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最新高考化学一轮复习【讲通练透】 第09讲 镁、铝及其重要化合物（练透）
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考纲和考试说明是备考的指南针，认真研究考纲和考试说明，可增强日常复习的针对性和方向性，避免盲目备考，按方抓药，弄清楚高考检测什么，检测的价值取向，高考的命题依据。
2.精练高考真题，明确方向
经过对近几年高考题的横、纵向分析，可以得出以下三点：一是主干知识考查“集中化”，二是基础知识新视角，推陈出新，三是能力考查“综合化”。
3.摸清问题所在，对症下药
要提高后期的备考质量，还要真正了解学生存在的问题，只有如此，复习备考才能更加科学有效。所以，必须加大信息反馈，深入总结学情，明确备考方向，对症开方下药，才能使学生的知识结构更加符合高考立体网络化要求，才能实现基础→能力→分数的转化。
4.切实回归基础，提高能力
复习训练的步骤包括强化基础，突破难点，规范作答，总结方法，通过这样的总结，学生印象深刻，应用更加灵活。
第09讲 镁、铝及其重要化合物
（模拟精练+真题演练）
1．（2023·江西上饶·万年中学校考一模）向10mL 0.1ml/L NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度Ba(OH)2溶液x mL，下列叙述正确的是
A．x=10时，溶液中有、Al3+、 ， 且c()>c(Al3+)
B．x=10时， 溶液中有、、 ， 且c()>c()
C．x=30时， 溶液中有Ba2+、 、 OH-，且c(OH- )D．x=30时，溶液中有Ba2+、 Al3+、 OH-，且c(OH-)=c(Ba2+)
【答案】A
【分析】根据10mL0.1ml⋅L−1 NH4Al(SO4)2溶液中含有0.001mlNH、0.001mlAl3+、0.002mlSO，结合加入Ba(OH)2溶液的体积进行分析解答。
【解析】A.根据上述分析可知：x=10时，10mL0.1ml⋅L−1Ba(OH)2溶液中有0.001mlBa2+，0.002mlOH−，混合后生成0.001ml硫酸钡沉淀，剩余0.001ml SO。生成×10−3ml氢氧化铝沉淀，剩余×10−3mlAl3+，而NH没有参与反应，少量水解，则c(NH) > c(Al3+)，故A正确；B.x=10时，10mL0.1ml⋅L−1Ba(OH)2溶液中有0.001mlBa2+，0.002mlOH−，混合后生成0.001ml硫酸钡沉淀，剩余0.001ml SO。生成×10−3ml氢氧化铝沉淀，剩余×10−3mlAl3+，没有生成，故B错误；C.x=30时，混合后生成0.002ml硫酸钡沉淀，剩余0.001mlBa2+，OH−过量，生成0.001mlAlO2−，能把Al3+和NH都反应完，还剩余0.001ml OH−，加上一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c(OH- )>c ()，故C项错误；D.x=30时，混合后生成0.002ml硫酸钡沉淀，剩余0.001ml Ba2+，OH−过量，则溶液中存在0.001mlAlO2−，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001ml，一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c(OH−)>c(Ba2+)，故D项错误。
2．（2023·上海崇明·统考二模）使用过量NaOH溶液能满足实验要求的是
A．除去Al2O3中杂质Fe2O3B．由AlCl3溶液制备Al(OH)3
C．除去C2H5Br中杂质Br2D．检验醛基时制备新制Cu(OH)2
【答案】D
【解析】A．Al2O3是两性氧化物，可与强碱反应，Fe2O3与氢氧化钠不反应，使用过量 NaOH 溶液无法除去Al2O3中杂质Fe2O3，故A不能满足实验要求；B．Al(OH)3是两性氢氧化物，可与强碱反应，向AlCl3溶液加入过量NaOH溶液会使生成Al(OH)3溶解，故B不能满足实验要求；C．卤代烃在碱性条件下发生水解，Br2与氢氧化钠反应，则过量NaOH溶液不能除去C2H5Br中杂质Br2，故C不能满足实验要求；D．检验醛基时需要在碱性条件下进行，则制备新制Cu(OH)2时可以使用过量NaOH溶液，使溶液显碱性，故D能满足实验要求；答案选D。
3．（2023·湖南长沙·长沙一中校考一模）煤灰提取铝既能缓解我国缺乏铝矿的现状，又能减少煤燃烧产生的污染。煤灰含Al2O3、SiO2、CaO、Fe2O3等。煤灰中提取铝的工艺流程如图所示，下列说法正确的是
A．煤灰加酸进行酸浸时，用硫酸酸浸溶解效果好
B．操作1、2、3、4名称相同，操作时都除去了一种杂质
C．X为CO2，发生的反应为CO2+2H2O+AlO=Al(OH)3↓+HCO
D．制金属铝需要电解氧化铝，阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
【答案】C
【解析】A．煤灰含Al2O3、SiO2、CaO、Fe2O3等，用盐酸可使Al2O3、CaO、Fe2O3溶解，生成可溶性的盐，用硫酸酸浸CaO与硫酸反应生成微溶的CaSO4，不符合题意，故A错误；B．操作1、2、3、4名称相同都为过滤，1、2、3操作时都除去了一种杂质，4除去溶液中的多种杂质，故B错误；C．根据流程图可知通入CO2，制得Al(OH)3沉淀，为保证反应完全，通入足量的CO2，反应为CO2+2H2O+AlO2−=Al(OH)3↓+HCO3−，故C正确；D．制金属铝需要电解熔融的氧化铝，阳极反应式为2O2−-4e−=O2↑，故D错误；答案选C。
4．（2023·上海黄浦·统考二模）将去掉氧化膜的铝片放入足量Na2CO3溶液中，铝片表面产生气泡，充分反应后得到无色溶液M。下列分析错误的是
A．产生的气体中有H2B．反应与水解有关
C．Al(OH)3向酸式电离方向移动D．M中含大量：Na+、Al3+、
【答案】D
【分析】在Na2CO3溶液中，发生水解，生成OH-等，OH-与Al在溶液中发生反应，生成 和H2。
【解析】A．由分析可知，产生的气体中有H2，A正确；B．由分析可知，与Al反应的OH-来自水解，B正确；C．Na2CO3溶液呈碱性，Al(OH)3表现出酸性，发生酸式电离，C正确；D．Al3+、在溶液中能发生双水解反应，不能大量共存，所以M中不可能含大量Al3+、，D错误；故选D。
5．（2023·天津·校联考一模）下列反应方程式书写正确的是
A．过氧化钠与水反应：2O+2H2O=O2↑+4OH-
B．用白醋除水垢：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+
C．电解熔融MgCl2制镁：2Cl-+Mg2+Mg+Cl2↑
D．Al2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Al3++SO+Ba2++3OH-=Al(OH)3↓+BaSO4↓
【答案】C
【解析】A．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：，A错误；B．白醋可除去水壶中的水垢，白醋为弱酸，不可拆成离子形式，离子方程式为：，B错误；C．工业上电解熔融的氯化镁制金属镁，发生反应的离子方程式为：2Cl-+Mg2+Mg+Cl2↑，C正确；D．Ba(OH)2足量，最终会得到偏铝酸根，D错误；故选C。
6．（2023·湖北·统考一模）钾长石()是含钾量较高、分布最广、储量最大的非水溶性钾资源，以钾长石为原料制取钾肥的一种工艺流程如下图所示。已知：钾长石中的钾元素和铝元素在作用下转化为和。下列说法正确的是
A．可用“水浸”操作直接提取钾长石中的主要成分
B．“浸渣Ⅰ”可以作为冶炼金属铝的主要原料
C．“碱化Ⅱ”发生的主要反应为
D．流程中只有可循环利用
【答案】C
【分析】依题意，煅烧后钾元素、铝元素转化为NaAlO2、KAlO2、硅元素转化为CaSiO3。水浸过滤后，滤液中主要含有NaAlO2、KAlO2、Na2CO3等，通入过量CO2，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3、KHCO3，加入NaOH溶液碱化时，NaHCO3转化为Na2CO3并结晶析出、KHCO3转化为K2CO3，过滤分离可得K2CO3溶液。
【解析】A．钾长石是非水溶性钾资源，不能用“水浸”操作直接提取其中的主要成分，A错误；B．“浸渣Ⅰ”主要含有CaCO3和CaSiO3，不能冶炼金属铝，B错误；C．加入NaOH溶液碱化时，NaHCO3、KHCO3分别转化为Na2CO3、K2CO3，反应的离子方程式为：，C正确；D．流程中除CO2可以循环利用外，还有Na2CO3也可以循环利用，D错误；故选C。
7．（2023·上海松江·统考二模）一定条件下，存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”情况的是
A．一氧化氮与过量氧气B．氯化铝溶液与过量稀氨水
C．铁片与过量浓硝酸D．澄清石灰水与过量二氧化碳
【答案】C
【解析】A．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，此反应不是可逆反应，氧气过量的情况下一氧化氮完全反应，A错误；B．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，此反应不是可逆反应，氨水过量的情况下，氯化铝完全反应，B错误；C．常温下铁片在浓硝酸中发生钝化，浓硝酸过量的情况下，铁片仍不能完全反应，C正确；D．澄清石灰水与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，该反应不是可逆反应，二氧化碳过量的情况下，澄清石灰水完全反应，D错误；故答案选C。
8．（2023·浙江·校联考一模）下列有关说法正确的是
A．SO2、NO2和CO2都是引起酸雨的主要原因，导致雨水的pH小于5.6
B．明矾可用作净水剂，可使废水中的金属离子沉降
C．向氯化铝溶液中滴加饱和NaF溶液，再滴加氨水，振荡后，无白色沉淀生成，可能是生成了[AlF6]3-
D．氯化镁、硫酸钙和氯化钠等都是制作豆腐常用的凝固剂
【答案】C
【解析】A．SO2、NO2是引起酸雨的主要原因，导致雨水的pH小于5.6， CO2不能引起酸雨，故A错误；B．明矾用作净水剂，可使废水中的悬浮杂质沉降，故B错误；C．向氯化铝溶液中滴加饱和NaF溶液生成 [AlF6]3-，再滴加氨水，[AlF6]3-不与氨水反应，所以无白色沉淀生成，故C正确；D．氯化镁、硫酸钙是制作豆腐常用的凝固剂，故D错误；选C。
9．（2023·广东汕头·统考二模）家庭的厨卫管道内常因留有油脂、毛发、菜渣等而造成堵塞，此时可用一种固体疏通剂疏通。疏通剂主要成分有生物酶、铝粉和固体。下列有关说法错误的是
A．大多数生物酶的主要成分为蛋白质
B．疏通剂使用时会产生大量可燃性气体，应避免接触明火
C．疏通剂可用于疏通陶瓷、铁制、铝制、塑料管道
D．使用过程中产生的热量和碱性环境可以加速油脂的水解
【答案】C
【解析】A．生物体内的酶大多数为蛋白质，故A正确；B．疏通剂含有铝粉和固体，溶水后铝能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，因此使用时要避免接触明火，故B正确；C．铝制品能与疏通剂中的NaOH发生，因此不能用其疏通铝制管道，故C错误；D．疏通剂使用时发生Al与NaOH的反应，该反应放热，且溶液呈碱性有利于油脂的水解，故D正确；故选：C。
10．（2023·湖北·校联考二模）化学焊接技术的原理之一是利用焊剂(主要成分为Al与CaO)在高温下反应制得液态金属(或合金)，凝固后，除去焊接点表面的焊渣，实现焊件金属的焊接。下列说法错误的是
A．Al与Fe2O3也能发生类似反应
B．焊渣的主要成分是Al(OH)3
C．焊接前可用还原性气体在加热条件下除去焊件金属表面的氧化膜
D．若在反应体系中加入低熔点金属，则可形成低熔点液态合金便于焊接
【答案】B
【解析】A．Fe的活泼性弱于Al，在高温条件下可发生铝热反应，故A正确；B．焊剂(主要成分为Al与CaO)在高温下反应得到液体金属，结合元素守恒可知，焊渣的主要成分为Al2O3，故B错误；C．利用还原性气体(如H2，CO等)除去焊件金属表面的氧化膜可使焊接更加牢固，故C正确；D．一般合金的熔点低于任一组分金属，加入低熔点金属，可在更低温度下得到液态合金，便于焊接，同时还可以保护焊件金属，故D正确；故答案选B。
11．（2023·云南曲靖·统考二模）下列实验操作及现象均正确且能得出相应结论的是
【答案】A
【解析】A．亚硫酸的酸性弱于盐酸，不能与氯化钡溶液反应，但向氯化钡溶液中通入二氧化硫和氨气，二氧化硫和氨气、氯化钡溶液反应能生成亚硫酸钡白色沉淀，则白色沉淀不一定是硫酸钡，故A正确；B．向某溶液中加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀说明溶液中含有亚铁离子，故B错误；C．常温下铝在浓硝酸中钝化形成的氧化膜阻碍反应的继续进行，则用浓硝酸不能比较金属镁和金属铝的金属性强弱，故C错误；D．向盛有鸡蛋清的试管中滴入饱和食盐水，蛋白质的溶解度降低，会发生盐析而析出蛋白质，该过程不是蛋白质发生变性，故D错误；故选A。
12．（2023·浙江·校联考二模）下列物质中常作耐高温材料的碱性氧化物是
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】A．虽然为碱性氧化物，但其熔点不高，A不符合题意；B．对应的酸为硅酸，属于酸性氧化物，B不符合题意；C．为两性氧化物，C不符合题意；D．对应的碱为氢氧化镁，属于碱性氧化物，其离子半径较小，晶格能大，熔点高，可作耐高温材料，D符合题意；故选D。
13．（2023·全国·高三专题练习）用方程式回答下列问题。
(1)用化学方程式表示除去铁粉中的铝粉：_______。
(2)用离子方程式表示除去中的：_______。
(3)用离子方程式表示除去中的：_______。
(4)现有溶液、氨水、溶液，制备的最佳方案是(用化学方程式表示)：_______。
(5)现有溶液、、盐酸，制备的最佳方案是(用离子方程式表示)：_______。
(6)用离子方程式表示泡沫灭火器的灭火原理：_______。
(7)用离子方程式分别表示：①；②不能大量共存的原理：
①_______；②_______。
(8)铵明矾是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，向铵明矾溶液中逐滴滴入溶液，试写出反应的离子方程式：_______；_______；_______。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
(5)或
(6)
(7)
(8)
【解析】（1）除去铁粉中的铝粉所选试剂是氢氧化钠可以和铝反应但不和铁反应，方程式：，答案为：；（2）除去中的选择氢氧化钠，氢氧化钠与氧化铝生成偏铝酸钠和水，再过滤即得到氧化铁，答案为：；（3）除去中的，利用的两性可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，再过滤即得到，答案为：；（4）利用可以和强碱反应但不与弱碱反应，所以制取用溶液和氨水，答案为：；（5）利用可以和强酸反应不与弱酸反应，所以制取用溶液和，答案为：
或；（6）泡沫灭火器的灭火原理是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，答案为：；（7）①不能大量共存是两者发生双水解，生成氢氧化铝沉淀，答案为：；②不能大量共存是因为前者结合了后者电离产生的氢离子，最终生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，答案为：；（8）向铵明矾溶液中逐滴滴入溶液，首先铝离子会和氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，然后继续滴加，铵离子会和氢氧根离子反应生成一水合氨，再继续滴加时生成的氢氧化铝会溶解，答案为：、
、。
14．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）明矾可做中药，性味酸涩、寒、有毒。利用废铝制备明矾，并测定其组成，实验过程如下。
Ⅰ.制备明矾
实验步骤如图：
(1)溶解步骤中主要发生的离子反应方程式为_______。
(2)用蒸馏水洗涤晶体的操作过程是_______。
(3)生活中明矾可用作净水剂，结合离子方程式说明净水原理：_______。
Ⅱ.样品中硫酸根的测定
(一)绘制标准硫酸钡悬浊液吸光光谱图
①分别量取0、1.0、2.0、3.0、4.0mL浓度为500μg/mL的标准硫酸钾溶液移入10mL的比色管中，然后分别加入5mL浓度为1g/mL的溶液，用蒸馏水定容。
②用分光光度计测量标准系列(波长采用420nm)，数据如下(忽略混合过程中的体积变化)。
③绘制硫酸钡悬浊液的吸光光谱图，绘制如下。
(4)上述实验数据中b=_______，m=_______(保留1位有效数字)。
(二)测定样品中硫酸根浓度
①称取1.018g样品晶体配制成250mL的样品溶液。
②量取1.0mL样品溶液移入10mL的比色管中，然后加入5mL浓度为1g/mL的溶液，用蒸馏水定容，测得样品的吸光值为0.858。
(5)测得样品中硫酸根的质量分数为_______%(保留2位有效数字)。
(6)实验测得硫酸根的含量小于理论值，可能的原因有_______(填标号)。
A．实验Ⅰ制得样品中有杂质B．实验中所用标准硫酸钾溶液浓度偏大
C．样品溶液配制过程中，定容仰视读数D．样品溶液配制过程中，容量瓶未润洗
【答案】(1)
(2)向过滤器中注入蒸馏水，使其完全浸没晶体，待蒸馏水自然流尽后，重复操作2~3次
(3)，形成的胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物共同沉降
(4)0.005
(5)39
(6)BC
【分析】废铝在KOH溶液中溶解得到偏铝酸钾溶液，过滤除去不溶性杂质，向溶液中加入稀硫酸，偏铝酸钾与稀硫酸反应得到含有SO、K+、Al3+的溶液，浓缩后，冰水浴冷却结晶，经过滤、洗涤、干燥得到产品。
【解析】（1）溶解过程中主要反应为Al和KOH溶液的反应，离子方程式为；（2）用蒸馏水洗涤晶体的一般操作为：向过滤器中注入蒸馏水，使其完全浸没晶体，待蒸馏水自然流尽后，重复操作2~3次；（3）铝离子水解，形成的胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物共同沉降；（4）各组数据中所用溶液总体积应相等，所以，得；将代入可得，解得，故答案为：3；0.005；（5）将代入，解得，所以样品中硫酸根的质量分数为，故答案为：39；（6）A．中硫酸根的质量分数大于明矾，所以若样品中有杂质会导致结果偏高，A不符合题意；B．实验中所用标准硫酸钾溶液浓度偏大，则导致吸光光谱图整体向左平移，所以同样的吸光值，会使相应的硫酸根浓度偏小，B符合题意；C．样品溶液配制过程中，定容仰视读数，导致样品溶液被稀释，硫酸根的浓度减小，测定的吸光值偏小，则计算得到的硫酸根的质量分数偏小，C符合题意；D．样品溶液配制过程中，容量瓶未润洗，对结果无影响，D不符合题意；综上所述，答案为：BC。
15．（2023·全国·高三专题练习）铝是中学化学学习阶段的唯一一种既能与酸(非氧化性酸)反应又能与强碱溶液反应放出的金属，就铝的这一特殊性质，回答下列问题：
(1)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，所得的体积之比是___________。
(2)足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，产生的体积之比是___________。
(3)足量的两份铝分别投人到等体积、一定物质的量浓度的溶液中，二者产生的相等，则和的物质的量浓度之比是___________。
(4)甲、乙两烧杯中各盛有的盐酸和溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为，则加入铝粉的质量为___________(填字母)。
A．B．C．D．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)A
【解析】（1）根据化学方程式：、，得与的关系式均为，故只要参加反应的的量相等，所得的量必相等，所以等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，所得的体积之比是1：1。
（2）因为在反应中过量，产生的由和的量决定。根据化学反应中的关系式：、，故当物质的量相等时，二者产生的体积比为。
（3）因为铝足量且产生的量相等，根据关系式得，又因为两溶液体积相等，故物质的量浓度。
（4）当参加反应的和的物质的量一样多时，产生的体积比是，而题设条件体积比为，说明此题投入的铝粉对盐酸来说是过量的，而对于来说是不足的。
n(H2)=0.15ml，则与反应生成的为。
m(Al)=5.4g，即投入的铝粉为。
故选A。
1．（2023·浙江·高考真题）下列反应的离子方程式不正确的是
A．通入氢氧化钠溶液：
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：
C．过量通入饱和碳酸钠溶液：
D．溶液中滴入氯化钙溶液：
【答案】D
【解析】A．通入氢氧化钠溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：，选项A正确；B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：，选项B正确；C．过量通入饱和碳酸钠溶液反应产生碳酸氢钠晶体，反应的离子方程式为：，选项C正确；D．溶液中滴入氯化钙溶液，因亚硫酸酸性弱于盐酸，不能发生反应，选项D不正确；答案选D。
2．（2023·浙江·高考真题）共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法不正确的是
A．的结构式为B．为非极性分子
C．该反应中的配位能力大于氯D．比更难与发生反应
【答案】D
【解析】A．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，故A正确；B．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B正确；C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确；D．溴元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误；故选D。
3．（2023·湖北·统考高考真题）化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达错误的是
A．用电子式表示的形成：
B．用离子方程式表示溶于烧碱溶液：
C．用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图：
D．用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：
【答案】D
【解析】A．钾原子失去电子，硫原子得到电子形成硫化钾，硫化钾为离子化合物，用电子式表示的形成：，A正确；B．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和强碱反应生成四羟基合铝酸根离子，离子方程式为：，B正确；C．H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气的时候，是两个s能级的原子轨道相互靠近，形成新的轨道，则用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图：，C正确；D．用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂为，D错误；故选D。
4．（2023·湖北·统考高考真题）物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】A．正戊烷和新戊烷形成的晶体都是分子晶体，由于新戊烷支链多，对称性好，分子间作用力小，所以沸点较低，故A正确；B．AlF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，则熔点远高于，故B正确；C．由于电负性F>H，C-F键极性大于C-H键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增强，故C正确；D．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中HCO间存在氢键，与晶格能大小无关，即与阴离子电荷无关，故D错误；答案选D。
5．（2023·辽宁·统考高考真题）下列有关物质的工业制备反应错误的是
A．合成氨：N2+3H22NH3B．制HCl：H2+Cl22HCl
C．制粗硅：SiO2+2CSi+2COD．冶炼镁：2MgO(熔融)2Mg+O2↑
【答案】D
【解析】A．工业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂的条件下反应生成的，反应方程式为N2+3H22NH3，A正确；B．工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的，反应方程式为H2+Cl22HCl，B正确；C．工业制粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，C正确；D．冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反应方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，D错误；故答案选D。
实验操作
实验现象
实验结论
A
向BaCl2溶液中通入SO2和气体X
产生白色沉淀
白色沉淀不一定为BaSO4
B
向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]
溶液变为蓝色
溶液中存在Fe2+
C
向盛有浓HNO3的两支试管中分别加入除去氧化膜的镁带和铝片
加入镁带的试管中迅速产生红棕色气体，加入铝片的试管中无明显现象
金属性：Mg>Al
D
向盛有鸡蛋清的两支试管中分别滴加饱和氯化钠溶液和饱和硫酸铜溶液
均有固体析出
蛋白质均发生变性
(mL)
1.0
2.0
3.0
4.0
蒸馏水体积(mL)
5
a
b
c
1
浓度(μg/mL)
0
50
100
150
200
吸光值A
0
0.371
0.553
0.778
1.013
选项
性质差异
结构因素
A
沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃)
分子间作用力
B
熔点：(1040℃)远高于(178℃升华)
晶体类型
C
酸性：()远强于()
羟基极性
D
溶解度(20℃)：(29g)大于(8g)
阴离子电荷
考纲和考试说明是备考的指南针，认真研究考纲和考试说明，可增强日常复习的针对性和方向性，避免盲目备考，按方抓药，弄清楚高考检测什么，检测的价值取向，高考的命题依据。
2.精练高考真题，明确方向
经过对近几年高考题的横、纵向分析，可以得出以下三点：一是主干知识考查“集中化”，二是基础知识新视角，推陈出新，三是能力考查“综合化”。
3.摸清问题所在，对症下药
要提高后期的备考质量，还要真正了解学生存在的问题，只有如此，复习备考才能更加科学有效。所以，必须加大信息反馈，深入总结学情，明确备考方向，对症开方下药，才能使学生的知识结构更加符合高考立体网络化要求，才能实现基础→能力→分数的转化。
4.切实回归基础，提高能力
复习训练的步骤包括强化基础，突破难点，规范作答，总结方法，通过这样的总结，学生印象深刻，应用更加灵活。
第09讲 镁、铝及其重要化合物
（模拟精练+真题演练）
1．（2023·江西上饶·万年中学校考一模）向10mL 0.1ml/L NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度Ba(OH)2溶液x mL，下列叙述正确的是
A．x=10时，溶液中有、Al3+、 ， 且c()>c(Al3+)
B．x=10时， 溶液中有、、 ， 且c()>c()
C．x=30时， 溶液中有Ba2+、 、 OH-，且c(OH- )
【答案】A
【分析】根据10mL0.1ml⋅L−1 NH4Al(SO4)2溶液中含有0.001mlNH、0.001mlAl3+、0.002mlSO，结合加入Ba(OH)2溶液的体积进行分析解答。
【解析】A.根据上述分析可知：x=10时，10mL0.1ml⋅L−1Ba(OH)2溶液中有0.001mlBa2+，0.002mlOH−，混合后生成0.001ml硫酸钡沉淀，剩余0.001ml SO。生成×10−3ml氢氧化铝沉淀，剩余×10−3mlAl3+，而NH没有参与反应，少量水解，则c(NH) > c(Al3+)，故A正确；B.x=10时，10mL0.1ml⋅L−1Ba(OH)2溶液中有0.001mlBa2+，0.002mlOH−，混合后生成0.001ml硫酸钡沉淀，剩余0.001ml SO。生成×10−3ml氢氧化铝沉淀，剩余×10−3mlAl3+，没有生成，故B错误；C.x=30时，混合后生成0.002ml硫酸钡沉淀，剩余0.001mlBa2+，OH−过量，生成0.001mlAlO2−，能把Al3+和NH都反应完，还剩余0.001ml OH−，加上一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c(OH- )>c ()，故C项错误；D.x=30时，混合后生成0.002ml硫酸钡沉淀，剩余0.001ml Ba2+，OH−过量，则溶液中存在0.001mlAlO2−，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001ml，一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c(OH−)>c(Ba2+)，故D项错误。
2．（2023·上海崇明·统考二模）使用过量NaOH溶液能满足实验要求的是
A．除去Al2O3中杂质Fe2O3B．由AlCl3溶液制备Al(OH)3
C．除去C2H5Br中杂质Br2D．检验醛基时制备新制Cu(OH)2
【答案】D
【解析】A．Al2O3是两性氧化物，可与强碱反应，Fe2O3与氢氧化钠不反应，使用过量 NaOH 溶液无法除去Al2O3中杂质Fe2O3，故A不能满足实验要求；B．Al(OH)3是两性氢氧化物，可与强碱反应，向AlCl3溶液加入过量NaOH溶液会使生成Al(OH)3溶解，故B不能满足实验要求；C．卤代烃在碱性条件下发生水解，Br2与氢氧化钠反应，则过量NaOH溶液不能除去C2H5Br中杂质Br2，故C不能满足实验要求；D．检验醛基时需要在碱性条件下进行，则制备新制Cu(OH)2时可以使用过量NaOH溶液，使溶液显碱性，故D能满足实验要求；答案选D。
3．（2023·湖南长沙·长沙一中校考一模）煤灰提取铝既能缓解我国缺乏铝矿的现状，又能减少煤燃烧产生的污染。煤灰含Al2O3、SiO2、CaO、Fe2O3等。煤灰中提取铝的工艺流程如图所示，下列说法正确的是
A．煤灰加酸进行酸浸时，用硫酸酸浸溶解效果好
B．操作1、2、3、4名称相同，操作时都除去了一种杂质
C．X为CO2，发生的反应为CO2+2H2O+AlO=Al(OH)3↓+HCO
D．制金属铝需要电解氧化铝，阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
【答案】C
【解析】A．煤灰含Al2O3、SiO2、CaO、Fe2O3等，用盐酸可使Al2O3、CaO、Fe2O3溶解，生成可溶性的盐，用硫酸酸浸CaO与硫酸反应生成微溶的CaSO4，不符合题意，故A错误；B．操作1、2、3、4名称相同都为过滤，1、2、3操作时都除去了一种杂质，4除去溶液中的多种杂质，故B错误；C．根据流程图可知通入CO2，制得Al(OH)3沉淀，为保证反应完全，通入足量的CO2，反应为CO2+2H2O+AlO2−=Al(OH)3↓+HCO3−，故C正确；D．制金属铝需要电解熔融的氧化铝，阳极反应式为2O2−-4e−=O2↑，故D错误；答案选C。
4．（2023·上海黄浦·统考二模）将去掉氧化膜的铝片放入足量Na2CO3溶液中，铝片表面产生气泡，充分反应后得到无色溶液M。下列分析错误的是
A．产生的气体中有H2B．反应与水解有关
C．Al(OH)3向酸式电离方向移动D．M中含大量：Na+、Al3+、
【答案】D
【分析】在Na2CO3溶液中，发生水解，生成OH-等，OH-与Al在溶液中发生反应，生成 和H2。
【解析】A．由分析可知，产生的气体中有H2，A正确；B．由分析可知，与Al反应的OH-来自水解，B正确；C．Na2CO3溶液呈碱性，Al(OH)3表现出酸性，发生酸式电离，C正确；D．Al3+、在溶液中能发生双水解反应，不能大量共存，所以M中不可能含大量Al3+、，D错误；故选D。
5．（2023·天津·校联考一模）下列反应方程式书写正确的是
A．过氧化钠与水反应：2O+2H2O=O2↑+4OH-
B．用白醋除水垢：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+
C．电解熔融MgCl2制镁：2Cl-+Mg2+Mg+Cl2↑
D．Al2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Al3++SO+Ba2++3OH-=Al(OH)3↓+BaSO4↓
【答案】C
【解析】A．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：，A错误；B．白醋可除去水壶中的水垢，白醋为弱酸，不可拆成离子形式，离子方程式为：，B错误；C．工业上电解熔融的氯化镁制金属镁，发生反应的离子方程式为：2Cl-+Mg2+Mg+Cl2↑，C正确；D．Ba(OH)2足量，最终会得到偏铝酸根，D错误；故选C。
6．（2023·湖北·统考一模）钾长石()是含钾量较高、分布最广、储量最大的非水溶性钾资源，以钾长石为原料制取钾肥的一种工艺流程如下图所示。已知：钾长石中的钾元素和铝元素在作用下转化为和。下列说法正确的是
A．可用“水浸”操作直接提取钾长石中的主要成分
B．“浸渣Ⅰ”可以作为冶炼金属铝的主要原料
C．“碱化Ⅱ”发生的主要反应为
D．流程中只有可循环利用
【答案】C
【分析】依题意，煅烧后钾元素、铝元素转化为NaAlO2、KAlO2、硅元素转化为CaSiO3。水浸过滤后，滤液中主要含有NaAlO2、KAlO2、Na2CO3等，通入过量CO2，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3、KHCO3，加入NaOH溶液碱化时，NaHCO3转化为Na2CO3并结晶析出、KHCO3转化为K2CO3，过滤分离可得K2CO3溶液。
【解析】A．钾长石是非水溶性钾资源，不能用“水浸”操作直接提取其中的主要成分，A错误；B．“浸渣Ⅰ”主要含有CaCO3和CaSiO3，不能冶炼金属铝，B错误；C．加入NaOH溶液碱化时，NaHCO3、KHCO3分别转化为Na2CO3、K2CO3，反应的离子方程式为：，C正确；D．流程中除CO2可以循环利用外，还有Na2CO3也可以循环利用，D错误；故选C。
7．（2023·上海松江·统考二模）一定条件下，存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”情况的是
A．一氧化氮与过量氧气B．氯化铝溶液与过量稀氨水
C．铁片与过量浓硝酸D．澄清石灰水与过量二氧化碳
【答案】C
【解析】A．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，此反应不是可逆反应，氧气过量的情况下一氧化氮完全反应，A错误；B．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，此反应不是可逆反应，氨水过量的情况下，氯化铝完全反应，B错误；C．常温下铁片在浓硝酸中发生钝化，浓硝酸过量的情况下，铁片仍不能完全反应，C正确；D．澄清石灰水与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，该反应不是可逆反应，二氧化碳过量的情况下，澄清石灰水完全反应，D错误；故答案选C。
8．（2023·浙江·校联考一模）下列有关说法正确的是
A．SO2、NO2和CO2都是引起酸雨的主要原因，导致雨水的pH小于5.6
B．明矾可用作净水剂，可使废水中的金属离子沉降
C．向氯化铝溶液中滴加饱和NaF溶液，再滴加氨水，振荡后，无白色沉淀生成，可能是生成了[AlF6]3-
D．氯化镁、硫酸钙和氯化钠等都是制作豆腐常用的凝固剂
【答案】C
【解析】A．SO2、NO2是引起酸雨的主要原因，导致雨水的pH小于5.6， CO2不能引起酸雨，故A错误；B．明矾用作净水剂，可使废水中的悬浮杂质沉降，故B错误；C．向氯化铝溶液中滴加饱和NaF溶液生成 [AlF6]3-，再滴加氨水，[AlF6]3-不与氨水反应，所以无白色沉淀生成，故C正确；D．氯化镁、硫酸钙是制作豆腐常用的凝固剂，故D错误；选C。
9．（2023·广东汕头·统考二模）家庭的厨卫管道内常因留有油脂、毛发、菜渣等而造成堵塞，此时可用一种固体疏通剂疏通。疏通剂主要成分有生物酶、铝粉和固体。下列有关说法错误的是
A．大多数生物酶的主要成分为蛋白质
B．疏通剂使用时会产生大量可燃性气体，应避免接触明火
C．疏通剂可用于疏通陶瓷、铁制、铝制、塑料管道
D．使用过程中产生的热量和碱性环境可以加速油脂的水解
【答案】C
【解析】A．生物体内的酶大多数为蛋白质，故A正确；B．疏通剂含有铝粉和固体，溶水后铝能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，因此使用时要避免接触明火，故B正确；C．铝制品能与疏通剂中的NaOH发生，因此不能用其疏通铝制管道，故C错误；D．疏通剂使用时发生Al与NaOH的反应，该反应放热，且溶液呈碱性有利于油脂的水解，故D正确；故选：C。
10．（2023·湖北·校联考二模）化学焊接技术的原理之一是利用焊剂(主要成分为Al与CaO)在高温下反应制得液态金属(或合金)，凝固后，除去焊接点表面的焊渣，实现焊件金属的焊接。下列说法错误的是
A．Al与Fe2O3也能发生类似反应
B．焊渣的主要成分是Al(OH)3
C．焊接前可用还原性气体在加热条件下除去焊件金属表面的氧化膜
D．若在反应体系中加入低熔点金属，则可形成低熔点液态合金便于焊接
【答案】B
【解析】A．Fe的活泼性弱于Al，在高温条件下可发生铝热反应，故A正确；B．焊剂(主要成分为Al与CaO)在高温下反应得到液体金属，结合元素守恒可知，焊渣的主要成分为Al2O3，故B错误；C．利用还原性气体(如H2，CO等)除去焊件金属表面的氧化膜可使焊接更加牢固，故C正确；D．一般合金的熔点低于任一组分金属，加入低熔点金属，可在更低温度下得到液态合金，便于焊接，同时还可以保护焊件金属，故D正确；故答案选B。
11．（2023·云南曲靖·统考二模）下列实验操作及现象均正确且能得出相应结论的是
【答案】A
【解析】A．亚硫酸的酸性弱于盐酸，不能与氯化钡溶液反应，但向氯化钡溶液中通入二氧化硫和氨气，二氧化硫和氨气、氯化钡溶液反应能生成亚硫酸钡白色沉淀，则白色沉淀不一定是硫酸钡，故A正确；B．向某溶液中加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀说明溶液中含有亚铁离子，故B错误；C．常温下铝在浓硝酸中钝化形成的氧化膜阻碍反应的继续进行，则用浓硝酸不能比较金属镁和金属铝的金属性强弱，故C错误；D．向盛有鸡蛋清的试管中滴入饱和食盐水，蛋白质的溶解度降低，会发生盐析而析出蛋白质，该过程不是蛋白质发生变性，故D错误；故选A。
12．（2023·浙江·校联考二模）下列物质中常作耐高温材料的碱性氧化物是
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】A．虽然为碱性氧化物，但其熔点不高，A不符合题意；B．对应的酸为硅酸，属于酸性氧化物，B不符合题意；C．为两性氧化物，C不符合题意；D．对应的碱为氢氧化镁，属于碱性氧化物，其离子半径较小，晶格能大，熔点高，可作耐高温材料，D符合题意；故选D。
13．（2023·全国·高三专题练习）用方程式回答下列问题。
(1)用化学方程式表示除去铁粉中的铝粉：_______。
(2)用离子方程式表示除去中的：_______。
(3)用离子方程式表示除去中的：_______。
(4)现有溶液、氨水、溶液，制备的最佳方案是(用化学方程式表示)：_______。
(5)现有溶液、、盐酸，制备的最佳方案是(用离子方程式表示)：_______。
(6)用离子方程式表示泡沫灭火器的灭火原理：_______。
(7)用离子方程式分别表示：①；②不能大量共存的原理：
①_______；②_______。
(8)铵明矾是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，向铵明矾溶液中逐滴滴入溶液，试写出反应的离子方程式：_______；_______；_______。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
(5)或
(6)
(7)
(8)
【解析】（1）除去铁粉中的铝粉所选试剂是氢氧化钠可以和铝反应但不和铁反应，方程式：，答案为：；（2）除去中的选择氢氧化钠，氢氧化钠与氧化铝生成偏铝酸钠和水，再过滤即得到氧化铁，答案为：；（3）除去中的，利用的两性可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，再过滤即得到，答案为：；（4）利用可以和强碱反应但不与弱碱反应，所以制取用溶液和氨水，答案为：；（5）利用可以和强酸反应不与弱酸反应，所以制取用溶液和，答案为：
或；（6）泡沫灭火器的灭火原理是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，答案为：；（7）①不能大量共存是两者发生双水解，生成氢氧化铝沉淀，答案为：；②不能大量共存是因为前者结合了后者电离产生的氢离子，最终生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，答案为：；（8）向铵明矾溶液中逐滴滴入溶液，首先铝离子会和氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，然后继续滴加，铵离子会和氢氧根离子反应生成一水合氨，再继续滴加时生成的氢氧化铝会溶解，答案为：、
、。
14．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）明矾可做中药，性味酸涩、寒、有毒。利用废铝制备明矾，并测定其组成，实验过程如下。
Ⅰ.制备明矾
实验步骤如图：
(1)溶解步骤中主要发生的离子反应方程式为_______。
(2)用蒸馏水洗涤晶体的操作过程是_______。
(3)生活中明矾可用作净水剂，结合离子方程式说明净水原理：_______。
Ⅱ.样品中硫酸根的测定
(一)绘制标准硫酸钡悬浊液吸光光谱图
①分别量取0、1.0、2.0、3.0、4.0mL浓度为500μg/mL的标准硫酸钾溶液移入10mL的比色管中，然后分别加入5mL浓度为1g/mL的溶液，用蒸馏水定容。
②用分光光度计测量标准系列(波长采用420nm)，数据如下(忽略混合过程中的体积变化)。
③绘制硫酸钡悬浊液的吸光光谱图，绘制如下。
(4)上述实验数据中b=_______，m=_______(保留1位有效数字)。
(二)测定样品中硫酸根浓度
①称取1.018g样品晶体配制成250mL的样品溶液。
②量取1.0mL样品溶液移入10mL的比色管中，然后加入5mL浓度为1g/mL的溶液，用蒸馏水定容，测得样品的吸光值为0.858。
(5)测得样品中硫酸根的质量分数为_______%(保留2位有效数字)。
(6)实验测得硫酸根的含量小于理论值，可能的原因有_______(填标号)。
A．实验Ⅰ制得样品中有杂质B．实验中所用标准硫酸钾溶液浓度偏大
C．样品溶液配制过程中，定容仰视读数D．样品溶液配制过程中，容量瓶未润洗
【答案】(1)
(2)向过滤器中注入蒸馏水，使其完全浸没晶体，待蒸馏水自然流尽后，重复操作2~3次
(3)，形成的胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物共同沉降
(4)0.005
(5)39
(6)BC
【分析】废铝在KOH溶液中溶解得到偏铝酸钾溶液，过滤除去不溶性杂质，向溶液中加入稀硫酸，偏铝酸钾与稀硫酸反应得到含有SO、K+、Al3+的溶液，浓缩后，冰水浴冷却结晶，经过滤、洗涤、干燥得到产品。
【解析】（1）溶解过程中主要反应为Al和KOH溶液的反应，离子方程式为；（2）用蒸馏水洗涤晶体的一般操作为：向过滤器中注入蒸馏水，使其完全浸没晶体，待蒸馏水自然流尽后，重复操作2~3次；（3）铝离子水解，形成的胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物共同沉降；（4）各组数据中所用溶液总体积应相等，所以，得；将代入可得，解得，故答案为：3；0.005；（5）将代入，解得，所以样品中硫酸根的质量分数为，故答案为：39；（6）A．中硫酸根的质量分数大于明矾，所以若样品中有杂质会导致结果偏高，A不符合题意；B．实验中所用标准硫酸钾溶液浓度偏大，则导致吸光光谱图整体向左平移，所以同样的吸光值，会使相应的硫酸根浓度偏小，B符合题意；C．样品溶液配制过程中，定容仰视读数，导致样品溶液被稀释，硫酸根的浓度减小，测定的吸光值偏小，则计算得到的硫酸根的质量分数偏小，C符合题意；D．样品溶液配制过程中，容量瓶未润洗，对结果无影响，D不符合题意；综上所述，答案为：BC。
15．（2023·全国·高三专题练习）铝是中学化学学习阶段的唯一一种既能与酸(非氧化性酸)反应又能与强碱溶液反应放出的金属，就铝的这一特殊性质，回答下列问题：
(1)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，所得的体积之比是___________。
(2)足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，产生的体积之比是___________。
(3)足量的两份铝分别投人到等体积、一定物质的量浓度的溶液中，二者产生的相等，则和的物质的量浓度之比是___________。
(4)甲、乙两烧杯中各盛有的盐酸和溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为，则加入铝粉的质量为___________(填字母)。
A．B．C．D．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)A
【解析】（1）根据化学方程式：、，得与的关系式均为，故只要参加反应的的量相等，所得的量必相等，所以等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，所得的体积之比是1：1。
（2）因为在反应中过量，产生的由和的量决定。根据化学反应中的关系式：、，故当物质的量相等时，二者产生的体积比为。
（3）因为铝足量且产生的量相等，根据关系式得，又因为两溶液体积相等，故物质的量浓度。
（4）当参加反应的和的物质的量一样多时，产生的体积比是，而题设条件体积比为，说明此题投入的铝粉对盐酸来说是过量的，而对于来说是不足的。
n(H2)=0.15ml，则与反应生成的为。
m(Al)=5.4g，即投入的铝粉为。
故选A。
1．（2023·浙江·高考真题）下列反应的离子方程式不正确的是
A．通入氢氧化钠溶液：
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：
C．过量通入饱和碳酸钠溶液：
D．溶液中滴入氯化钙溶液：
【答案】D
【解析】A．通入氢氧化钠溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：，选项A正确；B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：，选项B正确；C．过量通入饱和碳酸钠溶液反应产生碳酸氢钠晶体，反应的离子方程式为：，选项C正确；D．溶液中滴入氯化钙溶液，因亚硫酸酸性弱于盐酸，不能发生反应，选项D不正确；答案选D。
2．（2023·浙江·高考真题）共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法不正确的是
A．的结构式为B．为非极性分子
C．该反应中的配位能力大于氯D．比更难与发生反应
【答案】D
【解析】A．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，故A正确；B．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B正确；C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确；D．溴元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误；故选D。
3．（2023·湖北·统考高考真题）化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达错误的是
A．用电子式表示的形成：
B．用离子方程式表示溶于烧碱溶液：
C．用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图：
D．用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：
【答案】D
【解析】A．钾原子失去电子，硫原子得到电子形成硫化钾，硫化钾为离子化合物，用电子式表示的形成：，A正确；B．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和强碱反应生成四羟基合铝酸根离子，离子方程式为：，B正确；C．H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气的时候，是两个s能级的原子轨道相互靠近，形成新的轨道，则用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图：，C正确；D．用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂为，D错误；故选D。
4．（2023·湖北·统考高考真题）物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】A．正戊烷和新戊烷形成的晶体都是分子晶体，由于新戊烷支链多，对称性好，分子间作用力小，所以沸点较低，故A正确；B．AlF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，则熔点远高于，故B正确；C．由于电负性F>H，C-F键极性大于C-H键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增强，故C正确；D．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中HCO间存在氢键，与晶格能大小无关，即与阴离子电荷无关，故D错误；答案选D。
5．（2023·辽宁·统考高考真题）下列有关物质的工业制备反应错误的是
A．合成氨：N2+3H22NH3B．制HCl：H2+Cl22HCl
C．制粗硅：SiO2+2CSi+2COD．冶炼镁：2MgO(熔融)2Mg+O2↑
【答案】D
【解析】A．工业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂的条件下反应生成的，反应方程式为N2+3H22NH3，A正确；B．工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的，反应方程式为H2+Cl22HCl，B正确；C．工业制粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，C正确；D．冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反应方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，D错误；故答案选D。
实验操作
实验现象
实验结论
A
向BaCl2溶液中通入SO2和气体X
产生白色沉淀
白色沉淀不一定为BaSO4
B
向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]
溶液变为蓝色
溶液中存在Fe2+
C
向盛有浓HNO3的两支试管中分别加入除去氧化膜的镁带和铝片
加入镁带的试管中迅速产生红棕色气体，加入铝片的试管中无明显现象
金属性：Mg>Al
D
向盛有鸡蛋清的两支试管中分别滴加饱和氯化钠溶液和饱和硫酸铜溶液
均有固体析出
蛋白质均发生变性
(mL)
1.0
2.0
3.0
4.0
蒸馏水体积(mL)
5
a
b
c
1
浓度(μg/mL)
0
50
100
150
200
吸光值A
0
0.371
0.553
0.778
1.013
选项
性质差异
结构因素
A
沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃)
分子间作用力
B
熔点：(1040℃)远高于(178℃升华)
晶体类型
C
酸性：()远强于()
羟基极性
D
溶解度(20℃)：(29g)大于(8g)
阴离子电荷
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