考点11 铝及其重要化合物（核心考点精讲精练）-2025年高考化学一轮复习讲练专题（新高考通用）（解析版）

这是一份考点11 铝及其重要化合物（核心考点精讲精练）-2025年高考化学一轮复习讲练专题（新高考通用）（解析版），文件包含考点11铝及其重要化合物核心考点精讲精练-2025年高考化学一轮复习讲练专题新高考通用原卷版docx、考点11铝及其重要化合物核心考点精讲精练-2025年高考化学一轮复习讲练专题新高考通用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。

\l "_Tc19140" 1.高考真题考点分布
\l "_Tc26419" 2.命题规律及备考策略
\l "_Tc10829" 考法01 铝及其化合物
\l "_Tc25218" 考法02 镁及其化合物
1.高考真题考点分布
2.命题规律及备考策略
【命题规律】
高频考点从近几年全国高考试题来看，镁、铝、氧化镁、氧化铝及氢氧化镁、氢氧化铝的性质与用途仍是高考命题的热点。
【备考策略】铝元素的价类二维图及转化关系
考点内容
考点分布
铝、镁及其化合物的性质与应用
2024·浙江卷，3分；2024·广东卷，3分；2023天津卷第题，3分；2023浙江1月卷第12题，2分；2023浙江6月卷第4题，2分；2023湖南卷第7题，3分；2022全国甲卷第9题，6分；2022海南卷第6题，2分；2022河北卷第4题，3分；2022湖北卷第1题，3分；2022浙江1月卷第8题，2分；2022浙江6月卷第8题，2分；
铝、镁及其化合物的工艺流程
2023辽宁卷第16题，3分；2022全国卷第26题，1分；
2022湖南卷第6题，3分；2021湖南卷第6题，3分
镁元素的价类二维图及转化关系
【命题预测】
预计2025年高考会以新的情境载体考查镁、铝转化关系为载体，考查有关图像分析和计算能力，以工艺流程考查形式考查镁、铝的化合物的制备，题目难度一般较大。
考法01 铝及其化合物
1．铝元素的存在
铝是地壳中含量最多的金属元素，全部以化合态的形式存在。
2．铝单质
(1)物理性质
铝单质是银白色、有金属光泽的固体，硬度、密度较小，具有良好的导电、导热和延展性。
(2)化学性质
写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式：
①
②2Al＋3Cl22AlCl3；
③
④2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑；
⑤2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3(铝热反应)。
3．氧化铝——两性氧化物
4．氢氧化铝
(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
写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式：
①2Al(OH)3Al2O3＋3H2O。
②Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O。
③Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－。
(3)Al(OH)3的制备
写出下列反应的离子方程式：
①Al3＋与氨水反应：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH。
②向含[Al(OH)4]－的溶液中通入过量的CO2：[Al(OH)4]－＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO。
③Al3＋与[Al(OH)4]－发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3[Al(OH)4]－===4Al(OH)3↓。
5．明矾
(1)明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，属于复盐。
(2)明矾净水的原理：明矾溶于水时发生电离，电离方程式为KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2SO，其中Al3＋发
生水解反应，产生Al(OH)3胶体，其吸附能力很强，可以吸附水中的悬浮杂质并形成沉淀，使水变澄清。
6.有关氢氧化铝的图像分析与计算
(1)可溶性铝盐溶液与NaOH溶液反应的图像
(2)偏铝酸盐溶液与盐酸反应的图像
(3)向AlCl3溶液中逐滴加入氨水或NaAlO2溶液至过量，图像如图甲所示。
(4)向NaAlO2溶液中逐滴加入AlCl3溶液或通入CO2至过量，图像如图乙所示。
(5)向MgCl2、AlCl3和盐酸的混合溶液(即将Mg、Al溶于过量盐酸所得的溶液)中逐滴滴入NaOH溶液至过量，图像如图丙所示。
(6)向MgCl2、AlCl3混合溶液中先加入NaOH溶液，后加入盐酸(NaOH与盐酸的物质的量浓度相等)，沉淀图像如图丁所示。
滴加顺序
向AlCl3中滴加NaOH
向NaOH中滴加AlCl3
现象
立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失
无沉淀(有但即溶)→沉淀→渐多→最多→不消失
图像
离子方程式
OA段
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O
AB段
Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O
Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓
滴加顺序
向AlO中滴加H＋
向H＋中滴加AlO
现象
立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失
无沉淀(有但即溶)→沉淀→渐多→最多→不消失
图像
离子方程式
OA段
AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
AlO＋4H＋===Al3＋＋2H2O
AB段
Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
1.MgO与Al粉的混合物也可称为铝热剂( )
2.实验室可用氧化铝坩埚熔化NaOH、Na2CO3固体等( )
3.铝和酸反应时，氧化剂是酸，铝和碱反应时，氧化剂是碱( )
4.明矾可作净水剂，起到杀菌消毒的作用( )
5.氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料( )
6.工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁( )
7.铝热反应非常剧烈，操作时要戴上石棉手套和护目镜( )
【答案】1.× 2.× 3.× 4.× 5.√ 6.× 7.√
考向01 考查铝及其化合物的性质
【例1】（2024·河北衡水·期中）下列变化不可能通过一步实验直接完成的是
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】A．氢氧化铝受热反应生成氧化铝和水，A不符合题意；
B．氧化铝不溶于水不和水反应，不能一步生成氢氧化铝，B符合题意；
C．Al与NaOH发生反应生成氢气和，C不符合题意；
D．铝盐与弱碱（氨水）反应生成氢氧化铝，D不符合题意；
故选B。
【思维建模】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<<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。
考向02 通过工艺流程考查铝及其化合物
【例2】（2024·福建泉州·期中）工业上用铝土矿（主要成分为，还有少量的等杂质）提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：
下列说法错误的是
A．沉淀Ⅰ主要成分为
B．溶液Ⅱ含有的阴离子主要为
C．溶液Ⅲ中溶质的主要成分为
D．沉淀Ⅲ转化为氧化铝反应是分解反应
【答案】C
【分析】铝土矿加入盐酸，氧化铝和氧化铁都可以溶解，二氧化硅不溶解，所以滤渣A为二氧化硅，滤液甲中加入过量的氢氧化钠，得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，滤液乙主要成分为偏铝酸钠，通入过量的二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀。
【解析】A．滤渣A为二氧化硅，A正确；
B．滤液乙含有多阴离子主要为偏铝酸根离子和氯离子和氢氧根离子，B正确；
C．滤液丙中主要成分为碳酸氢钠，C错误；
D．氢氧化铝加热分解生成氧化铝和水，为分解反应，D正确；
故选C。
考向03 考查有关铝及其化合物的图像
【例3】（2024·四川成都·期中）实验研究发现，金属与极稀的硝酸反应时，硝酸可被还原为。现将一定量的铝粉和铁粉的混合物与足量很稀的硝酸充分反应，固体完全溶解，反应过程中无气体放出。反应结束后(忽略溶液体积的变化)将溶液平均分成两份，一份滴加KSCN溶液，一份逐滴加入溶液。所加溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示。下列说法正确的是
A．加入KSCN的溶液中无现象
B．原混合物中铝粉的物质的量为
C．根据题目数据，无法计算a点数值
D．原溶液中硝酸浓度为
【答案】D
【分析】0a段没有沉淀生成，说明硝酸过量，发生反应：H++OH-=H2O，可知金属与酸反应中Al、Fe被氧化为Al3+、Fe3+；
a-88段产生沉淀，发生反应：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；
88-94段消耗NaOH，但沉淀量不变，而金属与硝酸反应过程中无气体放出，由题意可知N元素被还原为，发生反应：+OH-=NH3H2O；
94-104段沉淀部分溶解，发生反应：Al(OH)3+OH-=。
【解析】A．根据分析，硝酸过量，产物中有Fe3+，加入KSCN溶液会变红，A错误；
B．根据94-104段发生反应：Al(OH)3+OH-=，消耗的氢氧化钠的物质的量为：(104-94)×10-3L×5ml/L=0.05ml，根据铝元素守恒，铝粉的物质的量为0.05ml，原混合物中铝粉的物质的量为0.1ml，B错误；
C．c点溶液中硝酸根刚好生成NaNO3，则n(NaNO3)=94×10-3L×5ml/L=0.47ml，a点对应NaOH溶液的体积a=×103mL=40mL，C错误；
D．由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵。由图可知，88-94段消耗的氢氧化钠的体积为94mL-88mL=6mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.006L×5ml/L=0.03ml，根据+ OH-=NH3·H2O可知溶液中n()=0.03ml，由N原子守恒可知n(NH4NO3)=n()=0.03ml，根据钠元素守恒可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L×5ml/L=0.44ml，根据氮元素守恒原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44ml+0.03ml×2=0.5ml，硝酸浓度为，D正确；
故选D。
【对点1】（2024·浙江·模拟预测）铝是生活中重要的金属材料，下列说法正确的是
A．与混合固体可用于疏通管道B．常温下不能与发生反应
C．铝合金的硬度一定比纯铝小D．可通过电解熔融制备金属铝
【答案】A
【解析】A．与反应生成氢气，，可用于疏通管道，A正确；
B．Al常温下可与O2反应生成氧化铝，化学方程式为，B错误；
C．铝合金的硬度比纯铝大，C错误；
D．铝是活泼性较强的金属，工业上用电解熔融制备金属铝，D错误；
故选A。
【对点2】（2024·江苏盐城·期中）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下：
注：①在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀
②电解时，阳极发生氧化反应
下列说法正确的是
A．“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为
B．“过滤Ⅰ”的滤渣成分为
C．“反应”中加入溶液的作用同于通入
D．“电解Ⅰ”中作阳极的石墨易消枆，阳极反应中失电子物质主要是石墨
【答案】C
【分析】铝土矿主要成分为，含和等杂质，用氢氧化钠溶液溶解，、在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤除去、铝硅酸钠沉淀，滤液为四羟基合铝酸钠溶液，加入碳酸氢钠溶液生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，灼烧氢氧化铝生成氧化铝，电解熔融氧化铝生成金属铝。
【解析】A．“碱溶”时氧化铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为 ()，A错误；
B．“过滤Ⅰ”的滤渣成分为、铝硅酸钠沉淀，B错误；
C．“反应”中加入溶液，和反应，将转化为沉淀，C正确；
D．石墨惰性电极不参与电极反应，D错误；
故选C。
【对点3】（2024·湖南邵阳·期中）研究实验发现硝酸的浓度越稀，硝酸发生氧化还原反应时，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量的铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中
无气体放出，在反应结束后的溶液中逐滴加入5ml/LNaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示，下列说法不正确的是
A．该稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵
B．c点对应NaOH溶液的体积为40mL
C．b点与a点的差值为0.03ml
D．样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5∶3
【答案】C
【分析】铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①，②、，③，④；b与a的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，ef段消耗的氢氧化钠溶液为104mL-94m=10mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.01L×5ml/L=0.05ml，根据可知，Al(OH)3的物质的量为0.05ml，根据铝元素守恒，故混合金属中n(Al)=0.05ml，由图可知，de段消耗的氢氧化钠的体积为94mL-88mL=6mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.006L×5ml/L=0.03ml，根据可知，计算溶液中n()=0.03ml，根据电子转移守恒有：3n(Fe)+3n(Al)=8n()，即3n(Fe)+3×0.05ml=8×0.03ml，解得n(Fe)=0.03ml，由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)=n()=0.03ml，根据钠元素守恒，可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L×5ml/L=0.44ml，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44ml+0.03ml×2=0.5ml，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3) 3、Al(NO3) 3，根据氮元素守恒n(NaNO3)+2n(NH4NO3)+3n[Fe(NO3) 3]+3n[Al(NO3) 3]=n(HNO3)，故c点溶液中n(NaNO3)=0.5ml-0.03ml×2-0.03ml×3-0.05ml×3=0.2ml，故c点加入NaOH的物质的量=0.2ml，以此分析；
【解析】A．由上述分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵，故A正确；
B．由上述分析可知，c点对应NaOH溶液的体积0.2ml ÷5ml.L=0.04L=40mL，故B正确；
C．由上述分析可知，b与a的差值为n[Al(NO3) 3]=0.05ml，故C错误；
D．由上述分析可知，混合金属中n(Al)=0.05ml、n(Fe)=0.03ml，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5：3，故D正确；
故答案为：C。
考法02 镁及其化合物
1．镁的化学性质
(1)与氧气反应：2Mg＋O22MgO。(发出耀眼的强光，生成白色固体物质)
(2)与氮气反应：3Mg＋N2Mg3N2。(镁在空气中燃烧得到MgO和Mg3N2的混合物)
(3)与盐酸(或硫酸)反应：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑。
(4)与二氧化碳反应：2Mg＋CO22MgO＋C。(镁着火不能用CO2灭火)
(5)与盐溶液反应，如与硫酸铜溶液反应：Mg＋Cu2＋===Mg2＋＋Cu。
(6)与水反应：Mg＋2H2OMg(OH)2＋H2↑。
2．镁的重要化合物
(1)氧化镁：白色粉末状固体，难溶于水，属于碱性氧化物，与盐酸反应的离子方程式为MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O。
(2)氢氧化镁：白色固体，难溶于水，中强碱，与盐酸反应的离子方程式为Mg(OH)2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O。
【易错提醒】
氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，能发生反应MgCO3＋H2OMg(OH)2＋CO2↑，镁元素在水垢中的存在形式是Mg(OH)2。
3．从海水中提取镁的流程如图所示：
主要化学反应为
(1)制石灰乳：CaCO3CaO＋CO2↑、CaO＋H2O===Ca(OH)2。
(2)沉淀Mg2＋：Mg2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2＋Ca2＋。
(3)制备MgCl2：Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O、MgCl2·6H2OMgCl2＋6H2O。
(4)电解MgCl2：MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑。
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
（1）镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁。（ ）
（2）Mg能从CO2中置换出C。（ ）
（3）电解熔融MgCl2制2.4 g Mg，电路中通过的电子数为0.1NA。（ ）
（4）工业上冶炼金属镁也可以采用电解熔融MgO的方法。（ ）
（5）将Mg加入过量FeCl3溶液中可得Fe。（ ）
（6）加热MgCl2溶液最终可制得MgCl2固体。（ ）
（7）Mg表面易被氧化生成氧化膜，保存时一般直接放在塑料袋中或试剂瓶中。（ ）
（8）镁合金具有密度小、强度高的性质，可用于航空材料。（ ）
（9）氧化镁是优质的耐火材料。（ ）
【答案】1.√ 2.√ 3.× 4.× 5.× 6.× 7.√ 8.√ 9.√
考向01 考查镁及其化合物性质
【例1】（2024·山西大同·期末）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】A．电解熔融的氧化铝制铝而不是氯化铝，A错误；
B．氯化镁与氢氧化钙发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，B正确；
C．铁与氯气反应生成，C错误；
D．电解熔融的制取金属镁，D错误；
故选B。
考向02 通过工艺流程考查镁及其化合物
【例2】（2024·山东泰安·二模）碱式次氯酸镁[MgmClO(OH)n·H2O]微溶于水，不潮解，相对稳定，是一种有开发价值的无机抗菌剂，以菱镁矿(MgCO3，含少量FeCO3)为主要原料，制备碱式次氯酸镁的工艺流程如图，下列说法正确的是
A．流程中酸溶后溶液中只含有Mg2+、Fe2+
B．调pH时所选试剂只能是MgCO3
C．过滤1所得的滤渣含有Fe(OH)3
D．“混合”时反应的离子方程式只有：Mg2++ClO-+OH-+H2O=MgClO(OH)·H2O↓
【答案】C
【分析】菱镁矿含少量FeCO3，用盐酸溶解，MgCO3、FeCO3都和盐酸反应分别生成MgCl2、FeCl2，再加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入MgO、MgCO3或Mg(OH)2调节溶液pH，Fe3+使转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去，滤液为MgCl2溶液，向MgCl2溶液中加入NaClO溶液、NaOH溶液得到[MgmClO(OH)n•H2O]，据此分析解题。
【解析】A．流程中酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、H+，还有阴离子，A错误；
B．调pH时所选试剂不只是MgCO3，MgO或Mg(OH)2均可，B错误；
C．根据以上分析，过滤1所得的滤渣含有Fe(OH)3，C正确；
D．据该工艺流程所制备的物质为碱式次氯酸镁[MgmClO(OH)n·H2O]，混合时发生反应的产物不仅是MgClO(OH)·H2O，还有如Mg2ClO(OH)3•H2O等多种物质，D错误；
故选C。
【对点1】（2024·广东·模拟预测）Mg3N2常用于制备其它超硬、耐高温的氮化物，实验室通过CuO氧化NH3制得N2，然后与镁反应得到Mg3N2.已知Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，Mg3N2是一种浅黄色粉末，易水解。下列说法错误的是

A．装置A中分液漏斗中的溶液为浓氨水
B．实验开始时应先点燃C处酒精灯，再点燃E处酒精灯
C．装置D的作用只是干燥N2
D．取反应后装置E所得固体少许，滴入蒸馏水，可检验是否有Mg3N2
【答案】C
【分析】该实验主要是N2与Mg在加热时反应生成Mg3N2。A中长颈漏斗中是浓氨水，加入烧瓶中遇生石灰释放NH3，B中碱石灰吸收NH3中的水。在C装置中NH3与CuO在加热情况下反应生成N2，D中浓硫酸吸收N2中的水和NH3后，N2进入E中与Mg反应。F装置可以防止空气中的CO2、H2O等进入装置中
与Mg及Mg3N2反应。
【解析】A．装置A中分液漏斗中的溶液是浓氨水，流入烧瓶中与CaO接触会产生NH3，A正确；
B．实验进行时应先点燃C处的酒精灯，等产生的较纯的N2进入E中时再点燃E中酒精灯，B正确；
C．装置D中浓硫酸吸收的是N2中的水蒸气和氨气，因此不只是干燥氮气的作用，C错误；
D．取反应后装置E所得固体少许，滴入蒸馏水， Mg3N2和水反应生成氢氧化镁和氨气，若闻到刺激性气味，则有Mg3N2，D正确；
故选：C。
【对点2】（2024·安徽安庆·一模）菱镁矿(主要成分为，还含有少量、)制备的流程如图。下列说法正确的是
A．步骤(Ⅰ)得到的滤渣主要成分为B．步骤(Ⅱ)发生的反应有2个
C．步骤(Ⅲ)操作可在蒸发皿中进行D．滤液Y中加入足量氨水可得到白色沉淀
【答案】A
【分析】菱镁矿中加入盐酸，SiO2不与盐酸反应，则滤渣为SiO2，滤液X中加入足量NaOH，生成氢氧化镁沉淀和偏铝酸钠，滤液Y为偏铝酸钠，氢氧化镁灼烧生成氧化镁。
【解析】A．菱镁矿主要成分为，还含有少量、等，加入足量盐酸，过滤，滤渣是，A正确；
B．滤液X中含有的阳离子主要有、、，加入足量溶液后，发生的反应至少有3个，B错误；
C．步骤(Ⅲ)灼烧在坩埚中进行，C错误；
D．滤液Y主要成分为，加入足量氨水无法生成白色沉淀，D错误；
故答案选A。
1．（2022·浙江舟山·三模）关于镁的性质，下列说法错误的是
A．金属镁着火，可以用CO2灭火B．镁是一种具有银白色光泽的金属
C．镁可以与热水反应生成氢气D．镁可以与盐酸剧烈反应生成氢气
【答案】A
【解析】A．镁能够在CO2中燃烧，生成MgO和C，所以镁条着火不可以用CO2灭火，A错误；
B．镁是一种银白色、有光泽、质软能导电的金属，B正确；
C．镁与热水反应，生成氢气和氢氧化镁，C正确；
D．镁的活泼性很强，与盐酸剧烈反应生成氯化镁和氢气，D正确；
故选A。
2．（2024·黑龙江哈尔滨·期中）下列物质的转化在给定条件下均能实现的一组是
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】A．铁高温的时候和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁和铝可以发生铝热反应生成单质铁，A正确；
B．氧化铝和盐酸反应生成氯化铝溶液，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，B错误；
C．硫在氧气中点燃生成的是二氧化硫不是三氧化硫，三氧化硫和水生成硫酸，C错误；
D．氮气和氧气在高温或放电条件下生成一氧化氮而不是二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，D错误；
故选A。
3．（2024·浙江·三模）下列“类比合理的是
A．在足量中燃烧生成，则在足量中燃烧生成
B．铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成
C．与反应生成和，则与反应可能生成和
D．往溶液中加入过量氨水生成沉淀，则往溶液中加入过量氨水生成沉淀
【答案】C
【解析】A．在足量中燃烧生成，而在足量中燃烧生成SO2，故A错误；
B．氯气具有强氧化性，能够把变价金属氧化为最高价，因此铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，铁丝在氯气中燃烧生成，故B错误；
C．由于二氧化碳过量，钠的氧化物能够与二氧化碳反应，所以与反应可能生成和，故C正确；
D．氢氧化铝不溶于过量的氨水，而氢氧化铜能够与过量的氨水反应生成Cu(NH3)4(OH)2溶液，沉淀溶解，故D错误；
故选C。
4．（2024·重庆·期中）下列离子在指定溶液中能大量共存的是
A．可与铝反应产生的溶液中：
B．澄清透明的溶液中：
C．新制氯水中：
D．使紫色石蕊变红的溶液：
【答案】B
【解析】A．与铝能产生H2的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，在碱性溶液中：会生成NH3∙H2O，镁离子会产生氢氧化镁沉淀，在酸性溶液中会生成CO2，均不能大量共存， A错误；
B．澄清透明的溶液中：之间不反应，能够大量共存，B正确；
C．新制氯水中：亚铁离子、碘离子均能被氧化，不能大量共存，C错误；
D．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液呈酸性，硅酸根、四羟基合铝酸根均能与 H+发生反应，且钡离子和硅酸根能产生沉淀，不能大量共存， D错误；
答案选B。
5．（2024·福建泉州·期中）下列离子方程式书写正确的是
A．NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
B．向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++4OH-=AlO+2H2O
C．氯化铁溶液刻蚀铜制印刷电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
D．铜与稀硝酸反应：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O
【答案】A
【解析】A．NaAlO2溶液中通入过量CO2，生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式正确，A正确；
B．向AlCl3溶液中加入过量氨水：，B错误；
C．氯化铁溶液刻蚀铜制印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C错误；
D．铜与稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，D错误；
故选A。
6．（2024·安徽滁州·一模）部分含Al或含Si物质的价类二维图如下，下列推断正确的是（其中为阿伏加德罗常数的数值）
A．将木材浸入到g的水溶液可以防火
B．1ml晶体e中含有共价键的数目为
C．肯定存在a→b→c和a→e→f的直接转化
D．d→c和g→f的转化均可通过向溶液中加入足量盐酸来实现
【答案】A
【分析】分析含Al或含Si物质可知，a为Al或Si，b为，c为，d为，e为，f为H2SiO3，g为，据此作答。
【解析】A．g的水溶液为的水溶液，的水溶液俗称水玻璃，具有黏结力强、耐高温等特性，可以用作黏合剂和防火剂，故A正确；
B．晶体e为晶体，晶体中每个Si原子与4个O原子形成共价键，含有，故B错误；
C．不能一步反应生成，也不能一步反应生成，故C错误；
D．d为，向溶液中加入足量盐酸生成的是AlCl3溶液，g为，向溶液中加入足量盐酸生成的是H2SiO3，故D错误；
故答案选A。
7．（2024·广西贺州·一模）镓()与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列推断不合理的是
A．向溶液中逐滴加入足量稀氨水，先生成沉淀，后沉淀溶解
B．向和溶液中通入适量二氧化碳后得到氢氧化铝沉淀，可知酸性：
C．金属镓可以与溶液反应生成和
D．步骤二中不能通入过量的的理由是
【答案】A
【分析】镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图，分析可知氧化铝和氧化镓都可以与氢氧化钠溶液反应生成盐，并且二氧化碳可以制取氢氧化铝，却无法与偏镓酸钠反应，可实现铝和镓的分离。
【解析】A．镓()与铝同主族，曾被称为“类铝”，则其氢氧化物不会溶与弱碱氨水，向GaCl3溶液中逐滴加入足量氨水，有Ga(OH)3沉淀生成，沉淀不溶解，A错误；
B．适量二氧化碳可以制取氢氧化铝，却无法与Na[Ga(OH)4]反应，说明酸性氢氧化铝比氢氧化镓弱，
，B正确；
C．铝能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，所以金属镓也可以与NaOH溶液反应生成和氢气，C正确；
D．碳酸溶液为酸性，所以步骤二中不能通入过量的是因为会发生反应生成Ga(OH)3沉淀， ，D正确；
故选A。
8．（2024·海南·一模）物质的性质决定用途。下列两者对应关系不正确的是
A．二氧化氯具有强氧化性，可用作饮用水消毒
B．溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu
C．呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多
D．受热分解，生成高熔点物质和水，常用作塑料的阻燃剂
【答案】B
【解析】A．二氧化氯具有强氧化性，是安全、无毒的绿色消毒剂，常用于饮用水的消毒，故A正确；
B．氯化铁溶液有氧化性，能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，则氯化铁溶液可用于腐蚀电路板上的铜与溶液呈酸性无关，故B错误；
C．氢氧化铝呈弱碱性，可与胃酸中的盐酸反应生成氯化铝和水，所以氢氧化铝用于治疗胃酸过多，故C正确；
D．氢氧化铝受热分解生成的熔点高的氧化铝和水的反应是吸热反应，所以氢氧化铝常用作塑料的阻燃剂，故D正确；故选B。
9．（2024·山东潍坊·二模）以水泥厂的废料(主要成分为，含少量等杂质)为原料制备的工艺流程如下：
已知：下列说法正确的是
A．为提高酸浸速率，可使用浓硫酸B．试剂X可以是
C．滤渣为D．操作a所得滤液经处理后可循环利用
【答案】D
【分析】水泥厂的废料（主要成分为MgO，还有少量等杂质）制取MgSO4•7H2O，废料加入足量稀硫酸，都与硫酸反应，转化为对应的硫酸
盐，SiO2不与硫酸反应，向反应后溶液中加入次氯酸钠溶液氧化亚铁离子为铁离子，同时使锰离子转化为MnO2沉淀，再加入氧化镁等物质调节溶液的pH值，除去锰离子、铁离子、铝离子，过滤，将滤液进行一系列操作得到MgSO4•7H2O；据此分析解题。
【解析】A．适当升温（或粉碎或搅拌）即可提高浸取速率，不需要使用浓硫酸，故A错误；
B．试剂X为氧化镁或碳酸镁，不能为，故B错误；
C．滤渣为、MnO2，故C错误；
D．操作a是从溶液中经过一系列过程得到晶体，过滤时溶液中含有硫酸镁，为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是将操作a后的母液循环利用，故D正确；
故答案选D。
10.（2024·广东佛山·二模）部分含Mg或含Al物质的类别与化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．a不能与反应生成d或g
B．b和e均可用于制造耐高温材料
C．可存在a→f→g→e→a的循环转化关系
D．直接加热蒸干c或f溶液无法得到无水氯化物
【答案】A
【分析】由图知，a为Al或Mg，b为MgO，e为Al2O3，c为MgCl2，f为AlCl3，d为Mg(OH)2，g为Al(OH)3，据此回答。
【解析】A．Mg能与在加热条件下反应生成Mg(OH)2，A错误；
B．MgO和Al2O3均可用于制造耐高温材料，B正确；
C．存在Al→AlCl3→Al(OH)3→Al2O3→Al的循环转化关系，C正确；
D．由于MgCl2或AlCl3均会水解，生成的氯化氢易挥发，直接加热蒸干MgCl2或AlCl3溶液无法得到无水氯化物，D正确；故选A。
11．（2024·广东广州·模拟预测）“价类”二维图体现了元素的分类观、转化观，下图是及其部分化合物的“价类”二维图。下列说法错误的是
A．反应③④⑤⑥⑦均属于复分解反应B．反应①⑥所加试剂可能相同
C．物质的类别处“”代表偏铝酸盐D．反应④⑤均可以通过加入盐酸实现转化
【答案】B
【分析】根据“价类二维图”可知a为Al，b为Al2O3，c为铝盐，e为，c与d，d与e可以相互转化，则d为偏铝酸盐。
【解析】A．反应③是铝盐转化为偏铝酸盐，其离子方程式为，反应④是偏铝酸盐转化为铝盐，离子方程式为,反应⑥是铝盐转化为碱，离子方程式为，反应⑦是碱转化为偏铝酸盐，离子方程式为,上述反应均为复分解反应，故A正确；
B．反应①是铝转化为铝盐，加酸可以实现转化，反应⑥是铝盐转化为氢氧化铝，加入碱实现转化，两反应所加试剂不可能相同，故B错误；
C．根据价类二维图可知，d为偏铝酸盐，故C正确；
D．反应④是偏铝酸盐转化为铝盐，离子方程式为,反应⑤是偏铝酸盐转化为碱，离子方程式为均可以通过加酸实现转化，故D正确；
答案选B。
12．（2024·河北唐山·模拟预测）铝土矿是生产金属铝的最佳原料，其用量占世界铝土矿总产量的90%以上。以铝土矿（主要成分为，含和等杂质）为原料制备有机合成中的重要还原剂铝氢化钠（）的一种工业流程如图（已知二氧化硅在“碱溶”时生成硅酸钠沉淀）：
下列说法中错误的是
A．为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎
B．“反应Ⅰ”的部分化学原理与泡沫灭火器的原理相同
C．“电解Ⅱ”中阳极的电极反应式为：
D．“反应Ⅲ”的化学方程式为
【答案】B
【分析】铝土矿主要成分为，含和等杂质。铝土矿加氢氧化钠溶解、生成四羟基合铝酸钠和硅酸钠沉淀，过滤出、Na2SiO3，滤液中加碳酸氢钠生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，电解碳酸钠溶液，阴极生成氢气和氢氧化钠，阴极生成氧气和碳酸氢钠，氢氧化钠、碳酸氢钠循环到“碱溶”、“反应Ⅰ”利用，氢氧化铝灼烧生成氧化铝，电解氧化铝生成金属铝，铝和氯气反应生成氯化铝，氯化铝和NaH反应生成和氯化钠。
【解析】A．在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎，可以增大接触面积，提高“碱溶”效率，故A正确；
B．“反应Ⅰ”是 ,与泡沫灭火器的原理不相同，故B错误；
C．“电解Ⅱ”是电解碳酸钠溶液，阳极的电极反应式为，故C正确；
D．“反应Ⅲ”是氯化铝和NaH反应生成和氯化钠，化学方程式为，故D正确；
选B。
13．（2024·重庆·期中）将一定质量的铝粉和铁粉的混合物加入到一定量很稀的硝酸溶液中，充分反应，反应过程中无气体放出。向反应结束后的溶液中，逐滴加入5ml/L的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量(n)关系如图所示，下列说法错误的是
A．根据关系图，硝酸被还原成铵盐B．样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为l∶1
C．a点对应NaOH溶液的体积为20mLD．原溶液中硝酸的物质的量为0.37ml
【答案】D
【分析】反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，向反应后溶液溶液中滴加NaOH溶液，开始没有沉淀生成，可知硝酸过量，故铝和铁被氧化为Al3+、Fe3+，反应后溶液加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，③+OH-=NH3•H2O，④Al(OH)3+OH-=，据此分析解题。
【解析】A．反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，向反应后溶液溶液中滴加NaOH溶液，开始没有沉淀生成，可知硝酸过量，故铝和铁被氧化为Al3+、Fe3+，反应后溶液加入氢氧化钠溶液
应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可知与发生了反应，则硝酸被还原为铵盐(NH4NO3)，A正确；
B．cd段消耗NaOH溶液8mL，根据Al(OH)3+OH-=+2H2O可知，n[Al(OH)3]=n(NaOH)=0.008L×5ml/L=0.04ml,故n(Al)=n[Al(OH)3]=0.04ml,而bc段消耗的氢氧化钠的6mL，根据与+OH-═NH3•H2O可知，n()=n(NaOH)=0.006L×5ml/L=0.03ml,根据电子转移守恒有：：3n(Fe)+3n(Al)=8n()，即3n(Fe)+3×0.04ml=8×0.03ml，解得n(Fe)=0.04ml,则n(Al)：n(Fe)=0.04ml：0.04ml=1：1，B正确；
C．根据电子转移守恒可知Al、Fe提供电子物质的量为8×0.03ml=0.24ml，由电荷守恒可知，ab段消耗NaOH物质的量为0.24ml，ab段消耗NaOH溶液体积为=0.048L=48mL，故a点对应NaOH溶液体积为68mL-48mL=20mL，C正确；
D．加入氢氧化钠溶液为68mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)=n()=0.03ml，根据Na元素守恒有n(NaNO3)=n(NaOH)=0.068L×0.05ml/L=0.34ml，根据N元素守恒原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.34ml+0.03ml×2=0.4ml，D错误；
故答案为：D。
14．（2024·浙江金华·期中）将17.9g由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g。另取等质量的合金溶于过量稀中，生成了6.72LNO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则沉淀的质量为
A．22.1gB．25.4gC．33.2gD．30.2g
【答案】B
【解析】将17.9克由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有铝参与反应，则合金质量减少的2.7克为Al，物质的量为0.1ml，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3＋、Fe3＋、Cu2＋离子，根据转移电子守恒，金属总共失去电子物质的量等于HNO3到NO得到的电子总数，，其中0.1ml铝完全反应失去0.3ml电子，则Cu、Fe完全反应失去电子为0.9ml－0.3ml=0.6ml，反应中Cu、Fe失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，则n(OH－)=0.6ml，所以反应后氢氧化铜、氢氧化铁的质量为17.9g－2.7g+0.6ml×17g/ml=25.4g，答案选B。
15．（2024·山东青岛·一模）锂辉矿(主要成分为LiAlSi2O6)可用低温重构—直接浸出技术制备碳酸锂，同时得到氧化铝，工艺流程如图。下列说法错误的是
A．“水热反应”为
B．“滤渣1”和“滤渣2”主要成分相同
C．冶炼金属锂和金属铝均可用电解其熔融氯化物的方法
D．流程中不涉及氧化还原反应
【答案】C
【分析】锂辉矿(主要成分为LiAlSi2O6)加NaOH溶液，发生反应生成硅酸锂沉淀、硅酸钠和偏铝酸钠；过滤出硅酸锂，加硫酸溶解得到硅酸沉淀和硫酸锂溶液，硫酸锂溶液蒸发浓缩后加饱和碳酸钠得到碳酸锂；含硅酸钠和偏铝酸钠的滤液1加硫酸，生成硫酸铝、硫酸钠和硅酸沉淀，过滤后，滤液中加氨水生成氢氧化铝沉淀，过滤后煅烧生成氧化铝，据此解答。
【解析】A．“水热反应”中LiAlSi2O6与NaOH反应生成相应的盐，反应为：，故A正确；
B．“滤渣1”和“滤渣2”主要成分均为硅酸，故B正确；
C．AlCl3为共价化合物，冶炼金属铝采用电解熔融氧化铝，故C错误。
D．流程中各步转化过程中均不存在化合价变化，不涉及氧化还原反应，故D正确；
故选：C。
1．（2024·浙江卷）下列说法不正确的是
A．呈两性，不能用于治疗胃酸过多
B．能与反应产生，可作供氧剂
C．有还原性，能被氧化成
D．见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中
【答案】A
【解析】A．呈两性，不溶于水，但可以与胃酸反应生成无毒物质，因此其能用于治疗胃酸过多，A不正确；
B．能与反应产生，该反应能安全发生且不生成有毒气体，故可作供氧剂，B正确；
C．有还原性，其中Fe元素的化合价为+2，用适当的氧化剂可以将其氧化成更高价态的，C正
确；
D．见光易分解的物质应保存在棕色试剂瓶中；见光易分解，故其应保存在棕色试剂瓶中，D正确；
综上所述，本题选A。
2．（2024·广东卷）部分含或或物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是
A．若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是化合反应
B．在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化
C．加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红棕色分散系
D．若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区
【答案】B
【解析】A．若a在沸水中可生成e，此时a为Mg，e为Mg（OH）2，即f为镁盐，a→f的反应有多种，可能为，该反应属于置换反应，可能为，该反应属于化合反应，综上a→f的反应不一定是化合反应，故A错误；
B．e能转化为d，此时e为白色沉淀，d为红褐色沉淀，说明在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故B正确；
C．由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为胶体，c应为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，也有可能直接得到沉淀，故C错误；
D．假设b为Al2O3，即d为，c为铝盐，Al2O3、与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a的元素为Al，位于周期表p区；假设b为Fe2O3，即d为，c为铁盐，Fe2O3、与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe，位于周期表d区，故D错误；
故选B。
3．（2023·天津卷）下列常见物质及用途，错误的是
A．氢氧化铝可用于治疗胃酸过多
B．SiO2可用于制造光导纤维
C．Fe2O3是铁红，可以用作染料
D．钠起火，可以使用水基灭火器扑灭
【答案】D
【解析】A．胃酸中含有HCl，氢氧化铝可以与HCl反应，能用于治疗胃酸过多，A正确；B．SiO2具有良好的光学特性，可用于制造光导纤维，B正确；C．Fe2O3是一种红色粉末，俗称铁红，常用作红色染料，C正确；D．钠能与水反应生成易燃性气体氢气，不能使用水基灭火器扑灭，D错误；故选D。
4．（2023·湖南卷）取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为)，反应现象没有明显差别的是
【答案】D
【解析】A．向氨水中滴加溶液并振荡，由于开始时氨水过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为，继续滴加产生沉淀；向溶液中滴加氨水并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多，发生的反应为；当氨水过量后，继续滴加氨水沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，A不符合题意；B．向中滴加溶液并振荡，由于开始时过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为；向溶液中滴加并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多，发生的反应为；当过量后，继续滴加沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，B不符合题意；C．向溶液中滴加酸性溶液并振荡，由于开始时是过量的，可以被完全还原，可以看到紫红色的溶液褪为无色，发生的反应为;向溶液中滴加酸性溶液并振荡，由于开始时是过量的，逐渐被还原，可以看到紫红色的溶液逐渐变浅，最后变为无色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，C不符合题意；D．向溶液中滴加溶液，溶液立即变为血红色；向溶液中滴加溶液，溶液同样立即变为血红色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象没有明显差别，D符合题意；综上所述，本题选D。
5．（2022·河北卷）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．3.9gNa2O2与足量水反应，转移电子个数为0.1NA
选项
试剂①
试剂②
A
氨水
溶液
B
溶液
溶液
C
溶液
酸性溶液
D
溶液
溶液
B．1.2gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子个数为0.1NA
C．2.7gAl与足量NaOH溶液反应，生成H2的个数为0.1NA
D．6.0gSiO2与足量NaOH溶液反应，所得溶液中SiO的个数为0.1NA
【答案】B
【解析】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则3.9g过氧化钠与足量水反应，转移电子个数为×1×NAml-1=0.05NA，故A错误；B．镁在空气中燃烧无论生成氧化镁，还是氮化镁，镁均转化为镁离子，则1.2gMg在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁时，转移电子个数为×2×NAml-1=0.1NA，故B正确；C．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则2.7g铝与足量氢氧化钠溶液反应生成氢气的个数为××NAml-1=0.15NA，故C错误；D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠在溶液中发生水解反应，则由原子个数守恒可知，6.0g二氧化硅与足量氢氧化钠溶液反应所得溶液中硅酸根离子的个数小于×NAml-1=0.1NA，故D错误；故选B。
6．（2022·浙江卷）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。
7．（2022·全国卷）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。
8．（2022·海南卷）依据下列实验，预测的实验现象正确的是
【答案】D
【解析】A．MgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀，白色沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁为中强碱，其不与过量的NaOH溶液发生反应，因此，沉淀不消失，A不正确；B．FeCl3溶液中滴加 KSCN洛液，溶液变血红色，实验室通常用这种方法检验的Fe3+存在；FeCl2溶液中滴加 KSCN洛液，溶液不变色，B不正确；C．AgI的溶解度远远小于AgCl，因此，向AgI悬浊液中滴加 NaCl溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀，C不正确；D．酸性KMnO4溶液呈紫红色，其具有强氧化性，而乙醇具有较强的还原性，因此，酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去，D正确；综上所述，依据相关实验预测的实验现象正确的是D，本题选D。
9．(2022·湖南卷)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Na3AlF6和CO2
选项
实验内容
预测的实验现象
A
溶液中滴加NaOH溶液至过量
产生白色沉淀后沉淀消失
B
溶液中滴加KSCN溶液
溶液变血红色
C
AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量
黄色沉淀全部转化为白色沉淀
D
酸性溶液中滴加乙醇至过量
溶液紫红色褪去
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
【答案】C
【解析】陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2能与HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；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；烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应：Na2CO3＋HF===NaF＋NaHCO3，向合成槽中通入Na[Al(OH)4]，发生反应：6NaF＋Na[Al(OH)4]＋4NaHCO3===Na3AlF6↓＋4Na2CO3＋4H2O，过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液，所以合成槽内产物主要有Na3AlF6、Na2CO3、H2O，故C错误；滤液的主要成分为Na2CO3，可进入吸收塔循环利用，故D正确。