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第16讲 铝及其化合物 -备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练
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【复习目标】
1．掌握铝及其重要化合物的性质及用途。
2．掌握实验室制取Al(OH)3的方法。
3．掌握可溶性铝盐与强碱溶液反应的计算及图像变化。
4．了解复盐的概念，了解硫酸铝钾[KAl(SO4)2]的性质、俗名及用途。
【知识精讲】
1．铝的性质及用途
（1）存在：铝是地壳中含量最多的金属元素。自然界中的铝全部以化合态存在。
（2）铝的物理性质
银白色、具有金属光泽的固体，熔、沸点高，密度小。质地柔软，具有良好的延展性、导电性、导热性。
（3）铝的化学性质
铝是第三周期ⅢA族元素，容易失电子，是活泼的金属元素。
①与非金属单质反应
与O2：4Al＋3O2eq \(=====,\s\up7(点燃))2Al2O3（常温下在空气中形成氧化膜）。
【注意要点】铝是活泼金属，但抗腐蚀性能强，原因是常温下Al与O2反应生成一层致密的氧化物薄膜而防止内部金属进一步被氧化。
与Cl2：2Al＋3Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))2AlCl3。
③与稀盐酸、稀硫酸等非氧化性酸反应，离子方程式为2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑。
与强氧化性酸(浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸)反应：
a．常温下，在浓H2SO4、浓HNO3中发生钝化。
b．与稀硝酸反应：Al＋4HNO3(稀)===Al(NO3)3＋NO↑＋2H2O。
④与NaOH等强碱溶液反应：
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑或2Al＋2OH－＋2H2O===2AlOeq \\al(－,2)＋3H2↑。
a．该反应属于置换反应。
b．该反应的实质是：2Al＋6H2O===2Al(OH)3＋3H2↑、Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O。
c．铝既能与酸(如醋酸、盐酸、稀硫酸等)反应，又能与强碱反应，均能生成H2，表现出两性物质的性质，因此能与Al反应放出H2的溶液可能显酸性也可能显碱性。
⑤与某些氧化物反应：8Al＋3Fe3O4eq \(=====,\s\up7(高温))4Al2O3＋9Fe(铝热反应)。
（4）工业制法：2Al2O3(熔融)eq \(=====,\s\up11(电解),\s\d4(冰晶石))4Al＋3O2↑。
（5）铝的用途：纯铝用作导线，铝合金用于制造汽车、飞机、生活用品等。
【例题1】铝是一种低毒金属元素，它并非人体需要的微量元素，不会导致急性中毒，但食品中铝的含量超过国家标准就会对人体造成危害。下列关于铝元素的说法正确的是( )
A．铝在空气中不易被腐蚀是因为其性质不活泼
B．铝既能溶于酸溶液，又能溶于强碱溶液
C．在铝与NaOH溶液的反应中，氧化剂是NaOH和H2O
D．铝不能与氯气、硫发生反应
【答案】B
【例题2】两份相同质量且均过量的铝，分别放入等体积、等浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积之比为( )
A．1∶3 B．1∶1
C．2∶3 D．3∶2
【答案】A
【解析】
等体积、等浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，n(HCl)＝n(NaOH)，两份铝的质量相等，且均过量，HCl、NaOH均反应完全。假设n(HCl)＝n(NaOH)＝1 ml，发生反应：2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，则Al与盐酸、NaOH溶液反应生成氢气的物质的量分别为eq \f(1,2) ml、eq \f(3,2) ml，在同温同压下的体积之比为eq \f(1,2) ml∶eq \f(3,2) ml＝1∶3。
【例题3】
(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、等物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，产生H2的体积之比是________。
(3)足量的两份铝分别投入到等体积、一定物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，二者产生的H2相等，则HCl和NaOH的物质的量浓度之比是________。
(4)甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 ml·L－1的盐酸和NaOH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V(甲)∶V(乙)＝1∶2，则加入铝粉的质量为________(填字母)。
A．5.4 g B．3.6 g
C．2.7 g D．1.8 g
【答案】(1)1∶1 (2)1∶3 (3)3∶1 (4)A
【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。
(3)因为铝足量且产生H2的量相等，根据关系式知n(HCl)∶n(NaOH)＝3∶1，又因为两溶液体积相等，故物质的量浓度c(HCl)∶c(NaOH)＝n(HCl)∶n(NaOH)＝3∶1。
(4)其反应原理分别为2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。可见当参加反应的HCl和NaOH的物质的量一样多时，产生H2的体积比是1∶3，而题设条件体积比为1∶2，说明此题中投入的铝粉对盐酸来说是过量的，而对于NaOH来说是不足的。
2Al＋6HCl === 2AlCl3 ＋ 3H2↑
6 ml 3 ml
3 ml·L－1×0.1 L 0.15 ml
则Al与NaOH反应生成的H2为0.15 ml×2＝0.3 ml。
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
2×27 g 3 ml
5．4 g 0.3 ml
即投入的铝粉为5.4 g。
【归纳总结】铝与酸或碱反应生成H2的量的关系
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
（1）等质量的铝与足量的盐酸、氢氧化钠溶液分别反应：
①产生H2的物质的量相等。
②消耗H＋、OH－的物质的量之比为n(H＋)∶n(OH－)＝3∶1。
（2）足量的铝分别与等物质的量的HCl和NaOH反应：
①消耗Al的物质的量之比为1∶3。
②生成H2的物质的量之比为1∶3。
（3）一定量的铝分别与一定量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，若产生氢气的体积比为eq \f(1,3)＜eq \f(VHCl（H2）,VNaOH（H2）)＜1，则必定
①铝与盐酸反应时，铝过量而HCl不足。
②铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足而NaOH过量。
2．氧化铝（两性氧化物）
（1）物理性质：俗名矾土，白色固体，难溶于水，熔点很高，常用作耐火材料，也是冶炼铝的原料。。
（2）化学性质(两性)：
与盐酸的离子方程式：Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O
与NaOH溶液反应的离子方程式：Al2O3＋2OH－===2AlOeq \\al(－,2)＋H2O。
【例题4】(2020·浙江1月选考)下列关于铝及其化合物的说法，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
【解析】
明矾可以用于净水，但没有消毒作用，水的消毒剂是利用物质的强氧化性，如氯气、高铁酸钠等，故A不正确；
由于铝热反应放出大量的热，因此可冶炼高熔点金属，故B正确；
铝表面有一层致密的保护膜且具有良好的延展性，可用作包装材料和建筑材料，故C正确；
胃酸的成分是盐酸，胃酸过多，可利用氢氧化铝的碱性中和，而且氢氧化铝是弱碱，不会对身体有很大的损伤，所以氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物，故D正确。
3．氢氧化铝（两性氢氧化物）
（1）物理性质：白色胶状不溶于水的固体，有较强的吸附性。
（2）化学性质
①Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O。
②Al(OH)3＋OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O。
③2Al(OH)3Al2O3＋3H2O。
【注意要点】Al(OH)3是两性氢氧化物，有两种电离方式：
（3）制备方法(写离子方程式)
向可溶性铝盐中加入足量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NHeq \\al(＋,4)。
【例题5】下列除去杂质的方法不正确的是( )
A．镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥
B．用过量氨水除去Fe3＋溶液中的少量Al3＋
C．Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤
D．MgO中混有少量Al2O3：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得到MgO
【答案】B
Al(OH)3不溶于氨水，故向含少量Al3＋的Fe3＋溶液中加入过量氨水时，Fe3＋、Al3＋均转化为氢氧化物沉淀，达不到除杂的目的。
【例题6】工业上用铝土矿(主要成分是Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2)提取氧化铝作冶炼铝的原料。其中一种提取方法的操作过程如下：
请回答下列问题：
(1)请写出甲溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝的离子方程式_______________。
(2)沉淀乙是Fe2O3，向其中加入足量盐酸，写出反应的离子方程式_______________，
充分反应后过滤，将滤液加热蒸干灼烧，最后可得到红棕色固体，用简要的文字和化学方程式说明这一变化过程_________________________________。
【答案】
(1)AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)
(2)Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，加热促进水解，且氯化氢挥发，使平衡右移，生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解，生成氧化铁，2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O
【解析】
(1)该反应为NaAlO2溶液与CO2的反应，离子方程式为AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)。
(2)沉淀乙中只有Fe2O3与盐酸反应，该反应的离子方程式为Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O。充分反应过滤后所得滤液为FeCl3与HCl的混合溶液，加热蒸干时FeCl3发生水解反应得到Fe(OH)3，灼烧时Fe(OH)3发生分解反应得到Fe2O3。
4．偏铝酸钠的性质
（1）与稀盐酸等反应：
AlOeq \\al(－,2)＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓(酸适量)，
AlOeq \\al(－,2)＋4H＋===Al3＋＋2H2O(酸过量)。
（2）水解反应：NaAlO2＋2H2OAl(OH)3＋NaOH。
（3）与碳酸氢钠溶液反应：AlOeq \\al(－,2)＋HCOeq \\al(－,3)＋H2O===Al(OH)3↓＋ COeq \\al(2－,3)。
（4）与CO2反应[可用于Al(OH)3的制备]：
2AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋ COeq \\al(2－,3)(CO2不足)，
AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋ HCOeq \\al(－,3)(CO2过量)。
5．可溶性铝盐的性质
（1）与强碱反应：
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓(碱适量)、
Al3＋＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O(碱过量)。
（2）水解反应
①单水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。
②泡沫灭火器的灭火原理：Al3＋＋3HCOeq \\al(－,3)===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
③与碳酸钠溶液混合：2Al3＋＋3COeq \\al(2－,3)＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑。
④与偏铝酸钠溶液混合[可用于Al(OH)3的制备]：Al3＋＋3AlOeq \\al(－,2)＋6H2O===4Al(OH)3↓。
6．“铝三角”——Al3＋、AlOeq \\al(－,2)和Al(OH)3之间的转化
（1） ①Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NHeq \\al(＋,4)。
②Al3＋＋3AlOeq \\al(－,2)＋6H2O===4Al(OH)3↓。
③Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓。
（2）Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O。
（3）Al3＋＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O。
（4）AlOeq \\al(－,2)＋4H＋===Al3＋＋2H2O。
（5） ①AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)。
②AlOeq \\al(－,2)＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓。
（6）Al(OH)3＋OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O。
【注意要点】
①Al3＋与OH－及AlOeq \\al(－,2)、COeq \\al(2－,3)、S2－等弱酸根阴离子不能共存。AlOeq \\al(－,2)与H＋、HCOeq \\al(－,3)以及弱碱阳离子Al3＋、Fe3＋等不能大量共存。
②既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的物质有：Al、Al2O3、Al(OH)3；多元弱酸的酸式盐(如NaHCO3、NaH2PO4、NaHSO3等)；弱酸的铵盐[如NH4HCO3、CH3COONH4、(NH4)2S等]；氨基酸和蛋白质。
【例题7】现有Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3、NaOH(aq)六种物质，它们之间有如图所示转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断中不合理的是( )
A．N一定是HCl(aq)B．X可能为Al或Cl2
C．Y一定为NaOH(aq)D．Q、Z中的一种必定为Al2O3
【答案】B
【解析】
在Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3、NaOH(aq)六种物质中，只有NaOH(aq)能与Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3五种物质反应，对照图示转化关系，可知Y为NaOH(aq)。只有HCl(aq)能与除Cl2以外的Al、Al2O3、Al(OH)3、NaOH(aq)四种物质反应，对照图示转化关系可知N为HCl(aq)，X为Cl2。Al2O3、Al(OH)3、Al都既能与HCl(aq)反应，又能与NaOH(aq)反应，且只有Al能与Cl2反应，则M为Al，Q、Z分别为Al2O3、Al(OH)3中的一种，故B项不合理。
7．一种重要的复盐——明矾[KAl(SO4)2·12H2O]
复盐：由两种不同的金属离子(或其中一种为铵根离子)和一种酸根离子组成的化合物，叫做复盐。复盐溶于水时，电离出的离子，跟组成它的简单盐电离出的离子相同。
8．工业炼铝的流程
铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，冶炼金属铝很重要的一个过程是Al2O3的提纯。由于Al2O3是两性氧化物，而杂质SiO2是酸性氧化物，Fe2O3是碱性氧化物，因而可设计出两种提纯氧化铝的方案。
方案一：碱溶法
（1）①、③两步骤中可能发生反应的离子方程式。
①Al2O3＋2OH－===2AlOeq \\al(－,2)＋H2O，SiO2＋2OH－===SiOeq \\al(2－,3)＋H2O。
③AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)，SiOeq \\al(2－,3)＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCOeq \\al(－,3)。
（2）步骤③中不用盐酸(或H2SO4)酸化，因为AlOeq \\al(－,2)与酸反应生成的Al(OH)3具有两性，可溶于强酸，不易控制酸的量；CO2廉价而且生成的副产物NaHCO3用途广泛，经济效益好。
（3）步骤④中得到的Al2O3中可能含有SiO2杂质，在电解时它不会影响铝的纯度是因为SiO2的熔点很高，在加热到1 000 ℃ 左右时不会熔化。
方案二：酸溶法
（1）①、②中可能发生反应的离子方程式。
①Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O，Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O。
②Al3＋＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O，Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓。
（2）步骤②中不用氨水沉淀Fe3＋是因为：Al(OH)3只能溶于强碱，不能溶于氨水，若用氨水则不能将Fe(OH)3和Al(OH)3分离。
【例题8】铝热反应常用于冶炼高熔点金属，某小组探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，实验过程及现象如下：
下列说法不正确的是( )
A．反应①产生的气体是H2
B．反应②为Al2O3＋2OH－===2AlOeq \\al(－,2)＋H2O
C．反应③的白色沉淀是Al(OH)3
D．黑色固体中不含Al和Fe3O4
【答案】D
【解析】
探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，由实验可知，黑色固体与稀硫酸反应生成气体，且溶液b加KSCN溶液不变色，可知溶液b不含铁离子；黑色固体与NaOH溶液反应无气体，则一定不含Al，溶液a与二氧化碳反应生成白色沉淀为氢氧化铝，则黑色固体中一定含氧化铝。由上述分析可知，黑色固体一定含氧化铝、Fe，一定不含Al，可能含Fe3O4。金属与稀硫酸反应生成H2，故A正确；固体含氧化铝，则反应②为Al2O3＋2OH－===2AlOeq \\al(－,2)＋H2O，故B正确；反应③中AlOeq \\al(－,2)与二氧化碳反应，可知白色沉淀是Al(OH)3，故C正确；黑色固体中不含Al，可能含Fe3O4，故D错误。
【归纳总结】
1．检验与鉴别
（1）用过量NaOH溶液检验Al3＋的存在。
（2）用过量NaOH溶液鉴别AlCl3溶液和MgCl2溶液。
（3）用互滴法鉴别AlCl3溶液与NaOH溶液或NaAlO2溶液与盐酸。
2．分离与除杂
用过量NaOH溶液和相应酸溶液分离Al3＋、Mg2＋或分离MgO、Al2O3等。除杂时，具体如下(括号内为杂质)：
（1）Mg(Al)：加足量NaOH溶液。
（2）Fe2O3(Al2O3)：加足量NaOH溶液。
（3）Mg(OH)2[Al(OH)3]：加足量NaOH溶液。
（4）Mg2＋(Al3＋)：加过量NaOH溶液，过滤，再加相应酸充分溶解。
3．实验室制备Al(OH)3不选用NaOH溶液，其原因是Al(OH)3呈两性，但它只溶于强酸或强碱，而不溶于弱碱(氨水)，则使用氨水容易控制产物。
【例题9】通过观察化学实验现象，分析归纳出正确的结论，是学习化学科学最基本的技能之一。下列由实验现象得出正确结论的是( )
【答案】D
【解析】
A项，比较金属性的强弱是利用金属单质与水或酸反应产生H2的快慢程度，错误；B项，由于生成了熔点很高的氧化铝，起到隔绝空气的作用，错误；C项，产生的气体应为H2和NH3的混合气体，错误。
【例题10】某无色溶液中可能含有H＋、OH－、Na＋、NOeq \\al(－,3)，加入铝粉后，只产生H2。回答下列问题：
(1)加入铝粉产生H2，说明铝具有__________(填“氧化性”或“还原性”)。
(2)若H＋大量存在，则NOeq \\al(－,3)就不能大量存在。设计实验证实如下：
①盐酸溶解Al2O3薄膜的离子方程式是___________________________。
②根据现象Ⅱ，推测溶液中产生了NO，为进一步确认，进行如下实验：
a．浅棕色气体是_____________________。
b．实验1的目的是___________________。
c．实验1、2说明反应生成了NO，将生成NO的离子方程式补充完整：
Al＋____NOeq \\al(－,3)＋____===____Al3＋＋____NO↑＋____。
(3)再假设：若OH－大量存在，NOeq \\al(－,3)也可能不大量存在。
重新设计实验证实如下：
为确认“刺激性气味”气体，进行如下实验：用湿润淀粉KI试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝。
①刺激性气味的气体是________。
②产生该气体的离子方程式是_____________________。
(4)在NaOH溶液中加入铝粉，结果只检验出有H2生成，其化学方程式是__________________。
【答案】
(1)还原性
(2)①6H＋＋Al2O3===2Al3＋＋3H2O ②a.NO2 b．对比实验，排除氧气使湿润的KI淀粉试纸变蓝的可能 c．1 1 4H＋ 1 1 2H2O
(3)①NH3 ②8Al＋3NOeq \\al(－,3)＋5OH－＋2H2O===3NH3↑＋8AlOeq \\al(－,2)
(4)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
【解析】
(1)加入铝粉产生H2, Al为还原剂，具有还原性。
(2)①盐酸与氧化铝反应的离子反应方程式为6H＋＋Al2O3===2Al3＋＋3H2O。
②液面上方呈浅棕色，一定不是氢气，为氮的氧化物，将湿润淀粉KI试纸置于空气中未变蓝，说明KI在空气中不能被氧化，而用湿润淀粉KI试纸检验浅棕色气体，试纸变蓝，则KI被氧化，即二氧化氮与水反应生成硝酸，再氧化碘离子生成碘单质。
a．由上述分析可知，浅棕色气体是NO2；
b．实验1的目的是对比实验；
c．Al与H＋、NOeq \\al(－,3)发生反应的离子方程式为Al＋NOeq \\al(－,3)＋4H＋===Al3＋＋NO↑＋2H2O。
(3)①用湿润淀粉KI试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，则气体为NH3。
②由上述分析可知，碱性条件下Al与NOeq \\al(－,3)发生反应的离子方程式为8Al＋3NOeq \\al(－,3)＋5OH－＋2H2O===3NH3↑＋8AlOeq \\al(－,2)。
(4)NaOH溶液中加入铝粉，反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。
【真题演练】
1．（2022·湖北·高考真题）化学与生活密切相关，下列不涉及化学变化的是（ ）
A．加入明矾后泥水变澄清B．北京冬奥会用水快速制冰
C．炖排骨汤时加点醋味道更鲜D．切开的茄子放置后切面变色
【答案】B
【解析】
A．明矾净水的原理为：，胶体具有吸附性，可以使泥水变澄清，涉及化学变化，A错误；
B．水和冰的分子式都是H2O，水快速制冰为物理变化，B正确；
C．炖排骨汤时放点醋，可使骨头中的钙、磷、铁等矿物质溶解出来，营养值更价高。此外，醋还可以防止食物中的维生素被破坏，涉及化学变化，C错误；
D．茄子中存在一类叫“酚氧化酶”的物质，它见到氧气之后，发生化学反应产生一些有色的物质。反应时间越长，颜色越深，D错误；
故选B。
2．（2022·湖南·高考真题）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中产物主要有和
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
【答案】C
【解析】
烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应，过滤得到和含有的滤液。
A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2能与烟气中的HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；
B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；
C．由上述分析可知，合成槽内发生反应，产物是和，故C错误；
D．由上述分析可知，滤液的主要成分为，可进入吸收塔循环利用，故D正确；
答案选C。
3．（2022·浙江·高考真题）下列说法不正确的是（ ）
A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维
B．高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明
C．氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料
D．用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏
【答案】A
【解析】
A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于制造晶体管、集成电路等，而二氧化硅常用于制造光导纤维，A错误；
B．钠的焰色反应为黄色，可用作透雾能力强的高压钠灯，B正确；
C．耐高温材料应具有高熔点的性质，氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，C正确；
D．石灰石的主要成分为碳酸钙，石灰石-石膏法脱硫过程中发生反应：CaCO3CaO+CO2↑，SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，2CaSO3+O2=2CaSO4，得到了石膏，D正确；
答案选A。
4．（2022·全国·高考真题）能正确表示下列反应的离子方程式为（ ）
A．硫化钠溶液和硝酸混合：S2-+2H+=H2S↑
B．明矾溶液与过量氨水混合：Al3++4NH3+2H2O=AlO+4NH
C．硅酸钠溶液中通入二氧化碳：SiO+CO2+H2O=HSiO+HCO
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合：
Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【解析】
A．硝酸具有强氧化性，可以将S2-氧化为S单质，自身根据其浓度大小还原为NO或NO2，反应的离子方程式为4H++2NO+S2-=S↓+2NO2↑+2H2O(浓)或8H++2NO+3S2-=3S↓+2NO↑+4H2O(稀)，A错误；
B．明矾在水中可以电离出Al3+，可以与氨水电离出的OH-发生反应生成Al(OH)3，但由于氨水的碱性较弱，生成的Al(OH)3不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，B错误；
C．硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，二氧化碳则根据其通入的量的多少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为SiO+H2O+CO2=H2SiO3↓+CO(CO2少量)或SiO+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO(CO2过量)，C错误；
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液以体积比1：2混合，Ba(OH)2电离出的OH-与NH4HSO4电离出的H+反应生成水，Ba(OH)2电离出的Ba2+与NH4HSO4电离出的SO反应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程为为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，D正确；
故答案选D。
5．（2022·浙江·高考真题）下列物质对应的化学式不正确的是（ ）
A．氯仿：CHCl3B．黄铜矿的主要成分：Cu2S
C．芒硝：Na2SO4·10H2OD．铝土矿的主要成分：Al2O3
【答案】B
【解析】
A．氯仿是三氯甲烷的俗称，其化学式为CHCl3，故A正确；
B．黄铜矿的主要成分：CuFeS2，故B错误；
C．芒硝：Na2SO4·10H2O，故C正确；
D．铝土矿的主要成分：Al2O3，故D正确；
故选B。
6．（2021·浙江·高考真题）下列说法不正确的是
A．硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐
B．镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁
C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气
D．常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化
【答案】A
【解析】
A．硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A错误；
B．镁在空气中燃烧时，与氧气和二氧化碳反应生成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁，故B正确；
C．钠具有强还原性，能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；
D．浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，故D正确；
故选A。
7．（2021·全国·高考真题）实验室制备下列气体的方法可行的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】
A．氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体，所以不能用于制备氨气，A不可行；
B．将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B不可行；
C．硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，C不可行；
D．实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，生成氯化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，可用此方法制备氧气，D可行；
故选D。
8．（2020·北京·高考真题）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。
9．（2020·江苏·高考真题）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。
10．（2021·浙江·高考真题）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。
其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：
(1)白色固体C的化学式是_______，蓝色溶液D中含有的溶质是_______(用化学式表示)。
(2)化合物X的化学式是_______；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式_______。
(3)蓝色溶液A与作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式________________________________。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素_______。
【答案】
CuAl2Cl8 将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，说明有元素
【解析】
含有Cu2+的溶液显蓝色，含有[Cu(NH3)4]2+的溶液显深蓝色，化合物X溶解后得到的溶液A呈现蓝色，且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物X中含有Cu2+；向含有Al3+的溶液中加入氨水可用于制备Al(OH)3，且Al(OH)3为可溶于NaOH溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀B为Al(OH)3沉淀；深蓝色溶液在加入硝酸酸化的AgNO3溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X中含有Cl-，综上，化合物X中含有Al3+、Cu2+和Cl-。
(1)由上述分析可得，白色沉淀D为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到Al2O3，故白色固体为Al2O3；溶液D中含有的阳离子有Cu2+、、Ag+、H+，阴离子有，故溶液中含有：，故答案为：；。
(2)由图示数据并根据原子守恒可知，4.020g X中含有铝离子物质的量为：=0.02ml，含有氯离子物质的量为：=0.08ml，由化合物应显电中性可得三种离子物质的量比值为n(Cu2+)：n(Al3+)：n(Cl-)=1：2：8，则可得X的化学式为CuAl2Cl8；阴离子中Al原子的杂化方式为sp3，空间结构为正四面体，与CH4相同，其电子式为，故答案为：CuAl2Cl8；。
(3)①由上述分析可知，蓝色溶液A中含有Al3+、Cu2+和Cl-，与反应时溶液蓝色褪去，即反应后溶液中不存在Cu2+，可推测铜元素以沉淀形式析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元素在其中不是蓝色且稳定的+2价，而是+1价，即反应过程中Cu元素化合价降低，中氮元素显-2价，具有还原性，反应过程中N元素化合价升高生成N2，符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为。
②Cu2+在溶液中显蓝色，CuCl中Cu元素为+1价，能被硝酸氧化为+2价，CuCl与硝酸反应过程中Cl元素以Cl-形式存在于溶液中，Cl-与AgNO3溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，故答案为：将白色沉淀于硝酸，得到蓝色溶液，说明有元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，说明有元素。
11．（2021·广东·高考真题）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。
(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。
(3)“沉钼”中，为7.0。
①生成的离子方程式为___________________________。
②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中____________(列出算式)时，应停止加入溶液。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。
(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。
①该氧化物为_______。
②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】+6 +=↓
【解析】
由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。
（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。
（3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。
②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀，因此，时，应停止加入溶液。
（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。
（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。
②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。
【课后精练】
第I卷（选择题）
1．（2022·贵州遵义·三模）化学与生产、生活密切相关，下列物质的性质、用途都正确且有相关性的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】
A．CCl4常用作有机溶剂是因为：四氯化碳常温下是难溶于水的液态，是一种非极性分子、能溶解很多有机物，如烃、脂肪、油类、树脂、油漆以及无机物碘等，四氯化碳能做灭火剂的原因，除了它不可燃外，四氯化碳密度大，一经化成蒸气能覆盖在可燃物的表面隔绝空气、火焰自然熄灭，A不符合；
B．Al2O3因熔点高常用作耐高温材料，B不符合；
C．SiO2透明，折射率合适，能够发生全反射，且储量丰富，成本价格较为低廉，C符合；
D．Cl2没有有漂白性、常用Cl2对自来水进行杀菌消毒，是因为发生了反应： ，HClO具有漂白性，D不符合；
答案选C。
2．（2022·云南师大附中高三阶段练习）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．Cl2与水反应： Cl2 +H2O=2H+ +ClO-+C1-
B．将铜片投入FeCl3溶液中： Cu+Fe3+ =Cu2+ +Fe2+
C．将SO2通入BaCl2溶液中： SO2 +Ba2+ =BaSO3↓+2H+
D．铝片与NaOH溶液反应： 2Al+2OH- +2H2O= 2+3H2↑
【答案】D
【解析】
A．Cl2与水反应生成HCl和HClO，HClO为弱电解质，该反应的离子方程式为Cl2+H2O=HClO+H++Cl−，故A错误；
B．将铜片投入FeCl3溶液中的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故B错误；
C．将SO2通入BaCl2溶液中，SO2不与BaCl2反应，故C错误；
D．铝片与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH−+2H2O=2+3H2↑，故D正确；
故答案为：D。
3．（2022·全国·高三专题练习）以高硫铝土矿(主要成分为、、，少量和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得的部分工艺流程如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．“焙烧”时产生的气体可以用NaOH溶液吸收
B．滤液中的铝元素主要以形式存在
C．可以将少量产品溶于稀硫酸中，再滴入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色则证明产品中含有FeO
D．可用磁选操作的原因是具有磁性
【答案】C
【解析】
高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)粉碎后通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，得到产物加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，经操作Ⅰ得到的固体中含大量的Fe2O3.Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，以此解答该题。
A．二氧化硫可与氢氧化钠溶液反应而被吸收，避免污染环境，故A正确；
B．与NaOH反应生成，故B正确；
C．产品溶于稀硫酸中，可生成硫酸亚铁，可与酸性高锰酸钾溶液反应，不能证明产品中含有FeO，故C错误；
D．具有磁性，可用磁铁分离，故D正确；
故选：C。
4．（2022·云南师大附中高三阶段练习）NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（ ）
A．室温下，22. 4L乙烷中含有的碳原子数小于2NA
B．1L 0.1ml/L NH4Cl溶液中的数目为0.1NA
C．标准状况下，11. 2L CHCl3中所含的氯原子数为1. 5NA
D．室温下，27g Al与足量浓硫酸反应，转移的电子数为3NA
【答案】A
【解析】
A．1ml乙烷中含有的碳原子数为2NA，根据理想气体状态方程可知，室温下1ml乙烷的体积大于22.4L，即室温下，22.4L乙烷的物质的量小于1ml，其含有的碳原子数小于2NA，A正确；
B．NH4Cl溶液中发生水解生成NH3·H2O，故1L 0.1ml/L NH4Cl溶液中的数目小于0.1NA，B错误；
C．标准状况下，CHCl3不是气态物质，无法计算11.2L CHCl3的物质的量，也就无法计算其所含的氯原子的数目，C错误；
D．室温下，Al遇浓硫酸发生钝化，无法计算该过程的电子转移数目，D错误；
故选A。
5．（2022·吉林长春·模拟预测）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】
A．乙烯或乙醇均能使酸性KMnO4溶液褪色，故不能证明消去反应的产物为乙烯，A错误；
B．取少量溶液置于试管中，加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀硫酸钡产生，证明溶液中含有硫酸根离子、则证明Na2SO3溶液已经变质，B正确；
C．钠与水反应会产生氢气、Na2O2与水反应产生氧气，故固体加水有气体生成，不能证明所得固体为Na2O2，C错误；
D．镁不能与氢氧化钠溶液反应、铝能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，取20mL0.5ml/LNaOH溶液放入小烧杯中，将打磨光亮的铝片和镁片用导线连接后浸入溶液中，构成原电池，铝为负极、镁为正极、镁的表面会出现气泡，故不能证明Mg的金属性强于Al，D错误；
答案选B。
6．（2022·全国·高三专题练习）某铝热剂由铝粉和铁的某种氧化物组成，二者恰好完全反应生成铁单质和氧化铝。将该铝热剂均分成两份，同温同压下，一份直接与足量的NaOH溶液反应，放出H2体积为V1L；另一份在完全发生铝热反应后与足量的盐酸反应，放出H2体积为V2L。下列说法错误的是（ ）
A．两份生成氢气的质量比一定为
B．两份消耗NaOH和的物质的量之比一定小于
C．铝热剂中铝和铁元素的物质的量之比一定为
D．铝热剂中氧和铁元素的物质的量之比一定为
【答案】C
【解析】
设铁的氧化物为FexOy，则铝热反应为，取含Al的铝热剂分两等分进行实验，则其中一份铝的物质的量为，生成铁的物质的量为；铝与氢氧化钠溶液反应关系式为，由生成氢气的体积为V1，可以计算出消耗n()=，由n(Al)=n(NaOH)，可以算出；铁与盐酸反应关系式为，由生成氢气的体积为V2，可以计算出用于产生氢气消耗盐酸的物质的量为，由n(Fe)=n(HCl)，算出。
A．根据同温同压下气体的体积比等于气体物质的量之比，氢气的摩尔质量都为2g/ml，则两份生成氢气的质量比一定为，A正确；
B．两份用于反应产生氢气时消耗NaOH和HCl的物质的量之比为 ，而盐酸还与产生的氧化铝反应，故消耗NaOH和HCl的物质的量之比小于 ，B正确；
C．铝热剂中铝和铁元素的物质的量之比为 ，C错误；
D．铝热剂中氧和铁元素的物质的量之比为 ，D正确；
故答案选C。
7．（2022·全国·高三专题练习）下列图像表示错误的是（ ）
A．向盐酸中滴加NaAlO2溶液
B．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液
C．向H2SO4和HNO3物质的量2：1的混合稀酸溶液中逐渐加入粉
D．向NaOH和Ca(OH)2物质的量2：1的混合溶液中通入CO2
【答案】D
【解析】
A．向盐酸中滴加NaAlO2溶液，开始时盐酸过量，反应第一步：+4H+=Al3++2H2O，此时无沉淀，设此时加入NaAlO2的物质的量为1ml，的当酸中H+全部反应完毕后，消耗1ml ，生成1ml Al3+，之后发生反应第二步：3+Al3++6H2O=4Al(OH)3↓，此时开始产生沉淀，Al3+全部参加反应后沉淀达到最大值，消耗3ml ，则无沉淀时消耗的物质的量与沉淀最大值时消耗的物质的量之比为1:3，A正确；
B．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，设NH4Al(SO4)2的物质的量为2ml，反应第一步：3Ba2++3+2Al3++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，此时沉淀增速最快，对应斜率最大，消耗3ml Ba(OH)2，生成2ml Al(OH)3；第一步反应Al3+全部沉淀，剩余1ml 和2ml ，之后发生反应第二步：Ba2+++2+2OH-=BaSO4↓+2NH3·H2O，第二步全部沉淀，沉淀达到最大值，消耗1ml Ba(OH)2；再加入1ml Ba(OH)2时OH-过量，Al(OH)3溶解，发生反应第三步：2Al(OH)3+2OH-=2+4H2O(扩大2倍，与第一步生成的2ml Al(OH)3对应)，沉淀减少一部分；这三步反应消耗的Ba(OH)2的物质的量之比为3:1:1，B正确；
C．H2SO4和HNO3物质的量2:1的混合稀酸溶液中，H+与之比为5:1，设HNO3的物质的量为1ml，则混合稀酸溶液中，H+的物质的量为5ml，的物质的量为1ml，逐渐加入Fe粉，发生反应第一步：Fe+4H++ NO= Fe3++NO↑+2H2O，有气体产生，当NO全部消耗时，剩余1ml H+，生成1ml Fe3+和1ml NO，消耗1ml Fe；之后发生第二步反应：Fe+Fe3+=Fe2+(扩大倍为了与第一步生成的1份Fe3+对应)，无气体产生，当Fe3+全部转化为Fe2+后，消耗0.5ml Fe；之后发生第三步反应：Fe+H+=Fe2++H2↑(剩余第一步反应剩余1ml H+，故方程式扩大倍)，有气体产生，消耗0.5ml Fe；这三步反应消耗的Fe比例为2:1:1，C正确；
D．NaOH和Ca(OH)2物质的量2:1的混合溶液中，Ca2+和OH-之比为1:4，设NaOH的物质的量为2ml，则Ca2+和OH-物质的量分别为1ml和4ml；通入CO2，发生反应第一步：Ca2++2OH-+ CO2=CaCO3↓+H2O，此时有沉淀产生，当Ca2+完全沉淀时，沉淀达最大值，消耗1ml CO2；之后发生反应第二步：2OH-+CO2=+H2O，此时无现象，当OH-完全反应时，消耗1ml CO2；之后发生反应第三步：+CO2+H2O=2，此时无现象，当完全反应时，消耗1ml CO2；再之后发生反应第四步：CaCO3+ CO2+H2O= Ca2++2，此时沉淀逐渐溶解，当CaCO3完全反应时沉淀完全溶解，消耗1ml CO2；则产生沉淀消耗的CO2的物质的量:无现象消耗的CO2的物质的量:沉淀溶解消耗的CO2的物质的量=1:2:1，D错误；
故选D。
8．（2022·全国·高三专题练习）类推是化学学习和研究常用的重要思维方法，但所得结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。根据你所掌握的知识，判断下列类推结论中正确的是（ ）
A．Mg燃烧不能用CO2灭火，故燃烧也不能用CO2灭火
B．Al在O2中燃烧生成Al2O3，故Fe在O2中燃烧生成Fe2O3
C．CO2与Na2O2反应生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应生成Na2SO3和O2
D．与溶液反应生成H2，故与溶液反应也生成H2
【答案】A
【解析】
A．由于钠比镁活泼，镁能与CO2反应，则钠也能与CO2反应，Mg燃烧不能用CO2灭火，故Na燃烧也不能用CO2灭火，故A正确；
B．Fe在O2中燃烧生成Fe3O4，故B错误；
C．二氧化硫具有还原性，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，故C错误；
D． Mg的金属性大于Al，Mg不能和NaOH溶液反应，故D项错误；
选A；
9．（2022·上海嘉定·二模）某未知溶液可能含有Cl-、SO、CO、Mg2+、Al3+和K+。取100 mL该溶液进行实验，过程记录如下，由此可知原溶液中（ ）
A．一定有Cl-B．一定有COC．一定没有K+D．一定没有Mg2+
【答案】A
【解析】
向加入了过量Ba(OH)2溶液后所得溶液中通入过量CO2产生了0.01ml沉淀，再向沉淀中加入过量NaOH溶液，沉淀溶解得到新的溶液，则原溶液中含有0.01ml Al3+，不含，相关的离子反应方程式为Al3++4OH-=+2H2O，+CO2+2H2O=+Al(OH)3↓；0.01ml Al3+可以转化为0.01ml Al(OH)3，转化过程中需要0.02ml Ba(OH)2；若加入过量Ba(OH)2溶液后所得0.01ml沉淀为BaSO4，则原溶液中有0.01ml ，根据电荷守恒可知，原溶液中至少还有0.01ml Cl-；若加入过量Ba(OH)2溶液后所得0.01ml沉淀为Mg(OH)2，则原溶液中有0.01ml Mg2+，无，根据电荷守恒可知，原溶液中至少还有0.05ml Cl-；由于K+不干扰实验，故溶液中可能存在K+，其物质的量需满足电荷守恒；综上所述，原溶液中一定有Al3+、Cl-，一定没有，可能含有、Mg2+、K+；故选A。
10．（2022·全国·高三专题练习）核潜艇上的核反应堆使用液态铝钠合金作载热介质。有关说法中正确的是（ ）
A．该合金的熔点介于钠、铝之间
B．铝钠合金的良好传热性与自由电子有关
C．钠或铝形成的氧化物均为碱性氧化物
D．原子半径钠大于铝，金属键钠强于铝
【答案】B
【解析】
A．一般情况下，合金的熔点比各组分的熔点都低，则合金的熔点比钠、铝的熔点都低，故A错误；
B．铝钠合金属于金属晶体，温度高的区域自由电子的能量增大，运动速率加快，与金属离子的碰撞频率增加，自由电子把能量传递给金属离子，从而具有导热性，所以合金的良好传热性与自由电子有关，故B正确；
C．钠或铝形成的氧化物中过氧化钠属于过氧化物，氧化铝属于两性氧化物，都不是碱性氧化物，故C错误；
D．钠和铝形成的晶体都是金属晶体，钠原子的原子半径大于铝，价电子数小于铝，所以钠的金属键弱于铝，故D错误；
故选B。
11．（2022·上海普陀·二模）下表中除杂试剂和方法都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【解析】
A．HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，洗气可分离，A正确；
B．Mg与氧气、氮气均反应，不能除杂，B错误；
C．二者均与碳酸钠溶液反应，将原物质除去，C错误；
D．氧化铝与NaOH溶液反应，将原物质除去，D错误；
故答案选A。
12．（2022·上海普陀·二模）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．Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)
B．NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)
C．NaBr(aq)Br2(aq)I2(aq)
D．Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)
【答案】C
【解析】
A．偏铝酸钠和过量的盐酸反应生成氯化铝不是氢氧化铝，A错误；
B．氯化钠和二氧化碳不反应，B错误；
C．溴化钠和氯气反应生成氯化钠和溴单质，溴和碘化钠反应生成碘单质和溴化钠，C正确；
D．铁和盐酸反应生成氯化亚铁不是氯化铁，D错误；
故选C。
13．（2022·上海上海·模拟预测）为探究铝及其化合物的性质，进行如下4步实验：①将铝片放入浓硫酸中；②加入足量蒸馏水；③待铝片完全溶解后逐滴加入过量NaOH溶液；④逐滴加入足量盐酸。下列说法正确的是（ ）
A．①中无化学反应发生
B．②滴入蒸馏水后立即产生H2
C．③中现象：澄清→浑浊→澄清
D．④的现象与③不同
【答案】C
【解析】
A．铝遇浓硫酸钝化，钝化属于化学变化，①中有化学反应发生，A错误；
B．向浓硫酸中滴入蒸馏水，氢离子浓度不会瞬间增大，故不会立即产生氢气，当浓硫酸被稀释到一定程度时会生成氢气，B错误；
C．铝片完全溶解后生成铝离子，滴加氢氧化钠溶液，先中和过量的酸，溶液澄清；氢离子反应完后氢氧化钠与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，溶液变浑浊；铝离子沉淀完全后，再滴加氢氧化钠溶液，沉淀溶解，溶液变澄清，故③中现象：澄清→浑浊→澄清，C正确；
D．再向③中滴加盐酸，盐酸先中和过量的氢氧化钠，溶液为澄清，氢氧根反应完后再滴加盐酸，盐酸与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，溶液变浑浊，盐酸再过量时，盐酸和氢氧化铝沉淀反应，溶液变澄清，根据分析，④的现象与③相同，D错误；
故选C。
14．（2022·辽宁沈阳·三模）下列实验现象及结论均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】
A．氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强酸强碱，但不溶于弱碱氨水，所以b中的白色沉淀不可能溶解，故A错误；
B．体积和浓度都相同的硫代硫酸钠溶液分别在热水浴和冷水浴中与体积和浓度都相同的稀硫酸反应，热水浴中的试管中先出现浑浊说明其他条件不变时，温度升高，化学反应速率加快，故B正确；
C．乙醇和乙烯都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，所以将反应后的混合气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色不能说明乙醇与浓硫酸混合加热至170℃，有乙烯生成，故C错误；
D．锌和铁在氯化钠溶液中构成原电池时，金属性强的锌失去电子被损耗，铁被保护，所以向少量铁电极附近的溶液中加入铁氰化钾溶液没有蓝色沉淀产生，故D错误；
故选B。
15．（2022·全国·高三专题练习）空气中久置的铝片5.0g投入盛有50mL0.5ml/L硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸反应产生氢气的速率v与反应时间t可用如图所示的曲线来表示。下列推论错误的是（ ）
A．0→a段不产生氢气是因为表面的氧化物隔离了铝和硫酸溶液
B．b→c段产生氢气的速率增加较快的主要原因之一是温度升高
C．t=c时，反应处于平衡状态，此时产生H2的体积最多
D．t>c时，产生氢气的速率降低主要是因为溶液中c(H+)降低
【答案】C
【解析】
A．久置的铝片表面有一层致密的Al2O3，Al2O3先与硫酸反应得到盐和水，无氢气放出，A正确；
B．随反应进行，氢离子浓度降低，反应速率减慢；铝和盐酸反应放热，反应过程中，溶液温度升高，反应速率加快，后者为影响b→c段速率的主要因素，所以产生氢气的速率增加较快，B正确；
C．t=c时反应没有停止，继续生成氢气，氢气的体积继续增多，故C错误；
D．随反应进行，氢离子浓度降低，反应速率减慢；铝和盐酸反应放热，反应过程中，溶液温度升高，反应速率加快，t>c时，影响速率的主要因素是前者，所以反应速率逐渐减小，D正确。
故选C。
16．（2022·全国·高三专题练习）实验室为测定镁铝合金中镁、铝含量，设计如下流程：
下列说法错误的是（ ）
A．所加盐酸体积不少于100mL
B．沉淀1的质量为g
C．沉淀1加足量NaOH溶液反应的离子方程式为Al(OH)3+OH—=[Al(OH)4]—
D．镁铝合金中镁、铝质量之比为
【答案】B
【解析】
由题给流程可知，镁铝合金与足量稀盐酸反应得到含有氯化铝、氯化镁的溶液和标准状况下5.6L氢气；向溶液中加入足量氨水，将溶液中镁离子、铝离子转化为氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化镁和氢氧化铝的沉淀1；向沉淀1中加入足量氢氧化钠溶液，将氢氧化铝溶解转化为四羟基合铝酸根离子，氢氧化镁不反应，过滤得到氢氧化镁沉淀2和四羟基合铝酸钠溶液；向溶液中通入过量二氧化碳，将四羟基合铝酸钠完全转化为氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤、灼烧得到氧化铝；由镁铝合金和氧化铝的质量都为mg可知，氧化铝中氧原子的质量与镁铝合金中镁的质量相同，则合金中镁、铝质量之比为48:54=8：9，物质的量比为：=1：1，设合金中镁、铝的物质的量为aml，由反应生成标准状况下5.6L氢气可得：ml+aml=，解得a=0.1。
A．由分析可知，镁铝合金中镁、铝的物质的量都为0.1ml，则溶解合金加入5ml/L盐酸的体积不少于×103mL/L=100mL，故A正确；
B．由分析可知，镁铝合金中镁、铝的物质的量都为0.1ml，则氢氧化镁、氢氧化铝沉淀的质量之和为mg+0.5ml×17g/ml=(m+8.5)g，故B错误；
C．由分析可知，沉淀1加足量氢氧化钠溶液发生的反应为氢氧化铝与足量氢氧化钠溶液反应生成为四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH—=[Al(OH)4]—，故C正确；
D．由分析可知，合金中镁、铝质量之比为48:54=8：9，故D正确；
故选B。
第II卷（非选择题）
17．（2021·全国·高三专题练习）已知A、B、C、D代表的四种物质均为中学化学中的常见物质，它们之间存在如图所示的转化关系(反应条件及部分反应产物已略去)。请回答下列问题：
(1)若A、B、C在焰色试验中火焰均呈黄色，D为一种常用于饮料生产的气体。
①写出B的俗称：___________。
②写出反应②的化学方程式：___________。
(2)若A、B均为浅黄色溶液，D为金属单质。
①写出B的一种工业用途：___________。
②写出反应②的离子方程式：_______________________。
(3)已知符合题设转化关系的一组物质如下，写出反应②的化学方程式：___________。
(4)参照以上实例，设计另一组符合上述转化关系的物质组合，写出其化学式：
A___________、B___________、C___________、D___________。
【答案】
(1)纯碱
(2)制作印刷电路板或生产净水剂等
(3)或
(4)C(O2) CO(CO2) CO2(CO) O2(C)
【解析】
(1)若A、B、C在焰色试验中火焰均呈黄色，A、B、C中都含有Na元素；D为一种常用于饮料生产的气体，D为CO2；结合转化关系分析，A为NaOH，B为Na2CO3，C为NaHCO3；
①B为Na2CO3，其俗称为纯碱；答案为：纯碱。
②反应②为CO2与Na2CO3、H2O反应生成NaHCO3，反应的化学方程式为CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3；答案为：CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3。
(2)若A、B均为浅黄色溶液，D为金属单质，由转化关系知，该金属元素具有可变化合价，则A为氯水，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2；
①B为FeCl3，FeCl3的工业用途为：制作印刷电路板或生产净水剂等；答案为：制作印刷电路板或生产净水剂等。
②反应②为Fe与FeCl3反应生成FeCl2，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+。
(3)反应②为Al(OH)3与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；答案为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。
(4)常见的符合图示转化关系的物质如下表：
写出其中一组不同于(1)(2)(3)转化关系的化学式即可。
18．（2022·全国·高三专题练习）铝镁合金是飞机制造、建筑等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某铝镁合金(不含其他元素)中铝的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白：
【方案一】将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。
(1)实验中发生反应的离子方程式是_______________________。
(2)称取10.8 g铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0 ml·L-1NaOH溶液中，为了保证铝镁合金粉末能充分反应，则NaOH溶液的体积V≥_____mL。
(3)过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得铝的质量分数将____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【方案二】将一定量铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体的体积。
(4)同学们拟选用下列实验装置完成实验：
你认为最简易的装置其连接顺序是A→__________(填接口字母)。
(5)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。
①装置中导管a的作用除了平衡气体压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下以外，从精确测量氢气体积的角度分析，还有一个作用是_________________。
②已知金属与酸的反应是放热反应，为了较准确测量室温、一个标准大气压下氢气的体积，在读反应前后量气管乙中液面的读数求氢气体积的过程中，除视线平视外还应注意_________(填字母编号)。
A．冷却至室温再读数
B．乙管中液面不再上升时应该及时读数
C．读数时应上下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平
D．读数时不必使甲、乙中液面左右相平
③若实验用铝镁合金的质量为5.1 g，测得氢气体积为5.6 L(已转换成标准状况)，则合金中铝的质量分数为___________(保留两位有效数字)。
【答案】2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑ 100 偏低 EDF 消除加入稀硫酸排开空气的体积对测量氢气体积所带来的误差 AC 53%
【解析】
（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，离子方程式是：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；
（2）假设10.8g合金全是Al的质量，由关系式，解得V=100mL，为了保证铝镁合金粉末能充分反应，则NaOH溶液的体积V≥100mL；
（3）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测得铝的质量分数将偏低；
（4）装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：（A）接（E）（D）接（F）；
（5）①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；
②反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；故选AC；
③设5.1 g镁铝合金中铝的质量为x，则产生的气体由Mg、Al与稀硫酸反应产生的，则由关系式：，解得 ,，解得，V1+V2=5.6L，解得x=2.7g，则合金中铝的质量分数为。
19．（2022·辽宁·调兵山市第二高级中学高三阶段练习）氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。为了分析某AlN样品(样品中的杂质不与氢氧化钠溶液反应)中AlN的含量，某实验小组设计了如下两种实验方案。
(1)已知氮化铝在氢氧化钠溶液中会发生水解反应(该反应为非氧化还原反应)，生成一种钠盐和一种碱性气体，写出该反应的离子方程式为_________________。
【方案1】取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。
(2)装置B中盛装的固体可能为下列物质的___________。
A．碱石灰B．石灰石
C．无水氯化钙D．五氧化二磷(具有强吸水性)
(3)如图C装置中球形干燥管的作用是_________________。
(4)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关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是把装置中残留的氨气全部赶入C装置。
(5)若去掉装置B，则导致测定结果___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。由于上述装置还存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见_________________。
【方案2】按以下步骤测定样品中A1N的纯度：
(6)若步骤②通入少量二氧化碳也会生成白色沉淀，写出其离子方程式为___________。
【答案】
(1)AlN+OH-+H2O=AlO+NH3↑
(2)A
(3)防倒吸
(4)检查装置气密性
(5)偏高 在C出口处连接一个盛有碱石灰干燥管
(6)2AlO+CO2+3H2O=CO+2Al(OH)3↓
【解析】
根据题意可知AlN在氢氧化钠溶液中反应生成偏铝酸钠和氨气，方案1的原理即通过测定生成的氨气的量，来确定AlN的纯度；方案2则是将样品溶解于过量的氢氧化钠溶液中过滤洗涤，然后向得到滤液和洗涤液中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀，煅烧得到氧化铝固体，根据氧化铝的质量来确定AlN的纯度。
(1)氮化铝在氢氧化钠溶液中会发生水解反应，该反应为非氧化还原反应，生成一种钠盐和一种碱性气体，则应是生成偏铝酸钠和氨气，离子方程式为AlN+OH-+H2O=AlO+NH3↑；
(2)浓硫酸也可以吸收水分，所以氨气应先经干燥再用浓硫酸吸收，而氨气为碱性气体，一般用碱石灰干燥，故选A；
(3)氨气为碱性气体，极易溶于浓硫酸，所以用球形干燥管防止倒吸；
(4)该反应中需要测定气体的量，所以组装好实验装置，首先要检查装置气密性；
(5)若去掉装置B，导致浓硫酸吸水，测定的氨气含量会增大，导致AlN的含量测定结果偏高；装置存在缺陷是空气中的水蒸气也可以进入装置C，使测定结果偏高，所以需要在C出口处连接一个盛有碱石灰干燥管；
(6)根据分析可知步骤①得到的滤液及洗涤液主要为偏铝酸钠溶液，加入少量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，离子方程式为2AlO+CO2+3H2O=CO+2Al(OH)3↓。
20．（2022·全国·高三专题练习）实验室中有铝热反应后剩余的铝热剂未做标记，为了确定其成分，某学习小组设计实验对成分进行分析。
实验步骤如下(固体称量均采用电子天平)：
步骤1.称取6.60g铝热剂样品于烧瓶中，滴入足量稀硫酸，充分反应收集气体，折算成标准状况为3360mL，溶液中没有不溶物；
步骤2.将溶液稀释至1000mL，取少量于试管滴加KSCN溶液，溶液未变红，滴加K3[Fe(CN)6]，出现蓝色沉淀；
步骤3.另取溶液500mL于烧杯中，滴入NaOH溶液至沉淀不再增加，过滤，向滤液中通入足量的CO2，再次过滤，将沉淀洗涤干燥，称得质量为4.68g。
请回答以下问题：
(1)步骤1收集的气体是_________。
(2)为了准确测量气体的体积，需要从图2中选择反应装置添加到图1的虚线框内，您选择的装置是_________。量气时还需要注意三个问题，①应保持装置处于室温状态；②读数时要保持甲、乙液面相平；③_____________________。如果选择装置b，不考虑其他因素引起的误差，测得气体的体积会_________(填“偏大”、“偏小”或“无误差”)。
(3)根据实验步骤2，可知样品中含有铁元素，小组同学怀疑原样品可能有Fe3+，反应过程中被铝还原为Fe2+，请设计方案：________________________________。
(4)小组中有同学提出，根据气体的体积计算铝元素的质量分数存在误差，请说明理由：____________________；根据以上分析该铝热剂的成分为___________。
(5)若样品中含有的是Fe2+，该小组设计样品中铁元素含量的测定方法如下：准确量取步骤2中溶液25mL于锥形瓶中，用装有0.01ml/L高锰酸钾酸性溶液的酸式滴定管去滴定，当_______________时达到滴定终点，重复试验3次，测得消耗高锰酸钾酸性溶液的平均体积为20.00mL，发生反应的离子方程式为___________________________，铁元素的质量分数为_______________(保留两位有效数字)。
【答案】氢气 c 注意视线与凹液面最低处相平 偏大 称取少量铝热剂样品于烧杯中，滴入足量NaOH溶液，过滤，将沉淀物在另一个烧杯中滴入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液未变红，说明没有Fe3+，若溶液变红，说明含有Fe3+ 根据步骤1所得氢气体积计算铝元素的物质的量为0.1ml，沉淀中铝元素的物质的量为0.12ml，说明样品中还有Al2O3 Al、Al2O3和FeO 当滴入最后一滴高锰酸钾酸性溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟未褪色 5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++4H2O+Mn2+ 34%
【解析】
向铝热剂中加入硫酸，有气体生成，该气体为氢气，将溶液稀释至1000mL，取少量于试管滴加KSCN溶液，溶液未变红，滴加K3[Fe(CN)6]，出现蓝色沉淀，表明溶液中不含Fe3+，含有Fe2+，另取溶液500mL于烧杯中，滴入NaOH溶液至沉淀不再增加，过滤，向滤液中通入足量的CO2，再次过滤，将沉淀洗涤干燥，最终得到Al(OH)3。
【详解】
(1)铝热剂是由铝粉和金属氧化物组成的，与稀硫酸反应产生的气体应该是氢气；
(2)反应装置要考虑到气体的准确测量，在图2中，因反应不需加热，装置a不能选择；装置b会把稀硫酸的体积计入气体体积而使测得结果偏大；装置c既能使液体顺利滴下，稀硫酸的体积又不影响氢气的体积，是合适的装置；反应不需要将装置内空气排尽，d装置还存在装置b的弊端，综上分析，装置c比较恰当。利用量气装置除需注意题中两点以外，还要注意视线与凹液面最低处相平，才能准确测得体积；
(3)如果样品中有Fe2O3或Fe3O4，硫酸溶解过程会有Fe3+生成，Fe3+与铝可以反应，只要使铝与铁的氧化物分开，就可以确定其成分，方案如下：称取少量铝热剂样品于烧杯中，滴入足量NaOH溶液，过滤，将沉淀物在另一个烧杯中滴入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液未变红，说明没有Fe3+ ，若溶液变红,说明含有Fe3+；
(4) 根据步骤1所得氢气体积计算铝元素的物质的量为，通人足量的CO2得氢氧化铝沉淀的质量为4.68g，则1000mL溶液中含铝元素的物质的量为，说明样品中还有Al2O3，根据以上分析该铝热剂的成分为Al、Al2O3和FeO；
(5)用高锰酸钾酸性溶液滴定Fe2+，因溶液本身有颜色，不需要外加指示剂，当滴入最后一滴高锰酸钾酸性溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟未褪色，表明达到滴定终点，发生反应的离子方程式为5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++4H2O+Mn2+，可得关系式；，铁的物质的量为，所以在1000mL溶液中含有铁的物质的量为，铁元素的质量分数为。
21．（2022·全国·高三专题练习）某废催化剂主要含有Al2O3(45.4%)、MO3 (28.8%)、Fe2O3(0.7%)以及其他杂质。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钼和铝等。
回答下列问题：
(1)“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是___________。
(2)“焙烧”中有Na2MO4生成，发生反应的化学方程式为_______________________。
(3)钼的浸出率随碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比变化的曲线如图所示，则最适宜的碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比分别为______、____、______、______。
(4)“沉铝”中，生成沉淀M的离子反应方程式为_________________。
(5)操作A最好采用___________。
(6)已知金属M的浸出率a=()×100%，(w-浸出渣中M的含量；m-浸出渣的质量；z-参与浸出反应的M总质量)，通过X-射线衍射法测定“浸出渣”中M的含量为0.8%，若1t废催化剂经焙烧、水浸后得到“浸出渣”0.48t，则M的浸出率a=___________。
【答案】
(1)增大接触面积，提高浸取率
(2)Na2CO3 + MO3=Na2MO4+ CO2↑
(3)0.28(0.25~0.3均正确) 1.5h 90°C (85~90°C均正确) 5：1
(4)+H++H2O=Al(OH)3↓
(5)蒸发浓缩，冷却结晶
(6)98%
【解析】
本题是一道从废催化剂中回收钼和铝的工业流程题，首先用碳酸钠和废催化剂一起焙烧，之后水浸，从而除去氧化铁，随后加入硫酸调整pH除去偏铝酸根离子，再经过一系列的操作得到产品，以此解题。
(1)从反应速率的影响因素考虑，“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是：增大接触面积，提高浸取率；
(2)由流程图可追，反应物为碳酸钠和MO3，反应产物为Na2MO4，根据元素守恒可知方程式为：Na2CO3 + MO3=Na2MO4+ CO2↑
(3)纵坐标为钼的浸出率，则由图可知碳酸钠与废催化剂的质量比为：0.28(0.25~0.3均正确)；最佳焙烧时间为：1.5h；最佳浸出温度为：90°C (85~90°C均正确)；最佳浸出液固比为：5：1；
(4)根据题意可知焙烧时，氧化铝和碳酸钠生成偏铝酸钠，则水浸后溶液中有偏铝酸钠在酸性条件下生成M为氢氧化铝，对应的离子方程式为：+H++H2O=Al(OH)3↓；
(5)操作A为由溶液中获得Na2SO4・10H2O，因此该操作为：蒸发浓缩，冷却结晶；
(6)由题意可知，浸出渣中M的含量为0.8%，即w=0.8%，浸出渣质量为0.48t，即m为0.48t，参与浸出的M的质量可通过催化剂MO3的含量为28.8%来计算，催化剂中M的质量分数为：，则1t催化剂中含M质量为：0.192t，即z为0.192t，带入计算式可得：浸出率。
22．（2022·全国·高三专题练习）铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为，含和等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如图所示：
注：在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
(1)铝土矿“碱溶”时，氧化铝转化为_____________进入溶液，提高铝土矿浸取速率的措施有___________________(任答两点)。
(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入溶液，溶液的pH_______(填“增大”“减小”或“不变”)，发生反应的离子方程式为_______________________________。
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融的，标准状况下每产生转移的电子数为_______。
(4)“电解Ⅱ”是电解溶液，其原理如图所示，阳极的电极反应式为_____________。
【答案】
(1)NaAlO2或AlO 将矿石研磨、升高温度、增大NaOH溶液浓度等
(2)减小
(3)2NA
(4)
【解析】
为两性氧化物能与强酸能与强碱反应，为酸性氧化物在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，不与氢氧化钠反应，则滤渣为和铝硅酸钠沉淀，滤液为NaAlO2和NaOH溶液加入NaHCO3反应的离子方程式为：和，则溶液的pH减小，过滤Ⅱ所得物质为氢氧化铝，灼烧后可得由Al2O3，采用电解冶炼金属Al，根据O元素的化合价由-2价变为0价，转移电子数为，阳极电极反应式为，据此答题。
(1)①加入氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，变为NaAlO2或AlO；
②提高铝土矿浸取速率的措施有：将矿石研磨、升高温度、增大NaOH溶液浓度；
(2)①过滤所得滤液为NaAlO2和NaOH混合溶液，加入NaHCO3，反应的离子方程式为：，碱性减弱，pH减小；
②NaAlO2和NaHCO3反应的离子方程式为：；
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融的生成Al和O2，标准状况下产生的物质的量为，根据O元素的化合价由-2价变为0价，则转移的电子的物质的量为，电子数为。
(4)“电解Ⅱ”是电解溶液，阳极失去电子，左侧电极为阳极，根据图示可得为反应物，NaHCO3和O2为生成物，则电极反应式为：。
化学式
KAl(SO4)2·12H2O(水溶液pH＜7)
组成
硫酸铝钾是由两种不同的金属离子和一种酸根离子组成的化合物
净水原理
KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2SOeq \\al(2－,4)(电离)，Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，生成的Al(OH)3胶粒的吸附能力很强，能吸附水中的悬浮物质，并聚集成沉淀，使水澄清，但不能杀菌、消毒。
与Ba(OH)2溶液的反应
Al3＋恰好完全沉淀的离子方程式：
2Al3＋＋3SOeq \\al(2－,4)＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
SOeq \\al(2－,4)恰好完全沉淀的离子方程式：
Al3＋＋2SOeq \\al(2－,4)＋2Ba2＋＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O＋2BaSO4↓
选项
实验现象
结论
A
把相同大小的一块铝和镁分别投入相同浓度的NaOH溶液中：铝溶解有气泡放出，而镁没有任何变化
由此得出：铝的金属性比镁强
B
取一块铝箔，用酒精灯点燃：铝箔只熔化成液体而没有脱落
由此得出：铝不易燃烧
C
向氯化铵溶液中投入一铝片：铝片上产生大量气泡
由此得出：该气体是氨气
D
向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量：先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后沉淀完全消失
由此得出：氢氧化铝能溶于强碱溶液
装置
现象
Ⅰ.实验初始，未见明显现象
Ⅱ.过一会儿，出现气泡，液面上方呈浅棕色
Ⅲ.试管变热，溶液沸腾
实验
内容
现象
实验1
将湿润KI淀粉试纸置于空气中
试纸未变蓝
实验2
用湿润淀粉KI试纸检验浅棕色气体
试纸变蓝
装置
现象
Ⅰ.实验初始，未见明显现象
Ⅱ.过一会儿，出现气泡，有刺激性气味
气体
方法
A
氨气
加热氯化铵固体
B
二氧化氮
将铝片加到冷浓硝酸中
C
硫化氢
向硫化钠固体滴加浓硫酸
D
氧气
加热氯酸钾和二氧化锰的混合物
选项
性质
用途
A
CCl4难溶于水，难于燃烧
CCl4常用作有机溶剂和灭火剂
B
Al2O3既能与强酸反应，又能与强碱反应
Al2O3常用作耐高温材料
C
SiO2透明，折射率合适，能够发生全反射
SiO2用作光导纤维材料
D
Cl2具有漂白性
常用Cl2对自来水进行杀菌消毒
目的
方案设计
现象和结论
A
探究乙醇消去反应的产物
取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸、少量沸石，加热，将产生的气体直接通入2mL酸性KMnO4溶液中
酸性KMnO4溶液褪色，证明消去反应的产物为乙烯
B
探究Na2SO3溶液是否变质
取少量溶液置于试管中，加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液
有白色沉淀产生，证明Na2SO3溶液已经变质
C
探究金属钠在氧气中燃烧所得固体的成分
取少量固体置于试管中，加入2~3mL蒸馏水
有气体生成，证明所得固体为Na2O2
D
探究Al和Mg的金属活动性
取20mL0.5ml/LNaOH溶液放入小烧杯中，将打磨光亮的铝片和镁片用导线连接后浸入溶液中
铝片表面有大量气泡冒出，证明Mg的金属性强于Al
选项
物质(杂质)
除杂试剂
分离方法
A
Cl2(HCl)
饱和食盐水
洗气
B
N2(O2)
镁粉
加热
C
CO2(SO2)
饱和Na2CO3(aq)
洗气
D
Al2O3(Fe2O3)
NaOH(aq)
过滤
选项
A
B
C
D
实验操作
现象
a中产生白色沉淀
b中先产生白色沉淀，后沉淀溶解
热水浴中的试管中先出现浑浊
酸性高锰酸钾溶液褪色
试管中有蓝色沉淀产生
结论
金属性：Mg>Al
其他条件不变时，温度升高，化学反应速率加快
乙醇与浓硫酸混合加热至170℃，有乙烯生成
Fe电极被保护
类型
A
B
C
D
连续氧化
C
CO
CO2
O2
NH3
N2
NO
O2
H2S
S
SO2
O2
Fe
Fe2+
Fe3+
HNO3
连续还原
C12
FeC13
FeC12
Fe
O2
CO2
CO
C
O2
NO
N2
NH3
O2
SO2
S
H2S
HNO3
Fe3+
Fe2+
Fe
连续酸化
OH
CO2
CO2
H+
SO2
H+
S
HS
H2S
H+
A1(OH)3
A13+
H+
连续碱化
CO2
OH
SO2
OH
H2S
HS
S
OH
A13+
A1(OH)3
OH
……
……
……
……
……
【复习目标】
1．掌握铝及其重要化合物的性质及用途。
2．掌握实验室制取Al(OH)3的方法。
3．掌握可溶性铝盐与强碱溶液反应的计算及图像变化。
4．了解复盐的概念，了解硫酸铝钾[KAl(SO4)2]的性质、俗名及用途。
【知识精讲】
1．铝的性质及用途
（1）存在：铝是地壳中含量最多的金属元素。自然界中的铝全部以化合态存在。
（2）铝的物理性质
银白色、具有金属光泽的固体，熔、沸点高，密度小。质地柔软，具有良好的延展性、导电性、导热性。
（3）铝的化学性质
铝是第三周期ⅢA族元素，容易失电子，是活泼的金属元素。
①与非金属单质反应
与O2：4Al＋3O2eq \(=====,\s\up7(点燃))2Al2O3（常温下在空气中形成氧化膜）。
【注意要点】铝是活泼金属，但抗腐蚀性能强，原因是常温下Al与O2反应生成一层致密的氧化物薄膜而防止内部金属进一步被氧化。
与Cl2：2Al＋3Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))2AlCl3。
③与稀盐酸、稀硫酸等非氧化性酸反应，离子方程式为2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑。
与强氧化性酸(浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸)反应：
a．常温下，在浓H2SO4、浓HNO3中发生钝化。
b．与稀硝酸反应：Al＋4HNO3(稀)===Al(NO3)3＋NO↑＋2H2O。
④与NaOH等强碱溶液反应：
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑或2Al＋2OH－＋2H2O===2AlOeq \\al(－,2)＋3H2↑。
a．该反应属于置换反应。
b．该反应的实质是：2Al＋6H2O===2Al(OH)3＋3H2↑、Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O。
c．铝既能与酸(如醋酸、盐酸、稀硫酸等)反应，又能与强碱反应，均能生成H2，表现出两性物质的性质，因此能与Al反应放出H2的溶液可能显酸性也可能显碱性。
⑤与某些氧化物反应：8Al＋3Fe3O4eq \(=====,\s\up7(高温))4Al2O3＋9Fe(铝热反应)。
（4）工业制法：2Al2O3(熔融)eq \(=====,\s\up11(电解),\s\d4(冰晶石))4Al＋3O2↑。
（5）铝的用途：纯铝用作导线，铝合金用于制造汽车、飞机、生活用品等。
【例题1】铝是一种低毒金属元素，它并非人体需要的微量元素，不会导致急性中毒，但食品中铝的含量超过国家标准就会对人体造成危害。下列关于铝元素的说法正确的是( )
A．铝在空气中不易被腐蚀是因为其性质不活泼
B．铝既能溶于酸溶液，又能溶于强碱溶液
C．在铝与NaOH溶液的反应中，氧化剂是NaOH和H2O
D．铝不能与氯气、硫发生反应
【答案】B
【例题2】两份相同质量且均过量的铝，分别放入等体积、等浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积之比为( )
A．1∶3 B．1∶1
C．2∶3 D．3∶2
【答案】A
【解析】
等体积、等浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，n(HCl)＝n(NaOH)，两份铝的质量相等，且均过量，HCl、NaOH均反应完全。假设n(HCl)＝n(NaOH)＝1 ml，发生反应：2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，则Al与盐酸、NaOH溶液反应生成氢气的物质的量分别为eq \f(1,2) ml、eq \f(3,2) ml，在同温同压下的体积之比为eq \f(1,2) ml∶eq \f(3,2) ml＝1∶3。
【例题3】
(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、等物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，产生H2的体积之比是________。
(3)足量的两份铝分别投入到等体积、一定物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，二者产生的H2相等，则HCl和NaOH的物质的量浓度之比是________。
(4)甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 ml·L－1的盐酸和NaOH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V(甲)∶V(乙)＝1∶2，则加入铝粉的质量为________(填字母)。
A．5.4 g B．3.6 g
C．2.7 g D．1.8 g
【答案】(1)1∶1 (2)1∶3 (3)3∶1 (4)A
【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。
(3)因为铝足量且产生H2的量相等，根据关系式知n(HCl)∶n(NaOH)＝3∶1，又因为两溶液体积相等，故物质的量浓度c(HCl)∶c(NaOH)＝n(HCl)∶n(NaOH)＝3∶1。
(4)其反应原理分别为2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。可见当参加反应的HCl和NaOH的物质的量一样多时，产生H2的体积比是1∶3，而题设条件体积比为1∶2，说明此题中投入的铝粉对盐酸来说是过量的，而对于NaOH来说是不足的。
2Al＋6HCl === 2AlCl3 ＋ 3H2↑
6 ml 3 ml
3 ml·L－1×0.1 L 0.15 ml
则Al与NaOH反应生成的H2为0.15 ml×2＝0.3 ml。
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
2×27 g 3 ml
5．4 g 0.3 ml
即投入的铝粉为5.4 g。
【归纳总结】铝与酸或碱反应生成H2的量的关系
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
（1）等质量的铝与足量的盐酸、氢氧化钠溶液分别反应：
①产生H2的物质的量相等。
②消耗H＋、OH－的物质的量之比为n(H＋)∶n(OH－)＝3∶1。
（2）足量的铝分别与等物质的量的HCl和NaOH反应：
①消耗Al的物质的量之比为1∶3。
②生成H2的物质的量之比为1∶3。
（3）一定量的铝分别与一定量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，若产生氢气的体积比为eq \f(1,3)＜eq \f(VHCl（H2）,VNaOH（H2）)＜1，则必定
①铝与盐酸反应时，铝过量而HCl不足。
②铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足而NaOH过量。
2．氧化铝（两性氧化物）
（1）物理性质：俗名矾土，白色固体，难溶于水，熔点很高，常用作耐火材料，也是冶炼铝的原料。。
（2）化学性质(两性)：
与盐酸的离子方程式：Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O
与NaOH溶液反应的离子方程式：Al2O3＋2OH－===2AlOeq \\al(－,2)＋H2O。
【例题4】(2020·浙江1月选考)下列关于铝及其化合物的说法，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
【解析】
明矾可以用于净水，但没有消毒作用，水的消毒剂是利用物质的强氧化性，如氯气、高铁酸钠等，故A不正确；
由于铝热反应放出大量的热，因此可冶炼高熔点金属，故B正确；
铝表面有一层致密的保护膜且具有良好的延展性，可用作包装材料和建筑材料，故C正确；
胃酸的成分是盐酸，胃酸过多，可利用氢氧化铝的碱性中和，而且氢氧化铝是弱碱，不会对身体有很大的损伤，所以氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物，故D正确。
3．氢氧化铝（两性氢氧化物）
（1）物理性质：白色胶状不溶于水的固体，有较强的吸附性。
（2）化学性质
①Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O。
②Al(OH)3＋OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O。
③2Al(OH)3Al2O3＋3H2O。
【注意要点】Al(OH)3是两性氢氧化物，有两种电离方式：
（3）制备方法(写离子方程式)
向可溶性铝盐中加入足量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NHeq \\al(＋,4)。
【例题5】下列除去杂质的方法不正确的是( )
A．镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥
B．用过量氨水除去Fe3＋溶液中的少量Al3＋
C．Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤
D．MgO中混有少量Al2O3：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得到MgO
【答案】B
Al(OH)3不溶于氨水，故向含少量Al3＋的Fe3＋溶液中加入过量氨水时，Fe3＋、Al3＋均转化为氢氧化物沉淀，达不到除杂的目的。
【例题6】工业上用铝土矿(主要成分是Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2)提取氧化铝作冶炼铝的原料。其中一种提取方法的操作过程如下：
请回答下列问题：
(1)请写出甲溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝的离子方程式_______________。
(2)沉淀乙是Fe2O3，向其中加入足量盐酸，写出反应的离子方程式_______________，
充分反应后过滤，将滤液加热蒸干灼烧，最后可得到红棕色固体，用简要的文字和化学方程式说明这一变化过程_________________________________。
【答案】
(1)AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)
(2)Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，加热促进水解，且氯化氢挥发，使平衡右移，生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解，生成氧化铁，2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O
【解析】
(1)该反应为NaAlO2溶液与CO2的反应，离子方程式为AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)。
(2)沉淀乙中只有Fe2O3与盐酸反应，该反应的离子方程式为Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O。充分反应过滤后所得滤液为FeCl3与HCl的混合溶液，加热蒸干时FeCl3发生水解反应得到Fe(OH)3，灼烧时Fe(OH)3发生分解反应得到Fe2O3。
4．偏铝酸钠的性质
（1）与稀盐酸等反应：
AlOeq \\al(－,2)＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓(酸适量)，
AlOeq \\al(－,2)＋4H＋===Al3＋＋2H2O(酸过量)。
（2）水解反应：NaAlO2＋2H2OAl(OH)3＋NaOH。
（3）与碳酸氢钠溶液反应：AlOeq \\al(－,2)＋HCOeq \\al(－,3)＋H2O===Al(OH)3↓＋ COeq \\al(2－,3)。
（4）与CO2反应[可用于Al(OH)3的制备]：
2AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋ COeq \\al(2－,3)(CO2不足)，
AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋ HCOeq \\al(－,3)(CO2过量)。
5．可溶性铝盐的性质
（1）与强碱反应：
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓(碱适量)、
Al3＋＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O(碱过量)。
（2）水解反应
①单水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。
②泡沫灭火器的灭火原理：Al3＋＋3HCOeq \\al(－,3)===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
③与碳酸钠溶液混合：2Al3＋＋3COeq \\al(2－,3)＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑。
④与偏铝酸钠溶液混合[可用于Al(OH)3的制备]：Al3＋＋3AlOeq \\al(－,2)＋6H2O===4Al(OH)3↓。
6．“铝三角”——Al3＋、AlOeq \\al(－,2)和Al(OH)3之间的转化
（1） ①Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NHeq \\al(＋,4)。
②Al3＋＋3AlOeq \\al(－,2)＋6H2O===4Al(OH)3↓。
③Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓。
（2）Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O。
（3）Al3＋＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O。
（4）AlOeq \\al(－,2)＋4H＋===Al3＋＋2H2O。
（5） ①AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)。
②AlOeq \\al(－,2)＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓。
（6）Al(OH)3＋OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O。
【注意要点】
①Al3＋与OH－及AlOeq \\al(－,2)、COeq \\al(2－,3)、S2－等弱酸根阴离子不能共存。AlOeq \\al(－,2)与H＋、HCOeq \\al(－,3)以及弱碱阳离子Al3＋、Fe3＋等不能大量共存。
②既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的物质有：Al、Al2O3、Al(OH)3；多元弱酸的酸式盐(如NaHCO3、NaH2PO4、NaHSO3等)；弱酸的铵盐[如NH4HCO3、CH3COONH4、(NH4)2S等]；氨基酸和蛋白质。
【例题7】现有Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3、NaOH(aq)六种物质，它们之间有如图所示转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断中不合理的是( )
A．N一定是HCl(aq)B．X可能为Al或Cl2
C．Y一定为NaOH(aq)D．Q、Z中的一种必定为Al2O3
【答案】B
【解析】
在Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3、NaOH(aq)六种物质中，只有NaOH(aq)能与Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3五种物质反应，对照图示转化关系，可知Y为NaOH(aq)。只有HCl(aq)能与除Cl2以外的Al、Al2O3、Al(OH)3、NaOH(aq)四种物质反应，对照图示转化关系可知N为HCl(aq)，X为Cl2。Al2O3、Al(OH)3、Al都既能与HCl(aq)反应，又能与NaOH(aq)反应，且只有Al能与Cl2反应，则M为Al，Q、Z分别为Al2O3、Al(OH)3中的一种，故B项不合理。
7．一种重要的复盐——明矾[KAl(SO4)2·12H2O]
复盐：由两种不同的金属离子(或其中一种为铵根离子)和一种酸根离子组成的化合物，叫做复盐。复盐溶于水时，电离出的离子，跟组成它的简单盐电离出的离子相同。
8．工业炼铝的流程
铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，冶炼金属铝很重要的一个过程是Al2O3的提纯。由于Al2O3是两性氧化物，而杂质SiO2是酸性氧化物，Fe2O3是碱性氧化物，因而可设计出两种提纯氧化铝的方案。
方案一：碱溶法
（1）①、③两步骤中可能发生反应的离子方程式。
①Al2O3＋2OH－===2AlOeq \\al(－,2)＋H2O，SiO2＋2OH－===SiOeq \\al(2－,3)＋H2O。
③AlOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)，SiOeq \\al(2－,3)＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCOeq \\al(－,3)。
（2）步骤③中不用盐酸(或H2SO4)酸化，因为AlOeq \\al(－,2)与酸反应生成的Al(OH)3具有两性，可溶于强酸，不易控制酸的量；CO2廉价而且生成的副产物NaHCO3用途广泛，经济效益好。
（3）步骤④中得到的Al2O3中可能含有SiO2杂质，在电解时它不会影响铝的纯度是因为SiO2的熔点很高，在加热到1 000 ℃ 左右时不会熔化。
方案二：酸溶法
（1）①、②中可能发生反应的离子方程式。
①Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O，Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O。
②Al3＋＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O，Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓。
（2）步骤②中不用氨水沉淀Fe3＋是因为：Al(OH)3只能溶于强碱，不能溶于氨水，若用氨水则不能将Fe(OH)3和Al(OH)3分离。
【例题8】铝热反应常用于冶炼高熔点金属，某小组探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，实验过程及现象如下：
下列说法不正确的是( )
A．反应①产生的气体是H2
B．反应②为Al2O3＋2OH－===2AlOeq \\al(－,2)＋H2O
C．反应③的白色沉淀是Al(OH)3
D．黑色固体中不含Al和Fe3O4
【答案】D
【解析】
探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，由实验可知，黑色固体与稀硫酸反应生成气体，且溶液b加KSCN溶液不变色，可知溶液b不含铁离子；黑色固体与NaOH溶液反应无气体，则一定不含Al，溶液a与二氧化碳反应生成白色沉淀为氢氧化铝，则黑色固体中一定含氧化铝。由上述分析可知，黑色固体一定含氧化铝、Fe，一定不含Al，可能含Fe3O4。金属与稀硫酸反应生成H2，故A正确；固体含氧化铝，则反应②为Al2O3＋2OH－===2AlOeq \\al(－,2)＋H2O，故B正确；反应③中AlOeq \\al(－,2)与二氧化碳反应，可知白色沉淀是Al(OH)3，故C正确；黑色固体中不含Al，可能含Fe3O4，故D错误。
【归纳总结】
1．检验与鉴别
（1）用过量NaOH溶液检验Al3＋的存在。
（2）用过量NaOH溶液鉴别AlCl3溶液和MgCl2溶液。
（3）用互滴法鉴别AlCl3溶液与NaOH溶液或NaAlO2溶液与盐酸。
2．分离与除杂
用过量NaOH溶液和相应酸溶液分离Al3＋、Mg2＋或分离MgO、Al2O3等。除杂时，具体如下(括号内为杂质)：
（1）Mg(Al)：加足量NaOH溶液。
（2）Fe2O3(Al2O3)：加足量NaOH溶液。
（3）Mg(OH)2[Al(OH)3]：加足量NaOH溶液。
（4）Mg2＋(Al3＋)：加过量NaOH溶液，过滤，再加相应酸充分溶解。
3．实验室制备Al(OH)3不选用NaOH溶液，其原因是Al(OH)3呈两性，但它只溶于强酸或强碱，而不溶于弱碱(氨水)，则使用氨水容易控制产物。
【例题9】通过观察化学实验现象，分析归纳出正确的结论，是学习化学科学最基本的技能之一。下列由实验现象得出正确结论的是( )
【答案】D
【解析】
A项，比较金属性的强弱是利用金属单质与水或酸反应产生H2的快慢程度，错误；B项，由于生成了熔点很高的氧化铝，起到隔绝空气的作用，错误；C项，产生的气体应为H2和NH3的混合气体，错误。
【例题10】某无色溶液中可能含有H＋、OH－、Na＋、NOeq \\al(－,3)，加入铝粉后，只产生H2。回答下列问题：
(1)加入铝粉产生H2，说明铝具有__________(填“氧化性”或“还原性”)。
(2)若H＋大量存在，则NOeq \\al(－,3)就不能大量存在。设计实验证实如下：
①盐酸溶解Al2O3薄膜的离子方程式是___________________________。
②根据现象Ⅱ，推测溶液中产生了NO，为进一步确认，进行如下实验：
a．浅棕色气体是_____________________。
b．实验1的目的是___________________。
c．实验1、2说明反应生成了NO，将生成NO的离子方程式补充完整：
Al＋____NOeq \\al(－,3)＋____===____Al3＋＋____NO↑＋____。
(3)再假设：若OH－大量存在，NOeq \\al(－,3)也可能不大量存在。
重新设计实验证实如下：
为确认“刺激性气味”气体，进行如下实验：用湿润淀粉KI试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝。
①刺激性气味的气体是________。
②产生该气体的离子方程式是_____________________。
(4)在NaOH溶液中加入铝粉，结果只检验出有H2生成，其化学方程式是__________________。
【答案】
(1)还原性
(2)①6H＋＋Al2O3===2Al3＋＋3H2O ②a.NO2 b．对比实验，排除氧气使湿润的KI淀粉试纸变蓝的可能 c．1 1 4H＋ 1 1 2H2O
(3)①NH3 ②8Al＋3NOeq \\al(－,3)＋5OH－＋2H2O===3NH3↑＋8AlOeq \\al(－,2)
(4)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
【解析】
(1)加入铝粉产生H2, Al为还原剂，具有还原性。
(2)①盐酸与氧化铝反应的离子反应方程式为6H＋＋Al2O3===2Al3＋＋3H2O。
②液面上方呈浅棕色，一定不是氢气，为氮的氧化物，将湿润淀粉KI试纸置于空气中未变蓝，说明KI在空气中不能被氧化，而用湿润淀粉KI试纸检验浅棕色气体，试纸变蓝，则KI被氧化，即二氧化氮与水反应生成硝酸，再氧化碘离子生成碘单质。
a．由上述分析可知，浅棕色气体是NO2；
b．实验1的目的是对比实验；
c．Al与H＋、NOeq \\al(－,3)发生反应的离子方程式为Al＋NOeq \\al(－,3)＋4H＋===Al3＋＋NO↑＋2H2O。
(3)①用湿润淀粉KI试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，则气体为NH3。
②由上述分析可知，碱性条件下Al与NOeq \\al(－,3)发生反应的离子方程式为8Al＋3NOeq \\al(－,3)＋5OH－＋2H2O===3NH3↑＋8AlOeq \\al(－,2)。
(4)NaOH溶液中加入铝粉，反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。
【真题演练】
1．（2022·湖北·高考真题）化学与生活密切相关，下列不涉及化学变化的是（ ）
A．加入明矾后泥水变澄清B．北京冬奥会用水快速制冰
C．炖排骨汤时加点醋味道更鲜D．切开的茄子放置后切面变色
【答案】B
【解析】
A．明矾净水的原理为：，胶体具有吸附性，可以使泥水变澄清，涉及化学变化，A错误；
B．水和冰的分子式都是H2O，水快速制冰为物理变化，B正确；
C．炖排骨汤时放点醋，可使骨头中的钙、磷、铁等矿物质溶解出来，营养值更价高。此外，醋还可以防止食物中的维生素被破坏，涉及化学变化，C错误；
D．茄子中存在一类叫“酚氧化酶”的物质，它见到氧气之后，发生化学反应产生一些有色的物质。反应时间越长，颜色越深，D错误；
故选B。
2．（2022·湖南·高考真题）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中产物主要有和
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
【答案】C
【解析】
烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应，过滤得到和含有的滤液。
A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2能与烟气中的HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；
B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；
C．由上述分析可知，合成槽内发生反应，产物是和，故C错误；
D．由上述分析可知，滤液的主要成分为，可进入吸收塔循环利用，故D正确；
答案选C。
3．（2022·浙江·高考真题）下列说法不正确的是（ ）
A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维
B．高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明
C．氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料
D．用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏
【答案】A
【解析】
A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于制造晶体管、集成电路等，而二氧化硅常用于制造光导纤维，A错误；
B．钠的焰色反应为黄色，可用作透雾能力强的高压钠灯，B正确；
C．耐高温材料应具有高熔点的性质，氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，C正确；
D．石灰石的主要成分为碳酸钙，石灰石-石膏法脱硫过程中发生反应：CaCO3CaO+CO2↑，SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，2CaSO3+O2=2CaSO4，得到了石膏，D正确；
答案选A。
4．（2022·全国·高考真题）能正确表示下列反应的离子方程式为（ ）
A．硫化钠溶液和硝酸混合：S2-+2H+=H2S↑
B．明矾溶液与过量氨水混合：Al3++4NH3+2H2O=AlO+4NH
C．硅酸钠溶液中通入二氧化碳：SiO+CO2+H2O=HSiO+HCO
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合：
Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【解析】
A．硝酸具有强氧化性，可以将S2-氧化为S单质，自身根据其浓度大小还原为NO或NO2，反应的离子方程式为4H++2NO+S2-=S↓+2NO2↑+2H2O(浓)或8H++2NO+3S2-=3S↓+2NO↑+4H2O(稀)，A错误；
B．明矾在水中可以电离出Al3+，可以与氨水电离出的OH-发生反应生成Al(OH)3，但由于氨水的碱性较弱，生成的Al(OH)3不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，B错误；
C．硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，二氧化碳则根据其通入的量的多少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为SiO+H2O+CO2=H2SiO3↓+CO(CO2少量)或SiO+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO(CO2过量)，C错误；
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液以体积比1：2混合，Ba(OH)2电离出的OH-与NH4HSO4电离出的H+反应生成水，Ba(OH)2电离出的Ba2+与NH4HSO4电离出的SO反应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程为为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，D正确；
故答案选D。
5．（2022·浙江·高考真题）下列物质对应的化学式不正确的是（ ）
A．氯仿：CHCl3B．黄铜矿的主要成分：Cu2S
C．芒硝：Na2SO4·10H2OD．铝土矿的主要成分：Al2O3
【答案】B
【解析】
A．氯仿是三氯甲烷的俗称，其化学式为CHCl3，故A正确；
B．黄铜矿的主要成分：CuFeS2，故B错误；
C．芒硝：Na2SO4·10H2O，故C正确；
D．铝土矿的主要成分：Al2O3，故D正确；
故选B。
6．（2021·浙江·高考真题）下列说法不正确的是
A．硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐
B．镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁
C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气
D．常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化
【答案】A
【解析】
A．硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A错误；
B．镁在空气中燃烧时，与氧气和二氧化碳反应生成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁，故B正确；
C．钠具有强还原性，能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；
D．浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，故D正确；
故选A。
7．（2021·全国·高考真题）实验室制备下列气体的方法可行的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】
A．氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体，所以不能用于制备氨气，A不可行；
B．将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B不可行；
C．硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，C不可行；
D．实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，生成氯化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，可用此方法制备氧气，D可行；
故选D。
8．（2020·北京·高考真题）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。
9．（2020·江苏·高考真题）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。
10．（2021·浙江·高考真题）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。
其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：
(1)白色固体C的化学式是_______，蓝色溶液D中含有的溶质是_______(用化学式表示)。
(2)化合物X的化学式是_______；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式_______。
(3)蓝色溶液A与作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式________________________________。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素_______。
【答案】
CuAl2Cl8 将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，说明有元素
【解析】
含有Cu2+的溶液显蓝色，含有[Cu(NH3)4]2+的溶液显深蓝色，化合物X溶解后得到的溶液A呈现蓝色，且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物X中含有Cu2+；向含有Al3+的溶液中加入氨水可用于制备Al(OH)3，且Al(OH)3为可溶于NaOH溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀B为Al(OH)3沉淀；深蓝色溶液在加入硝酸酸化的AgNO3溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X中含有Cl-，综上，化合物X中含有Al3+、Cu2+和Cl-。
(1)由上述分析可得，白色沉淀D为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到Al2O3，故白色固体为Al2O3；溶液D中含有的阳离子有Cu2+、、Ag+、H+，阴离子有，故溶液中含有：，故答案为：；。
(2)由图示数据并根据原子守恒可知，4.020g X中含有铝离子物质的量为：=0.02ml，含有氯离子物质的量为：=0.08ml，由化合物应显电中性可得三种离子物质的量比值为n(Cu2+)：n(Al3+)：n(Cl-)=1：2：8，则可得X的化学式为CuAl2Cl8；阴离子中Al原子的杂化方式为sp3，空间结构为正四面体，与CH4相同，其电子式为，故答案为：CuAl2Cl8；。
(3)①由上述分析可知，蓝色溶液A中含有Al3+、Cu2+和Cl-，与反应时溶液蓝色褪去，即反应后溶液中不存在Cu2+，可推测铜元素以沉淀形式析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元素在其中不是蓝色且稳定的+2价，而是+1价，即反应过程中Cu元素化合价降低，中氮元素显-2价，具有还原性，反应过程中N元素化合价升高生成N2，符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为。
②Cu2+在溶液中显蓝色，CuCl中Cu元素为+1价，能被硝酸氧化为+2价，CuCl与硝酸反应过程中Cl元素以Cl-形式存在于溶液中，Cl-与AgNO3溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，故答案为：将白色沉淀于硝酸，得到蓝色溶液，说明有元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，说明有元素。
11．（2021·广东·高考真题）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。
(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。
(3)“沉钼”中，为7.0。
①生成的离子方程式为___________________________。
②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中____________(列出算式)时，应停止加入溶液。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。
(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。
①该氧化物为_______。
②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】+6 +=↓
【解析】
由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。
（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。
（3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。
②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀，因此，时，应停止加入溶液。
（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。
（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。
②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。
【课后精练】
第I卷（选择题）
1．（2022·贵州遵义·三模）化学与生产、生活密切相关，下列物质的性质、用途都正确且有相关性的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】
A．CCl4常用作有机溶剂是因为：四氯化碳常温下是难溶于水的液态，是一种非极性分子、能溶解很多有机物，如烃、脂肪、油类、树脂、油漆以及无机物碘等，四氯化碳能做灭火剂的原因，除了它不可燃外，四氯化碳密度大，一经化成蒸气能覆盖在可燃物的表面隔绝空气、火焰自然熄灭，A不符合；
B．Al2O3因熔点高常用作耐高温材料，B不符合；
C．SiO2透明，折射率合适，能够发生全反射，且储量丰富，成本价格较为低廉，C符合；
D．Cl2没有有漂白性、常用Cl2对自来水进行杀菌消毒，是因为发生了反应： ，HClO具有漂白性，D不符合；
答案选C。
2．（2022·云南师大附中高三阶段练习）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．Cl2与水反应： Cl2 +H2O=2H+ +ClO-+C1-
B．将铜片投入FeCl3溶液中： Cu+Fe3+ =Cu2+ +Fe2+
C．将SO2通入BaCl2溶液中： SO2 +Ba2+ =BaSO3↓+2H+
D．铝片与NaOH溶液反应： 2Al+2OH- +2H2O= 2+3H2↑
【答案】D
【解析】
A．Cl2与水反应生成HCl和HClO，HClO为弱电解质，该反应的离子方程式为Cl2+H2O=HClO+H++Cl−，故A错误；
B．将铜片投入FeCl3溶液中的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故B错误；
C．将SO2通入BaCl2溶液中，SO2不与BaCl2反应，故C错误；
D．铝片与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH−+2H2O=2+3H2↑，故D正确；
故答案为：D。
3．（2022·全国·高三专题练习）以高硫铝土矿(主要成分为、、，少量和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得的部分工艺流程如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．“焙烧”时产生的气体可以用NaOH溶液吸收
B．滤液中的铝元素主要以形式存在
C．可以将少量产品溶于稀硫酸中，再滴入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色则证明产品中含有FeO
D．可用磁选操作的原因是具有磁性
【答案】C
【解析】
高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)粉碎后通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，得到产物加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，经操作Ⅰ得到的固体中含大量的Fe2O3.Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，以此解答该题。
A．二氧化硫可与氢氧化钠溶液反应而被吸收，避免污染环境，故A正确；
B．与NaOH反应生成，故B正确；
C．产品溶于稀硫酸中，可生成硫酸亚铁，可与酸性高锰酸钾溶液反应，不能证明产品中含有FeO，故C错误；
D．具有磁性，可用磁铁分离，故D正确；
故选：C。
4．（2022·云南师大附中高三阶段练习）NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（ ）
A．室温下，22. 4L乙烷中含有的碳原子数小于2NA
B．1L 0.1ml/L NH4Cl溶液中的数目为0.1NA
C．标准状况下，11. 2L CHCl3中所含的氯原子数为1. 5NA
D．室温下，27g Al与足量浓硫酸反应，转移的电子数为3NA
【答案】A
【解析】
A．1ml乙烷中含有的碳原子数为2NA，根据理想气体状态方程可知，室温下1ml乙烷的体积大于22.4L，即室温下，22.4L乙烷的物质的量小于1ml，其含有的碳原子数小于2NA，A正确；
B．NH4Cl溶液中发生水解生成NH3·H2O，故1L 0.1ml/L NH4Cl溶液中的数目小于0.1NA，B错误；
C．标准状况下，CHCl3不是气态物质，无法计算11.2L CHCl3的物质的量，也就无法计算其所含的氯原子的数目，C错误；
D．室温下，Al遇浓硫酸发生钝化，无法计算该过程的电子转移数目，D错误；
故选A。
5．（2022·吉林长春·模拟预测）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】
A．乙烯或乙醇均能使酸性KMnO4溶液褪色，故不能证明消去反应的产物为乙烯，A错误；
B．取少量溶液置于试管中，加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀硫酸钡产生，证明溶液中含有硫酸根离子、则证明Na2SO3溶液已经变质，B正确；
C．钠与水反应会产生氢气、Na2O2与水反应产生氧气，故固体加水有气体生成，不能证明所得固体为Na2O2，C错误；
D．镁不能与氢氧化钠溶液反应、铝能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，取20mL0.5ml/LNaOH溶液放入小烧杯中，将打磨光亮的铝片和镁片用导线连接后浸入溶液中，构成原电池，铝为负极、镁为正极、镁的表面会出现气泡，故不能证明Mg的金属性强于Al，D错误；
答案选B。
6．（2022·全国·高三专题练习）某铝热剂由铝粉和铁的某种氧化物组成，二者恰好完全反应生成铁单质和氧化铝。将该铝热剂均分成两份，同温同压下，一份直接与足量的NaOH溶液反应，放出H2体积为V1L；另一份在完全发生铝热反应后与足量的盐酸反应，放出H2体积为V2L。下列说法错误的是（ ）
A．两份生成氢气的质量比一定为
B．两份消耗NaOH和的物质的量之比一定小于
C．铝热剂中铝和铁元素的物质的量之比一定为
D．铝热剂中氧和铁元素的物质的量之比一定为
【答案】C
【解析】
设铁的氧化物为FexOy，则铝热反应为，取含Al的铝热剂分两等分进行实验，则其中一份铝的物质的量为，生成铁的物质的量为；铝与氢氧化钠溶液反应关系式为，由生成氢气的体积为V1，可以计算出消耗n()=，由n(Al)=n(NaOH)，可以算出；铁与盐酸反应关系式为，由生成氢气的体积为V2，可以计算出用于产生氢气消耗盐酸的物质的量为，由n(Fe)=n(HCl)，算出。
A．根据同温同压下气体的体积比等于气体物质的量之比，氢气的摩尔质量都为2g/ml，则两份生成氢气的质量比一定为，A正确；
B．两份用于反应产生氢气时消耗NaOH和HCl的物质的量之比为 ，而盐酸还与产生的氧化铝反应，故消耗NaOH和HCl的物质的量之比小于 ，B正确；
C．铝热剂中铝和铁元素的物质的量之比为 ，C错误；
D．铝热剂中氧和铁元素的物质的量之比为 ，D正确；
故答案选C。
7．（2022·全国·高三专题练习）下列图像表示错误的是（ ）
A．向盐酸中滴加NaAlO2溶液
B．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液
C．向H2SO4和HNO3物质的量2：1的混合稀酸溶液中逐渐加入粉
D．向NaOH和Ca(OH)2物质的量2：1的混合溶液中通入CO2
【答案】D
【解析】
A．向盐酸中滴加NaAlO2溶液，开始时盐酸过量，反应第一步：+4H+=Al3++2H2O，此时无沉淀，设此时加入NaAlO2的物质的量为1ml，的当酸中H+全部反应完毕后，消耗1ml ，生成1ml Al3+，之后发生反应第二步：3+Al3++6H2O=4Al(OH)3↓，此时开始产生沉淀，Al3+全部参加反应后沉淀达到最大值，消耗3ml ，则无沉淀时消耗的物质的量与沉淀最大值时消耗的物质的量之比为1:3，A正确；
B．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，设NH4Al(SO4)2的物质的量为2ml，反应第一步：3Ba2++3+2Al3++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，此时沉淀增速最快，对应斜率最大，消耗3ml Ba(OH)2，生成2ml Al(OH)3；第一步反应Al3+全部沉淀，剩余1ml 和2ml ，之后发生反应第二步：Ba2+++2+2OH-=BaSO4↓+2NH3·H2O，第二步全部沉淀，沉淀达到最大值，消耗1ml Ba(OH)2；再加入1ml Ba(OH)2时OH-过量，Al(OH)3溶解，发生反应第三步：2Al(OH)3+2OH-=2+4H2O(扩大2倍，与第一步生成的2ml Al(OH)3对应)，沉淀减少一部分；这三步反应消耗的Ba(OH)2的物质的量之比为3:1:1，B正确；
C．H2SO4和HNO3物质的量2:1的混合稀酸溶液中，H+与之比为5:1，设HNO3的物质的量为1ml，则混合稀酸溶液中，H+的物质的量为5ml，的物质的量为1ml，逐渐加入Fe粉，发生反应第一步：Fe+4H++ NO= Fe3++NO↑+2H2O，有气体产生，当NO全部消耗时，剩余1ml H+，生成1ml Fe3+和1ml NO，消耗1ml Fe；之后发生第二步反应：Fe+Fe3+=Fe2+(扩大倍为了与第一步生成的1份Fe3+对应)，无气体产生，当Fe3+全部转化为Fe2+后，消耗0.5ml Fe；之后发生第三步反应：Fe+H+=Fe2++H2↑(剩余第一步反应剩余1ml H+，故方程式扩大倍)，有气体产生，消耗0.5ml Fe；这三步反应消耗的Fe比例为2:1:1，C正确；
D．NaOH和Ca(OH)2物质的量2:1的混合溶液中，Ca2+和OH-之比为1:4，设NaOH的物质的量为2ml，则Ca2+和OH-物质的量分别为1ml和4ml；通入CO2，发生反应第一步：Ca2++2OH-+ CO2=CaCO3↓+H2O，此时有沉淀产生，当Ca2+完全沉淀时，沉淀达最大值，消耗1ml CO2；之后发生反应第二步：2OH-+CO2=+H2O，此时无现象，当OH-完全反应时，消耗1ml CO2；之后发生反应第三步：+CO2+H2O=2，此时无现象，当完全反应时，消耗1ml CO2；再之后发生反应第四步：CaCO3+ CO2+H2O= Ca2++2，此时沉淀逐渐溶解，当CaCO3完全反应时沉淀完全溶解，消耗1ml CO2；则产生沉淀消耗的CO2的物质的量:无现象消耗的CO2的物质的量:沉淀溶解消耗的CO2的物质的量=1:2:1，D错误；
故选D。
8．（2022·全国·高三专题练习）类推是化学学习和研究常用的重要思维方法，但所得结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。根据你所掌握的知识，判断下列类推结论中正确的是（ ）
A．Mg燃烧不能用CO2灭火，故燃烧也不能用CO2灭火
B．Al在O2中燃烧生成Al2O3，故Fe在O2中燃烧生成Fe2O3
C．CO2与Na2O2反应生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应生成Na2SO3和O2
D．与溶液反应生成H2，故与溶液反应也生成H2
【答案】A
【解析】
A．由于钠比镁活泼，镁能与CO2反应，则钠也能与CO2反应，Mg燃烧不能用CO2灭火，故Na燃烧也不能用CO2灭火，故A正确；
B．Fe在O2中燃烧生成Fe3O4，故B错误；
C．二氧化硫具有还原性，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，故C错误；
D． Mg的金属性大于Al，Mg不能和NaOH溶液反应，故D项错误；
选A；
9．（2022·上海嘉定·二模）某未知溶液可能含有Cl-、SO、CO、Mg2+、Al3+和K+。取100 mL该溶液进行实验，过程记录如下，由此可知原溶液中（ ）
A．一定有Cl-B．一定有COC．一定没有K+D．一定没有Mg2+
【答案】A
【解析】
向加入了过量Ba(OH)2溶液后所得溶液中通入过量CO2产生了0.01ml沉淀，再向沉淀中加入过量NaOH溶液，沉淀溶解得到新的溶液，则原溶液中含有0.01ml Al3+，不含，相关的离子反应方程式为Al3++4OH-=+2H2O，+CO2+2H2O=+Al(OH)3↓；0.01ml Al3+可以转化为0.01ml Al(OH)3，转化过程中需要0.02ml Ba(OH)2；若加入过量Ba(OH)2溶液后所得0.01ml沉淀为BaSO4，则原溶液中有0.01ml ，根据电荷守恒可知，原溶液中至少还有0.01ml Cl-；若加入过量Ba(OH)2溶液后所得0.01ml沉淀为Mg(OH)2，则原溶液中有0.01ml Mg2+，无，根据电荷守恒可知，原溶液中至少还有0.05ml Cl-；由于K+不干扰实验，故溶液中可能存在K+，其物质的量需满足电荷守恒；综上所述，原溶液中一定有Al3+、Cl-，一定没有，可能含有、Mg2+、K+；故选A。
10．（2022·全国·高三专题练习）核潜艇上的核反应堆使用液态铝钠合金作载热介质。有关说法中正确的是（ ）
A．该合金的熔点介于钠、铝之间
B．铝钠合金的良好传热性与自由电子有关
C．钠或铝形成的氧化物均为碱性氧化物
D．原子半径钠大于铝，金属键钠强于铝
【答案】B
【解析】
A．一般情况下，合金的熔点比各组分的熔点都低，则合金的熔点比钠、铝的熔点都低，故A错误；
B．铝钠合金属于金属晶体，温度高的区域自由电子的能量增大，运动速率加快，与金属离子的碰撞频率增加，自由电子把能量传递给金属离子，从而具有导热性，所以合金的良好传热性与自由电子有关，故B正确；
C．钠或铝形成的氧化物中过氧化钠属于过氧化物，氧化铝属于两性氧化物，都不是碱性氧化物，故C错误；
D．钠和铝形成的晶体都是金属晶体，钠原子的原子半径大于铝，价电子数小于铝，所以钠的金属键弱于铝，故D错误；
故选B。
11．（2022·上海普陀·二模）下表中除杂试剂和方法都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【解析】
A．HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，洗气可分离，A正确；
B．Mg与氧气、氮气均反应，不能除杂，B错误；
C．二者均与碳酸钠溶液反应，将原物质除去，C错误；
D．氧化铝与NaOH溶液反应，将原物质除去，D错误；
故答案选A。
12．（2022·上海普陀·二模）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．Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)
B．NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)
C．NaBr(aq)Br2(aq)I2(aq)
D．Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)
【答案】C
【解析】
A．偏铝酸钠和过量的盐酸反应生成氯化铝不是氢氧化铝，A错误；
B．氯化钠和二氧化碳不反应，B错误；
C．溴化钠和氯气反应生成氯化钠和溴单质，溴和碘化钠反应生成碘单质和溴化钠，C正确；
D．铁和盐酸反应生成氯化亚铁不是氯化铁，D错误；
故选C。
13．（2022·上海上海·模拟预测）为探究铝及其化合物的性质，进行如下4步实验：①将铝片放入浓硫酸中；②加入足量蒸馏水；③待铝片完全溶解后逐滴加入过量NaOH溶液；④逐滴加入足量盐酸。下列说法正确的是（ ）
A．①中无化学反应发生
B．②滴入蒸馏水后立即产生H2
C．③中现象：澄清→浑浊→澄清
D．④的现象与③不同
【答案】C
【解析】
A．铝遇浓硫酸钝化，钝化属于化学变化，①中有化学反应发生，A错误；
B．向浓硫酸中滴入蒸馏水，氢离子浓度不会瞬间增大，故不会立即产生氢气，当浓硫酸被稀释到一定程度时会生成氢气，B错误；
C．铝片完全溶解后生成铝离子，滴加氢氧化钠溶液，先中和过量的酸，溶液澄清；氢离子反应完后氢氧化钠与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，溶液变浑浊；铝离子沉淀完全后，再滴加氢氧化钠溶液，沉淀溶解，溶液变澄清，故③中现象：澄清→浑浊→澄清，C正确；
D．再向③中滴加盐酸，盐酸先中和过量的氢氧化钠，溶液为澄清，氢氧根反应完后再滴加盐酸，盐酸与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，溶液变浑浊，盐酸再过量时，盐酸和氢氧化铝沉淀反应，溶液变澄清，根据分析，④的现象与③相同，D错误；
故选C。
14．（2022·辽宁沈阳·三模）下列实验现象及结论均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】
A．氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强酸强碱，但不溶于弱碱氨水，所以b中的白色沉淀不可能溶解，故A错误；
B．体积和浓度都相同的硫代硫酸钠溶液分别在热水浴和冷水浴中与体积和浓度都相同的稀硫酸反应，热水浴中的试管中先出现浑浊说明其他条件不变时，温度升高，化学反应速率加快，故B正确；
C．乙醇和乙烯都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，所以将反应后的混合气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色不能说明乙醇与浓硫酸混合加热至170℃，有乙烯生成，故C错误；
D．锌和铁在氯化钠溶液中构成原电池时，金属性强的锌失去电子被损耗，铁被保护，所以向少量铁电极附近的溶液中加入铁氰化钾溶液没有蓝色沉淀产生，故D错误；
故选B。
15．（2022·全国·高三专题练习）空气中久置的铝片5.0g投入盛有50mL0.5ml/L硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸反应产生氢气的速率v与反应时间t可用如图所示的曲线来表示。下列推论错误的是（ ）
A．0→a段不产生氢气是因为表面的氧化物隔离了铝和硫酸溶液
B．b→c段产生氢气的速率增加较快的主要原因之一是温度升高
C．t=c时，反应处于平衡状态，此时产生H2的体积最多
D．t>c时，产生氢气的速率降低主要是因为溶液中c(H+)降低
【答案】C
【解析】
A．久置的铝片表面有一层致密的Al2O3，Al2O3先与硫酸反应得到盐和水，无氢气放出，A正确；
B．随反应进行，氢离子浓度降低，反应速率减慢；铝和盐酸反应放热，反应过程中，溶液温度升高，反应速率加快，后者为影响b→c段速率的主要因素，所以产生氢气的速率增加较快，B正确；
C．t=c时反应没有停止，继续生成氢气，氢气的体积继续增多，故C错误；
D．随反应进行，氢离子浓度降低，反应速率减慢；铝和盐酸反应放热，反应过程中，溶液温度升高，反应速率加快，t>c时，影响速率的主要因素是前者，所以反应速率逐渐减小，D正确。
故选C。
16．（2022·全国·高三专题练习）实验室为测定镁铝合金中镁、铝含量，设计如下流程：
下列说法错误的是（ ）
A．所加盐酸体积不少于100mL
B．沉淀1的质量为g
C．沉淀1加足量NaOH溶液反应的离子方程式为Al(OH)3+OH—=[Al(OH)4]—
D．镁铝合金中镁、铝质量之比为
【答案】B
【解析】
由题给流程可知，镁铝合金与足量稀盐酸反应得到含有氯化铝、氯化镁的溶液和标准状况下5.6L氢气；向溶液中加入足量氨水，将溶液中镁离子、铝离子转化为氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化镁和氢氧化铝的沉淀1；向沉淀1中加入足量氢氧化钠溶液，将氢氧化铝溶解转化为四羟基合铝酸根离子，氢氧化镁不反应，过滤得到氢氧化镁沉淀2和四羟基合铝酸钠溶液；向溶液中通入过量二氧化碳，将四羟基合铝酸钠完全转化为氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤、灼烧得到氧化铝；由镁铝合金和氧化铝的质量都为mg可知，氧化铝中氧原子的质量与镁铝合金中镁的质量相同，则合金中镁、铝质量之比为48:54=8：9，物质的量比为：=1：1，设合金中镁、铝的物质的量为aml，由反应生成标准状况下5.6L氢气可得：ml+aml=，解得a=0.1。
A．由分析可知，镁铝合金中镁、铝的物质的量都为0.1ml，则溶解合金加入5ml/L盐酸的体积不少于×103mL/L=100mL，故A正确；
B．由分析可知，镁铝合金中镁、铝的物质的量都为0.1ml，则氢氧化镁、氢氧化铝沉淀的质量之和为mg+0.5ml×17g/ml=(m+8.5)g，故B错误；
C．由分析可知，沉淀1加足量氢氧化钠溶液发生的反应为氢氧化铝与足量氢氧化钠溶液反应生成为四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH—=[Al(OH)4]—，故C正确；
D．由分析可知，合金中镁、铝质量之比为48:54=8：9，故D正确；
故选B。
第II卷（非选择题）
17．（2021·全国·高三专题练习）已知A、B、C、D代表的四种物质均为中学化学中的常见物质，它们之间存在如图所示的转化关系(反应条件及部分反应产物已略去)。请回答下列问题：
(1)若A、B、C在焰色试验中火焰均呈黄色，D为一种常用于饮料生产的气体。
①写出B的俗称：___________。
②写出反应②的化学方程式：___________。
(2)若A、B均为浅黄色溶液，D为金属单质。
①写出B的一种工业用途：___________。
②写出反应②的离子方程式：_______________________。
(3)已知符合题设转化关系的一组物质如下，写出反应②的化学方程式：___________。
(4)参照以上实例，设计另一组符合上述转化关系的物质组合，写出其化学式：
A___________、B___________、C___________、D___________。
【答案】
(1)纯碱
(2)制作印刷电路板或生产净水剂等
(3)或
(4)C(O2) CO(CO2) CO2(CO) O2(C)
【解析】
(1)若A、B、C在焰色试验中火焰均呈黄色，A、B、C中都含有Na元素；D为一种常用于饮料生产的气体，D为CO2；结合转化关系分析，A为NaOH，B为Na2CO3，C为NaHCO3；
①B为Na2CO3，其俗称为纯碱；答案为：纯碱。
②反应②为CO2与Na2CO3、H2O反应生成NaHCO3，反应的化学方程式为CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3；答案为：CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3。
(2)若A、B均为浅黄色溶液，D为金属单质，由转化关系知，该金属元素具有可变化合价，则A为氯水，D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2；
①B为FeCl3，FeCl3的工业用途为：制作印刷电路板或生产净水剂等；答案为：制作印刷电路板或生产净水剂等。
②反应②为Fe与FeCl3反应生成FeCl2，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+。
(3)反应②为Al(OH)3与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；答案为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。
(4)常见的符合图示转化关系的物质如下表：
写出其中一组不同于(1)(2)(3)转化关系的化学式即可。
18．（2022·全国·高三专题练习）铝镁合金是飞机制造、建筑等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某铝镁合金(不含其他元素)中铝的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白：
【方案一】将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。
(1)实验中发生反应的离子方程式是_______________________。
(2)称取10.8 g铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0 ml·L-1NaOH溶液中，为了保证铝镁合金粉末能充分反应，则NaOH溶液的体积V≥_____mL。
(3)过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得铝的质量分数将____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【方案二】将一定量铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体的体积。
(4)同学们拟选用下列实验装置完成实验：
你认为最简易的装置其连接顺序是A→__________(填接口字母)。
(5)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。
①装置中导管a的作用除了平衡气体压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下以外，从精确测量氢气体积的角度分析，还有一个作用是_________________。
②已知金属与酸的反应是放热反应，为了较准确测量室温、一个标准大气压下氢气的体积，在读反应前后量气管乙中液面的读数求氢气体积的过程中，除视线平视外还应注意_________(填字母编号)。
A．冷却至室温再读数
B．乙管中液面不再上升时应该及时读数
C．读数时应上下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平
D．读数时不必使甲、乙中液面左右相平
③若实验用铝镁合金的质量为5.1 g，测得氢气体积为5.6 L(已转换成标准状况)，则合金中铝的质量分数为___________(保留两位有效数字)。
【答案】2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑ 100 偏低 EDF 消除加入稀硫酸排开空气的体积对测量氢气体积所带来的误差 AC 53%
【解析】
（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，离子方程式是：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；
（2）假设10.8g合金全是Al的质量，由关系式，解得V=100mL，为了保证铝镁合金粉末能充分反应，则NaOH溶液的体积V≥100mL；
（3）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测得铝的质量分数将偏低；
（4）装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：（A）接（E）（D）接（F）；
（5）①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；
②反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；故选AC；
③设5.1 g镁铝合金中铝的质量为x，则产生的气体由Mg、Al与稀硫酸反应产生的，则由关系式：，解得 ,，解得，V1+V2=5.6L，解得x=2.7g，则合金中铝的质量分数为。
19．（2022·辽宁·调兵山市第二高级中学高三阶段练习）氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。为了分析某AlN样品(样品中的杂质不与氢氧化钠溶液反应)中AlN的含量，某实验小组设计了如下两种实验方案。
(1)已知氮化铝在氢氧化钠溶液中会发生水解反应(该反应为非氧化还原反应)，生成一种钠盐和一种碱性气体，写出该反应的离子方程式为_________________。
【方案1】取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。
(2)装置B中盛装的固体可能为下列物质的___________。
A．碱石灰B．石灰石
C．无水氯化钙D．五氧化二磷(具有强吸水性)
(3)如图C装置中球形干燥管的作用是_________________。
(4)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关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是把装置中残留的氨气全部赶入C装置。
(5)若去掉装置B，则导致测定结果___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。由于上述装置还存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见_________________。
【方案2】按以下步骤测定样品中A1N的纯度：
(6)若步骤②通入少量二氧化碳也会生成白色沉淀，写出其离子方程式为___________。
【答案】
(1)AlN+OH-+H2O=AlO+NH3↑
(2)A
(3)防倒吸
(4)检查装置气密性
(5)偏高 在C出口处连接一个盛有碱石灰干燥管
(6)2AlO+CO2+3H2O=CO+2Al(OH)3↓
【解析】
根据题意可知AlN在氢氧化钠溶液中反应生成偏铝酸钠和氨气，方案1的原理即通过测定生成的氨气的量，来确定AlN的纯度；方案2则是将样品溶解于过量的氢氧化钠溶液中过滤洗涤，然后向得到滤液和洗涤液中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀，煅烧得到氧化铝固体，根据氧化铝的质量来确定AlN的纯度。
(1)氮化铝在氢氧化钠溶液中会发生水解反应，该反应为非氧化还原反应，生成一种钠盐和一种碱性气体，则应是生成偏铝酸钠和氨气，离子方程式为AlN+OH-+H2O=AlO+NH3↑；
(2)浓硫酸也可以吸收水分，所以氨气应先经干燥再用浓硫酸吸收，而氨气为碱性气体，一般用碱石灰干燥，故选A；
(3)氨气为碱性气体，极易溶于浓硫酸，所以用球形干燥管防止倒吸；
(4)该反应中需要测定气体的量，所以组装好实验装置，首先要检查装置气密性；
(5)若去掉装置B，导致浓硫酸吸水，测定的氨气含量会增大，导致AlN的含量测定结果偏高；装置存在缺陷是空气中的水蒸气也可以进入装置C，使测定结果偏高，所以需要在C出口处连接一个盛有碱石灰干燥管；
(6)根据分析可知步骤①得到的滤液及洗涤液主要为偏铝酸钠溶液，加入少量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，离子方程式为2AlO+CO2+3H2O=CO+2Al(OH)3↓。
20．（2022·全国·高三专题练习）实验室中有铝热反应后剩余的铝热剂未做标记，为了确定其成分，某学习小组设计实验对成分进行分析。
实验步骤如下(固体称量均采用电子天平)：
步骤1.称取6.60g铝热剂样品于烧瓶中，滴入足量稀硫酸，充分反应收集气体，折算成标准状况为3360mL，溶液中没有不溶物；
步骤2.将溶液稀释至1000mL，取少量于试管滴加KSCN溶液，溶液未变红，滴加K3[Fe(CN)6]，出现蓝色沉淀；
步骤3.另取溶液500mL于烧杯中，滴入NaOH溶液至沉淀不再增加，过滤，向滤液中通入足量的CO2，再次过滤，将沉淀洗涤干燥，称得质量为4.68g。
请回答以下问题：
(1)步骤1收集的气体是_________。
(2)为了准确测量气体的体积，需要从图2中选择反应装置添加到图1的虚线框内，您选择的装置是_________。量气时还需要注意三个问题，①应保持装置处于室温状态；②读数时要保持甲、乙液面相平；③_____________________。如果选择装置b，不考虑其他因素引起的误差，测得气体的体积会_________(填“偏大”、“偏小”或“无误差”)。
(3)根据实验步骤2，可知样品中含有铁元素，小组同学怀疑原样品可能有Fe3+，反应过程中被铝还原为Fe2+，请设计方案：________________________________。
(4)小组中有同学提出，根据气体的体积计算铝元素的质量分数存在误差，请说明理由：____________________；根据以上分析该铝热剂的成分为___________。
(5)若样品中含有的是Fe2+，该小组设计样品中铁元素含量的测定方法如下：准确量取步骤2中溶液25mL于锥形瓶中，用装有0.01ml/L高锰酸钾酸性溶液的酸式滴定管去滴定，当_______________时达到滴定终点，重复试验3次，测得消耗高锰酸钾酸性溶液的平均体积为20.00mL，发生反应的离子方程式为___________________________，铁元素的质量分数为_______________(保留两位有效数字)。
【答案】氢气 c 注意视线与凹液面最低处相平 偏大 称取少量铝热剂样品于烧杯中，滴入足量NaOH溶液，过滤，将沉淀物在另一个烧杯中滴入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液未变红，说明没有Fe3+，若溶液变红，说明含有Fe3+ 根据步骤1所得氢气体积计算铝元素的物质的量为0.1ml，沉淀中铝元素的物质的量为0.12ml，说明样品中还有Al2O3 Al、Al2O3和FeO 当滴入最后一滴高锰酸钾酸性溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟未褪色 5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++4H2O+Mn2+ 34%
【解析】
向铝热剂中加入硫酸，有气体生成，该气体为氢气，将溶液稀释至1000mL，取少量于试管滴加KSCN溶液，溶液未变红，滴加K3[Fe(CN)6]，出现蓝色沉淀，表明溶液中不含Fe3+，含有Fe2+，另取溶液500mL于烧杯中，滴入NaOH溶液至沉淀不再增加，过滤，向滤液中通入足量的CO2，再次过滤，将沉淀洗涤干燥，最终得到Al(OH)3。
【详解】
(1)铝热剂是由铝粉和金属氧化物组成的，与稀硫酸反应产生的气体应该是氢气；
(2)反应装置要考虑到气体的准确测量，在图2中，因反应不需加热，装置a不能选择；装置b会把稀硫酸的体积计入气体体积而使测得结果偏大；装置c既能使液体顺利滴下，稀硫酸的体积又不影响氢气的体积，是合适的装置；反应不需要将装置内空气排尽，d装置还存在装置b的弊端，综上分析，装置c比较恰当。利用量气装置除需注意题中两点以外，还要注意视线与凹液面最低处相平，才能准确测得体积；
(3)如果样品中有Fe2O3或Fe3O4，硫酸溶解过程会有Fe3+生成，Fe3+与铝可以反应，只要使铝与铁的氧化物分开，就可以确定其成分，方案如下：称取少量铝热剂样品于烧杯中，滴入足量NaOH溶液，过滤，将沉淀物在另一个烧杯中滴入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液未变红，说明没有Fe3+ ，若溶液变红,说明含有Fe3+；
(4) 根据步骤1所得氢气体积计算铝元素的物质的量为，通人足量的CO2得氢氧化铝沉淀的质量为4.68g，则1000mL溶液中含铝元素的物质的量为，说明样品中还有Al2O3，根据以上分析该铝热剂的成分为Al、Al2O3和FeO；
(5)用高锰酸钾酸性溶液滴定Fe2+，因溶液本身有颜色，不需要外加指示剂，当滴入最后一滴高锰酸钾酸性溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟未褪色，表明达到滴定终点，发生反应的离子方程式为5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++4H2O+Mn2+，可得关系式；，铁的物质的量为，所以在1000mL溶液中含有铁的物质的量为，铁元素的质量分数为。
21．（2022·全国·高三专题练习）某废催化剂主要含有Al2O3(45.4%)、MO3 (28.8%)、Fe2O3(0.7%)以及其他杂质。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钼和铝等。
回答下列问题：
(1)“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是___________。
(2)“焙烧”中有Na2MO4生成，发生反应的化学方程式为_______________________。
(3)钼的浸出率随碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比变化的曲线如图所示，则最适宜的碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比分别为______、____、______、______。
(4)“沉铝”中，生成沉淀M的离子反应方程式为_________________。
(5)操作A最好采用___________。
(6)已知金属M的浸出率a=()×100%，(w-浸出渣中M的含量；m-浸出渣的质量；z-参与浸出反应的M总质量)，通过X-射线衍射法测定“浸出渣”中M的含量为0.8%，若1t废催化剂经焙烧、水浸后得到“浸出渣”0.48t，则M的浸出率a=___________。
【答案】
(1)增大接触面积，提高浸取率
(2)Na2CO3 + MO3=Na2MO4+ CO2↑
(3)0.28(0.25~0.3均正确) 1.5h 90°C (85~90°C均正确) 5：1
(4)+H++H2O=Al(OH)3↓
(5)蒸发浓缩，冷却结晶
(6)98%
【解析】
本题是一道从废催化剂中回收钼和铝的工业流程题，首先用碳酸钠和废催化剂一起焙烧，之后水浸，从而除去氧化铁，随后加入硫酸调整pH除去偏铝酸根离子，再经过一系列的操作得到产品，以此解题。
(1)从反应速率的影响因素考虑，“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是：增大接触面积，提高浸取率；
(2)由流程图可追，反应物为碳酸钠和MO3，反应产物为Na2MO4，根据元素守恒可知方程式为：Na2CO3 + MO3=Na2MO4+ CO2↑
(3)纵坐标为钼的浸出率，则由图可知碳酸钠与废催化剂的质量比为：0.28(0.25~0.3均正确)；最佳焙烧时间为：1.5h；最佳浸出温度为：90°C (85~90°C均正确)；最佳浸出液固比为：5：1；
(4)根据题意可知焙烧时，氧化铝和碳酸钠生成偏铝酸钠，则水浸后溶液中有偏铝酸钠在酸性条件下生成M为氢氧化铝，对应的离子方程式为：+H++H2O=Al(OH)3↓；
(5)操作A为由溶液中获得Na2SO4・10H2O，因此该操作为：蒸发浓缩，冷却结晶；
(6)由题意可知，浸出渣中M的含量为0.8%，即w=0.8%，浸出渣质量为0.48t，即m为0.48t，参与浸出的M的质量可通过催化剂MO3的含量为28.8%来计算，催化剂中M的质量分数为：，则1t催化剂中含M质量为：0.192t，即z为0.192t，带入计算式可得：浸出率。
22．（2022·全国·高三专题练习）铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为，含和等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如图所示：
注：在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
(1)铝土矿“碱溶”时，氧化铝转化为_____________进入溶液，提高铝土矿浸取速率的措施有___________________(任答两点)。
(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入溶液，溶液的pH_______(填“增大”“减小”或“不变”)，发生反应的离子方程式为_______________________________。
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融的，标准状况下每产生转移的电子数为_______。
(4)“电解Ⅱ”是电解溶液，其原理如图所示，阳极的电极反应式为_____________。
【答案】
(1)NaAlO2或AlO 将矿石研磨、升高温度、增大NaOH溶液浓度等
(2)减小
(3)2NA
(4)
【解析】
为两性氧化物能与强酸能与强碱反应，为酸性氧化物在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，不与氢氧化钠反应，则滤渣为和铝硅酸钠沉淀，滤液为NaAlO2和NaOH溶液加入NaHCO3反应的离子方程式为：和，则溶液的pH减小，过滤Ⅱ所得物质为氢氧化铝，灼烧后可得由Al2O3，采用电解冶炼金属Al，根据O元素的化合价由-2价变为0价，转移电子数为，阳极电极反应式为，据此答题。
(1)①加入氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，变为NaAlO2或AlO；
②提高铝土矿浸取速率的措施有：将矿石研磨、升高温度、增大NaOH溶液浓度；
(2)①过滤所得滤液为NaAlO2和NaOH混合溶液，加入NaHCO3，反应的离子方程式为：，碱性减弱，pH减小；
②NaAlO2和NaHCO3反应的离子方程式为：；
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融的生成Al和O2，标准状况下产生的物质的量为，根据O元素的化合价由-2价变为0价，则转移的电子的物质的量为，电子数为。
(4)“电解Ⅱ”是电解溶液，阳极失去电子，左侧电极为阳极，根据图示可得为反应物，NaHCO3和O2为生成物，则电极反应式为：。
化学式
KAl(SO4)2·12H2O(水溶液pH＜7)
组成
硫酸铝钾是由两种不同的金属离子和一种酸根离子组成的化合物
净水原理
KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2SOeq \\al(2－,4)(电离)，Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，生成的Al(OH)3胶粒的吸附能力很强，能吸附水中的悬浮物质，并聚集成沉淀，使水澄清，但不能杀菌、消毒。
与Ba(OH)2溶液的反应
Al3＋恰好完全沉淀的离子方程式：
2Al3＋＋3SOeq \\al(2－,4)＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
SOeq \\al(2－,4)恰好完全沉淀的离子方程式：
Al3＋＋2SOeq \\al(2－,4)＋2Ba2＋＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O＋2BaSO4↓
选项
实验现象
结论
A
把相同大小的一块铝和镁分别投入相同浓度的NaOH溶液中：铝溶解有气泡放出，而镁没有任何变化
由此得出：铝的金属性比镁强
B
取一块铝箔，用酒精灯点燃：铝箔只熔化成液体而没有脱落
由此得出：铝不易燃烧
C
向氯化铵溶液中投入一铝片：铝片上产生大量气泡
由此得出：该气体是氨气
D
向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量：先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后沉淀完全消失
由此得出：氢氧化铝能溶于强碱溶液
装置
现象
Ⅰ.实验初始，未见明显现象
Ⅱ.过一会儿，出现气泡，液面上方呈浅棕色
Ⅲ.试管变热，溶液沸腾
实验
内容
现象
实验1
将湿润KI淀粉试纸置于空气中
试纸未变蓝
实验2
用湿润淀粉KI试纸检验浅棕色气体
试纸变蓝
装置
现象
Ⅰ.实验初始，未见明显现象
Ⅱ.过一会儿，出现气泡，有刺激性气味
气体
方法
A
氨气
加热氯化铵固体
B
二氧化氮
将铝片加到冷浓硝酸中
C
硫化氢
向硫化钠固体滴加浓硫酸
D
氧气
加热氯酸钾和二氧化锰的混合物
选项
性质
用途
A
CCl4难溶于水，难于燃烧
CCl4常用作有机溶剂和灭火剂
B
Al2O3既能与强酸反应，又能与强碱反应
Al2O3常用作耐高温材料
C
SiO2透明，折射率合适，能够发生全反射
SiO2用作光导纤维材料
D
Cl2具有漂白性
常用Cl2对自来水进行杀菌消毒
目的
方案设计
现象和结论
A
探究乙醇消去反应的产物
取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸、少量沸石，加热，将产生的气体直接通入2mL酸性KMnO4溶液中
酸性KMnO4溶液褪色，证明消去反应的产物为乙烯
B
探究Na2SO3溶液是否变质
取少量溶液置于试管中，加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液
有白色沉淀产生，证明Na2SO3溶液已经变质
C
探究金属钠在氧气中燃烧所得固体的成分
取少量固体置于试管中，加入2~3mL蒸馏水
有气体生成，证明所得固体为Na2O2
D
探究Al和Mg的金属活动性
取20mL0.5ml/LNaOH溶液放入小烧杯中，将打磨光亮的铝片和镁片用导线连接后浸入溶液中
铝片表面有大量气泡冒出，证明Mg的金属性强于Al
选项
物质(杂质)
除杂试剂
分离方法
A
Cl2(HCl)
饱和食盐水
洗气
B
N2(O2)
镁粉
加热
C
CO2(SO2)
饱和Na2CO3(aq)
洗气
D
Al2O3(Fe2O3)
NaOH(aq)
过滤
选项
A
B
C
D
实验操作
现象
a中产生白色沉淀
b中先产生白色沉淀，后沉淀溶解
热水浴中的试管中先出现浑浊
酸性高锰酸钾溶液褪色
试管中有蓝色沉淀产生
结论
金属性：Mg>Al
其他条件不变时，温度升高，化学反应速率加快
乙醇与浓硫酸混合加热至170℃，有乙烯生成
Fe电极被保护
类型
A
B
C
D
连续氧化
C
CO
CO2
O2
NH3
N2
NO
O2
H2S
S
SO2
O2
Fe
Fe2+
Fe3+
HNO3
连续还原
C12
FeC13
FeC12
Fe
O2
CO2
CO
C
O2
NO
N2
NH3
O2
SO2
S
H2S
HNO3
Fe3+
Fe2+
Fe
连续酸化
OH
CO2
CO2
H+
SO2
H+
S
HS
H2S
H+
A1(OH)3
A13+
H+
连续碱化
CO2
OH
SO2
OH
H2S
HS
S
OH
A13+
A1(OH)3
OH
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