1、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解析一、铝及其化合物1 铬鞣剂 Cr(OH)SO4可用于提高皮革的耐曲折强度。一种以铬渣(含 Cr2O3 及少量 Fe2O3、CaO、 Al2O3、 SiO2 等杂质 )为原料制备Cr(OH)SO4 的工艺流程如图：回答下列问题：（ 1） “焙烧 ”时， Cr2O3 转化为 Na2CrO4 的化学方程式为 _。（ 2） “水浸 ”过程中，物料的粒度 (颗粒大小 )对铬残余量的影响如图所示，则最佳反应条件为_。（ 3） “滤渣 1”中有一种成分为铁铝酸四钙 (Ca4Fe2Al2O10)，是制造水泥的原料之一，用氧化物
2、的形式表示其化学式 _。（ 4） “滤渣 2”主要成分为 Al(OH)3 和 _(填化学式 )， “过滤 2”后，将溶液 pH 调至 a，a_6.5(填“小于 ”或 “大于 ”)，目的是 _(用离子方程式表示)。（5）已知 CH3OH在酸性条件下可被氧化生成CO2Na2Cr2O7与CH3OH反应生成，写出Cr(OH)SO4 的化学方程式_。（ 6）某厂用 m1kg 的铬渣 (含 Cr2O340%)制备 Cr(OH)SO4，最终得到产品 m2kg，则产率为_。高温【答案】 2Cr23232242物质的粒度为 60 目时O + 4Na CO +3O4Na CrO +4CO4CaOFe2O3Al2O
3、3H2SiO3小于2CrO42-+2H+ 垐 ?Cr2O72-+H2O噲 ?2273244224238m2100%Na Cr O +CH OH+3H SO =2Cr(OH)SO +CO + Na SO +4H O33m1【解析】【分析】以铬渣 (含 Cr2O3 及少量 Fe2O3、 CaO、 Al2O3、 SiO2 等杂质 )为原料制备Cr(OH)SO4，先加入碳酸钠、通入空气进行焙烧，再经过水浸、过滤除去固体杂质Fe2O3，调 pH 除去杂质氢氧化铝和氢氧化铁，最后通过氧化还原反应生成目标产物Cr(OH)SO4 。【详解】（1） “焙烧 ”时， Cr2O3 转化为 Na2CrO4， Cr 元
4、素的化合价升高，反应为氧化还原反应，还需氧化剂 O2高温2 3232242，根据电子守恒配平方程式为2Cr O + 4Na CO+3O4Na CrO +4CO。（ 2）根据图示可知，当物质的粒度为 60 目时，铬的残余量最少，故最佳反应条件为物质的粒度为 60 目时。（ 3）铁铝酸四钙 (Ca4Fe2Al2O10)，用氧化物的形式表示其化学式为4CaOFe2O3Al2O3。（4）步骤过滤 1 后溶液中存在偏铝酸钠和硅酸钠等杂质，调节pH 使其转化为沉淀Al(OH)3和 H2SiO，故滤渣 2 主要成分为 Al(OH)和 H SiO 。 “过滤 2”后，将溶液 pH 调至 a，是为将33232C
5、rO42- 转化为 Cr2O72-，酸性条件下可以实现转化，故a 小于 6.5实现 2CrO42-+2H+ 垐 ?噲?2 72-2Cr O+H O 的转化。（5）根据条件 CH3OH 在酸性条件下可被氧化生成22 273反应生成CO ， Na Cr O与 CH OHCr(OH)SO4 为氧化还原反应，其中碳元素、铬元素的化合价发生改变，根据电子守恒得化学反应方程式为 Na2Cr2O7+CH3OH+3H2 SO4=2Cr(OH)SO4+CO2+ Na2SO4+4H2O。（6）最终得到产品Cr(OH)SO4m2kg，其中铬元素的含量为m52kg，原料中铬元素的含2165量为 (m140%522)
6、kg ，则产率为52216352m2 165100%38m2100% 。m140%52233m12163522 已知C、 D、G、 I 为短周期元素形成的单质，D、G、 I 常温下为气态，且G 为黄绿色；形成D 的元素原子的最外层电子数是次外层的3 倍； B 的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)； K 为红棕色粉末。其转化关系如图。请回答：（1）工业上制C 用 A 不用H 的原因 _ 。（2）写出C 与K 反应的化学方程式_ ，该反应的反应物总能量_(填“大于 ”或 “小于 ”)生成物总能量。（3） L 是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，L 作阴极，接通电源(短时间 )电解E 水溶液的化学方
7、程式_ 。（ 4）写出 E 物质的电子式 _。（5） J 与 H 反应的离子方程式为_。（6）写出 G 与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式_ 。高温【答案】氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe 大于2KCl+2H2O2KOH+H2 +Cl23+-Al+3AlO2 +6H2O=4Al(OH)32Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O【解析】【分析】【详解】形成 D 的元素的原子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，则 D 为 O2；K为红棕色固体粉末，K为Fe2 O3A得到C与D，则C与K；由于电解
8、生成 A 的反应为铝热反应，故A 为 Al2O3， L 为 Fe， C 为 Al；黄绿色气体G 为 Cl2，与 C 反应得到 H 为 AlCl3； B 的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)，B 中含有 K 元素， B 在催化剂、加热条件下反应生成氧气，则B 为 KClOKOH、 H2 和 Cl2，过3， E 为 KCl，电解 KCl 溶液生成量的 F 与氯化铝反应得到 J，则 I 为 H2， F 为 KOH， J为 KAlO2；（1） H 为 AlCl3 ，氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，故工业上制Al 用氧化铝不用氯化铝，故答案为氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；（2） C 与 K
9、反应的化学方程式为： 2Al+Fe2O3高温Al2O3+2Fe，该反应为放热反应，故该反高温应的反应物总能量大于生成物总能量，故答案为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；大于；（3） Fe 是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，Fe 作阴极，接通电源(短时间 )电解 KCl电解水溶液的化学方程式为： 2KCl+2H222O2KOH+H +Cl，故答案为电解2KCl+2H2O2KOH+H2 +Cl2；（4） E 为 KCl， KCl 的电子式为，故答案为；（5） J 与H 反应的离子方程式为：Al3+3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3，故答案为Al3+3AlO2-+6H2O=4Al(OH
10、)3；（6） G 为 Cl2， G 与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2 +2H2 O。【点晴】本题考查无机推断等，特殊颜色及D 的原子结构、转化关系中特殊反应等是推断突破口，是对元素化合物知识及学生综合能力的考查，需对基础知识全面掌握。推断题中常见的特征反应现象有：（1）焰色反应： Na(黄色 )、 K(紫色 )；（ 2）使品红溶液褪色的气体：SO2(加热后又恢复红色)、 Cl2(加热后不恢复红色)；（ 3）白色沉淀Fe(OH)2 置于空气中最终转变为红褐色 F
11、e(OH)3( 由白色 灰绿 红褐色 )；（ 4）在空气中变为红棕色：NO；（ 5）气体燃烧火焰呈苍白色：H2 在 Cl2 中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：CO、 H2 、 CH4；（ 6）使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3；（ 7）空气中出现白烟： NH3 与酸性气态物质 (或挥发性酸如盐酸、硝酸 )反应等。3 回答下列问题：（ 1）锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质相似。下列有关锂及其化合物的叙述正确的是 _。A Li2SO4 难溶于水B Li 与 N2 反应产物是 Li3NC LiOH 易溶于水D LiOH 与 Li2CO3 受热都难分解（2）与铝位于对角线位置的第二周期元素
12、是_，能区别Be（ OH） 2 和Mg（ OH）2的一种试剂是_，反应的化学方程式是_。（3）门捷列夫在研究元素周期表时，科学地预言了11 种尚未发现的元素，为它们在周期表中留下空位。例如，他预测在铝的下方有一个与铝类似的元素“类铝”，后来被法国化学家于1875年发现，命名为镓。镓的元素符号是_，它在周期表中的位置是_。（4）关于与镓同主族的第6 周期元素性质的推测中不正确的是_。A 单质是银白色较软的金属B 其氢氧化物是两性氢氧化物C 在化合物中显 3 价D 单质与盐酸的反应比铝剧烈【答案】B铍（BeNaOH溶液BeOH 22NaOH Na222Ga 第四周期）（）=BeO 2H OA 族B
13、【解析】【分析】【详解】( 1) A锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，硫酸镁易溶于水，所以硫酸锂易溶于水，故A 错误；B锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，镁和氮气反应生成氮化镁，所以锂和氮气反应生成Li3N，故 B 正确；C氢氧化镁难溶于水，所以氢氧化锂属于难溶物质，故C 错误；D锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，氢氧化镁和碳酸镁受热易分解，则氢氧化锂和碳酸锂受热也易分解，故D 错误；故答案为B；( 2) 根据对角线规则，与铝位于对角线位置的第二周期元素是铍，有相似的化学性质，氢氧化铝具有两性，Be( OH)
14、2 也具有两性，可以与氢氧化钠反应，Mg ( OH) 2 不可以与氢氧化钠反应，故可以用氢氧化钠来鉴别，类比氢氧化铝与氢氧化钠反应的化学方程式，则氢氧化铍与氢氧化钠反应的化学方程式为：Be OH 22NaOH Na2BeO22H2 O( )+=+；( 3) 同主族元素性质相似，铝下方的元素为镓，其元素符号为Ga，位于元素周期表中第四周期 A 族；( 4) A与镓同主族的第六周期元素为铊，单质为银白色，质软，故A 正确；B氢氧化物为两性的物质位于金属和非金属的临界处，如硼铝硅锗砷等，铊不是两性物质，其氢氧化物也不是两性氢氧化物，故B 错误；C铊与铝同主族，具有相同的最外层电子数，所以铊在化合物中
15、也显+3 价，故 C正确；D同主族元素自上到下金属性递增，该元素金属性大于铝，其单质与盐酸的反应比铝剧烈，故 D 正确；故答案为B。【点睛】考查位置结构性质的相互关系应用，明确同主族元素性质的递变规律为解答关键，注意掌握对角线规则内容，结合 Mg 、Al 单质及其化合物的性质，类推未知物的性质，试题侧重培养学生的分析、理解能力及知识的迁移能力。4 有 A、 B、 C、D、 E五种短周期元素，已知相邻的A、 B、C、 D 四种元素原子核外共有56 个电子，在周期表中的位置如图所示。E 的单质可与酸反应， 1 mol E 单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6 L H2；E 的阳离子与 A
16、的阴离子核外电子层结构完全相同，回答下列问题：(1)五种元素的名称：A_， B_， C_， D_， E_。(2)画出 C 原子、 A 离子的结构示意图：_ 、_ 。(3)B 单质在 D 单质中燃烧，反应现象是_，生成物的化学式为_。(4)A 与 E 形成化合物的化学式为_，它的性质决定了它在物质的分类中应属于 _ 。(5)向 D 与 E 形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液直至无明显现象发生时，观察到的现象是先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随NaOH 加入又逐渐溶解最终澄清，请写出有关反应的离子方程式为_、_ 。【答案】氧磷硫氯铝白色烟雾PCl3、 PCl5Al2O3两性氧化物 Al3 3OH=
17、Al(OH)3 Al(OH)3 OH=AlO2 -2H2 O 【解析】【分析】A、 B、 C、 D、E 五种短周期元素，由位置图可知，A 在第二周期， B、 C、 D 处于第三周期，设 C 的质子数为 x，则 A 的质子数为 x-8， B 的质子数为x-1，D 的质子数为 x+1，A、B、 C、 D 四种元素原子核外共有56 个电子，则 x+(x-8)+(x-1)+(x+1)=56，解得 x=16，即 A 为O， B 为 P， C 为 S， D 为 Cl；1molE 单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，设E 的化合价为 y，根据电子转移守恒：1mol y=33.6L 21，解得
18、 y=3， E 的阳离子与22.4L/molA 的阴离子核外电子层结构完全相同，则E 为 Al，据此解答。【详解】(1)由上述分析，可知 A 为氧、 B 为磷、 C 为硫、 D 为氯、 E 为铝；(2)C 为硫， S 原子核外有 16 个电子，三个电子层，各层电子数为2、 8、6，原子结构示意图为：； A 为氧， O2- 离子核外电子数为10，有 2 个电子层，各层电子数为2、8，离子结构示意图为：；(3)磷单质在氯气中燃烧三氯化磷和五氯化磷，生成物的化学式为：PCl3 是液体、PCl5 是固体，反应现象是：有白色烟雾生成；(4)A 与 E 形成的化合物为氧化铝，化学式为氧化物；Al2O3，能
19、与酸、碱反应生成盐与水，属于两性(5)D 与 E 形成的化合物为AlCl3，向 AlCl3 的水溶液中逐渐滴入烧碱溶液直至过量，发生3+-Al+3OH =Al(OH)3、 Al(OH)3+OH =AlO2 +2H2O，则可观察到先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随 NaOH 加入又逐渐溶解最终澄清。5 把 7.5 g 镁铝合金的粉末放入200ml 4mol/L 的盐酸中，往充分反应后的混合溶液中逐渐滴入一定物质的量浓度的 NaOH 溶液，生成沉淀的物质的量与加入 NaOH 溶液的体积的关系如图所示。（1）合金中镁的物质的量为_。（2）氢氧化钠的物质的量浓度为_mol/L 。（ 3） V1=_mL
20、。（4）写出该合金溶于足量NaOH 溶液的化学方程式为_。【答案】 0.2mol24502Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2 =3H 2【解析】【分析】镁铝合金与盐酸反应后溶液有铝离子、镁离子、以及剩余的氢离子；加入氢氧化钠后氢氧化钠先于氢离子反应，此时无沉淀产生，之后镁、铝离子开始沉淀，发生反应Al3+3OH-Al(OH)3、Mg2+2OH-Mg(OH) 2，当沉淀达到最大值时溶液中的溶质只有NaCl，再继续滴加氢氧化钠，氢氧化铝沉淀开始溶解，发生反应Al(OH)3 +OH- AlO2-+2H2O，据此进行解答。【详解】(1)当滴加 400mL 氢氧化钠溶液时，沉淀达到最大值，此
21、时溶液中的溶质为NaCl，根据元素守恒可知此时溶液中n(Cl-)=0.2L 4mol/L=0.8mol，由电荷守恒可知 n(Na+)= n(Cl-)=0.8mol ，即400mL 氢氧化钠溶液中n(Na+)=0.8mol ，则其浓度 c(NaOH)=0.8mol =2mol gL-1 ；此时溶液中0.4L据图可知前 50mL 氢氧化钠溶液没有沉淀产生，即此时发生反应H+-2+OH =H O，所以与镁铝合金反应后剩余的 n(H+ )=0.05L 2mol/L=0.1mol，则与镁铝合金反应的n(H+)=0.8mol-0.1mol=0.7mol ，设镁铝合金中镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为
22、ymol ，则有24x+27y=7.5g，根据电子守恒 (镁铝失去的电子都转移给氢离子)可得 2x+3y=0.7，联立解得x=0.2mol ， y=0.1mol ，故答案为： 0.2mol ；(2)根据 (1)可知答案为： 2；-(3)400mL 至 V1mL 发生反应 Al(OH)3 +OH AlO2 +2H2O，根据 (1)可知镁铝合金中铝的物质的量为 0.1mol ，则生成氢氧化铝 0.1mol ，此段消耗 n(OH-)=0.1mol ，所以消耗的氢氧化钠体积0.1molV=-1 =0.05L ，即 50mL，所以 V1 =400+50=450，故答案为： 450；(4)该合金中铝单质可
23、以与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故答案为：2Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2 =3H 2。【点睛】解决本题的关键是理解沉淀达到最大值时溶液中的成分，之后再利用元素守恒、电子守恒等解决问题。6 用含钴废料 (主要成分为Co，含有一定量的Ni、 Al2O3、Fe、 SiO2 等 )制备草酸钴晶体(CoC2O4?2H2O)的工业流程如图。已知：草酸钴晶体难溶于水，RH 为有机物 (难电离 )(1)滤渣 I 的主要成分是 _(填化学式 ) ，写出两种能提高酸浸速率的措施_ 、 _。(2) 操作用到的主要仪器有_ 。(3) H2O2 是种绿色氧化剂，写出加入H2O2 后发生反应的离
24、子方程式_ 。(4)加入氧化钴的目的是_ 。(5)加入 (NH4)2C2O4 反应得到草酸钴晶体的离子方程式_ ，过滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是_ 。(6)实验室可以用酸性42 42-2 42- 的浓度，KMnO标准液滴定草酸根离子 (C O) ，测定溶液中 C OKMnO4 标准溶液常用硫酸酸化，若用盐酸酸化，会使测定结果_(填 “偏高 ”、“偏低“或 “无影响 ”)。【答案】 SiO2 增大硫酸的浓度提高反应的温度、搅拌、将固体粉碎(任选两个 ) 分液漏斗、烧杯 2Fe2+ +H 2O2 +2H + =2Fe 3+ +2H2O 调节 pHCo 2+ +C 2
25、O42 +2H 2O=CoC 2O 42H 2O取最后一次的洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净偏高【解析】【分析】用含钴废料 (主要成分为Co，含有一定量的Ni、 Al2O3、 Fe、SiO2 等)制备草酸钴晶体(CoC2O4?2H2O)：粉碎后用硫酸溶解，SiO2 不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有CoSO4、NiSO4、 FeSO4、 Al2(SO4)3 及过量的硫酸，滤渣 为 SiO2，滤液中加入过氧化氢和CoO，将Fe2+氧化为 Fe3+，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣 为氢氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH， Ni2+溶于
26、有机层，操作为分液，向水层加入(NH4)2C2O4，得到草酸钴晶体，以此来解答。【详解】（1）用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，滤渣2为 SiO ；提高硫酸的浓度、提高反应的温度、搅拌、将固体粉碎均能提高酸浸速率；（ 2）通过操作得到水层和有机层，则操作为分液，分液需要的仪器有：分液漏斗、烧杯；（ 3） H2O2 氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为：2Fe2+ +H 2 O 2 +2H + =2Fe3+ +2H 2 O ；（4）加入氧化钴的目的是调节溶液的pH，将浸出液中 Fe3+和 Al3+全部沉淀；（5）加入 (NH4 )2C2O4 反应的离子方程式为： Co 2+ +
27、C 2O42 +2H 2 O=CoC 2O 4 2H 2O，过滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净；（ 6）若用盐酸酸化，高锰酸钾会氧化盐酸中的氯离子，消耗高锰酸钾偏多，测定结果偏高。7 我国某地粉煤灰中主要含有Al2O3，除此之外还含有Ga2O3 及少量 Fe2O3、 CaO、 MgO 和SiO2 等物质。已知从粉煤灰中回收铝并提取镓的工艺流程如下所示：回答下列问题：（1）焙烧前，应将粉煤灰与纯碱粉末充分混合，其原因是_；混合焙烧时，Al2O3、Ga2O3 均发生类似于SiO2 的
28、反应，试写出Ga2O3 在此过程中发生反应的化学方程式：_。（2）滤渣的成分是 _ ；含铝混合液中除了大量A13+之外，还有Fe3+和少量 Mg 2+，由混合液制取纯净Al( OH) 3的实验方案是 _。（3）洗脱液中往往还有少量Fe3+，需要进一步分离。若使Fe3+恰好完全沉淀 c( Fe3+) = l -l05-l3+-l才会开始沉淀。（已知：mol L时， Ga浓度至少为_molLKsp Ga(OH)3=1.410-34，Ksp Fe(OH)3=4.010-38 。）（4）电解过程中， Ga3+与 NaOH 溶液反应生成GaO2-， GaO2-在阴极放电，则电解方程式为_；电解过程中需要
29、保持溶液为pH=11 以上的原因是 _。【答案】增大反应物接触面积，加快化学反应速率Ga2 32焙烧322O +NaCO2NaGaO +CO H SiO 或 H SiO向混合液中加入过量NaOH，过滤，向滤液中通入足量CO ，再过滤23442-2-通电-+2H2O = 4Ga+3O2+4OH3.5 10mol/L4GaO2抑制 GaO2 水解，并阻止H 在阴极放电降低电解效率【解析】【分析】混合焙烧时，Al2 32 322322O、 Ga O、 SiO 与Na CO 反应，生成可溶性盐NaAlO、 NaGaO 、Na SiO ， CaO、 MgO、 Fe O不发生反应；将固体溶解，MgO、 F
30、e O不溶于水， CaO 溶于232323水生成 Ca(OH)2，溶液中溶质为 Ca(OH)2、 NaAlO2、 NaGaO2、 Na2SiO3、 Na2CO3；加入盐酸后，溶液中溶质为 FeCl3、MgCl2、CaCl2 、 AlCl3、GaCl3、 NaCl，生成的硅酸不溶，滤渣为H2SiO3 或 H4SiO4，然后将滤液进行树脂吸附，得到含铝混合液和洗脱液，然后将洗脱液中的 Fe3+除去，最终通过电解 GaO -2 制备 Ga。【详解】（1）将粉煤灰与纯碱粉末充分混合，可以增大反应物接触面积，加快化学反应速率；SiO2与 Na2 32322 3在此过程中发生反应的化CO 固体在加热条件下
31、能够生成Na SiO、CO ，因此 Ga O焙烧学方程式为： Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2；（2）由上述分析可知，滤渣为： H2SiO3 或 H4SiO4； Al(OH)3 为两性氢氧化物，能溶于强碱溶液，而 Fe(OH)3 、 Mg(OH)2 不溶于强碱溶液，因此可将 Al 元素转化为偏铝酸盐，然后通入CO2 制取纯净的Al(OH)3，实验方案为：向混合液中加入过量NaOH，过滤，向滤液中通入足量 CO2，再过滤；3+-5-l时， c OH-K sp Fe OH 33 410（3）当 c(Fe )恰好为 l l0molL= 3110c Fe3385mol/L ，若此时 Ga
32、3+恰好开始沉淀，则3KspGa OH 31.410 34mol/L=3.5102mol/L ；c Ga3OH-=1038c4110 5（4）电解过程中，GaO-2 中 Ga 元素从 +3价降低至0价，发生还原反应生成Ga，阳极为通电水失去电子生成氧气，电解总反应为：4GaO2- +2H2 O = 4Ga+3O2 +4OH- ； GaO2-属于弱酸阴离子，能够发生水解生成Ga(OH)3 ，会降低产率，若溶液酸度过高，则溶液中H+可能会发生还原反应生成H2，会降低阴极电解效率。8 近两年来无人驾驶汽车的大热使得激光雷达成为人们关注的焦点，激光雷达的核心部件需要一种氮化铝(A1N)导热陶瓷片。下图
33、是从铝土矿(主要成分为A12O3,还含有少量SiO2、Fe2 O3 等杂质 )中提取 A12O3 并生产 A1N 的工艺流程：(1) 溶“解 ”时，已知溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠可发生反应：2Na2SiO +2NaA1O +2H O=322Na Al Si O +4NaOH。赤泥的主要成分除了生成的Na Al Si O还有 _(写出化学22282228式)， Na22 2 8Al Si O 用氧化物的形式表示为_ 。(2) 酸“化 ”时通入过量 CO2 与 NaA1O2 反应生成 NaHCO3 和另一种白色沉淀，试写出该反应的化学方程式 _ ；实验室过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、_、玻璃棒。(3) 还“原 ”时，炭黑在高温下被氧化为CO,反应的化学方程式为_；(4)已知： AlN+NaOH + H2O=NaA1O2+NH3 。现取氮化铝样品5.0 g(假设杂质只含有炭黑 )加到 100 mL 1. 0 mol ? L-1 的 NaOH 溶液中恰好反应完，则该样品中A1N 的质量分数为_
