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考点18 铝及其化合物——备战2022年浙江新高考一轮复习化学考点一遍过 试卷
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考点18 铝及其化合物
一、 铝
1．铝的存在和物理性质
（1）存在：在地壳中含量前四位的元素依次是O、Si、Al、Fe，铝元素全部以化合态的形式存在。
（2）银白色有金属光泽的固体，有良好的传热性、导电性和延展性，密度较小，质地柔软，在空气中具有抗腐蚀能力，原因是与氧气反应形成致密的氧化物保护膜。
2．铝的化学性质
注意：
①常温下，能用铝制容器盛放浓硫酸、浓硝酸的原因是二者能使铝发生“钝化”，而不是铝与浓硫酸、浓硝酸不反应。
②能与铝反应产生氢气的溶液可能呈强酸性也可能呈强碱性。
③在空气中具有抗腐蚀能力，原因是表面生成一层致密的氧化膜。
3．从铝土矿中获得铝的方法
（1）从铝土矿制备铝的工艺流程：
（2）从铝土矿中获得铝涉及的反应化学方程式
①溶解：Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O。
②酸化：NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3。
③灼烧：2Al(OH)3Al2O3＋3H2O。
④电解：2Al2O34Al＋3O2↑。
铝热反应
2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
4Al+3MnO23Mn+2Al2O3
在实验室按如图所示装置进行铝热反应，实验现象是当外露部分镁条刚刚燃烧完毕时，纸漏斗内混合物立即剧烈反应，发出耀眼的光芒，产生大量的烟。纸漏斗被烧破，有红热状的液珠落入蒸发皿内的细沙上，液珠冷却后变为黑色固体(落下的是铁珠)。
铝热反应是指工业上用铝粉来还原一些金属氧化物，得到Fe、V、Cr、Mn等难溶金属的一类反应。铝热反应的实质是铝在高温条件下将活动性比铝弱的金属从其氧化物中置换出来。
二、铝的重要化合物
1．氧化铝和氢氧化铝
两性氧化物：既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氧化物。
两性氢氧化物：既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氢氧化物。
名称
氧化铝
氢氧化铝
化学式
Al2O3
Al(OH)3
类别
两性氧化物
两性氢氧化物
物理
性质
高熔点，高沸点，高硬度，不溶于水的白色固体
不溶于水的白色胶状固体，具有吸附性
化学
性质
①与强酸反应：
Al2O3+6H+2Al3++3H2O
②与强碱反应：
Al2O3+2OH−2+H2O
①两性：
Al(OH)3+3H+Al3++3H2O
Al(OH)3+OH−+2H2O
②热稳定性：
2Al(OH)3Al2O3+3H2O
用途
炼铝原料、制作耐火材料
可用作吸附剂、媒染剂和净水剂；治疗胃酸；可作为制造瓷釉、耐火材料、防水织物的原料
2．明矾
带有十二个结晶水的硫酸铝钾称为十二水合硫酸铝钾，俗称明矾，化学式为KAl(SO4)2·12H2O，它是无色晶体，可溶于水。由于Al3+能水解生成具有强吸附性的胶体：Al3++3H2O===3H++Al(OH)3，故明矾是一种常用的净水剂。
明矾中含有Al3+和，向明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当Al3+ 恰好完全沉淀时，离子方程式为2Al3+ +3+3Ba2+ +6OH−===2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，此时只沉淀了总量的四分之三，总的沉淀的物质的量达到最大；当完全沉淀时，离子方程式为Al3++2+2Ba2++4OH−===2BaSO4↓++2H2O，此时Al3+ 恰好完全转化为，总的沉淀的质量达到最大。
三、铝的化合物之间的转化关系
1．具体反应
Al(OH)3+OH−+2H2O
Al(OH)3+3H+Al3++3H2O
Al3++3OH−Al(OH)3↓
+H++H2OAl(OH)3↓
+4H+Al3++2H2O
Al3++4OH−+2H2O
Al3++3+6H2O4Al(OH)3↓
2．应用
（1）判断离子共存问题
Al3+与OH−及、、S2−等弱酸根阴离子或与H+、以及弱碱阳离子Al3+、Fe3+等因生成沉淀或发生水解相互促进反应而不能大量共存。
（2）鉴别(利用滴加顺序不同，现象不同)
①向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀溶解。
②向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始无明显现象，后产生白色沉淀，沉淀不溶解。
（3）分离提纯
①利用Al能溶于强碱溶液，分离Al与其他金属的混合物。
②利用Al2O3，能与强碱溶液反应，分离Al2O3与其他金属氧化物。
③利用Al(OH)3能与强碱溶液反应，分离Al3+与其他金属阳离子。
考向一 铝及其化合物的转化
典例1 工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图所示：
下列叙述正确的是
A．试剂X可以是NaOH溶液，也可以是盐酸
B．反应①过滤后所得沉淀为Fe(OH)3
C．图中所有转化反应都不是氧化还原反应
D．反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3
【解析】根据流程图可知，X一定是NaOH，Y一定是CO2，加X后得到的沉淀为Fe2O3。
【答案】D
1．铝及其化合物在生产、生活等方面有广泛的应用。
（1）铝元素位于周期表中第__________周期__________族。硼、镓与铝位于同一主族，现有下列三种物质：①Na[Al(OH)4]、②Na[B(OH)4]、③Na[Ga(OH)4]，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为___________(用序号表示)。{Na[Al(OH)4]也可表示偏铝酸钠，硼、镓类似}
（2）将20.0 mL 0.1 mol/L Ba(OH)2溶液和20.0 mL 0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液混合，所得溶液中Al3+、、、OH−、H+的浓度由大到小的顺序为 _____________。
（3）氮化铝(AlN)是一种新型的无机非金属材料，可用作热交换器材料。某AlN样品中仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，甲组同学设计了如下流程：
已知：AlN+NaOH+H2O===NaAlO2+NH3↑。
①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和______________。
②实验过程中，称得样品的质量为4.2 g，最后得到的固体为5.1 g，则样品中AlN的质量分数为___________。(不考虑整个过程中的损耗)
【答案】（1）三 ⅢA ③>①>②
（2）c()>c()>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)
（3）①玻璃棒 ②87.86%
【解析】（1）铝元素位于周期表中第三周期ⅢA族。同周期元素从上到下非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱，Na[B(OH)4]水解程度最小、Na[Ga(OH)4] 水解程度最大，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为Na[Ga(OH)4]> Na[Al(OH)4]> Na[B(OH)4]。
（2）将20.0 mL 0.1 mol/L Ba(OH)2溶液和20.0 mL 0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液混合，、，反应后c()=0.1 mol/L÷2=0.05 mol/L；铵根水解，c()<0.1 mol/L÷2=0.05 mol/L；c(Al3+)=(0.1 mol/L−)÷2=，此时铵根水解溶液呈酸性， c()>c()>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)。
（3） ①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；设AlN的质量为a g，根据关系式
2AlN~Al2O3 Δm
82 102 20
a 0.9
a=0.369 g，AlN的质量分数为87.86%。
考向二 铝与酸、碱反应的有关计算
（1）铝能与酸溶液反应生成H2和铝盐(Al3+)，但与稀HNO3反应不生成H2，且在浓HNO3、浓H2SO4中钝化。
（2）铝与强碱溶液反应生成H2和偏铝酸盐()。
（3）铝与酸或碱溶液反应生成H2的量的关系：
有关离子方程式为：
2Al+6H+2Al3++3H2↑
2Al+2OH−+2H2O2+3H2↑
Al与酸、碱反应的实质都是：AlAl3+，2H+H2，故与酸或碱反应时，铝与氢气的关系均为2Al～3H2↑，利用此性质可以方便地进行有关计算。
①等量Al分别与足量酸(H+)和碱(OH−)溶液反应，生成H2之比为1∶1，消耗H+和OH−之比为3∶1。
②足量Al分别与所含H+和OH−物质的量相等的溶液反应，生成H2之比为1∶3。
③若产生H2之比为<<，则必定是：
与酸反应时，Al过量、H+不足，而与碱反应时，Al不足、OH−过量。
典例1 （1）等质量的两份铝分别与足量的HCl、NaOH溶液反应，所得H2的体积之比是________。
（2）足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，产生H2的体积之比是________。
【解析】（1）根据化学方程式：2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑得Al与H2的关系式均为2Al～3H2，故只要参加反应的Al的量相等，所得H2的量必相等。（2）因为在反应中Al过量，产生的H2由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式：6HCl～3H2、2NaOH～3H2，故当HCl、NaOH物质的量相等时，二者产生H2的体积比为1∶3。
【答案】（1）1∶1
（2）1∶3
2．有两种金属组成的混合物粉末15g与足量的稀盐酸反应，生成11.2L(标准状况下)H2，则该混合物的组成不可能是
A．Fe、Zn B．Al、Cu
C．Al、Na D．Al、Fe
【答案】A
【解析】本题考查了混合物计算。标况下，11.2L氢气的物质的量为=0.5mol，假设金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量为0.5mol，金属平均相对原子质量为=30。Fe的相对原子质量为56，Zn的相对原子质量为65，均大于30，不符合题意，故A错，选A。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，Cu不与盐酸反应，相对原子质量视作无穷大，符合题意，故B正确，不选。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，如Na为+2价，其相对原子质量为23×2=46，符合条件，故C正确，不选。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，Fe的相对原子质量为56，符合题意，故D正确，不选。
考向三 Al(OH)3沉淀的图象分析
1．四个基本图象
（1）可溶性铝盐溶液与NaOH溶液反应的图象：
操作
可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量
NaOH溶液中逐滴加入可溶性铝盐溶液至过量
现象
立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失
无沉淀(有但即溶)→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失
图象
离子方
程式
Al3++3OH−Al(OH)3↓
Al(OH)3+OH−+2H2O
Al3++4OH−+2H2O
3+Al3++6H2O4Al(OH)3↓
（2）偏铝酸盐溶液与盐酸反应的图象：
操作
偏铝酸盐溶液中逐滴加稀盐酸至过量
稀盐酸中逐滴加偏铝酸盐溶液至过量
现象
立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失
无沉淀(有但即溶)→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失
图象
离子方
程式
+H++H2OAl(OH)3↓
Al(OH)3+3H+Al3++3H2O
+4H+Al3++2H2O；
Al3++3+6H2O4Al(OH)3↓
2．拓展图象
（1）向AlCl3溶液中逐滴加入氨水或NaAlO2溶液至过量，图象如图1所示。
（2）向NaAlO2溶液中逐滴加入AlCl3溶液或通入CO2至过量，图象如图2所示。
（3）向MgCl2、AlCl3和盐酸的混合溶液(即将Mg、Al溶于过量盐酸所得的溶液)中逐滴滴入NaOH溶液至过量，图象如图3所示。
（4）向MgCl2、AlCl3混合溶液中先加入NaOH溶液，后加入盐酸(NaOH与盐酸的物质的量浓度相等)，沉淀图象如图4所示。
典例1 如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线。下列判断错误的是
A．①线表示Al3＋的物质的量的变化
B．x表示AlCl3的物质的量
C．③线表示Al(OH)3的物质的量的变化
D．④线表示AlO的物质的量的变化
【解析】假定向含有1 mol AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3++3OH−===Al(OH)3↓，Al3+完全沉淀，消耗3 mol OH−，生成1 mol Al(OH)3，然后发生反应Al(OH)3+OH−===AlO2−+2H2O，沉淀完全溶解消耗1 mol OH−，生成1 mol AlO2−，前后两部分消耗的OH−为3∶1；
假定向含有4 mol NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3++4OH−===AlO2−+2H2O，OH−完全反应消耗1 mol Al3+，生成1 mol AlO2−，然后发生反应Al3++3AlO2−+6H2O===4Al(OH)3↓，AlO2−完全反应，消耗 mol Al3+，生成mol Al(OH)3↓，前后两部分消耗的Al3+为1 mol∶ mol=3∶1；
由图象可知，①②表示微粒、③④表示微粒物质的量关系为1：1可知，该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，A．由上述分析可知，首先发生反应Al3++3OH−===Al(OH)3↓，溶液中铝离子物质的量减少，①线表示Al3+的物质的量的变化，故A正确；B．由上述分析可知，x表示NaOH溶液，故B错误；C．由上述分析可知，随反应进行Al(OH)3物质的量先增大，或减小，故②③线表示Al(OH)3的物质的量的变化，故C正确；D．由上述分析可知，Al(OH)3溶解时，AlO2−的物质的量增大，④线表示AlO2−的物质的量的变化，故D正确；故选B。
【答案】B
3．向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1 mol/L Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是
A．图中C点铝元素存在形式是
B．向D点溶液中通人CO2气体，立即产生白色沉淀
C．原混合液中c[Al2(SO4)3]∶c(AlCl3)=1∶2
D．OA段反应的离子方程式为：3Ba2++2Al3++8OH−+3===3BaSO4↓+2+4H2O
【答案】D
【解析】向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH−、Ba2+与之间的离子反应，如下：Ba2++===BaSO4↓，Al3++3OH−===Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH−===+2H2O，假设1 mol Al2(SO4)3中完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3 mol，提供6 mol OH−，1 mol Al2(SO4)3中含有2 mol Al3+，由反应Al3++3OH−===Al(OH)3↓可知，2 mol Al3+完全沉淀，需要6 mol OH−，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时完全沉淀，A~B为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，B~C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。A、C点时氢氧化铝完全溶解，转化为偏铝酸盐，故C点铝元素存在形式是，A正确；B、D点的溶液中含有Ba2+、，通入二氧化碳立即产生碳酸钡、氢氧化铝沉淀，B正确；C、前3 L Ba(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3 L~6 L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3 L×1 mol/L=3 mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2(SO4)3]= n [Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1 mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)=2n [Ba(OH)2]=6 mol，故n(AlCl3)=2 mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]∶c(AlCl3)=1∶2，C正确；D、OA段实质为硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：3Ba2++2Al3++6OH−+3===3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，D错误；答案选D。
考向四 有关镁、铝合金的定量计算
镁、铝都能与非氧化性酸反应生成相应的盐。镁和铝的化合物与强碱溶液反应时，一个重要的特征是它们相对量的不同，沉淀量也有所不同。沉淀量随强碱量的变化关系用文字很难表达清楚，但若用图象表示，不仅有助于理解镁和铝的化合物与强碱反应的过程，也有助于解决有关计算问题。
1.向含Mg2+与Al3+的混合溶液中逐滴加入强碱溶液
（1）现象：出现沉淀→渐多→最多→减少→不变。
（2）图象：如图甲。
（3）量的关系：①n(Al3+)=(b−a) mol；②n(Mg2+)= mol。
2.向含Mg2+与Al3+的酸性溶液中逐滴加入强碱溶液
（1）现象：无明显现象→出现沉淀→渐多→最多→减少→不变。
（2）图象：如图乙。
典例1 将一定质量的镁铝混合物投入200 mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5 mol·L－1的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示：
则下列说法不正确的是
A．镁和铝的总质量为9 g
B．最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸
C．硫酸的物质的量浓度为2.5 mol·L－1
D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L
【解析】由图像知，n[Mg(OH)2]＝0.15 mol，n[Al(OH)3]＝0.35 mol－0.15 mol＝0.2 mol，则m(Mg)＝0.15 mol×24 g·mol－1＝3.6 g，m(Al)＝0.2 mol×27 g·mol－1＝5.4 g，m(Mg)＋m(Al)＝9 g；由图像知，最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸；当沉淀达到最大值时，溶液中的溶质只有Na2SO4，则有n(Na＋)＝2n(SO)，即n(NaOH)＝2n(H2SO4)，n(H2SO4)＝n(NaOH)，c(H2SO4)＝n(H2SO4)/V＝＝2.5 mol·L－1；标准状况下0.15 mol的Mg生成的氢气为3.36 L，0.2 mol的Al生成的氢气为6.72 L，共生成氢气10.08 L，D项错误。
【答案】D
4．将0.1 mol镁和铝的混合物溶于100 mL 2 mol/L 稀硫酸中，然后滴加1 mol/L的NaOH溶液。
请回答下列问题：
（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。
则当V1=160 mL时，金属粉末中n(Mg)= mol，V2= mL。
（2）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)= 。
（3）若混合物仍为0.1 mol，其中镁粉的物质的量分数为a，用100 mL 2 mol/L稀硫酸溶解此混合物后，再加入450 mL 1 mol/L NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3。写出满足此条件的a的取值范围 。
【答案】（1）0.06 440 （2）400 mL （3）≤a<1
【解析】（1）由图象可知：160 mL NaOH溶液与过量的稀硫酸反应，则与Mg、Al反应的H2SO4的物质的量为n(H2SO4)=0.2 mol−0.16 mol×=0.12 mol。假设n(Mg)=x mol，n(Al)=y mol，则有方程组：，解得：x=0.06，y=0.04。当加入V2 mL NaOH溶液时，得到Mg(OH)2沉淀和NaAlO2，关系式为Mg2+~2OH−，Al3+~4OH−，则V2=160+ ×103=440。
（2）当Mg2+、Al3+刚好沉淀完全时，溶液中只有Na2SO4，关系式为2NaOH~H2SO4，则V(NaOH)==400 mL。
（3）当所得沉淀中无Al(OH)3时，反应后生成的溶质为Na2SO4、NaAlO2。根据钠元素守恒：n(NaOH)=0.45 L×1 mol/L≥0.1 L×2 mol/L×2+0.1 mol×(1−a)。解得a≥则满足此条件的a的取值范围是≤a<1。
一、单选题
1．下列说法错误的是( )
A．常温下，钠和钾的合金的硬度比钠大 B．蔗糖水解能生成葡萄糖和果糖
C．煤的干馏属于化学变化 D．铝制容器不宜长时间存放NaCl 溶液
【答案】A
【详解】
A．钠和钾的合金常温下为液态，钠在常温下为固态，所以钠和钾的合金的硬度比钠小，故A错误；
B．蔗糖是二糖，水解能生成一分子葡萄糖和一分子果糖，故B正确；
C．煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，属于化学变化，故C正确；
D．铝制容器长时间存放NaCl 溶液，易发生电化学腐蚀，故D正确；
故选A。
2．以下关于铝及其化合物性质的描述中不正确的是
A．铝不易被空气腐蚀是因为不会与氧气发生反应
B．铝热反应可用于焊接铁轨
C．氢氧化铝是一种两性氢氧化物
D．铝元素是地壳中含量最多的金属元素
【答案】A
【详解】
A．铝和氧气反应生成了氧化铝，氧化铝在铝的表面有保护作用，能阻止铝继续与氧气发生反应，并不是不会与氧气反应，故A错误；
B．依据铝热反应：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3可以进行铁轨的焊接，故B正确；
C．氢氧化铝既能和酸反应生成盐和水，也可以和碱反应生成盐和水，为两性氢氧化物，故C正确；
D．地壳中含量前五位的元素为O、Si、Al、Fe、Ca，铝元素是地壳中含量最多的金属元素，故D正确；
综上所述答案为A。
3．明矾KAl(SO4)2．12H2O]在造纸等方面应用广泛。实验室中采用废易拉罐（含有Al和少量Fe、Mg杂质）制备明矾的流程如图所示：
下列叙述错误的是
A．回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用
B．“沉淀”为Al2(CO3)3
C．“操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶
D．上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3
【答案】B
【详解】
A、可回收物是指各种废弃金属、金属制品、塑料等可回收的垃圾，废易拉罐属于可回收垃圾，回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用，选项A正确；
B、偏铝酸钠与碳酸氢铵发生反应生成碳酸钠、碳酸铵和氢氧化铝，故“沉淀”为Al (OH)3，选项B错误；
C、沉淀溶解于稀硫酸，再加入硫酸钾，“操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶，最后得到明矾，选项C正确；
D. 上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3，过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应得到氢氧化铝沉淀，选项D正确。
答案选B。
4．将mg镁铝合金投入500mL 2mol•L-1的盐酸中，固体完全溶解，收集到气体5.6L（标准状况下）。向反应所得溶液中加入4mol•L-1的氢氧化钠溶液，沉淀质量的最大值为13.60g，则m的值为（ ）
A．5.10 B．8.50 C．9.35 D．11.48
【答案】A
【详解】
由关系式Mg(OH)2-Mg-H2-2OH-、2Al(OH)3-2Al-3H2-6OH-可知，n(OH-)=2n(H2)=2×=0.5mol，则m(OH-)=0.5mol×17g/mol=8.50g，从而得出m=13.60g-8.50g=5.10g；故选A。
5．向溶液中加入金属钠完全反应，得到只含和的澄清溶液，则加入金属钠的质量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
的物质的量为，其中含，，加入金属钠完全反应后，得到只含和的澄清溶液，根据，，根据钠元素守恒可以得到：，则加入金属钠的质量为，答案选B。
6．下列关于铝及其化合物说法，不正确的是（ ）
A．氯离子存在时铝表面的氧化膜易被破坏
B．铝和发生铝热反应可得到金属
C．溶液中滴加过量氨水生成白色沉淀
D．的溶液中滴加氨水无明显白色沉淀
【答案】B
【详解】
A. 含盐腌制品不宜直接存放于铝制品中，否则产生溶于水的氯化物而腐蚀铝，所以氯离子存在时铝表面的氧化膜易被破坏，A正确；
B. 钠的金属性强于铝，铝和不能发生铝热反应，B错误；
C. 氢氧化铝不能溶解在氨水中，则溶液中滴加过量氨水生成白色沉淀氢氧化铝，C正确；
D. 是由钠离子和AlF构成，不能电离出铝离子，因此其溶液中滴加氨水无明显白色沉淀，D正确；答案选B。
7．下列解释事实的方程式正确的是
A．工业冶炼氯化铝制氯单质：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2↑
B．向氯化铝溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀：Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓
C．将铁粉与水蒸气共热，产生气体：2Fe＋3H2O(g)Fe2O3＋3H2
D．电解饱和氯化钠溶液，产生气体：2NaCl+2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
【答案】D
【详解】
A．AlCl3属于共价化合物，熔融时不导电，工业一般电解NaCl溶液制Cl2：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，工业冶炼铝一般用电解熔融氧化铝，方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，故A错误；
B．一水合氨为弱电解质不能拆成离子，正确方程式应为Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；
C．铁粉与水蒸气共热生成四氧化三铁和氢气，方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故C错误；
D．电解饱和氯化钠溶液，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生大量氢氧根，所以方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，故D正确；
故答案为D。
【点睛】
AlCl3为共价化合物，因此熔融状态的氯化铝不能导电，所以电解熔融氧化铝来制取铝单质。
8．铝是一种重要的金属，下图是工业生产中利用铝土矿（成分为氧化铝、氧化铁）制取铝的流程。下列说法不正确的是
A．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台
B．向铝土矿中加入NaOH溶液的反应方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O
C．NaOH在生产过程中可以循环使用
D．将等质量的铝与足量的盐酸或氢氧化钠溶液反应，产生氢气的物质的量一定相同
【答案】A
【解析】
A.操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都是过滤，需要的玻璃仪器是：烧杯、普通漏斗、玻璃棒，铁架台不是玻璃仪器，错误； B. 向铝土矿中加入NaOH溶液，只有氧化铝反应生成偏铝酸钠（四羟基合铝酸钠），反应方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，正确； C. 观察流程，溶液E有NaOH，因此可以循环使用，正确； D.由于是等质量的铝，根据电子守恒与足量的盐酸或氢氧化钠溶液反应，产生氢气的物质的量一定相同，正确。
9．某固体粉末含Fe3O4、CuCO3、Cu2O、Al2O3、MgCO3中的一种或几种，某化学兴趣小组按如下方案进行实验探究。已知：Cu2O＋2HCl=Cu＋CuCl2＋H2O，下列对实验结果的分析合理的是( )
A．溶液乙中溶质至少2种及以上
B．固体乙中成分至少2种及以上
C．固体粉末中一定含有Cu2O、Al2O3、MgCO3
D．溶液甲中可能含有Fe3＋
【答案】A
【分析】
固体粉末加入过量盐酸生成气体甲，则气体甲一定为CO2，应含有碳酸盐，可能为MgCO3或CuCO3或二者均有，固体粉末与盐酸反应后有固体甲生成，由反应Cu2O＋2HCl===Cu＋CuCl2＋H2O可知，原固体中一定含有Cu2O，固体甲含有Cu，溶液甲中含有Cu2＋，固体乙中一定含有Cu(OH)2，溶液乙中含有NaCl、NaOH，样品可能含有Al2O3，则溶液乙中还可能含有NaAlO2。
【详解】
A. 溶液乙中含有NaCl、NaOH，还可能含有NaAlO2，故溶液乙中溶质至少2种及以上，故A正确；
B. 固体乙中一定含有Cu(OH)2，由于固体粉末中不一定含有Fe3O4和MgCO3，则固体乙中不一定含有氢氧化镁以及铁的氢氧化物，则固体乙中成分至少1种，故B错误；
C. 固体粉末中一定含有Cu2O，不一定含有Al2O3和MgCO3，故C错误；
D. 由于固体甲含有Cu，则溶液甲中不可能含有Fe3＋，故D错误；
故选A。
10．甲、乙两烧杯中分别装有等体积、等pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL0.1 mol·L-1 AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成。下列判断正确的是（ ）
A．甲中沉淀一定比乙中的多 B．甲中沉淀可能比乙中的多
C．甲中沉淀一定比乙中的少 D．甲中沉淀可能比乙中的少
【答案】B
【解析】
NH3·H2O是弱电解质、NaOH是强电解质，所以相同pH的氨水和NaOH溶液，c(NH3·H2O)＞c(NaOH)，相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，n(NH3·H2O)＞n(NaOH)，二者和氯化铝反应都生成氢氧化铝沉淀，但氢氧化铝能溶于强碱NaOH，不溶于弱碱氨水。氢氧化铝不溶液氨水，甲中发生：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，由于氢氧化铝能溶于强碱NaOH，乙中开始发生反应：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，而后发生反应：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，如果加入AlCl3恰好与NaOH反应生成Al(OH)3，由于参加反应的AlCl3的物质的量相等，所以生成沉淀质量相等；如果加入AlCl3与NaOH反应生成Al(OH)3，后氯化铝还有剩余，则剩余部分氯化铝与氨水会继续反应生成沉淀，则氨水中产生的沉淀较多；如果加入AlCl3与NaOH反应生成NaAlO2、Al(OH)3，则氨水中产生沉淀较多，由上述分析可知，甲中沉淀大于或等于乙中，故选B。
点睛：明确氢氧化铝的性质是解本题关键。本题中，甲中只发生：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；乙中先发生：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，后发生Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，后面的总反应为Al3++3OH-= Al(OH)3↓，要注意物质的量的关系，需要分情况讨论。
11．铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用的基准试剂，其制备过程如图所示。下列分析不正确的是（ ）
A．过程Ⅰ发生的反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4
B．向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先后观察到：刺激性气体逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失
C．检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液
D．若省略过程Ⅱ，则铵明矾的产率明显降低
【答案】B
【分析】
NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO3沉淀，过滤后得含有（NH4）2SO4和少量的NaHCO3的滤液，将滤液用稀硫酸调节pH值为2，使NaHCO3生成硫酸钠，得含有（NH4）2SO4和少量硫酸钠的溶液B，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾。
【详解】
A.根据上面的分析可知，过程I的反应为2NH4HCO3+Na2SO4═2NaHCO3↓+（NH4）2SO4，故A正确；
B.向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到的现象为白色沉淀生成→刺激性气体逸出→白色沉淀消，故B错误；
C.B为（NH4）2SO4和少量硫酸钠的混合溶液，阴离子为硫酸根离子，且溶液呈酸性，所以检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液，故C正确；
D.若省略过程II，则溶液中少量的碳酸氢钠会与硫酸铝发生双水解，使铵明矾产率明显减小，故D正确；
故选B。
12．将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】
将二氧化碳气体通入含有氢氧化钾，氢氧化钡，KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积为横坐标，以沉淀的物质的量为纵坐标的图象的画法，可以做如下分析：
CO2先与Ba(OH)2反应（有沉淀BaCO3生成），当Ba(OH)2消耗完毕后再与KOH反应（此时无沉淀）；最后与KAlO2反应(有沉淀Al(OH)3生成)，
以上过程中图形应是：出现沉淀(BaCO3)，平台，沉淀增加[因有Al(OH)3生成]；
过量的CO2还可以继续与K2CO3反应得到KHCO3，继续过量的CO2还可以使BaCO3沉淀溶解，最后是Al(OH)3沉淀，
所以接着的图形应该为：平台，沉淀(BaCO3)减少，平台，
故整个过程的图形应为：出现沉淀(BaCO3)，平台，沉淀增加[因有Al(OH)3生成]，平台，沉淀(BaCO3)减少，平台，满足以上关系的图象为D，
故选：D。
13．“过犹不及”深刻诠释了化学反应的定量关系。下列反应进行到指定程度，继续增加画线物质的量，不会使反应发生变化的是(忽略气体溶解及与水的反应)
A．在Ca(HCO3)2溶液中滴加Ca(OH)2溶液至完全反应
B．将Cl2通入FeBr2溶液至Fe2＋完全氧化
C．将NH3通入CuSO4溶液至Cu2＋完全沉淀
D．在KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀物质的量最大
【答案】A
【详解】
A．Ca(HCO3)2溶液中滴加Ca(OH)2溶液至完全反应，反应的离子方程式为Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O，继续滴加Ca(OH)2溶液不再发生其他反应，即原反应不会发生变化，A符合题意；
B．由于Fe2+的还原性比Br-强，将Cl2通入FeBr2溶液先与Fe2+反应：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，Fe2+完全氧化后如果继续通入Cl2，溶液中的Br-就会被氧化：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，即原反应发生了变化，B不符题意；
C．将NH3通入CuSO4溶液至Cu2+完全沉淀，发生反应2NH3+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2，若继续通入NH3，会发生络合反应Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2，沉淀溶解，即原反应发生了变化，C不符题意；
D．在KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀物质的量最大，发生反应为2Al3++3+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，若继续滴加Ba(OH)2溶液，溶液中会发生反应+2Al(OH)3+Ba2++2OH-=2+BaSO4↓+4H2O，即原反应发生了变化，D不符题意；
答案选A。
14．下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．MnO2与浓盐酸混合加热：MnO2＋4H+＋4Cl-MnCl2＋ Cl2↑＋2H2O
B．氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2+＋OH-＋＋===BaSO4↓＋NH3·H2O
C．FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2：Fe2＋＋H2O2＋2H+===Fe3+＋2H2O
D．0.01 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L-1 Ba(OH)2溶液等体积混合：＋Al3+＋2＋2Ba2+＋4OH-===2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O
【答案】D
【详解】
A．氯化锰溶于水，应写成离子，正确的离子方程式为MnO2＋4H+＋2ClˉMn2+＋Cl2↑＋2H2O，故A错误；
B．氢氧化钡溶液中加入硫酸铵，正确离子方程式为Ba2++2OHˉ+2+=BaSO4↓+2NH3•H2O，故B错误；
C．FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2，正确离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故C错误；
D．0.01 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L-1 Ba(OH)2溶液等体积混合，与足够的OHˉ与铝离子和铵根反应，但没有多余的OHˉ与氢氧化铝沉淀反应，所以离子方程式为＋Al3+＋2＋2Ba2+＋4OH-===2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O，故D正确；
故答案为D。
二、多选题
15．在含有0.6molCl-、0.8 molSO42-及一定量Mg2+和Al3+的混合溶液中，滴入一定浓度NaOH溶液，产生沉淀情况如图（不考虑Mg2＋和Al3＋水解及水电离对离子数目的影响）。若反应前Al3+的物质的量为a mol，Al3＋的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值为x。则
A．x=
B．x的取值范围是0＜x<11/32
C．A点横坐标的值随x发生变化
D．若B点横坐标为200mL时，c(NaOH)=7.0mol/L
【答案】AB
【详解】
A．Al3+的物质的量为a mol，根据电荷守恒：n（Cl-）+2n（SO42-）=2n（Mg2+）+3n（Al3+），解得2n（Mg2+）=0.6mol+1.6mol-3amol=（2.2-3a）mol，n（Mg2+）=（1.1-1.5a）mol，所以Al3+的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值为x，即x= =，故A正确；
B．溶液中Al3+的物质的量为a mol，由电荷守恒可知Mg2+的物质的量为（1.1-1.5a）mol，x= ，a＜，解得x的取值范围是：0＜x＜，故B正确；
C．因为溶液中氯离子、硫酸根离子物质的量一定，A点时镁离子、铝离子完全被转化为沉淀，则溶液中的溶质转化为氯化钠、硫酸钠，所以A点横坐标的值不会随x发生变化，故C错误；
D．Al3+的物质的量为a mol，最终消耗氢氧化钠是4amol，n（Mg2+）=（1.1-1.5a）mol，消耗氢氧化钠是（2.2-3a）mol，共消耗氢氧化钠是a+2.2mol，所以若B点横坐标为200mL时，c（NaOH）= mol/L，故D错误；
故选：AB。
16．氮化镓（GaN）是制造LED的重要材料，被誉为“第三代半导体材料”。镓（31Ga）的氧化物和氢氧化物均为两性化合物，工业制备氮化镓的工艺流程如图所示。下列判断正确的是
A．Ga位于第五周期第IIIA族 B．酸性：Al(OH)3>Ga(OH)3
C．Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2 D．Ga与NH3反应的另一种生成物可用作航天燃料
【答案】CD
【分析】
铝土矿中加入氢氧化钠，镓（31Ga）和铝的氧化物均为两性氧化物，故反应生成偏铝酸钠和NaGaO2，通入适量的二氧化碳后，偏铝酸钠优先与二氧化碳反应生成氢氧化铝，NaGaO2经过系列反应得到单质镓，最终与氨气反应生成GaN。
【详解】
A. Ga的原子序数为31，位于第四周期第IIIA族，A错误；
B. 根据流程，将适量CO2通入NaAlO2和NaGaO2的混合液中得到Al(OH)3沉淀，说明CO2优先与NaAlO2反应，则酸性Al(OH)3＜Ga(OH)3，B错误；
C.Ga的氧化物和氢氧化物均为两性化合物，且根据题中流程图可知，Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2，C正确；
D. 根据元素守恒可知，Ga与NH3反应的另一种生成物为氢气，氢气具有可燃性，可用作航天燃料，D正确；
答案为CD。
三、工业流程题
17．硫酸铝在造纸、水净化、土壤改良中有着广泛的应用，同时还是泡沫灭火器中的试剂。某化工厂利用含铝废料(成分为A12O3，SiO2及少量FeO∙xFe2O3)制备硫酸铝晶体的工艺流程如下图所示,回答相关问题。
又知生成氢氧化物沉淀的PH如下表:
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀时
3.6
6.3
2.3
完全沉淀时
4.9
8.3
3.2
(1)料渣1的成分是_____________，操作X的内容是___________、洗涤、干燥等。
(2)试剂B最好是________________，a的范围是_________________
(3)试剂A是一种液态绿色氧化剂，料液Ⅰ中反应的离子方程式______________________
(4)泡沫灭火器容器构造分为内外两层，内层是玻璃容器、外层是钢筒。则硫酸铝溶液应盛放在__________容器中。
(5)若将该生产流程改为制备铝，则需要在料液Ⅱ中通入足量的氨气，然后过滤、洗涤灼烧，再电解得到铝，请写出通入足量的氨气发生反应的离子方程式______________，电解生成铝的化学方程式_____________________
【答案】SiO2 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 Al2O3或Al(OH)3 3.2≤PH＜3.6(或3.2~3.6) 1.0×10-37.4 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 玻璃 Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3 2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑
【分析】
铝废料预处理后加入过量稀H2SO4酸浸，Al2O3和少量的FeO∙xFe2O3溶解转化为可溶于水的Al2(SO4)3、FeSO4、Fe2(SO4)3，SiO2属于酸性氧化物，SiO2与稀H2SO4不反应，料渣I的成分为SiO2；料液I中含Al2(SO4)3、FeSO4、Fe2(SO4)3和过量H2SO4，根据Al3+、Fe2+、Fe3+生成氢氧化物沉淀的pH，试剂A的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入试剂B调节pH=a除去Fe3+，料液II为Al2(SO4)3溶液，将Al2(SO4)3溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后得到Al2(SO4)3∙18H2O，由此分析。
【详解】
(1)根据上述分析，料渣I的成分为SiO2；操作X为从Al2(SO4)3溶液中获得Al2(SO4)3∙18H2O，操作X是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(2)试剂B是用来调节pH除去Fe3+，为了不引入新杂质，试剂B最好是Al2O3或Al(OH)3。 (3)试剂A将Fe2+氧化成Fe3+，试剂A是一种液态绿色氧化剂，试剂A为H2O2，料液I中反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(4)硫酸铝属于强酸弱碱盐，由于Al3+的水解Al2(SO4)3溶液呈酸性，可腐蚀钢筒，Al2(SO4)3溶液应盛放在玻璃容器中；
(5)料液II为Al2(SO4)3溶液，通入足量的氨气，氨气会和水反应生成一水合氨，铝离子和一水合氨发生反应生成氢氧化铝和铵根离子，离子方程式为：Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3，将氢氧化铝过滤、洗涤，灼烧后氢氧化铝转化为氧化铝，电解氧化铝可以得到铝和氧气，化学方程式为：2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑。
四、实验题
18．碳化铝（Al4C3）用于冶金及催化剂，可由两种单质在高温下直接化合来制备，含有大量氮化铝（AlN）和少量Al2O3．
已知：①AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑．
②Al4C3与水接触，会很快放出易燃气体甲烷，并生成氢氧化铝。
为测定某Al4C3样品的含量，设计如下实验方案：取一定量的样品，选择以下装置测定样品中Al4C3的纯度（夹持仪器已略去）．
（1）写出Al4C3与过量氢氧化钠溶液反应的化学方程式_________.
（2）测定样品中Al4C3的纯度可以选择上图装置中的A、_________、C．
（3）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先_________，再加入实验药品，接下来的实验操作是打开分液漏斗活塞，滴加NaOH浓溶液至不再产生气体．然后关闭分液漏斗活塞，恢复到室温后，上下调节量气管使左右液面相平，然后读数．
（4）若要选择装置D：则D装置中所装试剂是_________，作用是_________，装置中球形干燥管的作用是_________．
（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是_________（填字母）．
A．CCl4 B．H2O C．
（6）①若样品中含铝元素的质量是13.5g，滴加100mL氢氧化钠溶液，样品完全溶解且氢氧化钠也恰好完全反应，则所加氢氧化钠溶液的物质的量浓度为_________．（忽略反应前后溶液体积的变化）
②若将a处胶管用弹簧夹夹住，其他操作均同上（样品完全反应），则最终测定的结果_________．（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
【答案】Al4C3 + 4NaOH + 4H2O = 4 NaAlO2 + 3CH4 ↑ D 检查装置气密性 浓硫酸（或稀硫酸、水） 吸收氨气（或除去氨气） 防止倒吸 B 5mol/L 偏大
【解析】
(1)Al4C3与水接触，会很快放出易燃气体甲烷，并生成氢氧化铝，氢氧化铝能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，因此Al4C3与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和甲烷，反应的化学方程式为Al4C3 + 4NaOH + 4H2O = 4 NaAlO2 + 3CH4 ↑，故答案为Al4C3 + 4NaOH + 4H2O = 4 NaAlO2 + 3CH4 ↑；
(2)AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，要测定测定样品中Al4C3的纯度，需要除去甲烷中的氨气，氨气极易溶于水，可以用D吸收生成的氨气，因此选择的装置为A、D、C，故答案为D；
(3)根据制备气体的一般步骤，组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品，接下来的实验操作是打开分液漏斗活塞，滴加NaOH浓溶液至不再产生气体．然后关闭分液漏斗活塞，恢复到室温后，上下调节量气管使左右液面相平，然后读数，故答案为检查装置气密性；
(4)氨气的水溶液显碱性，可以用稀硫酸吸收生成的氨气，装置中球形干燥管可以防止倒吸，故答案为稀硫酸； 吸收氨气；防止倒吸；
(5)甲烷不溶于水，可以通过排水法收集生成的甲烷气体，故选B；
(6)①根据Al~NaOH~ NaAlO2，氢氧化钠的物质的量与铝的物质的量相等，则氢氧化钠溶液的物质的量浓度= =5mol/L，故答案为5mol/L；
②若将a处胶管用弹簧夹夹住，其他操作均同上(样品完全反应)，导致部分空气被当做甲烷排除，使得生成的甲烷气体的体积偏大，则最终测定的结果偏大，故答案为偏大。
点睛：本题考查了物质性质的探究实验设计和实验分析判断，实验基本操作和物质性质的掌握是关键。本题的易错点是实验误差的分析，a处胶管用弹簧夹夹住，在反应过程中滴入的液体将部分空气排出造成结果偏大。
五、元素或物质推断题
19．已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合下图（反应条件省略）
（1）若甲为气态非金属单质，丙能与人体血液中的血红蛋白结合而使人中毒，则乙的电子式为_______________。
（2）若甲为黄绿色气体，X为常见的金属，则X在元素周期表中的位置是_________，丙的水溶液呈___（填酸性、碱性或中性），原因是：______________（用离子方程式表示）。含amol乙的溶液溶解了一定量X后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的乙的物质的量是________ mol。
（3）若X为酸性氧化物且具有漂白性，甲溶液的焰色反应呈黄色，则标准状况下8.96 L 气体X与2 L 0.25 mol/L的甲溶液反应生成的溶液中乙和丙的物质的量浓度之比为（不考虑离子的水解）___________。另有和丙具有相同元素组成的物质丁，丙和丁能反应生成气体，写出该反应的离子方程式______________________。
（4）若X为强碱溶液，乙为白色胶状沉淀，则甲与丙反应的离子方程式为 ____________。
【答案】 第四周期第VIII族 酸性 Fe2+ +2H2O Fe(OH)2+2H+ 0.4a 1:3 H＋＋=H2O＋SO2↑ Al3+＋3＋6H2O =4Al(OH)3↓
【详解】
（1）若甲为气态非金属单质，丙能与人体血液中的血红蛋白结合而使人中毒，丙是CO，甲是C，则乙是CO2，,电子式；
（2）若甲为黄绿色气体，甲为氯气，X为常见的金属，说明X是变价金属，铁，则X在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族，丙是氯化亚铁，水溶液呈酸性，原因是Fe2+ +2H2O Fe(OH)2+2H+；含amol乙的溶液溶解了一定量X,，发生Fe+2Fe3+ =3Fe2+，设反应了xmol的Fe3+，根据溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，可知a-x=(3/2)x，x=0.4a；被还原的乙的物质的量是0.4amol；
（3）若X为酸性氧化物且具有漂白性，X是SO2，甲溶液的焰色反应呈黄色，甲为NaOH溶液，则乙为亚硫酸钠，丙为亚硫酸氢钠，标准状况下8.96 L 气体X物质的量0.4mol，与2 L 0.25 mol/L的甲溶液，物质的量为0.5mol，发生反应SO2+2NaOH= Na2SO3+H2O，Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3，反应生成的溶液中Na2SO3的物质的量0.1mol，NaHSO3的物质的量为0.3mol，则乙和丙的物质的量浓度之比为1:3；物质丁和丙具有相同元素，丙和丁能反应生成气体，则丁是NaHSO4，离子方程式H＋＋=H2O＋SO2↑；
（4）若X为强碱溶液，乙为白色胶状沉淀，则乙是氢氧化铝，则甲是铝盐，丙是偏铝酸盐，甲与丙反应的离子方程式为Al3+＋3＋6H2O =4Al(OH)3↓。
20．某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的若干种离子。
阳离子
Mg2+、NH、Ba2+、Al3+、Fe2+
阴离子
SiO、MnO、C1－、NO、SO
实验I：取少量该强酸性溶液A进行如图实验。
实验II：为了进一步确定该溶液的组成，取100mL原溶液A，向该溶液中滴加1mol·L 1的NaOH溶液，产生沉淀的质量与氧化钠溶液体积的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)不进行实验就可以推断出，表中的离子一定不存在的有___。
(2)该溶液中一定存在的离子是___。
(3)检验气体X的方法是___。
(4)写出实验I生成X气体的离子方程式：___。
(5)通过上述信息，推算该溶液中阴离子的浓度为____mol·L-1。
【答案】MnO、Fe2+、SiO、SO Mg2+、NH、Al3+、NO 将湿润的红色石蕊试纸黏在玻璃棒上，将玻璃棒靠近气体，试纸变蓝，则为氨气 NH＋OH－H2O＋NH3↑ 0.08
【分析】
无色溶液，说明无MnO、Fe2+，强酸性溶液，说明无SiO、SO，加入硝酸银，无沉淀生成，说明不含C1－，根据溶液呈中学，则一定含NO，加入稀硫酸后，得到溶液B，说明不含Ba2+，再加入过量NaOH，有气体X，该气体为氨气，说明含有NH，沉淀Z，说明含有Mg2+；向A溶液中滴加NaOH，开始是氢离子和氢氧根反应，继续滴加，BC沉淀溶解一部分，说明A沉淀含有氢氧化铝沉淀，则1mL以后镁离子、铝离子和氢氧根反应，6mL以后铵根和氢氧根反应。
【详解】
(1)根据溶液无色，得出溶液中不含MnO、Fe2+，根据溶液呈强酸性，说明不含SiO、SO，因此不进行实验就可以推断出，表中的离子一定不存在的有MnO、Fe2+、SiO、SO；故答案为：MnO、Fe2+、SiO、SO。
(2)根据前面分析该溶液中一定存在的离子是Mg2+、NH、Al3+、NO；故答案为：Mg2+、NH、Al3+、NO。
(3)X气体为氨气，用湿润的红色石蕊试纸检验，故答案为：将湿润的红色石蕊试纸黏在玻璃棒上，将玻璃棒靠近气体，试纸变蓝，则为氨气。
(4)实验I生成X气体是铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气，其离子方程式：NH＋OH－＝H2O＋NH3↑；故答案为：NH＋OH－H2O＋NH3↑。
(5)通过上述信息，B点溶质为NaNO3(假设氨气全部逸出)，根据n(NO)＝n(NaOH)= 1mol∙L−1×0.008L=0.008mol，该溶液中阴离子的浓度为；故答案为：0.08。
浙江真题题组
1.(2020年7月选考)．下列说法不正确的是( )
A．会破坏铝表面的氧化膜
B．的热稳定性比强
C．具有氧化性，其稀溶液可用于消毒
D．钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀
【答案】B
A．Cl-很容易被吸附在铝表面的氧化膜上，将氧化膜中的氧离子取代出来，从而破坏氧化膜，A选项正确；
B．碳酸氢钠受热分解可产生碳酸钠、水和二氧化碳，则稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，B选项错误；
C．KMnO4具有强氧化性，可使病毒表面的蛋白质外壳变形，其稀溶液可用于消毒，C选项正确；
D．钢铁在潮湿的空气中，铁和碳、水膜形成原电池，发生电化学腐蚀，腐蚀速率更快，D选项正确；
答案选B。
2.（2020年1月浙江选考）．下列关于铝及其化合物说法，不正确的是（ ）
A．明矾可用作净水剂和消毒剂 B．利用铝热反应可冶炼高熔点金属
C．铝可用作包装材料和建筑材料 D．氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物
【答案】A
A.明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A错误；
B.铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，故B正确。
C.铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正确；
D.胃酸主要成分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D正确；
故答案为A。
3.（2020年1月浙江选考）．．某固体混合物X，含有、、和中的几种，进行如下实验：
①X与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z；
②沉淀Y与溶液作用，无变化。
下列说法不正确的是（ ）
A．混合物X中必定含有，不含
B．溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含
C．灼烧沉淀Y，可能得到黑色物质
D．往溶液Z中加入Cu粉，若不溶解，说明X中不含
【答案】D
A. 根据分析可知混合物X中必定含有，不含，故A正确；
B.溶液Z显弱碱性，所以大量存在的阳离子只能是钠离子，碳酸钠的水解分两步：CO32-+H2O=HCO3-+OH-；HCO3-+ H2O =H2CO3+OH-；由于发生双水解反应产生了二氧化碳且溶液显碱性说明溶液中依然存在第二步水解，第一步水解有可能存在，即溶液中一定有碳酸氢根，所以溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含，故B正确；
C.沉淀Y中可能含有氢氧化铜，故灼烧可以得到黑色固体，故C正确；
D.溶液Z显弱碱性，一定不存在，故D错误；
故答案为D。
4.(2020年7月浙江选考)Ⅰ.化合物Ⅹ由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，Y为纯净物；取，用含的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成和两等份，完成如下实验(白色沉淀C可溶于溶液)：
请回答：
(1)组成X的四种元素是N、H和_______(填元素符号)，X的化学式是_________。
(2)溶液B通入过量得到白色沉淀C的离子方程式是______________。
(3)写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)_____________。要求同时满足：
①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素；
②反应原理与“”相同。
Ⅱ.某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验，如图。实验中观察到的现象有：锥形瓶内有白雾，烧杯中出现白色沉淀。请回答：
(1)将浓硫酸和浓盐酸混合可产生气体的原因是________。
(2)烧杯中出现白色沉淀的原因是_____________。
【答案】 或 吸收浓盐酸中的水分且放热导致挥发 气体会将带出，与作用生成
Ⅰ.（1）由分析可知，Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N原子的物质的量为：，Al原子的物质的量为：，A2溶液中含有的Cl-的物质的量为： ；
故一半溶液中含有的H原子的物质的量为：，故X中含有四种元素即N、H、Al、Cl，其个数比为：，故X的化学式为：AlCl3NH3，故答案为：Al Cl AlCl3 NH3；
(2)根据分析（1）可知，溶液B中通入过量的CO2所发生的离子方程式为：，故答案为：；
(3)结合题给的两个条件，再分析化合物X(AlCl3NH3)是NH3和AlCl3通过配位键结合成的化合物，不难想到类似于NH3和H2O反应，故可以很快得出该反应的离子方程式为AlCl3+Cl-= 或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3，故答案为：AlCl3+Cl-= 或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3；
Ⅱ.(1)由于浓硫酸具有吸水性且浓硫酸稀释是个放热过程，而且HCl的挥发性随浓度增大而增大，随温度升高而增大，从而得出用浓硫酸和浓盐酸混合制备HCl的原理是浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来，故答案为：浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来；
(2)浓硫酸虽然难挥发，但也会随HCl气流而带出少量的H2SO4分子，与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡白色沉淀，故答案为：HCl气体能够带出H2SO4分子，与Ba(NO3)2反应生成BaSO4沉淀。
5．[2021年4月浙江选考]某兴趣小组在定量分析了镁渣[含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2]中Mg含量的基础上，按如下流程制备六水合氯化镁(MgCl2·6H2O)。
相关信息如下：
①700℃只发生MgCO3和Mg(OH)2的分解反应。
②NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大。
③“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。
请回答：
（1）下列说法正确的是________。
A．步骤Ⅰ，煅烧样品的容器可以用坩埚，不能用烧杯和锥形瓶
B．步骤Ⅲ，蒸氨促进平衡正向移动，提高MgO的溶解量
C．步骤Ⅲ，可以将固液混合物C先过滤，再蒸氨
D．步骤Ⅳ，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤
（2）步骤Ⅲ，需要搭建合适的装置，实现蒸氨、吸收和指示于一体(用硫酸溶液吸收氨气)。
①选择必须的仪器，并按连接顺序排列(填写代表仪器的字母，不考虑夹持和橡皮管连接)：热源→________。
②为了指示蒸氨操作完成，在一定量硫酸溶液中加指示剂。请给出并说明蒸氨可以停止时的现象____________________________。
（3）溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现溶液呈碱性。
①含有的杂质是________。
②从操作上分析引入杂质的原因是_______________________。
（4）有同学采用盐酸代替步骤Ⅱ中的NH4Cl溶液处理固体B，然后除杂，制备MgCl2溶液。已知金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围：
金属离子
pH
开始沉淀
完全沉淀
Al3+
3.0
4.7
Fe3+
1.1
2.8
Ca2+
11.3
－
Mg2+
8.4
10.9
请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用)：固体B→a→（___）→（___）→（___）→（___）→（___）→（___）→MgCl2溶液→产品。
a．用盐酸溶解 b．调pH＝3.0 c．调pH＝5.0 d．调pH＝8.5
e．调pH＝11.0 f．过滤 g．洗涤
[答案]（1）ABD
（2）a→d→f→c 甲基橙，颜色由红色变橙色
（3）碱式氯化镁(氢氧化镁) 过度蒸发导致氯化镁水解
（4）cfefga
【解析】（1）A.煅烧固体样品需用坩埚，烧杯和锥形瓶用来加热液体，A项正确；B.氯化铵水解方程式为NH4Cl+H2O⇌NH3·H2O+HCl，氧化镁和HCl反应，蒸氨即一水合氨分解，平衡向右移动，HCl浓度变大，促进了氧化镁的溶解，B项正确；C.根据信息②NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大，不能先过滤，否则氧化镁损耗很大，C项错误；D.固液分离操作均可采用常压过滤，使用减压过滤加快过滤速度，也可行，D项正确。故答案选ABD。
（2）①先选发生装置为a，然后连接回流装置d，生成的氨气有水蒸气，需要干燥，然后连接干燥管f，氨气是碱性气体，需要用酸吸收，最后连接c。故答案填a→d→f→c。
②硫酸和氨气恰好完全反应生成硫酸铵（(NH4)2SO4），硫酸铵显酸性，因而选择在酸性范围内变色的指示剂：甲基橙，其颜色变化是红色变为橙色。
（3）溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。①溶液仍呈碱性，注意不可能是氨气的影响，由于氯化镁水解使溶液呈酸性，故溶液的碱性是由杂质引起的。考虑到氯化镁易水解，所以含有的杂质可能是Mg(OH)Cl或者Mg(OH)2。
②升高温度会促进水解的进行，因而必然是蒸发阶段导致，即过度蒸发导致氯化镁水解。
（4）根据各离子完全沉淀的pH值，加酸后溶液呈酸性，可逐步提高pH，同时以沉淀形式除掉不同离子，因而先将pH调至5，除掉Al3+和Fe3+,然后过滤其沉淀，然后将pH调至11.0使得Mg2+变为Mg(OH)2沉淀，过滤并洗涤，得到纯净的Mg(OH)2沉淀，然后加入盐酸得到氯化镁溶液。故答案依次填cfefga。
6．[2021·浙江理综]Ⅰ.化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O↑+10MgO+3Al2O3
（1）写出该化合物作阻燃剂的两条依据____________。
（2）用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理________。
（3）已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理_______。
Ⅱ.磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：
请回答：
（1）A的组成元素为_________(用元素符号表示)，化学式为______。
（2）溶液C可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用____________。
（3）已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518 g·L−1)，该气体分子的电子式为____。写出该反应的离子方程式__________。
（4）写出F→G反应的化学方程式_____________。设计实验方案探究溶液G中的主要微粒(不考虑H2O、H+、K+、I−)______________。
【答案】Ⅰ.（1）反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气
（2）Al2O3 +2OH－2+H2O
（3）NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl、MgO+2HClMgCl2+H2O
Ⅱ.（1）S、Fe Fe3S4
（2）制印刷电路板
（3） Fe3S4+6H+3H2S↑+3Fe2++S
（4）H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI
取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有，过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若产生白色沉淀，则有H2SO3。
【解析】本题考查镁铝化合物性质、盐类水解、无机推断。
Ⅰ.（1）2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O↑+10MgO+3Al2O3 ，分解反应是吸热反应，降低温度，生成的氧化镁和氧化铝都是熔点很高的氧化物，附着表面会阻止燃烧，水蒸气稀释空气；
（2）氧化镁是碱性氧化物溶于酸，氧化铝是两性氧化物溶于酸、碱，加入氢氧化钠溶解后过滤除去Al2O3，反应的离子方程式为：Al2O3 +2OH－2+H2O；
（3）氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于水解生成的酸，反应的化学方程式为：NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl，MgO+2HClMgCl2+H2O；
Ⅱ.C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe(SCN)3等，可知B为Fe2O3，且n(Fe2O3)= =0.015mol，n(Fe)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m(S)=2.96 g−1.68 g=1.28 g，n(S)= =0.04mol，可知n(Fe)∶n(S)=3∶4，应为Fe3S4。
（1）由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，为Fe3S4；
（2）铁离子具有强氧化性，可氧化铜，常用于刻饰铜线路板；
（3）化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518 g•L−1)，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4 L=34，为H2S气体，电子式为 ，反应的离子方程式为Fe3S4+6H+3H2S↑+3Fe2++S；
（4）F→G反应的化学方程式为H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI，溶液G中的主要微粒(不考虑H2O，H+，K+，I−) 为和H2SO3，可先检验，后检验有H2SO3，具体操作为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3。
全国真题题组
1.(2020年北京卷)．下列说法不正确的是
A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4(s)+CO⇌CaCO3(s)+SO
B．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：3Cl2+I-+3H2O=6Cl-+IO+6H+
C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe
D．淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
【答案】B
【解析】
A．硫酸钙的溶解度大于碳酸钙的溶解度，溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，所以锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，沉淀转换的实质就是沉淀溶解平衡的移动，平衡一般向生成更难溶物质的方向移动，则离子反应为：CaSO4(s)+CO⇌CaCO3(s)+SO，故A正确；
B．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝是由于氯气与碘离子反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，发生的反应为： Cl2+2I-=I2+2Cl-，故B错误；
C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂发生反应生成熔融态的铁单质，可用于焊接钢轨，发生的反应为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故C正确；
D．空气中含有二氧化碳和水蒸气，过氧化钠可与水和二氧化碳反应，淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色，发生的反应有：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氢氧化钠继续与二氧化碳反应，最终白色物质为碳酸钠，故D正确；
答案选B。
2.(2020年江苏高考)．下列有关化学反应的叙述正确的是
A．室温下，Na在空气中反应生成Na2O2
B．室温下，Al与4.0 mol﹒L-1NaOH溶液反应生成NaAlO2
C．室温下，Cu与浓HNO3反应放出NO气体
D．室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4
【答案】B
【解析】A．室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，故A错误；
B．室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；
C．室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C错误；
D．室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D错误。
综上所述，答案为B。
3.(2020年江苏高考)．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．Cl2通入水中制氯水：
B．NO2通入水中制硝酸：
C．NaAlO2溶液中通入过量CO2：
D．AgNO3溶液中加入过量浓氨水：
【答案】C
【解析】A.次氯酸为弱酸，书写离子方程式时应以分子形式体现，正确的是Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故A错误；
B.NO2与H2O反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，离子方程式为3NO2＋H2O=2H＋＋2＋NO，故B错误；
C.碳酸的酸性强于偏铝酸，因此NaAlO2溶液通入过量的CO2，发生的离子方程式为＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋，故C正确；
D.AgOH能与过量的NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH，故D错误；
答案为C。
4.(2020年江苏高考)．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
B．氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C．氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸
D．明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水
【答案】D
【解析】A．铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；
B．氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；
C．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；
D．明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正确；
故选D。
5．[2021天津]下列有关金属及其化合物的应用不合理的是
A．将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的
B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
C．盐碱地（含较多等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
D．无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
【答案】C
【解析】
【分析】A、氯气能将铁和亚铁氧化；
B、根据合金的性质判断；
C、Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性；
D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同。
【详解】A、铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；B、根据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故B不选；C、Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，故D不选。故选C。
【点睛】本题考查金属元素及其化合物的应用，易错点C，除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在应用中是否符合要求，生成的NaOH仍然呈碱性，达不到降低碱度的目的。
6．[2018·江苏]在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】A项，NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现；B项，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现；C项，AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现；D项，Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现；物质间转化均能实现的是A项，答案选A。
点睛：本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化的条件。注意量的多少对生成物的影响，如NaAlO2与少量HCl反应生成NaCl和Al（OH）3，NaAlO2与过量HCl反应生成NaCl、AlCl3和H2O。
7．[2021·上海]已知NaOH+Al(OH)3→Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是
A．CO2+2OH−→+H2O B．Al2O3+2OH−+3 H2O→2 [Al(OH)4] −
C．2 Al+2OH−+6H2O→2 [Al(OH)4] −+3 H2↑ D．Al3++4 OH−→[Al(OH)4]−
【答案】D
【解析】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，表现为铝罐变瘪，接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应，因铝罐表面有氧化膜Al2O3，Al2O3具有两性可溶解于氢氧化钠溶液，然后单质Al与氢氧化钠溶液反应生成H2，罐壁又重新凸起。故可发生A、B、C的反应。故选D。
8.（2020年全国1卷）．．钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。
(4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。
【答案】加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） Fe2+ VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O Mn2+ Fe3+、Al3+ Fe(OH)3 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O 利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
【解析】
【分析】
黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。
【详解】
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；
(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；
(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；
(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；
(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
9.(2020年全国3卷节选)．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。
【答案】除去油脂、溶解铝及其氧化物 +H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O Ni2+、Fe2+、Fe3+ O2或空气 Fe3+ 2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O 提高镍回收率
【解析】 (1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O；
(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；
(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。
10．[2021·江苏]铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH________(填“增大”、“不变”或“减小”)。
（3）“电解Ⅰ”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Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为__________________________，阴极产生的物质A的化学式为________。
（5）铝粉在1 000 ℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是______________________________________。
【答案】（1）Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O
（2）减小
（3）石墨电极被阳极上产生的O2氧化
（4）4CO＋2H2O－4e－===4HCO＋O2↑ H2
（5）NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
【解析】（1）“碱溶”时，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，注意离子方程式。
（2）“过滤I”所得滤液为NaAlO2溶液，加入NaHCO3溶液，过滤Ⅱ后电解的是Na2CO3溶液，说明溶液的溶质由NaAlO2变为Na2CO3，发生反应AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO，说明AlO结合H＋能力强于CO，即其水解能力强，说明碱性NaAlO2>Na2CO3，溶液的pH减小。
（3）电解Al2O3，阳极O2－放电生成O2，石墨(C)电极会被O2氧化。
（4）阳极溶液中的阴离子即水中的OH－放电生成O2(图示)及H＋(2H2O－4e－===O2↑＋4H＋)，H＋与CO结合生成HCO(CO＋H＋===HCO，由图阳极区Na2CO3生成NaHCO3)，写出总反应：4CO＋2H2O－4e－===4HCO＋O2↑。阴极，水中的H＋放电生成H2。
（5）NH4Cl加热时分解生成HCl和NH3，HCl可以破坏铝表面的氧化膜，有利于反应进行。
一、 铝
1．铝的存在和物理性质
（1）存在：在地壳中含量前四位的元素依次是O、Si、Al、Fe，铝元素全部以化合态的形式存在。
（2）银白色有金属光泽的固体，有良好的传热性、导电性和延展性，密度较小，质地柔软，在空气中具有抗腐蚀能力，原因是与氧气反应形成致密的氧化物保护膜。
2．铝的化学性质
注意：
①常温下，能用铝制容器盛放浓硫酸、浓硝酸的原因是二者能使铝发生“钝化”，而不是铝与浓硫酸、浓硝酸不反应。
②能与铝反应产生氢气的溶液可能呈强酸性也可能呈强碱性。
③在空气中具有抗腐蚀能力，原因是表面生成一层致密的氧化膜。
3．从铝土矿中获得铝的方法
（1）从铝土矿制备铝的工艺流程：
（2）从铝土矿中获得铝涉及的反应化学方程式
①溶解：Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O。
②酸化：NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3。
③灼烧：2Al(OH)3Al2O3＋3H2O。
④电解：2Al2O34Al＋3O2↑。
铝热反应
2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
4Al+3MnO23Mn+2Al2O3
在实验室按如图所示装置进行铝热反应，实验现象是当外露部分镁条刚刚燃烧完毕时，纸漏斗内混合物立即剧烈反应，发出耀眼的光芒，产生大量的烟。纸漏斗被烧破，有红热状的液珠落入蒸发皿内的细沙上，液珠冷却后变为黑色固体(落下的是铁珠)。
铝热反应是指工业上用铝粉来还原一些金属氧化物，得到Fe、V、Cr、Mn等难溶金属的一类反应。铝热反应的实质是铝在高温条件下将活动性比铝弱的金属从其氧化物中置换出来。
二、铝的重要化合物
1．氧化铝和氢氧化铝
两性氧化物：既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氧化物。
两性氢氧化物：既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氢氧化物。
名称
氧化铝
氢氧化铝
化学式
Al2O3
Al(OH)3
类别
两性氧化物
两性氢氧化物
物理
性质
高熔点，高沸点，高硬度，不溶于水的白色固体
不溶于水的白色胶状固体，具有吸附性
化学
性质
①与强酸反应：
Al2O3+6H+2Al3++3H2O
②与强碱反应：
Al2O3+2OH−2+H2O
①两性：
Al(OH)3+3H+Al3++3H2O
Al(OH)3+OH−+2H2O
②热稳定性：
2Al(OH)3Al2O3+3H2O
用途
炼铝原料、制作耐火材料
可用作吸附剂、媒染剂和净水剂；治疗胃酸；可作为制造瓷釉、耐火材料、防水织物的原料
2．明矾
带有十二个结晶水的硫酸铝钾称为十二水合硫酸铝钾，俗称明矾，化学式为KAl(SO4)2·12H2O，它是无色晶体，可溶于水。由于Al3+能水解生成具有强吸附性的胶体：Al3++3H2O===3H++Al(OH)3，故明矾是一种常用的净水剂。
明矾中含有Al3+和，向明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当Al3+ 恰好完全沉淀时，离子方程式为2Al3+ +3+3Ba2+ +6OH−===2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，此时只沉淀了总量的四分之三，总的沉淀的物质的量达到最大；当完全沉淀时，离子方程式为Al3++2+2Ba2++4OH−===2BaSO4↓++2H2O，此时Al3+ 恰好完全转化为，总的沉淀的质量达到最大。
三、铝的化合物之间的转化关系
1．具体反应
Al(OH)3+OH−+2H2O
Al(OH)3+3H+Al3++3H2O
Al3++3OH−Al(OH)3↓
+H++H2OAl(OH)3↓
+4H+Al3++2H2O
Al3++4OH−+2H2O
Al3++3+6H2O4Al(OH)3↓
2．应用
（1）判断离子共存问题
Al3+与OH−及、、S2−等弱酸根阴离子或与H+、以及弱碱阳离子Al3+、Fe3+等因生成沉淀或发生水解相互促进反应而不能大量共存。
（2）鉴别(利用滴加顺序不同，现象不同)
①向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀溶解。
②向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始无明显现象，后产生白色沉淀，沉淀不溶解。
（3）分离提纯
①利用Al能溶于强碱溶液，分离Al与其他金属的混合物。
②利用Al2O3，能与强碱溶液反应，分离Al2O3与其他金属氧化物。
③利用Al(OH)3能与强碱溶液反应，分离Al3+与其他金属阳离子。
考向一 铝及其化合物的转化
典例1 工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图所示：
下列叙述正确的是
A．试剂X可以是NaOH溶液，也可以是盐酸
B．反应①过滤后所得沉淀为Fe(OH)3
C．图中所有转化反应都不是氧化还原反应
D．反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3
【解析】根据流程图可知，X一定是NaOH，Y一定是CO2，加X后得到的沉淀为Fe2O3。
【答案】D
1．铝及其化合物在生产、生活等方面有广泛的应用。
（1）铝元素位于周期表中第__________周期__________族。硼、镓与铝位于同一主族，现有下列三种物质：①Na[Al(OH)4]、②Na[B(OH)4]、③Na[Ga(OH)4]，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为___________(用序号表示)。{Na[Al(OH)4]也可表示偏铝酸钠，硼、镓类似}
（2）将20.0 mL 0.1 mol/L Ba(OH)2溶液和20.0 mL 0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液混合，所得溶液中Al3+、、、OH−、H+的浓度由大到小的顺序为 _____________。
（3）氮化铝(AlN)是一种新型的无机非金属材料，可用作热交换器材料。某AlN样品中仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，甲组同学设计了如下流程：
已知：AlN+NaOH+H2O===NaAlO2+NH3↑。
①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和______________。
②实验过程中，称得样品的质量为4.2 g，最后得到的固体为5.1 g，则样品中AlN的质量分数为___________。(不考虑整个过程中的损耗)
【答案】（1）三 ⅢA ③>①>②
（2）c()>c()>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)
（3）①玻璃棒 ②87.86%
【解析】（1）铝元素位于周期表中第三周期ⅢA族。同周期元素从上到下非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱，Na[B(OH)4]水解程度最小、Na[Ga(OH)4] 水解程度最大，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为Na[Ga(OH)4]> Na[Al(OH)4]> Na[B(OH)4]。
（2）将20.0 mL 0.1 mol/L Ba(OH)2溶液和20.0 mL 0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液混合，、，反应后c()=0.1 mol/L÷2=0.05 mol/L；铵根水解，c()<0.1 mol/L÷2=0.05 mol/L；c(Al3+)=(0.1 mol/L−)÷2=，此时铵根水解溶液呈酸性， c()>c()>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)。
（3） ①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；设AlN的质量为a g，根据关系式
2AlN~Al2O3 Δm
82 102 20
a 0.9
a=0.369 g，AlN的质量分数为87.86%。
考向二 铝与酸、碱反应的有关计算
（1）铝能与酸溶液反应生成H2和铝盐(Al3+)，但与稀HNO3反应不生成H2，且在浓HNO3、浓H2SO4中钝化。
（2）铝与强碱溶液反应生成H2和偏铝酸盐()。
（3）铝与酸或碱溶液反应生成H2的量的关系：
有关离子方程式为：
2Al+6H+2Al3++3H2↑
2Al+2OH−+2H2O2+3H2↑
Al与酸、碱反应的实质都是：AlAl3+，2H+H2，故与酸或碱反应时，铝与氢气的关系均为2Al～3H2↑，利用此性质可以方便地进行有关计算。
①等量Al分别与足量酸(H+)和碱(OH−)溶液反应，生成H2之比为1∶1，消耗H+和OH−之比为3∶1。
②足量Al分别与所含H+和OH−物质的量相等的溶液反应，生成H2之比为1∶3。
③若产生H2之比为<<，则必定是：
与酸反应时，Al过量、H+不足，而与碱反应时，Al不足、OH−过量。
典例1 （1）等质量的两份铝分别与足量的HCl、NaOH溶液反应，所得H2的体积之比是________。
（2）足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，产生H2的体积之比是________。
【解析】（1）根据化学方程式：2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑得Al与H2的关系式均为2Al～3H2，故只要参加反应的Al的量相等，所得H2的量必相等。（2）因为在反应中Al过量，产生的H2由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式：6HCl～3H2、2NaOH～3H2，故当HCl、NaOH物质的量相等时，二者产生H2的体积比为1∶3。
【答案】（1）1∶1
（2）1∶3
2．有两种金属组成的混合物粉末15g与足量的稀盐酸反应，生成11.2L(标准状况下)H2，则该混合物的组成不可能是
A．Fe、Zn B．Al、Cu
C．Al、Na D．Al、Fe
【答案】A
【解析】本题考查了混合物计算。标况下，11.2L氢气的物质的量为=0.5mol，假设金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量为0.5mol，金属平均相对原子质量为=30。Fe的相对原子质量为56，Zn的相对原子质量为65，均大于30，不符合题意，故A错，选A。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，Cu不与盐酸反应，相对原子质量视作无穷大，符合题意，故B正确，不选。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，如Na为+2价，其相对原子质量为23×2=46，符合条件，故C正确，不选。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，Fe的相对原子质量为56，符合题意，故D正确，不选。
考向三 Al(OH)3沉淀的图象分析
1．四个基本图象
（1）可溶性铝盐溶液与NaOH溶液反应的图象：
操作
可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量
NaOH溶液中逐滴加入可溶性铝盐溶液至过量
现象
立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失
无沉淀(有但即溶)→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失
图象
离子方
程式
Al3++3OH−Al(OH)3↓
Al(OH)3+OH−+2H2O
Al3++4OH−+2H2O
3+Al3++6H2O4Al(OH)3↓
（2）偏铝酸盐溶液与盐酸反应的图象：
操作
偏铝酸盐溶液中逐滴加稀盐酸至过量
稀盐酸中逐滴加偏铝酸盐溶液至过量
现象
立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失
无沉淀(有但即溶)→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失
图象
离子方
程式
+H++H2OAl(OH)3↓
Al(OH)3+3H+Al3++3H2O
+4H+Al3++2H2O；
Al3++3+6H2O4Al(OH)3↓
2．拓展图象
（1）向AlCl3溶液中逐滴加入氨水或NaAlO2溶液至过量，图象如图1所示。
（2）向NaAlO2溶液中逐滴加入AlCl3溶液或通入CO2至过量，图象如图2所示。
（3）向MgCl2、AlCl3和盐酸的混合溶液(即将Mg、Al溶于过量盐酸所得的溶液)中逐滴滴入NaOH溶液至过量，图象如图3所示。
（4）向MgCl2、AlCl3混合溶液中先加入NaOH溶液，后加入盐酸(NaOH与盐酸的物质的量浓度相等)，沉淀图象如图4所示。
典例1 如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线。下列判断错误的是
A．①线表示Al3＋的物质的量的变化
B．x表示AlCl3的物质的量
C．③线表示Al(OH)3的物质的量的变化
D．④线表示AlO的物质的量的变化
【解析】假定向含有1 mol AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3++3OH−===Al(OH)3↓，Al3+完全沉淀，消耗3 mol OH−，生成1 mol Al(OH)3，然后发生反应Al(OH)3+OH−===AlO2−+2H2O，沉淀完全溶解消耗1 mol OH−，生成1 mol AlO2−，前后两部分消耗的OH−为3∶1；
假定向含有4 mol NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3++4OH−===AlO2−+2H2O，OH−完全反应消耗1 mol Al3+，生成1 mol AlO2−，然后发生反应Al3++3AlO2−+6H2O===4Al(OH)3↓，AlO2−完全反应，消耗 mol Al3+，生成mol Al(OH)3↓，前后两部分消耗的Al3+为1 mol∶ mol=3∶1；
由图象可知，①②表示微粒、③④表示微粒物质的量关系为1：1可知，该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，A．由上述分析可知，首先发生反应Al3++3OH−===Al(OH)3↓，溶液中铝离子物质的量减少，①线表示Al3+的物质的量的变化，故A正确；B．由上述分析可知，x表示NaOH溶液，故B错误；C．由上述分析可知，随反应进行Al(OH)3物质的量先增大，或减小，故②③线表示Al(OH)3的物质的量的变化，故C正确；D．由上述分析可知，Al(OH)3溶解时，AlO2−的物质的量增大，④线表示AlO2−的物质的量的变化，故D正确；故选B。
【答案】B
3．向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1 mol/L Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是
A．图中C点铝元素存在形式是
B．向D点溶液中通人CO2气体，立即产生白色沉淀
C．原混合液中c[Al2(SO4)3]∶c(AlCl3)=1∶2
D．OA段反应的离子方程式为：3Ba2++2Al3++8OH−+3===3BaSO4↓+2+4H2O
【答案】D
【解析】向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH−、Ba2+与之间的离子反应，如下：Ba2++===BaSO4↓，Al3++3OH−===Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH−===+2H2O，假设1 mol Al2(SO4)3中完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3 mol，提供6 mol OH−，1 mol Al2(SO4)3中含有2 mol Al3+，由反应Al3++3OH−===Al(OH)3↓可知，2 mol Al3+完全沉淀，需要6 mol OH−，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时完全沉淀，A~B为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，B~C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。A、C点时氢氧化铝完全溶解，转化为偏铝酸盐，故C点铝元素存在形式是，A正确；B、D点的溶液中含有Ba2+、，通入二氧化碳立即产生碳酸钡、氢氧化铝沉淀，B正确；C、前3 L Ba(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3 L~6 L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3 L×1 mol/L=3 mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2(SO4)3]= n [Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1 mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)=2n [Ba(OH)2]=6 mol，故n(AlCl3)=2 mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]∶c(AlCl3)=1∶2，C正确；D、OA段实质为硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：3Ba2++2Al3++6OH−+3===3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，D错误；答案选D。
考向四 有关镁、铝合金的定量计算
镁、铝都能与非氧化性酸反应生成相应的盐。镁和铝的化合物与强碱溶液反应时，一个重要的特征是它们相对量的不同，沉淀量也有所不同。沉淀量随强碱量的变化关系用文字很难表达清楚，但若用图象表示，不仅有助于理解镁和铝的化合物与强碱反应的过程，也有助于解决有关计算问题。
1.向含Mg2+与Al3+的混合溶液中逐滴加入强碱溶液
（1）现象：出现沉淀→渐多→最多→减少→不变。
（2）图象：如图甲。
（3）量的关系：①n(Al3+)=(b−a) mol；②n(Mg2+)= mol。
2.向含Mg2+与Al3+的酸性溶液中逐滴加入强碱溶液
（1）现象：无明显现象→出现沉淀→渐多→最多→减少→不变。
（2）图象：如图乙。
典例1 将一定质量的镁铝混合物投入200 mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5 mol·L－1的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示：
则下列说法不正确的是
A．镁和铝的总质量为9 g
B．最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸
C．硫酸的物质的量浓度为2.5 mol·L－1
D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L
【解析】由图像知，n[Mg(OH)2]＝0.15 mol，n[Al(OH)3]＝0.35 mol－0.15 mol＝0.2 mol，则m(Mg)＝0.15 mol×24 g·mol－1＝3.6 g，m(Al)＝0.2 mol×27 g·mol－1＝5.4 g，m(Mg)＋m(Al)＝9 g；由图像知，最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸；当沉淀达到最大值时，溶液中的溶质只有Na2SO4，则有n(Na＋)＝2n(SO)，即n(NaOH)＝2n(H2SO4)，n(H2SO4)＝n(NaOH)，c(H2SO4)＝n(H2SO4)/V＝＝2.5 mol·L－1；标准状况下0.15 mol的Mg生成的氢气为3.36 L，0.2 mol的Al生成的氢气为6.72 L，共生成氢气10.08 L，D项错误。
【答案】D
4．将0.1 mol镁和铝的混合物溶于100 mL 2 mol/L 稀硫酸中，然后滴加1 mol/L的NaOH溶液。
请回答下列问题：
（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。
则当V1=160 mL时，金属粉末中n(Mg)= mol，V2= mL。
（2）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)= 。
（3）若混合物仍为0.1 mol，其中镁粉的物质的量分数为a，用100 mL 2 mol/L稀硫酸溶解此混合物后，再加入450 mL 1 mol/L NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3。写出满足此条件的a的取值范围 。
【答案】（1）0.06 440 （2）400 mL （3）≤a<1
【解析】（1）由图象可知：160 mL NaOH溶液与过量的稀硫酸反应，则与Mg、Al反应的H2SO4的物质的量为n(H2SO4)=0.2 mol−0.16 mol×=0.12 mol。假设n(Mg)=x mol，n(Al)=y mol，则有方程组：，解得：x=0.06，y=0.04。当加入V2 mL NaOH溶液时，得到Mg(OH)2沉淀和NaAlO2，关系式为Mg2+~2OH−，Al3+~4OH−，则V2=160+ ×103=440。
（2）当Mg2+、Al3+刚好沉淀完全时，溶液中只有Na2SO4，关系式为2NaOH~H2SO4，则V(NaOH)==400 mL。
（3）当所得沉淀中无Al(OH)3时，反应后生成的溶质为Na2SO4、NaAlO2。根据钠元素守恒：n(NaOH)=0.45 L×1 mol/L≥0.1 L×2 mol/L×2+0.1 mol×(1−a)。解得a≥则满足此条件的a的取值范围是≤a<1。
一、单选题
1．下列说法错误的是( )
A．常温下，钠和钾的合金的硬度比钠大 B．蔗糖水解能生成葡萄糖和果糖
C．煤的干馏属于化学变化 D．铝制容器不宜长时间存放NaCl 溶液
【答案】A
【详解】
A．钠和钾的合金常温下为液态，钠在常温下为固态，所以钠和钾的合金的硬度比钠小，故A错误；
B．蔗糖是二糖，水解能生成一分子葡萄糖和一分子果糖，故B正确；
C．煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，属于化学变化，故C正确；
D．铝制容器长时间存放NaCl 溶液，易发生电化学腐蚀，故D正确；
故选A。
2．以下关于铝及其化合物性质的描述中不正确的是
A．铝不易被空气腐蚀是因为不会与氧气发生反应
B．铝热反应可用于焊接铁轨
C．氢氧化铝是一种两性氢氧化物
D．铝元素是地壳中含量最多的金属元素
【答案】A
【详解】
A．铝和氧气反应生成了氧化铝，氧化铝在铝的表面有保护作用，能阻止铝继续与氧气发生反应，并不是不会与氧气反应，故A错误；
B．依据铝热反应：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3可以进行铁轨的焊接，故B正确；
C．氢氧化铝既能和酸反应生成盐和水，也可以和碱反应生成盐和水，为两性氢氧化物，故C正确；
D．地壳中含量前五位的元素为O、Si、Al、Fe、Ca，铝元素是地壳中含量最多的金属元素，故D正确；
综上所述答案为A。
3．明矾KAl(SO4)2．12H2O]在造纸等方面应用广泛。实验室中采用废易拉罐（含有Al和少量Fe、Mg杂质）制备明矾的流程如图所示：
下列叙述错误的是
A．回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用
B．“沉淀”为Al2(CO3)3
C．“操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶
D．上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3
【答案】B
【详解】
A、可回收物是指各种废弃金属、金属制品、塑料等可回收的垃圾，废易拉罐属于可回收垃圾，回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用，选项A正确；
B、偏铝酸钠与碳酸氢铵发生反应生成碳酸钠、碳酸铵和氢氧化铝，故“沉淀”为Al (OH)3，选项B错误；
C、沉淀溶解于稀硫酸，再加入硫酸钾，“操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶，最后得到明矾，选项C正确；
D. 上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3，过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应得到氢氧化铝沉淀，选项D正确。
答案选B。
4．将mg镁铝合金投入500mL 2mol•L-1的盐酸中，固体完全溶解，收集到气体5.6L（标准状况下）。向反应所得溶液中加入4mol•L-1的氢氧化钠溶液，沉淀质量的最大值为13.60g，则m的值为（ ）
A．5.10 B．8.50 C．9.35 D．11.48
【答案】A
【详解】
由关系式Mg(OH)2-Mg-H2-2OH-、2Al(OH)3-2Al-3H2-6OH-可知，n(OH-)=2n(H2)=2×=0.5mol，则m(OH-)=0.5mol×17g/mol=8.50g，从而得出m=13.60g-8.50g=5.10g；故选A。
5．向溶液中加入金属钠完全反应，得到只含和的澄清溶液，则加入金属钠的质量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
的物质的量为，其中含，，加入金属钠完全反应后，得到只含和的澄清溶液，根据，，根据钠元素守恒可以得到：，则加入金属钠的质量为，答案选B。
6．下列关于铝及其化合物说法，不正确的是（ ）
A．氯离子存在时铝表面的氧化膜易被破坏
B．铝和发生铝热反应可得到金属
C．溶液中滴加过量氨水生成白色沉淀
D．的溶液中滴加氨水无明显白色沉淀
【答案】B
【详解】
A. 含盐腌制品不宜直接存放于铝制品中，否则产生溶于水的氯化物而腐蚀铝，所以氯离子存在时铝表面的氧化膜易被破坏，A正确；
B. 钠的金属性强于铝，铝和不能发生铝热反应，B错误；
C. 氢氧化铝不能溶解在氨水中，则溶液中滴加过量氨水生成白色沉淀氢氧化铝，C正确；
D. 是由钠离子和AlF构成，不能电离出铝离子，因此其溶液中滴加氨水无明显白色沉淀，D正确；答案选B。
7．下列解释事实的方程式正确的是
A．工业冶炼氯化铝制氯单质：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2↑
B．向氯化铝溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀：Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓
C．将铁粉与水蒸气共热，产生气体：2Fe＋3H2O(g)Fe2O3＋3H2
D．电解饱和氯化钠溶液，产生气体：2NaCl+2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
【答案】D
【详解】
A．AlCl3属于共价化合物，熔融时不导电，工业一般电解NaCl溶液制Cl2：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，工业冶炼铝一般用电解熔融氧化铝，方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，故A错误；
B．一水合氨为弱电解质不能拆成离子，正确方程式应为Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；
C．铁粉与水蒸气共热生成四氧化三铁和氢气，方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故C错误；
D．电解饱和氯化钠溶液，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生大量氢氧根，所以方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，故D正确；
故答案为D。
【点睛】
AlCl3为共价化合物，因此熔融状态的氯化铝不能导电，所以电解熔融氧化铝来制取铝单质。
8．铝是一种重要的金属，下图是工业生产中利用铝土矿（成分为氧化铝、氧化铁）制取铝的流程。下列说法不正确的是
A．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台
B．向铝土矿中加入NaOH溶液的反应方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O
C．NaOH在生产过程中可以循环使用
D．将等质量的铝与足量的盐酸或氢氧化钠溶液反应，产生氢气的物质的量一定相同
【答案】A
【解析】
A.操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都是过滤，需要的玻璃仪器是：烧杯、普通漏斗、玻璃棒，铁架台不是玻璃仪器，错误； B. 向铝土矿中加入NaOH溶液，只有氧化铝反应生成偏铝酸钠（四羟基合铝酸钠），反应方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，正确； C. 观察流程，溶液E有NaOH，因此可以循环使用，正确； D.由于是等质量的铝，根据电子守恒与足量的盐酸或氢氧化钠溶液反应，产生氢气的物质的量一定相同，正确。
9．某固体粉末含Fe3O4、CuCO3、Cu2O、Al2O3、MgCO3中的一种或几种，某化学兴趣小组按如下方案进行实验探究。已知：Cu2O＋2HCl=Cu＋CuCl2＋H2O，下列对实验结果的分析合理的是( )
A．溶液乙中溶质至少2种及以上
B．固体乙中成分至少2种及以上
C．固体粉末中一定含有Cu2O、Al2O3、MgCO3
D．溶液甲中可能含有Fe3＋
【答案】A
【分析】
固体粉末加入过量盐酸生成气体甲，则气体甲一定为CO2，应含有碳酸盐，可能为MgCO3或CuCO3或二者均有，固体粉末与盐酸反应后有固体甲生成，由反应Cu2O＋2HCl===Cu＋CuCl2＋H2O可知，原固体中一定含有Cu2O，固体甲含有Cu，溶液甲中含有Cu2＋，固体乙中一定含有Cu(OH)2，溶液乙中含有NaCl、NaOH，样品可能含有Al2O3，则溶液乙中还可能含有NaAlO2。
【详解】
A. 溶液乙中含有NaCl、NaOH，还可能含有NaAlO2，故溶液乙中溶质至少2种及以上，故A正确；
B. 固体乙中一定含有Cu(OH)2，由于固体粉末中不一定含有Fe3O4和MgCO3，则固体乙中不一定含有氢氧化镁以及铁的氢氧化物，则固体乙中成分至少1种，故B错误；
C. 固体粉末中一定含有Cu2O，不一定含有Al2O3和MgCO3，故C错误；
D. 由于固体甲含有Cu，则溶液甲中不可能含有Fe3＋，故D错误；
故选A。
10．甲、乙两烧杯中分别装有等体积、等pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL0.1 mol·L-1 AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成。下列判断正确的是（ ）
A．甲中沉淀一定比乙中的多 B．甲中沉淀可能比乙中的多
C．甲中沉淀一定比乙中的少 D．甲中沉淀可能比乙中的少
【答案】B
【解析】
NH3·H2O是弱电解质、NaOH是强电解质，所以相同pH的氨水和NaOH溶液，c(NH3·H2O)＞c(NaOH)，相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，n(NH3·H2O)＞n(NaOH)，二者和氯化铝反应都生成氢氧化铝沉淀，但氢氧化铝能溶于强碱NaOH，不溶于弱碱氨水。氢氧化铝不溶液氨水，甲中发生：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，由于氢氧化铝能溶于强碱NaOH，乙中开始发生反应：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，而后发生反应：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，如果加入AlCl3恰好与NaOH反应生成Al(OH)3，由于参加反应的AlCl3的物质的量相等，所以生成沉淀质量相等；如果加入AlCl3与NaOH反应生成Al(OH)3，后氯化铝还有剩余，则剩余部分氯化铝与氨水会继续反应生成沉淀，则氨水中产生的沉淀较多；如果加入AlCl3与NaOH反应生成NaAlO2、Al(OH)3，则氨水中产生沉淀较多，由上述分析可知，甲中沉淀大于或等于乙中，故选B。
点睛：明确氢氧化铝的性质是解本题关键。本题中，甲中只发生：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；乙中先发生：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，后发生Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，后面的总反应为Al3++3OH-= Al(OH)3↓，要注意物质的量的关系，需要分情况讨论。
11．铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用的基准试剂，其制备过程如图所示。下列分析不正确的是（ ）
A．过程Ⅰ发生的反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4
B．向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先后观察到：刺激性气体逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失
C．检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液
D．若省略过程Ⅱ，则铵明矾的产率明显降低
【答案】B
【分析】
NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO3沉淀，过滤后得含有（NH4）2SO4和少量的NaHCO3的滤液，将滤液用稀硫酸调节pH值为2，使NaHCO3生成硫酸钠，得含有（NH4）2SO4和少量硫酸钠的溶液B，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾。
【详解】
A.根据上面的分析可知，过程I的反应为2NH4HCO3+Na2SO4═2NaHCO3↓+（NH4）2SO4，故A正确；
B.向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到的现象为白色沉淀生成→刺激性气体逸出→白色沉淀消，故B错误；
C.B为（NH4）2SO4和少量硫酸钠的混合溶液，阴离子为硫酸根离子，且溶液呈酸性，所以检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液，故C正确；
D.若省略过程II，则溶液中少量的碳酸氢钠会与硫酸铝发生双水解，使铵明矾产率明显减小，故D正确；
故选B。
12．将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】
将二氧化碳气体通入含有氢氧化钾，氢氧化钡，KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积为横坐标，以沉淀的物质的量为纵坐标的图象的画法，可以做如下分析：
CO2先与Ba(OH)2反应（有沉淀BaCO3生成），当Ba(OH)2消耗完毕后再与KOH反应（此时无沉淀）；最后与KAlO2反应(有沉淀Al(OH)3生成)，
以上过程中图形应是：出现沉淀(BaCO3)，平台，沉淀增加[因有Al(OH)3生成]；
过量的CO2还可以继续与K2CO3反应得到KHCO3，继续过量的CO2还可以使BaCO3沉淀溶解，最后是Al(OH)3沉淀，
所以接着的图形应该为：平台，沉淀(BaCO3)减少，平台，
故整个过程的图形应为：出现沉淀(BaCO3)，平台，沉淀增加[因有Al(OH)3生成]，平台，沉淀(BaCO3)减少，平台，满足以上关系的图象为D，
故选：D。
13．“过犹不及”深刻诠释了化学反应的定量关系。下列反应进行到指定程度，继续增加画线物质的量，不会使反应发生变化的是(忽略气体溶解及与水的反应)
A．在Ca(HCO3)2溶液中滴加Ca(OH)2溶液至完全反应
B．将Cl2通入FeBr2溶液至Fe2＋完全氧化
C．将NH3通入CuSO4溶液至Cu2＋完全沉淀
D．在KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀物质的量最大
【答案】A
【详解】
A．Ca(HCO3)2溶液中滴加Ca(OH)2溶液至完全反应，反应的离子方程式为Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O，继续滴加Ca(OH)2溶液不再发生其他反应，即原反应不会发生变化，A符合题意；
B．由于Fe2+的还原性比Br-强，将Cl2通入FeBr2溶液先与Fe2+反应：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，Fe2+完全氧化后如果继续通入Cl2，溶液中的Br-就会被氧化：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，即原反应发生了变化，B不符题意；
C．将NH3通入CuSO4溶液至Cu2+完全沉淀，发生反应2NH3+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2，若继续通入NH3，会发生络合反应Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2，沉淀溶解，即原反应发生了变化，C不符题意；
D．在KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀物质的量最大，发生反应为2Al3++3+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，若继续滴加Ba(OH)2溶液，溶液中会发生反应+2Al(OH)3+Ba2++2OH-=2+BaSO4↓+4H2O，即原反应发生了变化，D不符题意；
答案选A。
14．下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．MnO2与浓盐酸混合加热：MnO2＋4H+＋4Cl-MnCl2＋ Cl2↑＋2H2O
B．氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2+＋OH-＋＋===BaSO4↓＋NH3·H2O
C．FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2：Fe2＋＋H2O2＋2H+===Fe3+＋2H2O
D．0.01 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L-1 Ba(OH)2溶液等体积混合：＋Al3+＋2＋2Ba2+＋4OH-===2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O
【答案】D
【详解】
A．氯化锰溶于水，应写成离子，正确的离子方程式为MnO2＋4H+＋2ClˉMn2+＋Cl2↑＋2H2O，故A错误；
B．氢氧化钡溶液中加入硫酸铵，正确离子方程式为Ba2++2OHˉ+2+=BaSO4↓+2NH3•H2O，故B错误；
C．FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2，正确离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故C错误；
D．0.01 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L-1 Ba(OH)2溶液等体积混合，与足够的OHˉ与铝离子和铵根反应，但没有多余的OHˉ与氢氧化铝沉淀反应，所以离子方程式为＋Al3+＋2＋2Ba2+＋4OH-===2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O，故D正确；
故答案为D。
二、多选题
15．在含有0.6molCl-、0.8 molSO42-及一定量Mg2+和Al3+的混合溶液中，滴入一定浓度NaOH溶液，产生沉淀情况如图（不考虑Mg2＋和Al3＋水解及水电离对离子数目的影响）。若反应前Al3+的物质的量为a mol，Al3＋的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值为x。则
A．x=
B．x的取值范围是0＜x<11/32
C．A点横坐标的值随x发生变化
D．若B点横坐标为200mL时，c(NaOH)=7.0mol/L
【答案】AB
【详解】
A．Al3+的物质的量为a mol，根据电荷守恒：n（Cl-）+2n（SO42-）=2n（Mg2+）+3n（Al3+），解得2n（Mg2+）=0.6mol+1.6mol-3amol=（2.2-3a）mol，n（Mg2+）=（1.1-1.5a）mol，所以Al3+的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值为x，即x= =，故A正确；
B．溶液中Al3+的物质的量为a mol，由电荷守恒可知Mg2+的物质的量为（1.1-1.5a）mol，x= ，a＜，解得x的取值范围是：0＜x＜，故B正确；
C．因为溶液中氯离子、硫酸根离子物质的量一定，A点时镁离子、铝离子完全被转化为沉淀，则溶液中的溶质转化为氯化钠、硫酸钠，所以A点横坐标的值不会随x发生变化，故C错误；
D．Al3+的物质的量为a mol，最终消耗氢氧化钠是4amol，n（Mg2+）=（1.1-1.5a）mol，消耗氢氧化钠是（2.2-3a）mol，共消耗氢氧化钠是a+2.2mol，所以若B点横坐标为200mL时，c（NaOH）= mol/L，故D错误；
故选：AB。
16．氮化镓（GaN）是制造LED的重要材料，被誉为“第三代半导体材料”。镓（31Ga）的氧化物和氢氧化物均为两性化合物，工业制备氮化镓的工艺流程如图所示。下列判断正确的是
A．Ga位于第五周期第IIIA族 B．酸性：Al(OH)3>Ga(OH)3
C．Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2 D．Ga与NH3反应的另一种生成物可用作航天燃料
【答案】CD
【分析】
铝土矿中加入氢氧化钠，镓（31Ga）和铝的氧化物均为两性氧化物，故反应生成偏铝酸钠和NaGaO2，通入适量的二氧化碳后，偏铝酸钠优先与二氧化碳反应生成氢氧化铝，NaGaO2经过系列反应得到单质镓，最终与氨气反应生成GaN。
【详解】
A. Ga的原子序数为31，位于第四周期第IIIA族，A错误；
B. 根据流程，将适量CO2通入NaAlO2和NaGaO2的混合液中得到Al(OH)3沉淀，说明CO2优先与NaAlO2反应，则酸性Al(OH)3＜Ga(OH)3，B错误；
C.Ga的氧化物和氢氧化物均为两性化合物，且根据题中流程图可知，Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2，C正确；
D. 根据元素守恒可知，Ga与NH3反应的另一种生成物为氢气，氢气具有可燃性，可用作航天燃料，D正确；
答案为CD。
三、工业流程题
17．硫酸铝在造纸、水净化、土壤改良中有着广泛的应用，同时还是泡沫灭火器中的试剂。某化工厂利用含铝废料(成分为A12O3，SiO2及少量FeO∙xFe2O3)制备硫酸铝晶体的工艺流程如下图所示,回答相关问题。
又知生成氢氧化物沉淀的PH如下表:
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀时
3.6
6.3
2.3
完全沉淀时
4.9
8.3
3.2
(1)料渣1的成分是_____________，操作X的内容是___________、洗涤、干燥等。
(2)试剂B最好是________________，a的范围是_________________
(3)试剂A是一种液态绿色氧化剂，料液Ⅰ中反应的离子方程式______________________
(4)泡沫灭火器容器构造分为内外两层，内层是玻璃容器、外层是钢筒。则硫酸铝溶液应盛放在__________容器中。
(5)若将该生产流程改为制备铝，则需要在料液Ⅱ中通入足量的氨气，然后过滤、洗涤灼烧，再电解得到铝，请写出通入足量的氨气发生反应的离子方程式______________，电解生成铝的化学方程式_____________________
【答案】SiO2 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 Al2O3或Al(OH)3 3.2≤PH＜3.6(或3.2~3.6) 1.0×10-37.4 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 玻璃 Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3 2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑
【分析】
铝废料预处理后加入过量稀H2SO4酸浸，Al2O3和少量的FeO∙xFe2O3溶解转化为可溶于水的Al2(SO4)3、FeSO4、Fe2(SO4)3，SiO2属于酸性氧化物，SiO2与稀H2SO4不反应，料渣I的成分为SiO2；料液I中含Al2(SO4)3、FeSO4、Fe2(SO4)3和过量H2SO4，根据Al3+、Fe2+、Fe3+生成氢氧化物沉淀的pH，试剂A的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入试剂B调节pH=a除去Fe3+，料液II为Al2(SO4)3溶液，将Al2(SO4)3溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后得到Al2(SO4)3∙18H2O，由此分析。
【详解】
(1)根据上述分析，料渣I的成分为SiO2；操作X为从Al2(SO4)3溶液中获得Al2(SO4)3∙18H2O，操作X是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(2)试剂B是用来调节pH除去Fe3+，为了不引入新杂质，试剂B最好是Al2O3或Al(OH)3。 (3)试剂A将Fe2+氧化成Fe3+，试剂A是一种液态绿色氧化剂，试剂A为H2O2，料液I中反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(4)硫酸铝属于强酸弱碱盐，由于Al3+的水解Al2(SO4)3溶液呈酸性，可腐蚀钢筒，Al2(SO4)3溶液应盛放在玻璃容器中；
(5)料液II为Al2(SO4)3溶液，通入足量的氨气，氨气会和水反应生成一水合氨，铝离子和一水合氨发生反应生成氢氧化铝和铵根离子，离子方程式为：Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3，将氢氧化铝过滤、洗涤，灼烧后氢氧化铝转化为氧化铝，电解氧化铝可以得到铝和氧气，化学方程式为：2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑。
四、实验题
18．碳化铝（Al4C3）用于冶金及催化剂，可由两种单质在高温下直接化合来制备，含有大量氮化铝（AlN）和少量Al2O3．
已知：①AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑．
②Al4C3与水接触，会很快放出易燃气体甲烷，并生成氢氧化铝。
为测定某Al4C3样品的含量，设计如下实验方案：取一定量的样品，选择以下装置测定样品中Al4C3的纯度（夹持仪器已略去）．
（1）写出Al4C3与过量氢氧化钠溶液反应的化学方程式_________.
（2）测定样品中Al4C3的纯度可以选择上图装置中的A、_________、C．
（3）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先_________，再加入实验药品，接下来的实验操作是打开分液漏斗活塞，滴加NaOH浓溶液至不再产生气体．然后关闭分液漏斗活塞，恢复到室温后，上下调节量气管使左右液面相平，然后读数．
（4）若要选择装置D：则D装置中所装试剂是_________，作用是_________，装置中球形干燥管的作用是_________．
（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是_________（填字母）．
A．CCl4 B．H2O C．
（6）①若样品中含铝元素的质量是13.5g，滴加100mL氢氧化钠溶液，样品完全溶解且氢氧化钠也恰好完全反应，则所加氢氧化钠溶液的物质的量浓度为_________．（忽略反应前后溶液体积的变化）
②若将a处胶管用弹簧夹夹住，其他操作均同上（样品完全反应），则最终测定的结果_________．（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
【答案】Al4C3 + 4NaOH + 4H2O = 4 NaAlO2 + 3CH4 ↑ D 检查装置气密性 浓硫酸（或稀硫酸、水） 吸收氨气（或除去氨气） 防止倒吸 B 5mol/L 偏大
【解析】
(1)Al4C3与水接触，会很快放出易燃气体甲烷，并生成氢氧化铝，氢氧化铝能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，因此Al4C3与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和甲烷，反应的化学方程式为Al4C3 + 4NaOH + 4H2O = 4 NaAlO2 + 3CH4 ↑，故答案为Al4C3 + 4NaOH + 4H2O = 4 NaAlO2 + 3CH4 ↑；
(2)AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，要测定测定样品中Al4C3的纯度，需要除去甲烷中的氨气，氨气极易溶于水，可以用D吸收生成的氨气，因此选择的装置为A、D、C，故答案为D；
(3)根据制备气体的一般步骤，组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品，接下来的实验操作是打开分液漏斗活塞，滴加NaOH浓溶液至不再产生气体．然后关闭分液漏斗活塞，恢复到室温后，上下调节量气管使左右液面相平，然后读数，故答案为检查装置气密性；
(4)氨气的水溶液显碱性，可以用稀硫酸吸收生成的氨气，装置中球形干燥管可以防止倒吸，故答案为稀硫酸； 吸收氨气；防止倒吸；
(5)甲烷不溶于水，可以通过排水法收集生成的甲烷气体，故选B；
(6)①根据Al~NaOH~ NaAlO2，氢氧化钠的物质的量与铝的物质的量相等，则氢氧化钠溶液的物质的量浓度= =5mol/L，故答案为5mol/L；
②若将a处胶管用弹簧夹夹住，其他操作均同上(样品完全反应)，导致部分空气被当做甲烷排除，使得生成的甲烷气体的体积偏大，则最终测定的结果偏大，故答案为偏大。
点睛：本题考查了物质性质的探究实验设计和实验分析判断，实验基本操作和物质性质的掌握是关键。本题的易错点是实验误差的分析，a处胶管用弹簧夹夹住，在反应过程中滴入的液体将部分空气排出造成结果偏大。
五、元素或物质推断题
19．已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合下图（反应条件省略）
（1）若甲为气态非金属单质，丙能与人体血液中的血红蛋白结合而使人中毒，则乙的电子式为_______________。
（2）若甲为黄绿色气体，X为常见的金属，则X在元素周期表中的位置是_________，丙的水溶液呈___（填酸性、碱性或中性），原因是：______________（用离子方程式表示）。含amol乙的溶液溶解了一定量X后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的乙的物质的量是________ mol。
（3）若X为酸性氧化物且具有漂白性，甲溶液的焰色反应呈黄色，则标准状况下8.96 L 气体X与2 L 0.25 mol/L的甲溶液反应生成的溶液中乙和丙的物质的量浓度之比为（不考虑离子的水解）___________。另有和丙具有相同元素组成的物质丁，丙和丁能反应生成气体，写出该反应的离子方程式______________________。
（4）若X为强碱溶液，乙为白色胶状沉淀，则甲与丙反应的离子方程式为 ____________。
【答案】 第四周期第VIII族 酸性 Fe2+ +2H2O Fe(OH)2+2H+ 0.4a 1:3 H＋＋=H2O＋SO2↑ Al3+＋3＋6H2O =4Al(OH)3↓
【详解】
（1）若甲为气态非金属单质，丙能与人体血液中的血红蛋白结合而使人中毒，丙是CO，甲是C，则乙是CO2，,电子式；
（2）若甲为黄绿色气体，甲为氯气，X为常见的金属，说明X是变价金属，铁，则X在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族，丙是氯化亚铁，水溶液呈酸性，原因是Fe2+ +2H2O Fe(OH)2+2H+；含amol乙的溶液溶解了一定量X,，发生Fe+2Fe3+ =3Fe2+，设反应了xmol的Fe3+，根据溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，可知a-x=(3/2)x，x=0.4a；被还原的乙的物质的量是0.4amol；
（3）若X为酸性氧化物且具有漂白性，X是SO2，甲溶液的焰色反应呈黄色，甲为NaOH溶液，则乙为亚硫酸钠，丙为亚硫酸氢钠，标准状况下8.96 L 气体X物质的量0.4mol，与2 L 0.25 mol/L的甲溶液，物质的量为0.5mol，发生反应SO2+2NaOH= Na2SO3+H2O，Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3，反应生成的溶液中Na2SO3的物质的量0.1mol，NaHSO3的物质的量为0.3mol，则乙和丙的物质的量浓度之比为1:3；物质丁和丙具有相同元素，丙和丁能反应生成气体，则丁是NaHSO4，离子方程式H＋＋=H2O＋SO2↑；
（4）若X为强碱溶液，乙为白色胶状沉淀，则乙是氢氧化铝，则甲是铝盐，丙是偏铝酸盐，甲与丙反应的离子方程式为Al3+＋3＋6H2O =4Al(OH)3↓。
20．某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的若干种离子。
阳离子
Mg2+、NH、Ba2+、Al3+、Fe2+
阴离子
SiO、MnO、C1－、NO、SO
实验I：取少量该强酸性溶液A进行如图实验。
实验II：为了进一步确定该溶液的组成，取100mL原溶液A，向该溶液中滴加1mol·L 1的NaOH溶液，产生沉淀的质量与氧化钠溶液体积的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)不进行实验就可以推断出，表中的离子一定不存在的有___。
(2)该溶液中一定存在的离子是___。
(3)检验气体X的方法是___。
(4)写出实验I生成X气体的离子方程式：___。
(5)通过上述信息，推算该溶液中阴离子的浓度为____mol·L-1。
【答案】MnO、Fe2+、SiO、SO Mg2+、NH、Al3+、NO 将湿润的红色石蕊试纸黏在玻璃棒上，将玻璃棒靠近气体，试纸变蓝，则为氨气 NH＋OH－H2O＋NH3↑ 0.08
【分析】
无色溶液，说明无MnO、Fe2+，强酸性溶液，说明无SiO、SO，加入硝酸银，无沉淀生成，说明不含C1－，根据溶液呈中学，则一定含NO，加入稀硫酸后，得到溶液B，说明不含Ba2+，再加入过量NaOH，有气体X，该气体为氨气，说明含有NH，沉淀Z，说明含有Mg2+；向A溶液中滴加NaOH，开始是氢离子和氢氧根反应，继续滴加，BC沉淀溶解一部分，说明A沉淀含有氢氧化铝沉淀，则1mL以后镁离子、铝离子和氢氧根反应，6mL以后铵根和氢氧根反应。
【详解】
(1)根据溶液无色，得出溶液中不含MnO、Fe2+，根据溶液呈强酸性，说明不含SiO、SO，因此不进行实验就可以推断出，表中的离子一定不存在的有MnO、Fe2+、SiO、SO；故答案为：MnO、Fe2+、SiO、SO。
(2)根据前面分析该溶液中一定存在的离子是Mg2+、NH、Al3+、NO；故答案为：Mg2+、NH、Al3+、NO。
(3)X气体为氨气，用湿润的红色石蕊试纸检验，故答案为：将湿润的红色石蕊试纸黏在玻璃棒上，将玻璃棒靠近气体，试纸变蓝，则为氨气。
(4)实验I生成X气体是铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气，其离子方程式：NH＋OH－＝H2O＋NH3↑；故答案为：NH＋OH－H2O＋NH3↑。
(5)通过上述信息，B点溶质为NaNO3(假设氨气全部逸出)，根据n(NO)＝n(NaOH)= 1mol∙L−1×0.008L=0.008mol，该溶液中阴离子的浓度为；故答案为：0.08。
浙江真题题组
1.(2020年7月选考)．下列说法不正确的是( )
A．会破坏铝表面的氧化膜
B．的热稳定性比强
C．具有氧化性，其稀溶液可用于消毒
D．钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀
【答案】B
A．Cl-很容易被吸附在铝表面的氧化膜上，将氧化膜中的氧离子取代出来，从而破坏氧化膜，A选项正确；
B．碳酸氢钠受热分解可产生碳酸钠、水和二氧化碳，则稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，B选项错误；
C．KMnO4具有强氧化性，可使病毒表面的蛋白质外壳变形，其稀溶液可用于消毒，C选项正确；
D．钢铁在潮湿的空气中，铁和碳、水膜形成原电池，发生电化学腐蚀，腐蚀速率更快，D选项正确；
答案选B。
2.（2020年1月浙江选考）．下列关于铝及其化合物说法，不正确的是（ ）
A．明矾可用作净水剂和消毒剂 B．利用铝热反应可冶炼高熔点金属
C．铝可用作包装材料和建筑材料 D．氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物
【答案】A
A.明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A错误；
B.铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，故B正确。
C.铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正确；
D.胃酸主要成分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D正确；
故答案为A。
3.（2020年1月浙江选考）．．某固体混合物X，含有、、和中的几种，进行如下实验：
①X与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z；
②沉淀Y与溶液作用，无变化。
下列说法不正确的是（ ）
A．混合物X中必定含有，不含
B．溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含
C．灼烧沉淀Y，可能得到黑色物质
D．往溶液Z中加入Cu粉，若不溶解，说明X中不含
【答案】D
A. 根据分析可知混合物X中必定含有，不含，故A正确；
B.溶液Z显弱碱性，所以大量存在的阳离子只能是钠离子，碳酸钠的水解分两步：CO32-+H2O=HCO3-+OH-；HCO3-+ H2O =H2CO3+OH-；由于发生双水解反应产生了二氧化碳且溶液显碱性说明溶液中依然存在第二步水解，第一步水解有可能存在，即溶液中一定有碳酸氢根，所以溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含，故B正确；
C.沉淀Y中可能含有氢氧化铜，故灼烧可以得到黑色固体，故C正确；
D.溶液Z显弱碱性，一定不存在，故D错误；
故答案为D。
4.(2020年7月浙江选考)Ⅰ.化合物Ⅹ由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，Y为纯净物；取，用含的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成和两等份，完成如下实验(白色沉淀C可溶于溶液)：
请回答：
(1)组成X的四种元素是N、H和_______(填元素符号)，X的化学式是_________。
(2)溶液B通入过量得到白色沉淀C的离子方程式是______________。
(3)写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)_____________。要求同时满足：
①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素；
②反应原理与“”相同。
Ⅱ.某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验，如图。实验中观察到的现象有：锥形瓶内有白雾，烧杯中出现白色沉淀。请回答：
(1)将浓硫酸和浓盐酸混合可产生气体的原因是________。
(2)烧杯中出现白色沉淀的原因是_____________。
【答案】 或 吸收浓盐酸中的水分且放热导致挥发 气体会将带出，与作用生成
Ⅰ.（1）由分析可知，Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N原子的物质的量为：，Al原子的物质的量为：，A2溶液中含有的Cl-的物质的量为： ；
故一半溶液中含有的H原子的物质的量为：，故X中含有四种元素即N、H、Al、Cl，其个数比为：，故X的化学式为：AlCl3NH3，故答案为：Al Cl AlCl3 NH3；
(2)根据分析（1）可知，溶液B中通入过量的CO2所发生的离子方程式为：，故答案为：；
(3)结合题给的两个条件，再分析化合物X(AlCl3NH3)是NH3和AlCl3通过配位键结合成的化合物，不难想到类似于NH3和H2O反应，故可以很快得出该反应的离子方程式为AlCl3+Cl-= 或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3，故答案为：AlCl3+Cl-= 或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3；
Ⅱ.(1)由于浓硫酸具有吸水性且浓硫酸稀释是个放热过程，而且HCl的挥发性随浓度增大而增大，随温度升高而增大，从而得出用浓硫酸和浓盐酸混合制备HCl的原理是浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来，故答案为：浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来；
(2)浓硫酸虽然难挥发，但也会随HCl气流而带出少量的H2SO4分子，与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡白色沉淀，故答案为：HCl气体能够带出H2SO4分子，与Ba(NO3)2反应生成BaSO4沉淀。
5．[2021年4月浙江选考]某兴趣小组在定量分析了镁渣[含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2]中Mg含量的基础上，按如下流程制备六水合氯化镁(MgCl2·6H2O)。
相关信息如下：
①700℃只发生MgCO3和Mg(OH)2的分解反应。
②NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大。
③“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。
请回答：
（1）下列说法正确的是________。
A．步骤Ⅰ，煅烧样品的容器可以用坩埚，不能用烧杯和锥形瓶
B．步骤Ⅲ，蒸氨促进平衡正向移动，提高MgO的溶解量
C．步骤Ⅲ，可以将固液混合物C先过滤，再蒸氨
D．步骤Ⅳ，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤
（2）步骤Ⅲ，需要搭建合适的装置，实现蒸氨、吸收和指示于一体(用硫酸溶液吸收氨气)。
①选择必须的仪器，并按连接顺序排列(填写代表仪器的字母，不考虑夹持和橡皮管连接)：热源→________。
②为了指示蒸氨操作完成，在一定量硫酸溶液中加指示剂。请给出并说明蒸氨可以停止时的现象____________________________。
（3）溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现溶液呈碱性。
①含有的杂质是________。
②从操作上分析引入杂质的原因是_______________________。
（4）有同学采用盐酸代替步骤Ⅱ中的NH4Cl溶液处理固体B，然后除杂，制备MgCl2溶液。已知金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围：
金属离子
pH
开始沉淀
完全沉淀
Al3+
3.0
4.7
Fe3+
1.1
2.8
Ca2+
11.3
－
Mg2+
8.4
10.9
请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用)：固体B→a→（___）→（___）→（___）→（___）→（___）→（___）→MgCl2溶液→产品。
a．用盐酸溶解 b．调pH＝3.0 c．调pH＝5.0 d．调pH＝8.5
e．调pH＝11.0 f．过滤 g．洗涤
[答案]（1）ABD
（2）a→d→f→c 甲基橙，颜色由红色变橙色
（3）碱式氯化镁(氢氧化镁) 过度蒸发导致氯化镁水解
（4）cfefga
【解析】（1）A.煅烧固体样品需用坩埚，烧杯和锥形瓶用来加热液体，A项正确；B.氯化铵水解方程式为NH4Cl+H2O⇌NH3·H2O+HCl，氧化镁和HCl反应，蒸氨即一水合氨分解，平衡向右移动，HCl浓度变大，促进了氧化镁的溶解，B项正确；C.根据信息②NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大，不能先过滤，否则氧化镁损耗很大，C项错误；D.固液分离操作均可采用常压过滤，使用减压过滤加快过滤速度，也可行，D项正确。故答案选ABD。
（2）①先选发生装置为a，然后连接回流装置d，生成的氨气有水蒸气，需要干燥，然后连接干燥管f，氨气是碱性气体，需要用酸吸收，最后连接c。故答案填a→d→f→c。
②硫酸和氨气恰好完全反应生成硫酸铵（(NH4)2SO4），硫酸铵显酸性，因而选择在酸性范围内变色的指示剂：甲基橙，其颜色变化是红色变为橙色。
（3）溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。①溶液仍呈碱性，注意不可能是氨气的影响，由于氯化镁水解使溶液呈酸性，故溶液的碱性是由杂质引起的。考虑到氯化镁易水解，所以含有的杂质可能是Mg(OH)Cl或者Mg(OH)2。
②升高温度会促进水解的进行，因而必然是蒸发阶段导致，即过度蒸发导致氯化镁水解。
（4）根据各离子完全沉淀的pH值，加酸后溶液呈酸性，可逐步提高pH，同时以沉淀形式除掉不同离子，因而先将pH调至5，除掉Al3+和Fe3+,然后过滤其沉淀，然后将pH调至11.0使得Mg2+变为Mg(OH)2沉淀，过滤并洗涤，得到纯净的Mg(OH)2沉淀，然后加入盐酸得到氯化镁溶液。故答案依次填cfefga。
6．[2021·浙江理综]Ⅰ.化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O↑+10MgO+3Al2O3
（1）写出该化合物作阻燃剂的两条依据____________。
（2）用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理________。
（3）已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理_______。
Ⅱ.磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：
请回答：
（1）A的组成元素为_________(用元素符号表示)，化学式为______。
（2）溶液C可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用____________。
（3）已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518 g·L−1)，该气体分子的电子式为____。写出该反应的离子方程式__________。
（4）写出F→G反应的化学方程式_____________。设计实验方案探究溶液G中的主要微粒(不考虑H2O、H+、K+、I−)______________。
【答案】Ⅰ.（1）反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气
（2）Al2O3 +2OH－2+H2O
（3）NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl、MgO+2HClMgCl2+H2O
Ⅱ.（1）S、Fe Fe3S4
（2）制印刷电路板
（3） Fe3S4+6H+3H2S↑+3Fe2++S
（4）H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI
取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有，过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若产生白色沉淀，则有H2SO3。
【解析】本题考查镁铝化合物性质、盐类水解、无机推断。
Ⅰ.（1）2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O↑+10MgO+3Al2O3 ，分解反应是吸热反应，降低温度，生成的氧化镁和氧化铝都是熔点很高的氧化物，附着表面会阻止燃烧，水蒸气稀释空气；
（2）氧化镁是碱性氧化物溶于酸，氧化铝是两性氧化物溶于酸、碱，加入氢氧化钠溶解后过滤除去Al2O3，反应的离子方程式为：Al2O3 +2OH－2+H2O；
（3）氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于水解生成的酸，反应的化学方程式为：NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl，MgO+2HClMgCl2+H2O；
Ⅱ.C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe(SCN)3等，可知B为Fe2O3，且n(Fe2O3)= =0.015mol，n(Fe)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m(S)=2.96 g−1.68 g=1.28 g，n(S)= =0.04mol，可知n(Fe)∶n(S)=3∶4，应为Fe3S4。
（1）由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，为Fe3S4；
（2）铁离子具有强氧化性，可氧化铜，常用于刻饰铜线路板；
（3）化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518 g•L−1)，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4 L=34，为H2S气体，电子式为 ，反应的离子方程式为Fe3S4+6H+3H2S↑+3Fe2++S；
（4）F→G反应的化学方程式为H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI，溶液G中的主要微粒(不考虑H2O，H+，K+，I−) 为和H2SO3，可先检验，后检验有H2SO3，具体操作为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3。
全国真题题组
1.(2020年北京卷)．下列说法不正确的是
A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4(s)+CO⇌CaCO3(s)+SO
B．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：3Cl2+I-+3H2O=6Cl-+IO+6H+
C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe
D．淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
【答案】B
【解析】
A．硫酸钙的溶解度大于碳酸钙的溶解度，溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，所以锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，沉淀转换的实质就是沉淀溶解平衡的移动，平衡一般向生成更难溶物质的方向移动，则离子反应为：CaSO4(s)+CO⇌CaCO3(s)+SO，故A正确；
B．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝是由于氯气与碘离子反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，发生的反应为： Cl2+2I-=I2+2Cl-，故B错误；
C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂发生反应生成熔融态的铁单质，可用于焊接钢轨，发生的反应为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故C正确；
D．空气中含有二氧化碳和水蒸气，过氧化钠可与水和二氧化碳反应，淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色，发生的反应有：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氢氧化钠继续与二氧化碳反应，最终白色物质为碳酸钠，故D正确；
答案选B。
2.(2020年江苏高考)．下列有关化学反应的叙述正确的是
A．室温下，Na在空气中反应生成Na2O2
B．室温下，Al与4.0 mol﹒L-1NaOH溶液反应生成NaAlO2
C．室温下，Cu与浓HNO3反应放出NO气体
D．室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4
【答案】B
【解析】A．室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，故A错误；
B．室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；
C．室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C错误；
D．室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D错误。
综上所述，答案为B。
3.(2020年江苏高考)．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．Cl2通入水中制氯水：
B．NO2通入水中制硝酸：
C．NaAlO2溶液中通入过量CO2：
D．AgNO3溶液中加入过量浓氨水：
【答案】C
【解析】A.次氯酸为弱酸，书写离子方程式时应以分子形式体现，正确的是Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故A错误；
B.NO2与H2O反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，离子方程式为3NO2＋H2O=2H＋＋2＋NO，故B错误；
C.碳酸的酸性强于偏铝酸，因此NaAlO2溶液通入过量的CO2，发生的离子方程式为＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋，故C正确；
D.AgOH能与过量的NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH，故D错误；
答案为C。
4.(2020年江苏高考)．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
B．氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C．氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸
D．明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水
【答案】D
【解析】A．铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；
B．氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；
C．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；
D．明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正确；
故选D。
5．[2021天津]下列有关金属及其化合物的应用不合理的是
A．将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的
B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
C．盐碱地（含较多等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
D．无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
【答案】C
【解析】
【分析】A、氯气能将铁和亚铁氧化；
B、根据合金的性质判断；
C、Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性；
D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同。
【详解】A、铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；B、根据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故B不选；C、Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，故D不选。故选C。
【点睛】本题考查金属元素及其化合物的应用，易错点C，除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在应用中是否符合要求，生成的NaOH仍然呈碱性，达不到降低碱度的目的。
6．[2018·江苏]在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】A项，NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现；B项，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现；C项，AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现；D项，Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现；物质间转化均能实现的是A项，答案选A。
点睛：本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化的条件。注意量的多少对生成物的影响，如NaAlO2与少量HCl反应生成NaCl和Al（OH）3，NaAlO2与过量HCl反应生成NaCl、AlCl3和H2O。
7．[2021·上海]已知NaOH+Al(OH)3→Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是
A．CO2+2OH−→+H2O B．Al2O3+2OH−+3 H2O→2 [Al(OH)4] −
C．2 Al+2OH−+6H2O→2 [Al(OH)4] −+3 H2↑ D．Al3++4 OH−→[Al(OH)4]−
【答案】D
【解析】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，表现为铝罐变瘪，接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应，因铝罐表面有氧化膜Al2O3，Al2O3具有两性可溶解于氢氧化钠溶液，然后单质Al与氢氧化钠溶液反应生成H2，罐壁又重新凸起。故可发生A、B、C的反应。故选D。
8.（2020年全国1卷）．．钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。
(4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。
【答案】加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） Fe2+ VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O Mn2+ Fe3+、Al3+ Fe(OH)3 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O 利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
【解析】
【分析】
黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。
【详解】
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；
(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；
(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；
(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；
(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
9.(2020年全国3卷节选)．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。
【答案】除去油脂、溶解铝及其氧化物 +H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O Ni2+、Fe2+、Fe3+ O2或空气 Fe3+ 2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O 提高镍回收率
【解析】 (1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O；
(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；
(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。
10．[2021·江苏]铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH________(填“增大”、“不变”或“减小”)。
（3）“电解Ⅰ”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Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为__________________________，阴极产生的物质A的化学式为________。
（5）铝粉在1 000 ℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是______________________________________。
【答案】（1）Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O
（2）减小
（3）石墨电极被阳极上产生的O2氧化
（4）4CO＋2H2O－4e－===4HCO＋O2↑ H2
（5）NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
【解析】（1）“碱溶”时，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，注意离子方程式。
（2）“过滤I”所得滤液为NaAlO2溶液，加入NaHCO3溶液，过滤Ⅱ后电解的是Na2CO3溶液，说明溶液的溶质由NaAlO2变为Na2CO3，发生反应AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO，说明AlO结合H＋能力强于CO，即其水解能力强，说明碱性NaAlO2>Na2CO3，溶液的pH减小。
（3）电解Al2O3，阳极O2－放电生成O2，石墨(C)电极会被O2氧化。
（4）阳极溶液中的阴离子即水中的OH－放电生成O2(图示)及H＋(2H2O－4e－===O2↑＋4H＋)，H＋与CO结合生成HCO(CO＋H＋===HCO，由图阳极区Na2CO3生成NaHCO3)，写出总反应：4CO＋2H2O－4e－===4HCO＋O2↑。阴极，水中的H＋放电生成H2。
（5）NH4Cl加热时分解生成HCl和NH3，HCl可以破坏铝表面的氧化膜，有利于反应进行。
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