专题09 镁、铝及其化合物（全国通用）-十年（2016-2025）高考化学真题分类汇编（含答案）

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知识点01 镁及其化合物
1．（2021·重庆·高考真题）下列叙述错误的是
A．Mg在空气中燃烧可生成MgO
B．Fe2O3与Al发生铝热反应可生成Fe
C．BaCl2 溶液与CO2反应可生成BaCO3
D．Ca(OH)2 溶液与Cl2反应可生成Ca(ClO)2
【答案】C
【解析】A．Mg在空气中点燃能与氧气发生反应生成氧化镁，故A正确；B．Fe2O3与Al在高温条件下发生铝热反应生成氧化铝和Fe，故B正确；C．二氧化碳通入氯化钡中不反应，故C错误；D．Ca(OH)2 溶液与Cl2反应生成氯化钙和次氯酸钙，故D正确；故选：C。
2．（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。
3．（2011·广东·高考真题）某同学通过系列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是
A．将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁片于其中探究讨Mg的活泼性
B．将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg(OH)2沉淀的生成
C．将Mg(OH)2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀
D．将Mg(OH)2沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCl2固体
【答案】B
【解析】A．浓硫酸溶于水放热，且密度大于水，因此稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中，而不能将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，A错误；B．将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，B正确；C．过滤时应该用玻璃棒引流，C错误；D．应将Mg（OH）2沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，生成氯化镁。由于氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，水解吸热，且氯化氢易挥发，所以加热时促进镁离子水解，蒸干得不到无水MgCl2固体，为氢氧化镁固体，D错误。答案选B。
4．（2008·四川·高考真题）20g由两种金属粉末组成的混合物，与足量的盐酸充分反应后得到11.2L氢气（标准状况），这种金属混合物的组成可能是
A．Mg和AlB．Al和Fe
C．Fe和ZnD．Zn和Cu
【答案】B
【解析】标准状况下11.2L氢气物质的量为0.5ml，假设均为+2价金属与盐酸反应生成，则+2价金属的总物质的量为0.5ml，所以+2价金属的平均摩尔质量为40g·ml－1。因为为两种金属的混合物，则其摩尔质量应一个比40g·ml－1大，一个比40g·ml－1小；比较选项中各金属的相对原子质量（其中Al作为+2价时其摩尔质量为27×=18g·ml－1；铜等不反应的金属的摩尔质量为无穷大）。A．Mg为24g/ml，Al为18g/ml，都小于40g/ml，不可能；B．Al为18g/ml，小于40g/ml，Fe为56g/ml，大于40g/ml，可能；C．Fe为56g/ml，Zn为65g/ml，都大于40g/ml，不可能；D．Zn为65g/ml，Zn和Cu都大于40g/ml，不可能；答案选B。
5．（2015·江苏·高考真题）在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C。下列说法正确的是
A．元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体
B．Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r(Mg2＋)＞r(Mg)
C．在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性
D．该反应中化学能全部转化为热能
【答案】C
【解析】A．元素C除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C60）等同素异形体，A错误；B．Mg有3个电子层，Mg2+为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电子层，故半径r（Mg2+）＜r（Mg），B错误；C．该反应为：2Mg+CO22MgO+C，此反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性Mg＞C，C正确；D．该反应放出光，即部分化学能转化为光能，且生成物仍具有能量，D错误；答案选C。
6．（2011·上海·高考真题）0.10 ml镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧(产物不含碳酸镁)，反应后容器内固体物质的质量不可能为( )
A．3.2 gB．4.0 gC．4.2 gD．4.6 g
【答案】D
【解析】镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法。
如果生成固体质量最大，则假设无氧气，镁完全与二氧化碳反应，
2Mg+CO22MgO+C，
2 2 1
0.10ml
则0.1ml镁最多可生成固体的质量为0.10ml×40g/ml+0.05ml×12g/ml=4.6g，
再假设只有镁，则固体最少，固体质量为0.10ml×24g/ml=2.4克，
则固体的范围应该在2.4g～4.6g之间，则反应后容器内固体物质的质量不可能为D。
故选D。
7．（2015·安徽·高考真题）某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是
【答案】D
【解析】A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；C．pH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；D．若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；故选D。
8．（2024·广东·高考真题）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。
9．（2017·海南·高考真题）以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO4·7H2O的过程如图所示：

硼镁泥的主要成分如下表：
回答下列问题：
（1）“酸解”时应该加入的酸是 ，“滤渣1”中主要含有 （写化学式）。
（2）“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是 、 。
（3）判断“除杂”基本完成的检验方法是 。
（4）分离滤渣3应趁热过滤的原因是 。
【答案】 H2SO4 SiO2 将Fe2＋氧化为Fe3＋ 调节溶液pH，使Fe3＋、Al3＋以氢氧化物的形式沉淀除去 取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全 防止MgSO4·7H2O结晶析出
【解析】（1）流程制备的是MgSO4·7H2O，为了不引入杂质，因此所用的酸是硫酸，化学式为H2SO4；根据硼镁泥的成分，SiO2不与硫酸反应，因此滤渣1为SiO2；（2）硼镁泥中含有FeO，与硫酸反应后生成FeSO4，次氯酸钙具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，氧化镁的作用是调节pH，使Al3＋和Fe3＋以氢氧化物形式沉淀出来，除去Fe3＋和Al3＋；（3）除杂是除去的Fe3＋和Al3＋，因此验证Fe3＋就行，方法是取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全；（4）防止MgSO4·7H2O结晶析出。
10．（2016·浙江·高考真题）无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：
步骤1 三颈瓶中装入10 g镁屑和150 mL无水乙醚；装置B中加入15 mL液溴。
步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。
步骤3 反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。
步骤4 室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。
已知：①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。
②MgBr2+3C2H5OC2H5MgBr2·3C2H5OC2H5
请回答：
（1）仪器A的名称是 。
实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是 。
（2）如将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是 。
（3）步骤3中，第一次过滤除去的物质是 。
（4）有关步骤4的说法，正确的是 。
A．可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B．洗涤晶体可选用0℃的苯
C．加热至160℃的主要目的是除去苯D．该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y4-）标准溶液滴定，反应的离子方程式：
Mg2++ Y4-=MgY2-
①滴定前润洗滴定管的操作方法是 。
②测定时，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500 ml·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是 （以质量分数表示）。
【答案】 干燥管 防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应 会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患 镁屑 BD 从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2-3次 97.5%
【解析】（1）仪器A为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，故答案为防止镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的反应，故答案为：干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应；
（2）将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，装置B是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应可以容易控制防止反应过快，故答案为：会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；
（3）步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑，故答案为镁屑；
（4）A．95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，故A错误；
B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C的苯，可以减少产品的溶解，故B正确；
C．加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，故C错误；
D．该步骤是为了除去乙醚和溴，故D正确；
故选BD；
（5）①滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，然后从下步放出，重复2-3次，故答案为从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2-3次；
②依据方程式Mg2++Y4-═MgY2-分析，溴化镁的物质的量=0.0500ml/L×0.02650L=0.001325ml，则溴化镁的质量为0.001325ml×184g/ml=0.2438g，溴化镁的产品的纯度=×100%=97.5%，故答案为97.5%。
知识点02 铝及其化合物
1．（2022·河北·高考真题）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
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。
2．（2021·浙江·高考真题）铝硅酸盐型分子筛中有许多笼状空穴和通道(如图)，其骨架的基本结构单元是硅氧四面体和铝氧四面体，化学组成可表示为Ma[(AlO2)x·(SiO2)y]·zH2O(M代表金属离子)。
下列推测不正确的是
A．常采用水玻璃、偏铝酸钠在强酸溶液中反应后结晶制得分子筛
B．若a=x/2，则M为二价阳离子
C．调节y/x(硅铝比)的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性
D．分子筛中的笼状空穴和通道，可用于筛分分子
【答案】A
【解析】A．偏铝酸钠在强酸性溶液中不能稳定存在容易形成Al3+，不可以利用偏铝酸钠在强酸性溶液中制备分子筛，A错误；B．设M的化合价为m，则根据正负化合价代数和为0计算，m×+x×(-1)=0，解得m=+2，B正确；C．调节硅铝比可以改变分子筛的空间结构，从而改变分子筛的稳定性，C正确；D．调节硅铝比可以调节分子筛的孔径，根据分子筛孔径的大小可以筛分不同大小的分子，D正确；故答案选A。
3．（2021·浙江·高考真题）下列说法不正确的是
A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨
B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火
C．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带
D．工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫
【答案】A
【解析】A．铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A说法不正确；B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B说法正确；C．粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，C说法正确；D．二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D说法正确。综上所述，本题选A。
4．（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。
5．（2020·浙江·高考真题）下列关于铝及其化合物说法，不正确的是（ ）
A．明矾可用作净水剂和消毒剂B．利用铝热反应可冶炼高熔点金属
C．铝可用作包装材料和建筑材料D．氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物
【答案】A
【解析】A．明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A错误；B．铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，故B正确。C．铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正确；D．胃酸主要成分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D正确；故答案为A。
6．（2009·海南·高考真题）在室温时，下列各组中的物质分别与过量NaOH溶液反应，能生成5种盐的是：
A．A12O3、SO2、CO2、SO3B．C12、A12O3、N2O5、SO3
C．CO2、C12、CaO、SO3 D．SiO2、N2O5、CO、C12
【答案】B
【解析】A．Al2O3与过量NaOH反应生成NaAlO2，SO2与过量NaOH反应生成Na2SO3，CO2与过量NaOH反应生成Na2CO3，SO3与过量NaOH反应生成Na2SO4，共4种盐，故A项错误；B．Cl2与过量NaOH反应生成NaCl和NaClO，Al2O3与过量NaOH反应生成NaAlO2，N2O5与过量NaOH反应生成NaNO3，SO3与过量NaOH反应生成Na2SO4，共生成5种盐，故B项正确；C．CO2与过量NaOH反应生成Na2CO3，Cl2与过量NaOH反应生成NaCl和NaClO，CaO与水生成氢氧化钙，不是盐，SO3与过量NaOH反应生成Na2SO4，共4种盐，故C项错误；D．SiO2与过量NaOH反应生成Na2SiO3，N2O5与过量NaOH反应生成NaNO3，CO与NaOH不反应，Cl2与过量NaOH反应生成NaCl和NaClO，共4种盐，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。
7．（2013·山东·高考真题）足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是
A．氢氧化钠溶液B．稀硫酸C．盐酸D．稀硝酸
【答案】A
【解析】假设反应都产生3ml氢气，则：A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑反应产生3ml氢气，会消耗2ml NaOH； B．2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，反应产生3ml氢气，需消耗3ml硫酸；C．2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，反应产生3ml氢气，需消耗6ml HCl；D．由于硝酸具有强的氧化性，与铝发生反应，不能产生氢气；故反应产生等量的氢气，消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液；选项A正确。
8．（2012·安徽·高考真题）已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1ml·L—1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是
【答案】C
【解析】浓度均为0.1ml•L-1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1ml/L，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的量；据以上分析解答。A．向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故A错误；B．向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故B错误；C．铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，图象与实际相符合，故C正确；D．加入氢氧化钠一定体积后才会产生氢氧化铝沉淀，故D错误；故选C。
9．（2014·安徽·高考真题）室温下，在0.2ml/LAl2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0ml/LNaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如下图，下列有关说法正确的是
A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3OH-Al(OH)3
B．a→b段，溶液pH增大，Al3+浓度不变
C．b→c段，加入的OH-主要用于生成Al(OH)3沉淀
D．d点时，Al(OH)3沉淀开始溶解
【答案】C
【解析】A．铝离子的水解方程式应为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，A错误；B．a→b段，溶液pH增大，水解平衡正向移动，铝离子浓度减小，B错误；C．b→c段，加入氢氧根主要用于生成氢氧化铝沉淀，C正确；D．c点时，Al(OH)3沉淀开始溶解，D错误。答案选C。
10．（2009·江苏·高考真题）化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是：
A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
C．MgO 的熔点很高，可用于制作耐高温材料
D．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁
【答案】D
【解析】A．明矾溶于水电离产生的铝离子水解形成Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故A正确；B．在海轮外壳上镶入锌块，锌、铁、海水形成原电池，锌作负极发生氧化反应，可减缓船体的腐蚀速率，故B正确；C． MgO 的熔点很高，可用于制作耐高温材料，故C正确；D．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氢气和氯气，得不到镁，电解熔融氯化镁生成镁，故D错误；答案选D。
11．（2008·广东·高考真题）相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是
A．AlB．Al(OH)3C．AlCl3D．Al2O3
【答案】A
【解析】根据方程式可知Al～NaOH、Al(OH)3～NaOH、AlCl3～3NaOH、Al2O3～2NaOH。则m（Al）：m（NaOH）=27：40；m[Al(OH)3]：m（NaOH）=78：40；m（AlCl3）：m（NaOH）=33.375：40；m（Al2O3）：m（NaOH）=51：40；所以相同质量的物质，消耗碱量最多的是Al。故选A。
12．（2014·北京·高考真题）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（ ）
A．KB．NaC．FeD．Al
【答案】D
【解析】K、Na性质非常活泼，在空气中极易被氧化，表面不能形成保护内部金属不被氧化的氧化膜，Fe在空气中被氧化后形成的氧化膜比较疏松，起不到保护内层金属的作用；金属铝的表面易形成致密的氧化物薄膜保护内层金属不被腐蚀。答案选D。
13．（2018·海南·高考真题）下列化合物中，能与Na2CO3溶液反应生成沉淀且沉淀可溶于NaOH溶液的是
A．MgCl2B．Ca(NO3)2C．FeSO4D．AlCl3
【答案】D
【解析】A．能生成碳酸镁沉淀，但碳酸镁不溶于氢氧化钠，则A不符合题意；B． 能生成碳酸钙沉淀，但碳酸钙不溶于氢氧化钠，则B不符合题意；C． 能生成碳酸亚铁沉淀，但碳酸亚铁不溶于氢氧化钠，则C不符合题意；D．铝离子和碳酸根离子能发生双水解，可生成氢氧化铝沉淀，溶于氢氧化钠溶液中，故D选项符合题意；故答案为D。
14．（2018·江苏·高考真题）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．NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)
B．Al(s)Na[Al(OH)4]Al(OH)3(s)
C．AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)
D．Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)
【答案】A
【解析】A．NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，A正确；B．Al与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，Na[Al(OH)4]与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，B错误；C．AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，C错误；D．Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，D错误；故选A。
15．（2016·四川·高考真题）向1L含0.01mlNaAlO2和0.02mlNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01ml＜n(CO2)≤0.015时发生的反应是：2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3。下列对应关系正确的是
【答案】D
【解析】通入二氧化碳首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02 ml氢氧化钠消耗0.01 ml二氧化碳，生成0.01 ml碳酸钠，然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01 ml偏铝酸钠消耗0.005 ml二氧化碳，生成0.005 ml碳酸钠。然后再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015 ml的二氧化碳，生成0.03 ml的碳酸氢钠，由此分析各选项。A． 未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)，c(Na+)＜c(AlO2-)+c(OH-)，故A项错误；B． 当通入的二氧化碳为0.01ml时，则溶液为含有0.01ml碳酸钠和0.01ml偏铝酸钠的混合液，因为酸性HCO3-＞Al(OH)3，所以水解程度CO32-＜AlO2-，因此c(Na+)＞c(CO32-)＞c(AlO2-)＞c(OH-)，故B项错误；C． 形成碳酸钠溶液，CO32-+H2OHCO3-+OH－，H2OH++OH－，离子浓度的关系为c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)，故C项错误；D． 形成碳酸氢钠溶液，HCO3-+H2OH2CO3+OH－，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D项正确；答案选D。
16．（2012·重庆·高考真题）向10mL 0.1ml•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL．下列叙述正确的是（ ）
A．x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（Al3+）
B．x=10时，溶液中有、、，且c（）＞c（）
C．x=30时，溶液中有Ba2+、、OH﹣，且c（OH﹣）