(OH)3，灼烧氢氧化铝分解得到Al2O3。【详解】(1)根据分析可知溶液 中的溶质为AlCl3、MgCl2、HCl；溶液 中的溶质为NaAl(OH)4 、NaCl、 NaOH，故答案为：AlCl3、 MgCl2、HCl； NaAl(OH)4、 NaCl、 NaOH；(2)第步通入二氧化碳与Al(OH)4 反应生成氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH) 4 CO2=Al(OH)3HCO3；(3)因铝在反应前后守恒，最后得到的固体AlO中铝的质量就是铝合