【分层练习】3.2 .3 氢氧化铝、铝盐高一化学同步备课（人教版2019必修第一册）（原卷版+解析版）

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第二节 金属材料第3课时 氢氧化铝、铝盐（分层练习）1．下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是A．氧化铁能与酸反应，可制红色涂料 B．氢氧化铝具有弱碱性，可作胃酸中和剂C．浓硫酸具有酸性，可用作干燥剂 D．小苏打能与碱反应，可作糕点焙制的膨松剂【答案】B【详解】A．氧化铁俗名铁红、是红棕色固体，可制红色涂料，与氧化铁能与酸反应的性质无关，故A不符合题意；B．胃酸主要成分为盐酸，氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应，所以氢氧化铝可作胃酸中和剂，故B符合题意；C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，故C不符合题意；D．小苏打是碳酸氢钠的俗名，受热易分解生成二氧化碳气体，并且能与酸反应生成二氧化碳气体，所以可作糕点焙制的膨松剂，与小苏打能与碱反应无关，故D不符合题意。2．下列各项操作中符合“先出现沉淀后沉淀完全溶解”现象的是①向饱和碳酸钠溶液中通入CO2至过量②向BaCl2溶液中通入CO2至过量③向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量④向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量⑤向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量⑥向NaOH溶液中逐滴滴加AlCl3至过量A．③⑤ B．②③⑥ C．②③⑤ D．①②③④【答案】A【详解】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，反应为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，原碳酸钠溶液是饱和溶液，生成碳酸氢钠后溶液变成过饱和溶液，所以会析出部分碳酸氢钠晶体，不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故①错误；②弱酸不能制强酸，向BaCl2溶液中通入CO2 始终无沉淀生成，故②错误；③澄清石灰水和CO2反应，生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，会与CaCO3反应生成可溶的Ca(HCO3)2，沉淀又溶解，出现先沉淀后溶解现象，故③正确；④向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量，开始反应生成BaSO4、Al(OH)3沉淀，碱过量时Al(OH)3溶解，故④错误；⑤向NaAlO2溶液中滴入过量的盐酸，发生的反应方程式为：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，发生先沉淀后溶解现象，故⑤正确；⑥向NaOH溶液中逐滴滴加AlCl3至过量，开始无沉淀生成，随后生成白色沉淀，故⑥错误；综上，答案选A。3．取一定体积的两种试剂进行相互滴定(试剂浓度均为0.1mol/L)，实验现象没有明显差别的是【答案】D【详解】A．将氨水逐滴加入到硝酸银溶液发生的反应为硝酸银溶液先与氨水反应生成硝酸铵和氢氧化银沉淀，后氢氧化银与过量的氨水反应生成氢氧化二氨合银和水，实验现象为先有沉淀生成后消失，将硝酸银溶液加入到氨水中发生的反应为硝酸银溶液与过量的氨水反应生成硝酸二氨合银和水，实验中无明显现象，则两种试剂进行相互滴定时，实验现象有明显差别，故A不符合题意；B．将氢氧化钠溶液逐滴加入到氯化铝溶液中发生的反应为氯化铝溶液先与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，后氢氧化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，实验现象为先有沉淀生成后沉淀消失，将氯化铝溶液逐滴加入到氢氧化钠溶液中发生的反应为氢氧化钠溶液先与氯化铝溶液反应生成偏铝酸钠、氯化钠和水，后偏铝酸钠溶液与过量氯化铝溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，实验现象为先无明显现象，后生成白色沉淀，则两种试剂进行相互滴定时，实验现象有明显差别，故B不符合题意；C．将碳酸钠溶液逐滴加入到盐酸中发生的反应为碳酸钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，实验现象为立即产生大量气泡，将盐酸逐滴加入到碳酸钠溶液中发生的反应为碳酸钠溶液先与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，后碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，实验现象为开始无气泡产生，后产生气泡，则两种试剂进行相互滴定时，实验现象有明显差别，故C不符合题意；D．氢氧化铝是不溶于弱碱氨水的两性氢氧化物，将氨水滴入硫酸铝溶液和将硫酸铝溶液滴入氨水中发生的反应都为硫酸铝溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，则两种试剂进行相互滴定时，实验现象没有明显差别，故D符合题意；故选D。4．下列铝和其他化合物之间的转化不可能一步实现的是A．Al3+→Al(OH)3 B．Al2O3→Al(OH)3C．Al(OH)3→Al2O3 D．Al→Al(OH)4- 【答案】B【详解】A．可溶性铝盐与足量氨水或适量强碱反应可以生成氢氧化铝，能一步实现，选项A不符合；B．氧化铝不能与水反应生成氢氧化铝，无法一步实现转化，选项B符合；C．氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，能一步实现转化，选项C不符合；D．铝与强碱溶液反应生成Al(OH)4-，能一步实现转化，选项D不符合；故选B。5．下列关于金属铝及其化合物的叙述，正确的是A．铝在常温下不能与氧气反应B．铝合金密度小，硬度大，耐腐蚀，是制造飞机的理想材料C．相同质量的铝分别与足量盐酸和烧碱溶液反应产氢气的质量比为3∶1D．氧化铝只能与酸反应，不能与碱反应【答案】B【解析】A．铝在常温下能与氧气反应生成氧化铝，故A错误；B．铝合金具有密度小、硬度大、耐腐蚀的特性，是制造飞机的理想材料，故B正确；C．铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则相同质量的铝分别与足量盐酸和烧碱溶液反应产氢气的质量比为1∶1，故C错误；D．氧化铝是两性氧化物，既能与酸反应生成盐和水，也能与碱反应生成盐和水，故D错误；故选B。6．用相同的铝片、6 mol·L-1稀盐酸、3 mol·L-1稀硫酸、6 mol·L-1氢氧化钠溶液、试管等分别进行下表实验：对上述实验的相关说法不正确的是A．对比(1)、(2)、(3)中Al2O3参与的反应可得出：Al2O3既有碱性氧化物的某些性质，又有酸性氧化物的某些性质B．对比(1)、(2)、(3)中气体产生现象和酸碱的挥发性可得出：实验(3)最适宜于实验室制备H2C．对比实验(1)、(2)中后来产生气泡的现象，可得出：c(H+)越大，相同时间内产生气泡越多D．对比实验(1)、(2)中后来产生气泡的现象，可得出：SO对Al与H+的反应可能有阻碍作用【答案】C【解析】A．实验(1)、(2)、(3)中Al2O3既能与非氧化酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水，说明Al2O3既有碱性氧化物的某些性质，又有酸性氧化物的某些性质，A正确；B．实验(2)后来气泡产生较慢，实验(1)、(3)中，后来都有大量气泡产生，因此实验(1)、(3)都可用制备H2，但因盐酸具有挥发性，会使所得H2中含有一定量杂质HCl，所以实验(3)最适宜于实验室制备H2，B正确；C．6 mol/L稀盐酸与3 mol/L稀硫酸中c(H+)相同，因此实验(2)中后来产生H2的速度较低与c(H+)无关，是由其它原因导致，C错误；D．实验(1)、(2)中c(H+)、铝片等实验条件相同，不同之处在于盐酸与硫酸中阴离子种类，实验(1)后来产生H2较快，而实验(2)后来产生H2较慢，其原因可能是Cl-对Al与H+的反应有促进作用或者对Al与H+的反应可能有阻碍作用，D正确；故合理选项是C。7．铝是地壳中含量最高的金属元素，下列关于铝及其化合物的性质、用途的说法错误的是A．纯铝的硬度和强度较小，不适合用于制造机器零部件B．可用NaOH溶液除去Fe2O3粉末中少量的Al2O3C．铝合金是用来制造飞机和宇宙飞船的理想材料D．铝制品廉价易得，适用于厨房蒸煮和长期存放碱性食物【答案】D【解析】A．制造机器零部件要求材料硬度高、强度好，而纯铝硬度、强度较小，不适合，A正确；B．氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，氧化铝为两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，B正确；C．铝合金硬度高、质量轻，是用来制造飞机和宇宙飞船是理想材料，C正确；D．铝能与酸、碱发生反应，铝制品不能长期存放酸性或碱性较强的食物，D错误；答案选D。8．如图是铝及其化合物的转化关系图(说明： NaAlO2即Na[Al(OH)4])，下列说法正确的是A．图中所有的反应均为氧化还原反应B．反应①②均为离子反应C．反应②③都能产生氢气，且产生等量氢气消耗Al的质量和转移电子数分别相等D．反应①②⑦中铝均作还原剂【答案】C【解析】A．只有Al元素化合价发生变化的反应属于氧化还原反应，题中①②③⑦属于氧化还原反应，故A错误；B．①为铝热反应，为固体之间的反应，不是离子反应，故B错误；C．金属铝可以和酸以及强碱之间反应生成氢气，即反应②、③都有氢气生成，由电子守恒可知，产生等量的氢气时转移的电子数相等，故C正确；D．⑦中Al元素化合价降低，被还原，作氧化剂，故D错误；故选C。9．某合金含有两种金属，现在取该合金12g与足量的稀硫酸充分反应产生标准状况下4.48L氢气，则该合金中的两种金属元素是A．Mg和Al B．Al和Fe C．Zn和Cu D．Fe和 Zn【答案】D【详解】A．Mg的相对原子质量为24，当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为 ×27=18，二者平均相对原子质量介于18～24之间，小于金属混合物的平均相对原子质量为60，故A错误；B．Fe的相对原子质量为56，当Al的化合价为+2价时，可看成其相对原子质量为 ×27=18，均小于60，故B不选；C．Cu不反应，其的相对原子质量看做无穷大，Zn的相对原子质量为65，二者平均相对原子质量大于60，故C不选；D．Fe的相对原子质量为56，Zn的相对原子质量为65，金属混合物的平均相对原子质量为60，二者平均相对原子质量介于56～65之间，故D正确；故选D。10．铝合金因具有坚固、轻巧、美观、易于加工等优点而成为多数现代家庭封闭阳台时的首选材料，这与铝合金的下列物理性质无关的是A．不易生锈 B．较大的硬度C．良好的导电性 D．密度小【答案】C【详解】A．铝合金不易生锈可以长时间保持良好的外观，但不易生锈是化学性质，A不符合题意；B．铝合金坚固是指它的硬度大，性质与用途有关，B不符合题意；C．良好的导电性不是作为家庭封闭阳台时的材料需要具备的性质，性质与用途无关，C符合题意；D．由于铝合金的密度较小，所以显得比较轻巧，性质与用途有关，D不符合题意；答案选C。11．某同学研究铝及其化合物性质时设计了如下两个实验方案。方案①：2.7 g Aleq \o(\s\up 4(eq \o(\s\up 2(100 mL HCl),\s\do 4(——————→))),\s\do 6())X溶液eq \o(\s\up 4(eq \o(\s\up 2(NaOH),\s\do 4(——→))),\s\do 6())Al(OH)3沉淀方案②：2.7 g Aleq \o(\s\up 4(eq \o(\s\up 2(100 mLNaOH),\s\do 4(——————→))),\s\do 6())Y溶液eq \o(\s\up 4(eq \o(\s\up 2(HCl),\s\do 4(——→))),\s\do 6())Al(OH)3沉淀NaOH和HCl的浓度均是3 mol·L－1，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH和HCl时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法不正确的是A．b曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液B．在O点时两方案中所得溶液浓度相等C．a、b曲线表示的反应都是非氧化还原反应D．X溶液是ACl3溶液，Y溶液显碱性【答案】A【解析】n(HCl)＝3 mol·L－1×0.1 L＝0.3 mol，n(NaOH)＝3 mol·L－1×0.1 L＝0.3 mol，n(Al)＝2.7 g÷27 g·mol－1＝0.1 mol；2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑、2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑，根据方程式知，Al和HCl完全反应需要n(HCl)＝3n(Al)＝0.3 mol，所以Al和HCl恰好完全反应生成氯化铝；根据方程式知，Al和NaOH完全反应需要n(NaOH)＝n(Al)＝0.1 mol＜0.3 mol，所以NaOH有剩余。A项，加入溶液后先没有生成沉淀，则溶液中还发生其它反应，则该溶液应该是Y溶液，先发生酸碱中和反应，所以b曲线表示的是向Y溶液中加入HCl溶液，错误；B项，在O点时沉淀的物质的量相等，溶液中的溶质都是NaCl，根据最初的钠原子和Cl原子守恒知，两方案中所得溶液浓度相等，正确；C项，a、b曲线中没有电子转移，不属于氧化还原反应，正确；D项，根据以上分析知，X溶液中溶质是AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2、NaOH，溶液显碱性，正确。12．下列制取CO2、通过CO2和NaAlO2溶液制取Al(OH)3、分离并加热Al(OH)3制Al2O3的装置和原理能达到实验目的的是A．制取CO2 B． C．分离氢氧化铝 D．制氧化铝【答案】D【解析】A.浓硫酸与CaCO3反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，覆盖在CaCO3表面阻止反应进行，应选用稀盐酸，故A不能达到实验目的；B.该装置中通CO2的导管没有长进短出，这样操作二氧化碳不易与偏铝酸钠溶液发生反应，且易把偏铝酸钠溶液排出，故B不能达到实验目的；C.过滤时漏斗下端应贴着烧杯内壁，故C不能达到实验目的；D. Al(OH)3受热分解生成Al2O3，故D能达到实验目的。故选D。13．用稀H2SO4、NaOH溶液和单质铝为原料制取Al(OH)3，甲、乙、丙三个学生制备的途径分别是：甲：AlAl2(SO4)3 Al(OH)3乙：AlNaAlO2 Al(OH)3丙：  若要得到等量的Al(OH)3，则A．三者消耗原料相同 B．甲消耗的原料最少C．乙消耗原料最少 D．丙消耗原料最少【答案】D【详解】根据电荷守恒和铝元素守恒进行计算判断。甲方案：Al3+~3OH－~Al(OH)3~3H+，所以每制取1mol Al(OH)3，需要消耗3mol H+和3mol OH－。乙方案：OH－~AlO2-~H+~Al(OH)3，所以每制取1mol Al(OH)3，需要消耗1mol H+和1mol OH－。丙方案：Al3+~3AlO2-~4Al(OH)3~3H+~3OH－，所以每制取1mol Al(OH)3，需要消耗mol H+和mol OH－。综上所述，三者消耗原料的量的关系为：甲>乙>丙，故选D。14．根据如图所示的转化关系判断(反应条件已略去)，下列说法正确的是生成等质量H2时，①和②反应消耗3n(HCl)=n(NaOH)B．反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:3C．若反应③和④得到等物质的量的Cu和Fe，消耗Al的物质的量之比为3:2D．反应⑤需要控制氨水的量，若氨水过量，则不会得到Al(OH)3沉淀【答案】B【详解】A．2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，则生成等质量H2时，①和②反应消耗n(HCl)=3n(NaOH)，A错误； B．2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，反应中铝发生氧化反应得到氧化产物铝离子，铜离子发生还原反应得到还原产物铜，则反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:3，B正确；C．2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu、2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应③和④得到等物质的量的Cu和Fe，消耗Al的物质的量之比为2:3，C错误； D．氯化铝和氨水生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于弱碱氨水，故反应⑤氨水过量，仍会得到Al(OH)3沉淀，D错误；故选B。15．实验室制备硝酸铝［Al(NO3)3·9H2O］可使用下列方法：反映上述有关的离子方程式错误的是A．2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)4]－+3H2↑B．HCO3-+[Al(OH)4]－=CO2↑+Al(OH)3↓+H2OC．NH4++[Al(OH)4]－=NH3·H2O+Al(OH)3↓D．3H++Al(OH)3=Al3++3H2O【答案】B【详解】A．铝与过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)4]－+3H2↑，A正确；B．Na[Al(OH)4]溶液显碱性，与HCO3-混合后发生酸碱中和反应，一定不会生成CO2，且反应不符合电荷守恒原理，正确的离子方程式为：HCO3-+[Al(OH)4]－=CO32-+Al(OH)3↓+H2O，B错误；C．Na[Al(OH)4]溶液显碱性，与铵根离子反应生成一水合氨和氢氧化铝，离子方程式为：NH4++[Al(OH)4]－=NH3·H2O+Al(OH)3↓，C正确；D．氢氧化铝为两性，能与强酸反应是铝离子和水，离子方程式为：3H++Al(OH)3=Al3++3H2O，D正确；故选：B。16．下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是A．0.1 mol/L NaCl溶液：K+、Fe3+、SCN-、SO42-B．0.1 mol/L盐酸溶液：AlO2-、Na+、K+、Cl-C．0.1 mol/L KHCO3溶液：Na+、NH4+、CO32-、NO3-D．澄清透明的溶液：Cl-、Fe3+、Cu2+、I-【答案】C【详解】A．已知Fe3+与SCN-发生反应，故Fe3+与SCN-不能大量共存，A不合题意； B．0.1 mol/L盐酸溶液中含有大量的H+，H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓或者4H++AlO2-=Al3++2H2O，故H+与AlO2-不能大量共存，B不合题意；C．0.1 mol/L KHCO3溶液中的K+、HCO3-与Na+、NH4+、CO32-、NO3-均不反应，能够大量共存，C符合题意；D．已知2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故澄清透明的溶液中Fe3+与I-不能大量共存，D不合题意；故答案为：C。17．现有一混合溶液，可能含有以下离子中的若干种：H+、K+、Al3+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-，现取三份100mL该混合溶液进行如下实验。(已知：NH4++OH-=NH3﹡H2O)实验(1)：向第一份混合溶液中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；实验(2)：向第二份混合溶液中滴加1.00 mol/L的NaOH溶液，溶液中沉淀的质量与氢氧化钠的体积关系如图所示：实验(3)：向第三份混合溶液中加入足BaCl2溶液后，得到干燥的沉淀9.32g。下列说法正确的是A．实验(1)中的沉淀全为AgClB．该混合溶液中一定没有K+、CO32-C．该混合溶液中一定含有H+、Al3+、NH4+、Cl-、SO42-，且每一份中n(Cl-)≥0.02 molD．加入V(NaOH)为80～100时发生的离子反应为H++OH-=H2O【答案】C【详解】A. 由实验(3)可知溶液中含有SO42-，Cl-、SO42-都能与硝酸银反应生成沉淀，向第一份混合溶液中加入AgNO3溶液，产生的沉淀不一定是AgCl，故A错误； B. 根据实验(2)，可知n(H+)=0.02mol，生成氢氧化铝沉淀1.56g，可知n(Al3+)=0.02mol，V(NaOH)为80～100时沉淀质量不变，说明含有NH4+，发生反应NH4++OH-=NH3﹡H2O，可知n(NH4+)=0.02mol；根据实验(3)，生成9.32g硫酸钡沉淀，可知n(SO42-)=0.04mol，根据电荷守恒，一定含有Cl-，可能含有K+，故B错误； C. 根据以上分析，该混合溶液中一定含有H+、Al3+、NH4+、Cl-、SO42-，根据电荷守恒，若含K+，每一份中n(Cl-)>0.02 mol，若不含K+，每一份中n(Cl-)=0.02 mol，故C正确；D. 加入V(NaOH)为0～20时发生的离子反应为H++OH-=H2O，加入V(NaOH)为80～100时发生的离子反应为NH4++OH-=NH3﹡H2O，故D错误；选C。18．在MgCl2和AlCl3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量。经测定，加入的NaOH的物质的量(mol)和所得沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。则：(1)写出代表各线段发生反应的离子方程式：①OD段__________，②DC段___________。(2)原溶液中Mg2+、Al3+物质的量浓度之比为______。(3)图中C点表示当加入______mol NaOH时，A13+已经转化成_____(填离子符号)。(4)图中线段OA：AB=_______。【答案】(1)Mg2++ 2OH−===Mg(OH)2↓ Al3++3OH−===Al(OH)3↓ Al(OH)3+OH−===AlO2−+2H2O(2) 2：1(3)0.8 AlO2−(4)7：1【解析】(1)氯化镁和氯化铝均可以和氢氧化钠发生反应，生成沉淀氢氧化镁和氢氧化铝，则OD段发生反应的离子方程式为Al3++3OH−===Al(OH)3↓、Mg2++2OH−===Mg(OH)2↓；DC段是氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为Al(OH)3↓+OH−===AlO2−+2H2O；(2)由图可知，沉淀量最大为0.3 mol，沉淀量最小为0.2 mol，可知氢氧化镁为0.2 mol，氢氧化铝为0.3 mol−0.2 mol=0.1 mol，根据原子守恒可知Mg2+、Al3+物质的量浓度之比为0.2 mol：0.1mol=2：1；(3)C点是氢氧化铝恰好被溶解为偏铝酸钠，此时沉淀为氢氧化镁，Al3+已经转化为AlO2−，Mg2+已经转化为Mg(OH)2，氢氧化镁为0.2 mol，氢氧化铝为0.3 mol−0.2 mol=0.1 mol，由Al3++3OH−===Al(OH)3↓、Mg2++2OH−===Mg(OH)2↓可知OA段消耗NaOH为0.1 mol×3+0.2 mol×2=0.7 mol，由Al(OH)3+OH−===AlO2−+2H2O可知AB段消耗NaOH为0.1 mol，故C点加入NaOH为0.7 mol+0.1 mol=0.8 mol；(4)根据③中计算可知OA段、AB段消耗NaOH物质的量之比0.7 mol：0.1 mol=7：1。19．铝土矿是工业生产金属铝的原料，铝土矿的主要成分为氧化铝，另外还含有杂质Fe2O3、SiO2等，下图是工业冶炼铝的流程(所用试剂均过量)。回答下列问题：(1)溶解过程中生成Fe3+的离子方程式为_______。(2)滤渣Ⅰ的成分是_______(写化学式，下同)，滤渣Ⅱ的成分是_______，试剂a可以为_______。(3)酸化时生成沉淀的离子方程式为_______。(4)电解制铝的化学反应中，反应物的键能之和_______(填“大于”或“小于”)生成物的键能之和。图中电解制铝的化学方程式为_______。(5)工业上制取AlCl3常用Al2O3与C、在高温条件下反应，已知每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，则该反应的氧化产物为_______(填化学式)。【答案】(1)Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O(2)     SiO2     Fe(OH)3     NaOH溶液(3) CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-(4)     大于     2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑(5) CO【分析】铝土矿(主要成分为氧化铝和水，另外还含有杂质Fe2O3、SiO2等)加入硫酸溶解，发生反应Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，SiO2不反应，则滤渣1为SiO2；滤液1中含有Al3+、Fe3+等离子，Al3+与过量氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则试剂a为NaOH，滤渣Ⅱ为Fe(OH)3；加入试剂b(过量)酸化将偏铝酸根离子转化为Al(OH)3沉淀，Al(OH)3溶于强酸，则试剂b可选CO2；灼烧Al(OH)3得到Al2O3，最后电解熔融Al2O3冶炼铝。（1）稀硫酸溶解Fe2O3生成Fe3+的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；（2）由上述分析可知，滤渣1为SiO2；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则试剂a为NaOH，滤渣Ⅱ为Fe(OH)3；加入试剂a(过量)除去Fe3+，Al3+与过量氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，则试剂a可为NaOH溶液，故答案为：SiO2；Fe(OH)3；NaOH溶液；（3）加入试剂b(过量)酸化将偏铝酸根离子转化为Al(OH)3沉淀，Al(OH)3溶于强酸，则试剂b可选CO2，发生反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；（4）电解氧化铝生成铝和氧气，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；该反应属于吸热反应，反应物的键能之和大于生成物的键能之和，故答案为：大于；2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；（5）Cl2有强氧化性，碳具有还原性，每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，说明反应中碳失去2个电子，即氧化产物是CO，故答案为：CO。20．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在造纸等方面应用广泛。工业上以废易拉罐(主要成分为Al和Fe)为原料制备明矾的工艺流程如图：已知：不同温度KAl(SO4)2·12H2O的溶解度：回答下列问题：（1）“酸溶”中溶液中主要的金属离子有______、Fe2＋、Fe3＋。（2）“转化”中Fe2＋转化为Fe3＋，反应的离子方程式为____________________________________。（3）“调pH”约为3.7，滤渣②的主要成分是Fe(OH)3，“调pH”的目的是__________________________。（4）“沉铝”中加入NaHCO3目的是将Al3＋转化为Al(OH)3，补全该反应的离子方程式。Al3＋＋HCO3－＝Al(OH)3↓＋CO2↑（5）“操作”包括___________________、__________________、过滤、洗涤、干燥可得到明矾晶体。（6）某工厂用m1 kg废易拉罐(含Al 5.4%)制备KAl(SO4)2·12H2O(相对分子质量为474)，最终得到产品m2 kg，产率为_____________。【答案】（1）Al3＋ （2）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O （3）将溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3除去 （4）Al3＋＋3HCO3－＝Al(OH)3↓＋3CO2↑ （5）蒸发浓缩 冷却结晶 （6） EQ \f(94.8 m1,m2)%【解析】（1）“酸溶”时，铝与硫酸反应生成硫酸铝，因此还有Al3＋；（2）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生氧化还原反应，离子方程式为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O；（3）滤渣②的主要成分是Fe(OH)3，因此“调pH”的目的是：将溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3除去；（4）铝离子与碳酸氢根离子发生反应生成氢氧化铝和二氧化碳，根据电荷守恒Al3＋配1，HCO3－配3，则离子方程式为Al3＋＋3HCO3－＝Al(OH)3↓＋3CO2↑；（5）将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体；（6）m1 kg废易拉罐中含铝m1 kg×0.054＝0.054m1 kg，所以理论上应该产生明矾 EQ \f(0.054m1 kg,27 g·mol－1)×474 g·mol－1＝0.948 m1 kg，而实际产生m2 kg，因此明矾的产率为 EQ \f(0.948 m1 kg,m2 kg)×100%＝ EQ \f(94.8 m1,m2)%。选项试剂①试剂②A氨水AgNO3溶液BNaOH溶液AgCl3溶液CNa2CO3溶液盐酸溶液D氨水Al2(SO4)3溶液实验方案实验现象实验原理(化学方程式)(1)铝片与足量盐酸反应铝片开始无现象，一段时间后逐渐溶解，并有大量气泡产生Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑(2)铝片与足量硫酸反应铝片开始无现象，一段时间后反应缓慢，铝片表面有少量气泡产生Al2O3+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2O2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑(3)铝片与足量氢氧化钠溶液反应铝片开始无现象，一段时间后铝片逐渐溶解，并有大量气泡产生Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑温度/℃010203040608090KAl(SO4)2·12H2O/g3.003.995.908.3911.724.871.0109