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考点15 铝及其化合物(好题冲关)-备战2024年高考化学一轮复习考点帮（全国通用）(解析版)
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考点15 铝及其化合物
(好题冲关)
【基础过关】
1．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说法错误的是( )
A．可用NaOH溶液除去Fe2O3粉末中少量的Al2O3
B．纯铝的硬度和强度较小，不适合用于制造机器零件
C．铝制品廉价易得，适用于厨房蒸煮和长期存放碱性食物
D．铝在冷的浓硝酸中发生钝化，因此可用铝槽车运输浓硝酸
【答案】C
【解析】A项，Al2O3是两性氧化物，可以溶于NaOH溶液，Fe2O3是碱性氧化物，不和NaOH反应，所以可用NaOH溶液除去Fe2O3粉末中少量的Al2O3，故A正确；B项，纯铝的硬度和强度较小，不适合用于制造机器零件，可以用铝合金制造机器零件，故B正确；C项，铝能和碱反应，不适用于厨房蒸煮和长期存放碱性食物，故C错误；D项，铝在冷的浓硝酸中发生钝化，因此可用铝槽车运输浓硝酸，故D正确；故选C。
2．某同学通过系列实验探究Al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，将铝条置于其中探究Al的活泼性
B．将NaOH溶液缓慢滴入Al2(SO4)3溶液中至过量，最终观察到有沉淀生成
C．将Al(OH)3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Al(OH)3沉淀转入蒸发皿中，加足量稀硫酸，加热蒸干得无水Al2(SO4)3固体
【答案】D
【解析】A项，稀释浓硫酸时应将浓硫酸加入水中并不断搅拌；B项，将过量的NaOH溶液滴入Al2(SO4)3溶液中，最终生成NaAlO2溶液无沉淀；C项，过滤时应将溶液用玻璃棒引流到漏斗中。
3．下列关于铝及其化合物的说法不正确的是( )
A．不能用铝制容器腌咸菜，因为铝单质会和较浓的Cl－发生络合反应
B．铝热反应过程会放出大量的热，这说明构成氧化铝的微粒间存在着强烈的作用力
C．氢氧化铝不溶于过量氨水，但氢氧化铜、氢氧化银沉淀都溶于过量氨水
D．刚玉是一种高硬度、高熔点的化合物，刚玉坩埚不能用来熔融纯碱
【答案】A
【解析】铝制餐具表面有一层致密的氧化膜，平时可以用来保护餐具，但如果长时间蒸煮或存放具有酸性、碱性、或咸味的东西，由于氧化铝是两性的，所以会破坏氧化膜，从而破坏铝制餐具，同时产生有毒物质，而不是因为铝单质会和较浓的Cl－发生络合反应，A错误；氧化铝为离子晶体，存在着离子键，铝热反应过程中形成氧化铝的离子键，放出大量的热，说明构成氧化铝的微粒间存在的离子键具有强烈的作用力，B正确；一水合氨是弱碱，氢氧化铝不溶于过量氨水，但氢氧化铜、氢氧化银沉淀都溶于过量氨水形成配合物，C正确；刚玉的主要成分是Al2O3，是一种高硬度、高熔点的化合物，Al2O3高温下与纯碱会发生反应，因此刚玉坩埚不能用来熔融纯碱，D正确。
4．(2023·广东省广州市三模)下图为铝的生产原理示意图，下列相关说法不正确的是( )
A．冰晶石做助熔剂
B．氧化铝属于过渡晶体
C．金属铁、铜的冶炼方法与铝类似
D．铝在工业上是一种很好的还原剂
【答案】C
【解析】A项，冰晶石在电解铝工业中常用作助熔剂，正确；B项，氧化铝的晶体结构具有某些过渡金属的特征，因此被称为过渡晶体，正确；C项，工业上用电解熔融的氧化铝，得到金属铝和氧气，而工业上用热还原法来冶炼金属铁、铜，错误；D项，Al为活泼金属，冶金工业中常作还原剂，正确；故选C。
5．(2023·湖南省长沙市高三联考)学习小组用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾，并测定明矾中结晶水的含量。
上述实验中不需要用到的操作是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】A项，溶液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到明矾晶体，需要用到蒸发皿，故A不符合题意；B项，明矾晶体灼烧得到KAl(SO4)2，则需要在坩埚中加热，故B不符合题意；C项，溶液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到明矾晶体，需要用过滤，故C不符合题意；D项，该流程中没有分液，故D符合题意；故选D。
6．下列各组物质，不能按 (“→”表示反应一步完成)关系转化的是( )
选项
a
b
c
A
Al2O3
NaAlO2
Al(OH)3
B
AlCl3
Al(OH)3
NaAlO2
C
Al
Al(OH)3
Al2O3
D
MgCl2
Mg(OH)2
MgO
【答案】C
【解析】，Al2O3与过量NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2与AlCl3反应生成Al(OH)3，Al(OH)3受热分解得Al2O3，A符合；，AlCl3与少量NaOH反应生成Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2和过量盐酸反应生成AlCl3，B符合；Al不能一步生成Al(OH)3，C不符合；，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2受热分解得MgO，MgO和盐酸反应生成MgCl2，D符合。
7．下列反应中的离子方程式书写正确的是( )
A．向氯化铝溶液中滴加过量氨水：4NH3·H2O＋Al3＋===AlO＋4NH＋2H2O
B．NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量NaOH溶液：NH＋OH－===NH3·H2O
C．向明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===2BaSO4↓＋AlO＋2H2O
D．向NaAlO2溶液中通入足量CO2：2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO
【答案】C
【解析】A项，氨水不能溶解Al(OH)3；B项，NH、Al3＋同时存在时，Al3＋与OH－先反应；D项，通足量CO2时，应生成HCO。
8．空气中久置的铝片5.0g投入盛有50mL0.5mol/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项，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项，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项，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项，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。
9．工业上用某种氧化铝矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图所示：
对上述流程中的判断正确的是( )
A．试剂X可以为氨水，沉淀中含有铁的化合物
B．CO2可以用H2SO4溶液或稀盐酸代替
C．反应Ⅱ为CO2＋AlO＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO
D．工业上还可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，成本更低
【答案】C
【解析】A项，氨水为弱碱不能溶解Al2O3；B项，用强酸代替CO2，易造成Al(OH)3的溶解，进而造成Al的损失；D项，Fe不能还原Al2O3。
10．向含Al2(SO4)3 和 AlCl3的混合溶液中逐滴加入1 mol/L Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是( )
A．图中A点生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3
B．原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：1
C．AB段反应的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
D．向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀
【答案】B
【解析】向含Al2(SO4)3 和 AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH-、Ba2+与SO42- 之间的离子反应，如下Ba2++ SO42-═BaSO4↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-═AlO2- +2H2O，假设1molAl2(SO4)3中SO42-完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3mol，3molBa(OH)2提供6molOH-，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓可知，1molAl2(SO4)3中的Al3+和SO42- 均沉淀完全，故从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成3molBaSO4、2molAl(OH)3沉淀，A点时SO42-完全沉淀，AB为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，BC为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解，C点时氢氧化铝完全溶解。A项，图中A点是Al2(SO4)3和Ba(OH)2的反应，故生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3，A正确；B项，前3LBa(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3L-6L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2(SO4)3]=n[Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)=2n[Ba(OH)2]=6mol，故n(AlCl3)=2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2，B错误；C项，AB段为氯化铝与氢氧化钡的反应，故离子方程式为Al3++3OH-═Al(OH)3↓，C正确；D项，D点的溶液中含有AlO2-，通入二氧化碳产生氢氧化铝白色沉淀，D正确；故选B。
11．以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是( )
A．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的
B．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4
C．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3
D．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来
【答案】A
【解析】A项，隔绝空气由，可知反应中消耗的FeS2与Fe2O3物质的量比为1：16，故A错误；B项，FeS2焙烧会生成SO2，SO2会污染空气，加入CaO会与SO2和氧气生成CaSO4，硫酸钙可以做建筑材料石膏，故B正确；C项，滤液中含有偏铝酸根，加入酸与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，但氢氧化铝为两性氢氧化物，会溶于盐酸等强酸生成Al3+，故通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀，经过滤、洗涤、灼烧可制得Al2O3，C正确；D项，四氧化三铁具有磁性，故可以用磁选法进行分离，故D正确；故选A。
12．以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)，其制备实验流程如下：
(1)铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为_____________________；
(2)加30%的H2O2溶液的目的是_____________________；
(3)煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al(SO4)2•12H2O]2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O，将产生的气体通过如下图所示的装置。
①集气瓶中收集到的气体是________(填化学式)；
②KMnO4溶液褪色(MnO4-还原为Mn2+)，此褪色过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
【答案】(1)Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O
(2)氧化Fe2+为Fe3+，有利于在沉铁过程中除去
(3) ①N2 ②2：5
【解析】铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe(CN)6]Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al(SO4)2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3。(1)Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为：Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；(2)滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液Fe2+被氧化为Fe3+，有利于在沉铁过程中除去；(3)①NH4Al(SO4)2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；②在酸性条件下，氧化剂KMnO4与还原剂二氧化硫反应的离子方程式为2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5。
13．用教材中的实验装置进行铝热反应实验时，存在纸漏斗易燃烧、火星四射等问题，某校化学兴趣小组同学为了解决这些问题将实验装置做了如图改进(如图A所示)。取磁性氧化铁在图A装置中进行铝热反应，冷却后得到“铁块”混合物。
(1)实验中可以用蔗糖和浓硫酸代替镁条作引火剂，原因是_______。
(2)该铝热反应的化学方程式为_______。
(3)取反应后的“铁块”研碎取样称量，加入如图B所示装置，滴入足量溶液充分反应，测量生成气体的体积以求得样品中残留铝的质量分数。
试回答下列问题：
①量气管在读数时必须进行的步骤是_______。
②取样品进行上述实验，共收集到(标准状况下)气体，则“铁块”中铝的质量分数为_______。
③图B装置中分液漏斗上端和试管用橡胶管连通，除了可以平衡压强让液体顺利滴入试管之外，还可以起到降低实验误差的作用。如果装置没有橡胶管，则测得的“铁块”中铝的质量分数将会_______(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】(1)蔗糖在浓硫酸中脱水并放出大量的热 8
(2)Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe
(3)①冷却至常温和调节量气管使左右液面相平 ②3.6% ③偏大
【解析】(1)浓硫酸能使蔗糖脱水并放出大量的热，可作引火剂；(2) Al还原Fe3O4生成Fe和Al2O3，化学方程式为8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe；(3)①因为气体的体积受温度和压强影响，所以量气管在读数时必须进行的步骤是：冷却至常温和调节量气管使左右液面相平；②根据离子方程式：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑可知，，则“铁块”中铝的质量分数为；③如果装置没有橡胶管，随着分液漏斗中液体流下，试管中压强增大，会导致排入量气管中的液体增多，造成气体读数偏大，即“铁块”中铝的质量分数偏大。
【能力提升】
14．(2023·北京市东城区二模)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用作净水剂。某同学设计利用废铝箔(主要成分为，含少量等)制备明矾的流程如下图所示。
下列说法不正确的是( )
A．①中反应的离子方程式是2Al+2OH--+2H2O=2AlO2-+3H2↑
B．③中反应的离子方程式是Al(OH)3 +3H+=Al3++3H2O
C．操作a是蒸发结晶，用到的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等
D．明矾净水的原理：Al3+水解生成的Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮颗粒物
【答案】C
【解析】铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，过滤后滤渣为氢氧化铝，氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝，加入硫酸钾饱和溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾。A项，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH--+2H2O=2AlO2-+3H2↑，A正确；B项，③为氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式是Al(OH)3 +3H+=Al3++3H2O，B正确；C项，混合溶液蒸发结晶不能得到带结晶水的物质，该操作为蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾，C错误；D项，明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体有较大的表面积，能吸附水中的悬浮颗粒物，从而达到净水目的，D正确；故选C。
15．(2023·北京市海淀区三模)为探究温度、浓度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，某兴趣小组查询了相关资料，并进行了实验探究。以下三组实验均采用了相同形状且等质量的打磨后的铝片。
【文献资料】
(I)铝和碱液的反应实质是铝先和水反应生成Al(OH)3和H2，生成的Al(OH)3和OH-反应生成[Al(OH)4]-而溶解。
(II)碳酸氢钠溶液常温下就能缓慢分解，温度越高分解速率越大。
实验
温度/
c(Na2CO3)/mol·L-1
V(Na2CO3)溶液
实验现象
①
25
0.5
5
有细小的气泡
②
25
a
5
有较多气泡，气体不能使澄清石灰水变浑浊；用试管收集的气体靠近火焰有爆鸣声
③
80
2.0
5
有大量白色絮状沉淀和气泡，气体可使澄清石灰水变浑浊；气体通过溶液除杂后用试管收集，靠近火焰有爆鸣声
下列说法不正确的是( )
A．a=2.0
B．实验③的反应速率比实验②更大的原因之一是实验③中OH-浓度更大
C．实验③中的气体为CO2、H2混合气体，白色沉淀的产生可能是由于CO2往溶液上方移动时与[Al(OH)4]-反应生成
D．将实验②中的Na2CO3溶液换成相同浓度的NaHCO3溶液，无白色沉淀生成
【答案】D
【解析】A项，由表格数据可知，实验②和③的反应温度不同，实验目的是探究温度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，由探究实验的变量唯一化原则可知，实验②和③的碳酸钠溶液浓度相等，则a=2.0，故A正确；B项，由表格数据可知，实验②和③的反应温度不同，实验目的是探究温度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，碳酸钠在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，溶液中的氢氧根离子浓度增大，与铝反应速率增大，则实验③的反应速率比实验②更大的原因之一是实验③中氢氧根离子浓度更大，故B正确；C项，由实验现象可知实验③中的气体为二氧化碳和氢气的混合气体，二氧化碳气体是碳酸钠水解生成的碳酸氢钠受热分解生成而得，反应生成的二氧化碳往溶液上方移动时能与溶液中的四羟基合铝离子反应生成氢氧化铝白色絮状沉淀，故C正确；D项，碳酸氢根离子能与溶液中的四羟基合铝离子反应生成氢氧化铝白色絮状沉淀，则将实验②中的碳酸钠溶液换成相同浓度的碳酸氢钠溶液有白色沉淀生成，故D错误；故选D。
16．利用传感器探究在密闭环境中铝片和少量稀盐酸反应过程中温度和压强的变化，结果如图。下列说法错误的是( )
A．50~100s，压强变大是反应放出热量导致的
B．100s时，容器内温度最高
C．100s之后，溶液中溶质为AlCl3
D．100s之后，压强减小是因为温度降低导致的
【答案】A
【解析】A项，50～100s，压强变大是反应放出热量、生成氢气共同导致的，故A错误；B项，100s时，容器内温度最高，故B正确；C项，100s之后盐酸完全反应，溶液中溶质为AlCl3，故C正确；D项，100s之后反应停止，压强减小是因为温度降低导致的，故D正确；故选A。
17．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项，由于钠比镁活泼，镁能与CO2反应，则钠也能与CO2反应，故Mg燃烧不能用CO2灭火，故Na燃烧也不能用CO2灭火，A项正确；B项，Fe在O2中燃烧生成Fe3O4，B项错误；C项，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，C项错误；D项，Al具有两性，能和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，而Mg不具有两性，不能和NaOH溶液反应，D项错误；故选A。
18．中国科学院金属研究所发现采用Na2SnO3和NaOH混合促进剂，可明显提高铝与水反应制氢系统的性能，制氢机理如图。Na2SnO3溶液显碱性，NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A．1L0.1mol·L-1 Na2SnO3溶液中阴离子数目大于0.1NA
B．该过程中存在6Al+3Na2SnO3+15H2O=3Sn+6NaAl(OH)4+3H2↑
C．标准状况下，反应过程中生成33.6LH2，转移电子数目为9NA
D．Al-Sn原电池的形成，能提高产氢速率，析氢反应主要发生在Sn上
【答案】C
【解析】Al与Na2SnO3 可以发生反应6Al+3Na2SnO3+15H2O=3Sn+6NaAl(OH)4+3H2↑(1)，和NaOH也可发生反应2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl(OH)4+3H2↑(2)，图示中Al与Na2SnO3和NaOH反应，随着反应的进行生成的Sn和氢气的量也逐渐增多。A项，Na2SnO3溶液显碱性，SnO32-会发生水解，生成HSnO3-和OH-，阴离子个数增多，大于NA个，A正确；B项，根据分析该过程存在6Al+3Na2SnO3+15H2O=3Sn+6NaAl(OH)4+3H2↑，B正确；C项，在整个过程中生成故氢气的反应有两个，当氢气全部是反应(1)生成的，33.6L H2转移的电子数为9NA，当氢气全部是反应(2)生成的，转移的电子数为3NA ，两个反应同时发生，故转移电子数目为介于3NA与9NA之间，C错误；D项，形成Al-Sn原电池可以加快反应速率，Al活泼作负极，故Sn作正极，析氢反应主要发生在Sn上，D正确；故选C。
19．向分别盛有10mL3mol·L-1的盐酸和NaOH溶液的甲、乙两烧杯中，加入等质量的铝粉，反应结束后，相同温度和压强测得生成的气体体积分别为V(甲)、V(乙)，下列说法正确的是( )
A．消耗的HCl和NaOH的物质的量比为V(甲)：V(乙)
B．若V(甲)：V(乙)=1：2，投入的铝粉质量为0.54g
C．若V(甲)：V(乙)=1：3，铝粉在两烧杯中都恰好完全反应
D．若盐酸和NaOH溶液都完全反应，两反应的电子转移数之比为1：1
【答案】B
【解析】A项，此实验反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，通过化学方程式可以看出，消耗的HCl和NaOH的物质的量比为3V(甲)：V(乙)，A错误；B项，盐酸和NaOH溶液中的溶质的物质的量均为0.03mol，测得生成的气体体积比为V(甲)：V(乙)=1：2，即生成的氢气物质的量之比是1：2，设铝与酸完全反应时，生成的氢气的物质的量为x，，得：x=0.015mol；相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以氢氧化钠和铝反应生成的氢气的物质的量为：0.015mol×2=0.03mol，碱与铝反应时，铝反应完全，设铝的物质的量为y，，得：y=0.02mol，所以铝的质量为：0.02mol×27g/mol=0.54g，B正确；C项，根据方程式，当为V(甲)：V(乙)=1：3时，消耗等物质的量的HCl和氢氧化钠，铝粉过量，C错误；D项，根据方程式，HCl完全反应，该反应中转移电子的物质的量为0.03mol，NaOH完全反应，该反应中转移电子的物质的量为0.09mol，两反应的电子转移数之比为1：3，D错误；故选B。
20．铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学中常用的基准试剂，其制备过程如图：
下列说法不正确的是( )
A．过程Ⅰ过滤可得到NaHCO3晶体
B．过程Ⅱ加入稀硫酸的目的是为了除去滤液A中混有的NaHCO3杂质
C．向铵明矾溶液中加入足量溶液，反应的离子方程式为NH4++Al3++5OH-= NH3·H2O+ AlO2-+2H2O
D．铵明矾能析出是因为其溶解度比(NH4)2SO4、Al2(SO4)3的大
【答案】D
【解析】NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO3沉淀，过滤后得滤液中有(NH4)2SO4和少量的NaHCO3，将(NH4)2SO4溶液用稀硫酸调节pH值为2，使NaHCO3生成硫酸钠，得溶液B为(NH4)2SO4溶液和少量的硫酸钠溶液，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾。A项，结合流程分析可知，过程Ⅰ过滤可得到NaHCO3晶体，故A正确；B项，结合流程分析可知，将(NH4)2SO4溶液用稀硫酸调节pH值为2，使NaHCO3生成硫酸钠，即过程Ⅱ加入稀硫酸的目的是为了除去滤液A中混有的NaHCO3杂质，故B正确；C项，向铵明矾溶液中逐滴加入过量的NaOH溶液，生成偏铝酸钠、一水合氨、硫酸钠和水，离子方程式为NH4++Al3++5OH-= NH3·H2O+ AlO2-+2H2O，故C正确；D项，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾，说明铵明矾能析出是因为其溶解度比(NH4)2SO4、Al2(SO4)3的均小，故D错误；故选D。
21．以含钴废渣(主要成分为CoO和Co2O3，含少量Al2O3和ZnO)为原料制备CoCO3的工艺流程如图：
下列说法正确的是( )
A．酸浸时可采用高温提高酸浸速率
B．除铝时加入Na2CO3溶液过滤后所得滤渣是Al2(CO3)3
C．萃取时萃取剂总量一定，分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好
D．沉钴时将含Co2+的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，可提高CoCO3的产率
【答案】C
【解析】钴废渣主要 成分为CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质，加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，纵观整个流程知最后得到CoCO3，说明该过程中二氧化硫起还原作用，硫酸与氧化铝、氧化锌反应，所得溶液中含有硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子转化为氢氧化铝沉淀并过滤除去；加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌，在水相中加入碳酸钠溶液生成CoCO3固体。A项，因为温度过高，可能会使用溶液起化学反应，从而无法达到溶浸的目的，酸浸时适当升高温度可提高酸浸速率，A项错误；B项，除铝时加入Na2CO3溶液，发生的反应为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，过滤后所得滤渣是Al(OH)3，B项错误；C项，萃取过程中，多次萃取能使萃取效率提高，C项正确；D项，将含Co2+的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，碳酸钠过量，液碱性过强，会生成Co(OH)2沉淀，降低CoCO3的产率，D项错误；故选C。
22．探究铝片与Na2CO3溶液的反应。
均无明显现象
铝片表面产生细小气泡
加热后出现白色浑浊，产生大量气泡(经检验为H2和CO2)
下列说法错误的是( )
A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-
B．对比I、III说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜
C．H2逸出有利于CO32-水解平䡓向正反应方向移动
D．推测出现白色浑浊的原因：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】D
【解析】A项，碳酸钠为强碱弱酸盐，在水溶液中会发生水解，主要水解平衡为：CO32-+H2OHCO3-+OH-，A正确；B项，I中Al表面没有气泡，说明表面有氧化膜，III中Al有气泡，说明表面氧化膜被破坏，B正确；C项，氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根离子，消耗了氢氧根离子，从而促进了碳酸根离子的水解，所以H2逸出对CO32-水解平衡向正反应方向移动，C正确；D项，碳酸钠水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反应生成偏铝酸根离子，去掉氧化膜后，铝与氢氧根离子、水反应生成氢气，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，所以出现白色沉淀的原因可用离子方程式表示为：Al3++HCO3-+H2O =Al(OH)3↓+CO32-，D错误；故选D。
23．硫酸铝铵晶体高温下发生的主要反应为： 。将产生的气体通过下图所示的装置(假设试剂均过量)。下列说法正确的是( )
A．反应中硫元素既得电子又失电子
B．装置Ⅰ中可以观察到出现白色沉淀，其主要成分是BaSO4和BaSO3
C．装置Ⅱ中可以观察到高锰酸钾紫色褪去
D．将装置Ⅰ、Ⅱ顺序交换，仍能观察到相同的现象
【答案】C
【解析】NH4Al(SO4)2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被BaCl2溶液吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，最终收集的氮气。A项，反应中硫元素的化合价只降、未升，则硫元素只体现氧化性，故A错误；B项，由产物NH3和SO3的物质的量之比可知，装置Ⅰ中只三氧化硫与氨气被吸收，生成硫酸钡，而无亚硫酸钡，故B错误；C项，二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，导致紫色褪去，故C正确；D项， 将装置Ⅰ、Ⅱ顺序交换，二氧化硫被氧化，三氧化硫被吸收，所以装置Ⅰ中无沉淀，故D错误；故选C。
24．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(m+4.25)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amol，由反应生成标准状况下5.6L氢气可得：mol+amol=，解得a=0.1。A项，镁铝合金中镁、铝的物质的量都为0.1mol，则溶解合金加入5mol/L盐酸的体积不少于×103mL/L=100mL，故A正确；B项，镁铝合金中镁、铝的物质的量都为0.1mol，则氢氧化镁、氢氧化铝沉淀的质量之和为mg+0.5mol×17g/mol=(m+8.5)g，故B错误；C项，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项，合金中镁、铝质量之比为48：54=8：9，故D正确；故选B。
25．氧化铝是工业上电解制铝的原料，工业上用铝土矿(主要成分Al2O3，还含有Fe2O3，SiO2等)为原料制取氧化铝的流程如图所示，下列说法错误的是( )
A．滤渣可用于炼铁
B．滤液1中所含阴离子为OH-、SiO32-、[Al(OH)4]-
C．步骤①、②、③中均不涉及氧化还原反应
D．步骤③中发生反应的离子方程式为：2[Al(OH)4]-+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-+H2O
【答案】D
【解析】铝土矿(主要成分Al2O3还含有Fe2O3、SiO2等)中的Al2O3、SiO2与 足量NaOH溶液发生反应生成NaAlO2溶液和Na2SiO3溶液，Fe2O3和NaOH溶液不反应，故过滤所得滤渣为Fe2O3；滤液1中含Na[Al(OH)4]、Na2SiO3以及过量的NaOH；向滤液I中加入CaO发生反应②，生成CaSiO3沉淀，说明加入的CaO在溶液中和Na2SiO3反应生成了CaSiO3沉淀和NaOH，而Na[Al(OH)4]未反应，故所得滤液2中含Na[Al(OH)4]和NaOH；向此滤液中通入足量的CO2发生反应③，则CO2会先和NaOH反应生成NaHCO3，后和Na[Al(OH)4]溶液反应生成Al(OH) 3沉淀和NaHCO3，过滤，即滤液3中为NaHCO3，Al(OH) 3沉淀经灼烧得到Al2O3。A项，滤渣的主要成分是Fe2O3，是含有铁元素的化合物，因此可以用于炼铁，A正确；B项，根据上述分析可知：滤液1中含Na[Al(OH)4]、Na2SiO3以及过量的NaOH，则其中的阴离子为OH-、SiO32-、[Al(OH)4]-，B正确；C项，①中的反应为：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；②中的反应为：CaO+H2O+Na2SiO3=CaSiO3↓+2NaOH；③中的反应为：CO2+ Na[Al(OH)4]=Al(OH)3↓+NaHCO3，这些反应均为非氧化还原反应，C正确；D项，由于通入CO2气体足量，反应产生NaHCO3，则步骤③中发生反应的离子方程式为：CO2+[Al(OH)4]-=Al(OH)3↓+HCO3-，D错误；故选D。
26．煤灰提取铝既能缓解我国缺乏铝矿的现状，又能减少煤燃烧产生的污染。煤灰含Al2O3、SiO2、CaO、Fe2O3等。煤灰中提取铝的工艺流程如图所示，下列说法正确的是( )
A．煤灰加酸进行酸浸时，用硫酸酸浸溶解效果好
B．操作1、2、3、4名称相同，操作时都除去了一种杂质
C．X为CO2，发生的反应为CO2+2H2O+AlO2-=Al(OH)3↓+HCO3-
D．制金属铝需要电解氧化铝，阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
【答案】C
【解析】A项，煤灰含Al2O3、SiO2、CaO、Fe2O3等，用盐酸可使Al2O3、CaO、Fe2O3溶解，生成可溶性的盐，用硫酸酸浸CaO与硫酸反应生成微溶的CaSO4，不符合题意，故A错误；B项，操作1、2、3、4名称相同都为过滤，1、2、3操作时都除去了一种杂质，4除去溶液中的多种杂质，故B错误；C项，根据流程图可知通入CO2，制得Al(OH)3沉淀，为保证反应完全，通入足量的CO2，反应为CO2+2H2O+AlO2−=Al(OH)3↓+HCO3−，故C正确；D项，制金属铝需要电解熔融的氧化铝，阳极反应式为2O2−-4e−=O2↑，故D错误；故选C。
27．铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下，SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸盐沉淀，下列说法错误的是( )
A．“电解II”是电解Na2CO3溶液，则b为阴极液，a为阳极液
B．“电解I”是电解熔融Al2O3，电解过程中阳极需要定期补充石墨
C．“反应”的离子方程式为：AlO2-+HCO3-+H2O =Al(OH)3↓+CO32-
D．“电解II”总反应方程式为：2H2O2H2↑+O2↑
【答案】D
【解析】铝土矿碱溶后铝元素存在形式为偏铝酸钠，过滤I后反应工序中为偏铝酸钠与碳酸氢钠溶液反应，得到碳酸钠和氢氧化铝，经过过滤II后氢氧化铝灼烧得到氧化铝，电解可制得金属铝和氧气；电解II为电解碳酸钠溶液，b极产生的溶液可用到碱溶工序中，故b极产生的为强氧化钠溶液，b为阴极液，a为阳极液。A项，由题图可知，b极产生的溶液可用到碱溶工序，故b极产生氢氧化钠溶液，所以b为阴极液，ａ为阳极液，A正确；B项，电解I是电解熔融Al2O3，生成Al和O2，电解过程中作阳极的石墨易被氧气氧化，从而被消耗，所以电解过程中阳极需要定期补充石墨，B正确；C项，“反应”发生在HCO3-与AlO2-之间，离子方程式为：AlO2-+HCO3-+H2O =Al(OH)3↓+CO32-，C正确；D项，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，氢离子和碳酸根离子结合生成碳酸氢根离子，电极反应为：4CO32-+2H2O-4e- =4HCO3-+O2↑，阴极的电极反应式为2H2O+2e- =H2↑+2OH-，总反应方程式为4CO32-+6H2O HCO3-+O2↑+2H2↑+4OH-，D错误； 故选D。
28．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项，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/mol，则两份生成氢气的质量比一定为，A正确；B项，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项，铝热剂中铝和铁元素的物质的量之比为 ，C错误；D项，铝热剂中氧和铁元素的物质的量之比为 ，D正确；故选C。
29．科学探究可以培养学生良好的科学思维。某兴趣小组进行了金属燃烧实验：
实验
1
2
3
步骤
将一片铝箔在空气中用酒精灯加热
将另一片相同铝箔伸入到充满氧气的集气瓶中，引燃
将一段镁条在空气中用酒精灯加热
现象
铝箔不燃烧，熔化后也不滴下，外面立即形成一层薄膜
铝箔剧烈燃烧，发出耀眼白光
镁条剧烈燃烧，发出耀眼白光
试回答下列问题：
(1)进行1、2实验的目的是为研究铝和氧气反应的剧烈程度是否与氧气的____有关。
(2)某同学分析2、3实验后就得出如下结论：不同金属的活动性是不同的。其他同学认为这个结论不可靠，你认为他们的理由是____。
(3)小组同学认为镁和铝的活动性可以通过与氧气反应的剧烈程度来比较，你认为还可以通过____的实验来比较。
(4)在实验1中，有同学用细针去刺破液态铝外面的薄膜，观察到里面的液态铝依然没有流出来。实验后，同学们查阅资料获知该薄膜是氧化铝，其熔点明显高于酒精灯火焰的温度，由此推断，刺破薄膜后液态铝会迅速和____反应又会形成致密氧化膜，所以液态铝不会流出来。
【答案】(1)浓度(或纯度、含量)
(2)只用镁、铝金属做实验，选择的金属样本种类太少(或实验中存在氧气浓度和金属种类两个变量没有控制)
(3)镁、铝与酸反应产生气泡的快慢(或镁是否与可溶性铝盐反应等)
(4)氧气
【解析】根据实验控制变量来分析实验目的，根据金属活动性不同和酸反应的快慢不同来验证金属性强弱。根据铝能迅速和氧气反应生成氯化铝膜进行分析。(1)进行1、2实验中氧气的浓度不同，故实验的目的是为研究铝和氧气反应的剧烈程度是否与氧气的浓度有关。(2)不能只用镁、铝金属做实验，且选择的金属样本种类太少(或实验中存在氧气浓度和金属种类两个变量没有控制)就得出此结论。(3)还可以用镁铝和酸反应产生气泡的快慢或者镁是否和铝盐发生置换反应来验证镁铝的活动性。(4)铝能迅速和氧气反应生成氧化铝膜，故液态铝不会流出。
30．某铝土矿中主要含有Al2O3、Al(OH)3、AlO(OH)，还含有等杂质。利用拜耳法生产氧化铝的流程如图所示：
回答下列问题：
(1)将铝土矿粉碎后再进行碱浸，原因是_______。
(2)与NaOH溶液反应的化学方程式为_______。
(3)滤渣1的主要成分是_______，写出它的一种用途_______。
(4)加Al(OH)3晶核的目的是促进Al(OH)3的析出。上述稀释、结晶工艺，也可用通入足量的_____气体的方法来代替。
(5)实验室中进行焙烧时最适合用来盛放Al(OH)3固体的仪器的名称是_______。
(6)浓缩所得的NaOH溶液由于吸收了空气中的CO2而含有杂质，该杂质可通过苛化反应除去，写出苛化反应的化学方程式：_______。
(7)该生产流程能实现_______(填化学式)的循环利用。
【答案】(1)增大固液接触面积，加快反应速率
(2) AlO(OH)+ NaOH=NaAlO2+H2O
(3) Fe2O3 作油漆、涂料的颜料等
(4)CO2 (5)坩埚
(6) Na2CO3+Ca(OH)2=2NaOH+ CaCO3↓
(7) NaOH
【解析】铝土矿碱浸后过滤得到含偏铝酸跟离子的溶液，滤渣1为Fe2O3，加入水稀释促进AlO2-水解，加Al(OH)3晶核是为了使水解平衡正向移动，生成Al(OH)3沉淀；浓缩液因为吸收了空气中的CO2而使溶液中含有CO32-杂质，加入熟石灰与CO32-反应得到NaOH溶液和CaCO3固体。(1)粉碎铝土矿，颗粒物变小，反应接触面积增大，提高碱浸速率，故选增大接触面积，提高碱浸速率；(2)AlO(OH)与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，反应方程式为：AlO(OH)+ NaOH=NaAlO2+H2O；(3)Fe2O3与NaOH溶液不反应，故滤渣1的主要成分为Fe2O3；Fe2O3为红棕色粉末，可用作红色染料和着色剂；(4)流程中碱浸后的溶液为主要含AlO2-的溶液，除了上述方法可以得到Al(OH)3外，还有通入CO2气体得到Al(OH)3，其反应为AlO2-+ CO2+2H2O= Al(OH)3+HCO3-；(5)焙烧时需要在高温下进行，所用仪器为坩埚；(6)NaOH吸收空气中的CO2发生的反应为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，加入熟石灰的反应为Na2CO3+Ca(OH)2=2NaOH+ CaCO3↓；(7)流程中碱浸时加入了NaOH溶液，苛化后得到NaOH溶液，可见NaOH参与了整个流程的循环。
31．铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如图所示：
注：SiO2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NaHCO3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Al2O3，标准状况下每产生11.2LO2转移的电子数为_______。
(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，其原理如图所示，阳极的电极反应式为_______。
【答案】(1) NaAlO2或AlO2- 将矿石研磨、升高温度、增大NaOH溶液浓度等
(2) 减小 AlO2-+HCO3-+H2O =Al(OH)3↓+CO32-
(3)2NA
(4) 4CO32-+2H2O-4e- =4HCO3-+O2↑
【解析】Al2O3为两性氧化物能与强酸能与强碱反应，SiO2为酸性氧化物在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，Fe2O3不与氢氧化钠反应，则滤渣为Fe2O3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：HCO3-+OH-=CO32-+H2O和AlO2-+HCO3-+H2O =Al(OH)3↓+CO32-，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Al2O3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2NA，阳极电极反应式为4CO32-+2H2O-4e- =4HCO3-+O2↑。(1)①Al2O3加入氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，Al2O3变为NaAlO2或AlO2-；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：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，碱性减弱，pH减小；②NaAlO2和NaHCO3反应的离子方程式为：AlO2-+HCO3-+H2O =Al(OH)3↓+CO32-；(3)“电解Ⅰ”是电解熔融的Al2O3生成Al和O2，标准状况下产生11.2LO2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2NA。(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，阳极失去电子，左侧电极为阳极，根据图示可得Na2CO3为反应物，NaHCO3和O2为生成物，则电极反应式为：4CO32-+2H2O-4e- =4HCO3-+O2↑。
32．(2022·江苏省南京师大附中高三模拟)高纯超细氧化铝是一种新型无机功能材料，以硫酸铵和硫酸铝为原料制备复盐硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2·12H2O]，经硫酸铝铵热分解可制得高纯超细氧化铝，其流程如下：
(1)操作①需加入稀H2SO4，其目的是_______，“纯化”的方法为_______。
(2)取4.53g[NH4Al(SO4)2·12H2O加热分解，最终剩余0.51g Al2O3固体。加热过程中固体质量随温度的变化如图所示。写出硫酸铝铵晶体在633℃分解产生的固体的化学式：_______。
(3)实验室以NH4Al(SO4)2和NH4HCO3为原料，在一定条件下反应生成制备纳米Al2O3的前驱体NH4AlO(OH)HCO3和(NH4)2SO4等物质，NH4AlO(OH)HCO3高温分解即得超细氧化铝。写出生成NH4AlO(OH)HCO3沉淀的化学方程式：_______。
(4)为了测定高纯超细氧化铝粉中Al2O3的质量分数，可用EDTA标准溶液滴定。取0.2040g氧化铝粉溶于盐酸，加入过量的30.00mLEDTA标准溶液并加热煮沸，充分反应后，再用的标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗标准溶液体积为5.00mL。已知Al3+、与EDTA反应的化学计量比均为1：1。
①加入过量的EDTA标准溶液并加热煮沸的原因是_______。
②计算Al2O3的质量分数_________(写出计算过程)。
【答案】(1) 防止NH4+和Al3+的水解 重结晶
(2) Al2(SO4)3
(3) NH4Al(SO4)2+4NH4HCO3=NH4AlO(OH)HCO3↓+2(NH4)2SO4+3CO2↑+H2O
(4) 有利于Al3+充分反应、加快反应速率 98.5%
【解析】(1)铵根离子和铝离子会发生水解，温度越高，水解程度越大，水解生成氢离子，加入硫酸的目的是抑制铵根离子和铝离子的水解。纯化前有杂质，纯化后为晶体，提纯固体粗产品物质常用的方法为重结晶；(2)NH4Al(SO4)2⋅12H2O相对分子质量为453，4.53g该物质正好为0.01mol，NH4Al(SO4)2相对分子质量为237，故在A点时硫酸铝铵晶体失去全部的结晶水生成NH4Al(SO4)2，Al2(SO4)3的相对分子质量为342，且根据铝守恒可知Al2(SO4)3的物质的量为0.005mol，0.005mol Al2(SO4)3质量为1.71g，故硫酸铝铵晶体在633℃分解产生的固体的化学式为Al2(SO4)3；(3)由题干可知，反应生成NH4AlO(OH)HCO3和(NH4)2SO4等物质，反应物中有2个硫酸根，则(NH4)2SO4系数应该为2，由此产物中铵根有5个，则NH4HCO3前系数为4，以上系数确定后可得生成物中还应有3个CO3和1个H2O，故反应方程式为NH4Al(SO4)2+4NH4HCO3=NH4AlO(OH)HCO3↓+2(NH4)2SO4+3CO2↑+H2O；(4)①加入过量的EDTA标准溶液并加热煮沸，有利于Al3+充分反应，同时加热也有助于提高反应速率；②已知Al3+、Zn2+与EDTA反应的化学计量比均为1：1，消耗Zn2+的物质的量为0.172mol/L×0.005L=0.86×10-3mol，则Zn2+消耗EDTA0.86×10-3mol，而共加入EDTA0.16mol/L×0.03L=4.8×10-3mol，则Al3+消耗的EDTA为(4.8-0.86)×10-3=3.94×10-3mol，则样品中有Al2O31.97×10-3mol，即1.97×10-3×102=0.20094g，则Al2O3的质量分数为0.20094÷0.204=98.5%。
33．(2023·湖南省长沙市高三联考)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可做中药，性味酸涩、寒、有毒。利用废铝制备明矾，并测定其组成，实验过程如下。
Ⅰ.制备明矾
实验步骤如图：
(1)溶解步骤中主要发生的离子反应方程式为_______。
(2)用蒸馏水洗涤晶体的操作过程是_______。
(3)生活中明矾可用作净水剂，结合离子方程式说明净水原理：_______。
Ⅱ.样品中硫酸根的测定
(一)绘制标准硫酸钡悬浊液吸光光谱图
①分别量取0、1.0、2.0、3.0、4.0mL浓度为500μg/mL的标准硫酸钾溶液移入10mL的比色管中，然后分别加入5mL浓度为1g/mL的BaCl2溶液，用蒸馏水定容。
②用分光光度计测量标准系列(波长采用420nm)，数据如下(忽略混合过程中的体积变化)。
K2SO4(mL)
1.0
2.0
3.0
4.0
蒸馏水体积(mL)
5
a
b
c
1
SO42-浓度(μg/mL)
0
50
100
150
200
吸光值A
0
0.371
0.553
0.778
1.013
③绘制硫酸钡悬浊液的吸光光谱图，绘制如下。
(4)上述实验数据中b=_______，m=_______(保留1位有效数字)。
(二)测定样品中硫酸根浓度
①称取1.018g样品晶体配制成250mL的样品溶液。
②量取1.0mL样品溶液移入10mL的比色管中，然后加入5mL浓度为1g/mL的BaCl2溶液，用蒸馏水定容，测得样品的吸光值为0.858。
(5)测得样品中硫酸根的质量分数为_______%(保留2位有效数字)。
(6)实验测得硫酸根的含量小于理论值，可能的原因有_______(填标号)。
A．实验Ⅰ制得样品中有K2SO4杂质
B．实验中所用标准硫酸钾溶液浓度偏大
C．样品溶液配制过程中，定容仰视读数
D．样品溶液配制过程中，容量瓶未润洗
【答案】(1) 2Al+2OH--+2H2O=2AlO2-+3H2↑
(2)向过滤器中注入蒸馏水，使其完全浸没晶体，待蒸馏水自然流尽后，重复操作2~3次
(3)，形成的胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物共同沉降
(4) 3 0.005 (5)39 (6)BC
【解析】(1)溶解过程中主要反应为Al和KOH溶液的反应，离子方程式为2Al+2OH--+2H2O=2AlO2-+3H2↑；(2)用蒸馏水洗涤晶体的一般操作为：向过滤器中注入蒸馏水，使其完全浸没晶体，待蒸馏水自然流尽后，重复操作2~3次；(3)铝离子水解，形成的胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物共同沉降；(4)各组数据中所用溶液总体积应相等，所以，得；将代入可得，解得；(5)将代入，解得，所以样品中硫酸根的质量分数为；(6)A项，K2SO4中硫酸根的质量分数大于明矾，所以若样品中有K2SO4杂质会导致结果偏高，A不符合题意；B项，实验中所用标准硫酸钾溶液浓度偏大，则导致吸光光谱图整体向左平移，所以同样的吸光值，会使相应的硫酸根浓度偏小，B符合题意；C项，样品溶液配制过程中，定容仰视读数，导致样品溶液被稀释，硫酸根的浓度减小，测定的吸光值偏小，则计算得到的硫酸根的质量分数偏小，C符合题意；D项，样品溶液配制过程中，容量瓶未润洗，对结果无影响，D不符合题意；故选B
考点15 铝及其化合物
(好题冲关)
【基础过关】
1．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说法错误的是( )
A．可用NaOH溶液除去Fe2O3粉末中少量的Al2O3
B．纯铝的硬度和强度较小，不适合用于制造机器零件
C．铝制品廉价易得，适用于厨房蒸煮和长期存放碱性食物
D．铝在冷的浓硝酸中发生钝化，因此可用铝槽车运输浓硝酸
【答案】C
【解析】A项，Al2O3是两性氧化物，可以溶于NaOH溶液，Fe2O3是碱性氧化物，不和NaOH反应，所以可用NaOH溶液除去Fe2O3粉末中少量的Al2O3，故A正确；B项，纯铝的硬度和强度较小，不适合用于制造机器零件，可以用铝合金制造机器零件，故B正确；C项，铝能和碱反应，不适用于厨房蒸煮和长期存放碱性食物，故C错误；D项，铝在冷的浓硝酸中发生钝化，因此可用铝槽车运输浓硝酸，故D正确；故选C。
2．某同学通过系列实验探究Al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，将铝条置于其中探究Al的活泼性
B．将NaOH溶液缓慢滴入Al2(SO4)3溶液中至过量，最终观察到有沉淀生成
C．将Al(OH)3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Al(OH)3沉淀转入蒸发皿中，加足量稀硫酸，加热蒸干得无水Al2(SO4)3固体
【答案】D
【解析】A项，稀释浓硫酸时应将浓硫酸加入水中并不断搅拌；B项，将过量的NaOH溶液滴入Al2(SO4)3溶液中，最终生成NaAlO2溶液无沉淀；C项，过滤时应将溶液用玻璃棒引流到漏斗中。
3．下列关于铝及其化合物的说法不正确的是( )
A．不能用铝制容器腌咸菜，因为铝单质会和较浓的Cl－发生络合反应
B．铝热反应过程会放出大量的热，这说明构成氧化铝的微粒间存在着强烈的作用力
C．氢氧化铝不溶于过量氨水，但氢氧化铜、氢氧化银沉淀都溶于过量氨水
D．刚玉是一种高硬度、高熔点的化合物，刚玉坩埚不能用来熔融纯碱
【答案】A
【解析】铝制餐具表面有一层致密的氧化膜，平时可以用来保护餐具，但如果长时间蒸煮或存放具有酸性、碱性、或咸味的东西，由于氧化铝是两性的，所以会破坏氧化膜，从而破坏铝制餐具，同时产生有毒物质，而不是因为铝单质会和较浓的Cl－发生络合反应，A错误；氧化铝为离子晶体，存在着离子键，铝热反应过程中形成氧化铝的离子键，放出大量的热，说明构成氧化铝的微粒间存在的离子键具有强烈的作用力，B正确；一水合氨是弱碱，氢氧化铝不溶于过量氨水，但氢氧化铜、氢氧化银沉淀都溶于过量氨水形成配合物，C正确；刚玉的主要成分是Al2O3，是一种高硬度、高熔点的化合物，Al2O3高温下与纯碱会发生反应，因此刚玉坩埚不能用来熔融纯碱，D正确。
4．(2023·广东省广州市三模)下图为铝的生产原理示意图，下列相关说法不正确的是( )
A．冰晶石做助熔剂
B．氧化铝属于过渡晶体
C．金属铁、铜的冶炼方法与铝类似
D．铝在工业上是一种很好的还原剂
【答案】C
【解析】A项，冰晶石在电解铝工业中常用作助熔剂，正确；B项，氧化铝的晶体结构具有某些过渡金属的特征，因此被称为过渡晶体，正确；C项，工业上用电解熔融的氧化铝，得到金属铝和氧气，而工业上用热还原法来冶炼金属铁、铜，错误；D项，Al为活泼金属，冶金工业中常作还原剂，正确；故选C。
5．(2023·湖南省长沙市高三联考)学习小组用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾，并测定明矾中结晶水的含量。
上述实验中不需要用到的操作是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】A项，溶液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到明矾晶体，需要用到蒸发皿，故A不符合题意；B项，明矾晶体灼烧得到KAl(SO4)2，则需要在坩埚中加热，故B不符合题意；C项，溶液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到明矾晶体，需要用过滤，故C不符合题意；D项，该流程中没有分液，故D符合题意；故选D。
6．下列各组物质，不能按 (“→”表示反应一步完成)关系转化的是( )
选项
a
b
c
A
Al2O3
NaAlO2
Al(OH)3
B
AlCl3
Al(OH)3
NaAlO2
C
Al
Al(OH)3
Al2O3
D
MgCl2
Mg(OH)2
MgO
【答案】C
【解析】，Al2O3与过量NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2与AlCl3反应生成Al(OH)3，Al(OH)3受热分解得Al2O3，A符合；，AlCl3与少量NaOH反应生成Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2和过量盐酸反应生成AlCl3，B符合；Al不能一步生成Al(OH)3，C不符合；，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2受热分解得MgO，MgO和盐酸反应生成MgCl2，D符合。
7．下列反应中的离子方程式书写正确的是( )
A．向氯化铝溶液中滴加过量氨水：4NH3·H2O＋Al3＋===AlO＋4NH＋2H2O
B．NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量NaOH溶液：NH＋OH－===NH3·H2O
C．向明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===2BaSO4↓＋AlO＋2H2O
D．向NaAlO2溶液中通入足量CO2：2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO
【答案】C
【解析】A项，氨水不能溶解Al(OH)3；B项，NH、Al3＋同时存在时，Al3＋与OH－先反应；D项，通足量CO2时，应生成HCO。
8．空气中久置的铝片5.0g投入盛有50mL0.5mol/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项，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项，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项，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项，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。
9．工业上用某种氧化铝矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图所示：
对上述流程中的判断正确的是( )
A．试剂X可以为氨水，沉淀中含有铁的化合物
B．CO2可以用H2SO4溶液或稀盐酸代替
C．反应Ⅱ为CO2＋AlO＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO
D．工业上还可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，成本更低
【答案】C
【解析】A项，氨水为弱碱不能溶解Al2O3；B项，用强酸代替CO2，易造成Al(OH)3的溶解，进而造成Al的损失；D项，Fe不能还原Al2O3。
10．向含Al2(SO4)3 和 AlCl3的混合溶液中逐滴加入1 mol/L Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是( )
A．图中A点生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3
B．原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：1
C．AB段反应的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
D．向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀
【答案】B
【解析】向含Al2(SO4)3 和 AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH-、Ba2+与SO42- 之间的离子反应，如下Ba2++ SO42-═BaSO4↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-═AlO2- +2H2O，假设1molAl2(SO4)3中SO42-完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3mol，3molBa(OH)2提供6molOH-，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓可知，1molAl2(SO4)3中的Al3+和SO42- 均沉淀完全，故从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成3molBaSO4、2molAl(OH)3沉淀，A点时SO42-完全沉淀，AB为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，BC为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解，C点时氢氧化铝完全溶解。A项，图中A点是Al2(SO4)3和Ba(OH)2的反应，故生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3，A正确；B项，前3LBa(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3L-6L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2(SO4)3]=n[Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)=2n[Ba(OH)2]=6mol，故n(AlCl3)=2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2，B错误；C项，AB段为氯化铝与氢氧化钡的反应，故离子方程式为Al3++3OH-═Al(OH)3↓，C正确；D项，D点的溶液中含有AlO2-，通入二氧化碳产生氢氧化铝白色沉淀，D正确；故选B。
11．以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是( )
A．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的
B．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4
C．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3
D．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来
【答案】A
【解析】A项，隔绝空气由，可知反应中消耗的FeS2与Fe2O3物质的量比为1：16，故A错误；B项，FeS2焙烧会生成SO2，SO2会污染空气，加入CaO会与SO2和氧气生成CaSO4，硫酸钙可以做建筑材料石膏，故B正确；C项，滤液中含有偏铝酸根，加入酸与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，但氢氧化铝为两性氢氧化物，会溶于盐酸等强酸生成Al3+，故通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀，经过滤、洗涤、灼烧可制得Al2O3，C正确；D项，四氧化三铁具有磁性，故可以用磁选法进行分离，故D正确；故选A。
12．以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)，其制备实验流程如下：
(1)铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为_____________________；
(2)加30%的H2O2溶液的目的是_____________________；
(3)煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al(SO4)2•12H2O]2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O，将产生的气体通过如下图所示的装置。
①集气瓶中收集到的气体是________(填化学式)；
②KMnO4溶液褪色(MnO4-还原为Mn2+)，此褪色过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
【答案】(1)Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O
(2)氧化Fe2+为Fe3+，有利于在沉铁过程中除去
(3) ①N2 ②2：5
【解析】铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe(CN)6]Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al(SO4)2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3。(1)Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为：Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；(2)滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液Fe2+被氧化为Fe3+，有利于在沉铁过程中除去；(3)①NH4Al(SO4)2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；②在酸性条件下，氧化剂KMnO4与还原剂二氧化硫反应的离子方程式为2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5。
13．用教材中的实验装置进行铝热反应实验时，存在纸漏斗易燃烧、火星四射等问题，某校化学兴趣小组同学为了解决这些问题将实验装置做了如图改进(如图A所示)。取磁性氧化铁在图A装置中进行铝热反应，冷却后得到“铁块”混合物。
(1)实验中可以用蔗糖和浓硫酸代替镁条作引火剂，原因是_______。
(2)该铝热反应的化学方程式为_______。
(3)取反应后的“铁块”研碎取样称量，加入如图B所示装置，滴入足量溶液充分反应，测量生成气体的体积以求得样品中残留铝的质量分数。
试回答下列问题：
①量气管在读数时必须进行的步骤是_______。
②取样品进行上述实验，共收集到(标准状况下)气体，则“铁块”中铝的质量分数为_______。
③图B装置中分液漏斗上端和试管用橡胶管连通，除了可以平衡压强让液体顺利滴入试管之外，还可以起到降低实验误差的作用。如果装置没有橡胶管，则测得的“铁块”中铝的质量分数将会_______(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】(1)蔗糖在浓硫酸中脱水并放出大量的热 8
(2)Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe
(3)①冷却至常温和调节量气管使左右液面相平 ②3.6% ③偏大
【解析】(1)浓硫酸能使蔗糖脱水并放出大量的热，可作引火剂；(2) Al还原Fe3O4生成Fe和Al2O3，化学方程式为8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe；(3)①因为气体的体积受温度和压强影响，所以量气管在读数时必须进行的步骤是：冷却至常温和调节量气管使左右液面相平；②根据离子方程式：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑可知，，则“铁块”中铝的质量分数为；③如果装置没有橡胶管，随着分液漏斗中液体流下，试管中压强增大，会导致排入量气管中的液体增多，造成气体读数偏大，即“铁块”中铝的质量分数偏大。
【能力提升】
14．(2023·北京市东城区二模)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用作净水剂。某同学设计利用废铝箔(主要成分为，含少量等)制备明矾的流程如下图所示。
下列说法不正确的是( )
A．①中反应的离子方程式是2Al+2OH--+2H2O=2AlO2-+3H2↑
B．③中反应的离子方程式是Al(OH)3 +3H+=Al3++3H2O
C．操作a是蒸发结晶，用到的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等
D．明矾净水的原理：Al3+水解生成的Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮颗粒物
【答案】C
【解析】铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，过滤后滤渣为氢氧化铝，氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝，加入硫酸钾饱和溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾。A项，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH--+2H2O=2AlO2-+3H2↑，A正确；B项，③为氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式是Al(OH)3 +3H+=Al3++3H2O，B正确；C项，混合溶液蒸发结晶不能得到带结晶水的物质，该操作为蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾，C错误；D项，明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体有较大的表面积，能吸附水中的悬浮颗粒物，从而达到净水目的，D正确；故选C。
15．(2023·北京市海淀区三模)为探究温度、浓度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，某兴趣小组查询了相关资料，并进行了实验探究。以下三组实验均采用了相同形状且等质量的打磨后的铝片。
【文献资料】
(I)铝和碱液的反应实质是铝先和水反应生成Al(OH)3和H2，生成的Al(OH)3和OH-反应生成[Al(OH)4]-而溶解。
(II)碳酸氢钠溶液常温下就能缓慢分解，温度越高分解速率越大。
实验
温度/
c(Na2CO3)/mol·L-1
V(Na2CO3)溶液
实验现象
①
25
0.5
5
有细小的气泡
②
25
a
5
有较多气泡，气体不能使澄清石灰水变浑浊；用试管收集的气体靠近火焰有爆鸣声
③
80
2.0
5
有大量白色絮状沉淀和气泡，气体可使澄清石灰水变浑浊；气体通过溶液除杂后用试管收集，靠近火焰有爆鸣声
下列说法不正确的是( )
A．a=2.0
B．实验③的反应速率比实验②更大的原因之一是实验③中OH-浓度更大
C．实验③中的气体为CO2、H2混合气体，白色沉淀的产生可能是由于CO2往溶液上方移动时与[Al(OH)4]-反应生成
D．将实验②中的Na2CO3溶液换成相同浓度的NaHCO3溶液，无白色沉淀生成
【答案】D
【解析】A项，由表格数据可知，实验②和③的反应温度不同，实验目的是探究温度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，由探究实验的变量唯一化原则可知，实验②和③的碳酸钠溶液浓度相等，则a=2.0，故A正确；B项，由表格数据可知，实验②和③的反应温度不同，实验目的是探究温度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，碳酸钠在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，溶液中的氢氧根离子浓度增大，与铝反应速率增大，则实验③的反应速率比实验②更大的原因之一是实验③中氢氧根离子浓度更大，故B正确；C项，由实验现象可知实验③中的气体为二氧化碳和氢气的混合气体，二氧化碳气体是碳酸钠水解生成的碳酸氢钠受热分解生成而得，反应生成的二氧化碳往溶液上方移动时能与溶液中的四羟基合铝离子反应生成氢氧化铝白色絮状沉淀，故C正确；D项，碳酸氢根离子能与溶液中的四羟基合铝离子反应生成氢氧化铝白色絮状沉淀，则将实验②中的碳酸钠溶液换成相同浓度的碳酸氢钠溶液有白色沉淀生成，故D错误；故选D。
16．利用传感器探究在密闭环境中铝片和少量稀盐酸反应过程中温度和压强的变化，结果如图。下列说法错误的是( )
A．50~100s，压强变大是反应放出热量导致的
B．100s时，容器内温度最高
C．100s之后，溶液中溶质为AlCl3
D．100s之后，压强减小是因为温度降低导致的
【答案】A
【解析】A项，50～100s，压强变大是反应放出热量、生成氢气共同导致的，故A错误；B项，100s时，容器内温度最高，故B正确；C项，100s之后盐酸完全反应，溶液中溶质为AlCl3，故C正确；D项，100s之后反应停止，压强减小是因为温度降低导致的，故D正确；故选A。
17．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项，由于钠比镁活泼，镁能与CO2反应，则钠也能与CO2反应，故Mg燃烧不能用CO2灭火，故Na燃烧也不能用CO2灭火，A项正确；B项，Fe在O2中燃烧生成Fe3O4，B项错误；C项，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，C项错误；D项，Al具有两性，能和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，而Mg不具有两性，不能和NaOH溶液反应，D项错误；故选A。
18．中国科学院金属研究所发现采用Na2SnO3和NaOH混合促进剂，可明显提高铝与水反应制氢系统的性能，制氢机理如图。Na2SnO3溶液显碱性，NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A．1L0.1mol·L-1 Na2SnO3溶液中阴离子数目大于0.1NA
B．该过程中存在6Al+3Na2SnO3+15H2O=3Sn+6NaAl(OH)4+3H2↑
C．标准状况下，反应过程中生成33.6LH2，转移电子数目为9NA
D．Al-Sn原电池的形成，能提高产氢速率，析氢反应主要发生在Sn上
【答案】C
【解析】Al与Na2SnO3 可以发生反应6Al+3Na2SnO3+15H2O=3Sn+6NaAl(OH)4+3H2↑(1)，和NaOH也可发生反应2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl(OH)4+3H2↑(2)，图示中Al与Na2SnO3和NaOH反应，随着反应的进行生成的Sn和氢气的量也逐渐增多。A项，Na2SnO3溶液显碱性，SnO32-会发生水解，生成HSnO3-和OH-，阴离子个数增多，大于NA个，A正确；B项，根据分析该过程存在6Al+3Na2SnO3+15H2O=3Sn+6NaAl(OH)4+3H2↑，B正确；C项，在整个过程中生成故氢气的反应有两个，当氢气全部是反应(1)生成的，33.6L H2转移的电子数为9NA，当氢气全部是反应(2)生成的，转移的电子数为3NA ，两个反应同时发生，故转移电子数目为介于3NA与9NA之间，C错误；D项，形成Al-Sn原电池可以加快反应速率，Al活泼作负极，故Sn作正极，析氢反应主要发生在Sn上，D正确；故选C。
19．向分别盛有10mL3mol·L-1的盐酸和NaOH溶液的甲、乙两烧杯中，加入等质量的铝粉，反应结束后，相同温度和压强测得生成的气体体积分别为V(甲)、V(乙)，下列说法正确的是( )
A．消耗的HCl和NaOH的物质的量比为V(甲)：V(乙)
B．若V(甲)：V(乙)=1：2，投入的铝粉质量为0.54g
C．若V(甲)：V(乙)=1：3，铝粉在两烧杯中都恰好完全反应
D．若盐酸和NaOH溶液都完全反应，两反应的电子转移数之比为1：1
【答案】B
【解析】A项，此实验反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，通过化学方程式可以看出，消耗的HCl和NaOH的物质的量比为3V(甲)：V(乙)，A错误；B项，盐酸和NaOH溶液中的溶质的物质的量均为0.03mol，测得生成的气体体积比为V(甲)：V(乙)=1：2，即生成的氢气物质的量之比是1：2，设铝与酸完全反应时，生成的氢气的物质的量为x，，得：x=0.015mol；相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以氢氧化钠和铝反应生成的氢气的物质的量为：0.015mol×2=0.03mol，碱与铝反应时，铝反应完全，设铝的物质的量为y，，得：y=0.02mol，所以铝的质量为：0.02mol×27g/mol=0.54g，B正确；C项，根据方程式，当为V(甲)：V(乙)=1：3时，消耗等物质的量的HCl和氢氧化钠，铝粉过量，C错误；D项，根据方程式，HCl完全反应，该反应中转移电子的物质的量为0.03mol，NaOH完全反应，该反应中转移电子的物质的量为0.09mol，两反应的电子转移数之比为1：3，D错误；故选B。
20．铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学中常用的基准试剂，其制备过程如图：
下列说法不正确的是( )
A．过程Ⅰ过滤可得到NaHCO3晶体
B．过程Ⅱ加入稀硫酸的目的是为了除去滤液A中混有的NaHCO3杂质
C．向铵明矾溶液中加入足量溶液，反应的离子方程式为NH4++Al3++5OH-= NH3·H2O+ AlO2-+2H2O
D．铵明矾能析出是因为其溶解度比(NH4)2SO4、Al2(SO4)3的大
【答案】D
【解析】NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO3沉淀，过滤后得滤液中有(NH4)2SO4和少量的NaHCO3，将(NH4)2SO4溶液用稀硫酸调节pH值为2，使NaHCO3生成硫酸钠，得溶液B为(NH4)2SO4溶液和少量的硫酸钠溶液，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾。A项，结合流程分析可知，过程Ⅰ过滤可得到NaHCO3晶体，故A正确；B项，结合流程分析可知，将(NH4)2SO4溶液用稀硫酸调节pH值为2，使NaHCO3生成硫酸钠，即过程Ⅱ加入稀硫酸的目的是为了除去滤液A中混有的NaHCO3杂质，故B正确；C项，向铵明矾溶液中逐滴加入过量的NaOH溶液，生成偏铝酸钠、一水合氨、硫酸钠和水，离子方程式为NH4++Al3++5OH-= NH3·H2O+ AlO2-+2H2O，故C正确；D项，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾，说明铵明矾能析出是因为其溶解度比(NH4)2SO4、Al2(SO4)3的均小，故D错误；故选D。
21．以含钴废渣(主要成分为CoO和Co2O3，含少量Al2O3和ZnO)为原料制备CoCO3的工艺流程如图：
下列说法正确的是( )
A．酸浸时可采用高温提高酸浸速率
B．除铝时加入Na2CO3溶液过滤后所得滤渣是Al2(CO3)3
C．萃取时萃取剂总量一定，分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好
D．沉钴时将含Co2+的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，可提高CoCO3的产率
【答案】C
【解析】钴废渣主要 成分为CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质，加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，纵观整个流程知最后得到CoCO3，说明该过程中二氧化硫起还原作用，硫酸与氧化铝、氧化锌反应，所得溶液中含有硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子转化为氢氧化铝沉淀并过滤除去；加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌，在水相中加入碳酸钠溶液生成CoCO3固体。A项，因为温度过高，可能会使用溶液起化学反应，从而无法达到溶浸的目的，酸浸时适当升高温度可提高酸浸速率，A项错误；B项，除铝时加入Na2CO3溶液，发生的反应为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，过滤后所得滤渣是Al(OH)3，B项错误；C项，萃取过程中，多次萃取能使萃取效率提高，C项正确；D项，将含Co2+的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，碳酸钠过量，液碱性过强，会生成Co(OH)2沉淀，降低CoCO3的产率，D项错误；故选C。
22．探究铝片与Na2CO3溶液的反应。
均无明显现象
铝片表面产生细小气泡
加热后出现白色浑浊，产生大量气泡(经检验为H2和CO2)
下列说法错误的是( )
A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-
B．对比I、III说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜
C．H2逸出有利于CO32-水解平䡓向正反应方向移动
D．推测出现白色浑浊的原因：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】D
【解析】A项，碳酸钠为强碱弱酸盐，在水溶液中会发生水解，主要水解平衡为：CO32-+H2OHCO3-+OH-，A正确；B项，I中Al表面没有气泡，说明表面有氧化膜，III中Al有气泡，说明表面氧化膜被破坏，B正确；C项，氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根离子，消耗了氢氧根离子，从而促进了碳酸根离子的水解，所以H2逸出对CO32-水解平衡向正反应方向移动，C正确；D项，碳酸钠水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反应生成偏铝酸根离子，去掉氧化膜后，铝与氢氧根离子、水反应生成氢气，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，所以出现白色沉淀的原因可用离子方程式表示为：Al3++HCO3-+H2O =Al(OH)3↓+CO32-，D错误；故选D。
23．硫酸铝铵晶体高温下发生的主要反应为： 。将产生的气体通过下图所示的装置(假设试剂均过量)。下列说法正确的是( )
A．反应中硫元素既得电子又失电子
B．装置Ⅰ中可以观察到出现白色沉淀，其主要成分是BaSO4和BaSO3
C．装置Ⅱ中可以观察到高锰酸钾紫色褪去
D．将装置Ⅰ、Ⅱ顺序交换，仍能观察到相同的现象
【答案】C
【解析】NH4Al(SO4)2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被BaCl2溶液吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，最终收集的氮气。A项，反应中硫元素的化合价只降、未升，则硫元素只体现氧化性，故A错误；B项，由产物NH3和SO3的物质的量之比可知，装置Ⅰ中只三氧化硫与氨气被吸收，生成硫酸钡，而无亚硫酸钡，故B错误；C项，二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，导致紫色褪去，故C正确；D项， 将装置Ⅰ、Ⅱ顺序交换，二氧化硫被氧化，三氧化硫被吸收，所以装置Ⅰ中无沉淀，故D错误；故选C。
24．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(m+4.25)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amol，由反应生成标准状况下5.6L氢气可得：mol+amol=，解得a=0.1。A项，镁铝合金中镁、铝的物质的量都为0.1mol，则溶解合金加入5mol/L盐酸的体积不少于×103mL/L=100mL，故A正确；B项，镁铝合金中镁、铝的物质的量都为0.1mol，则氢氧化镁、氢氧化铝沉淀的质量之和为mg+0.5mol×17g/mol=(m+8.5)g，故B错误；C项，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项，合金中镁、铝质量之比为48：54=8：9，故D正确；故选B。
25．氧化铝是工业上电解制铝的原料，工业上用铝土矿(主要成分Al2O3，还含有Fe2O3，SiO2等)为原料制取氧化铝的流程如图所示，下列说法错误的是( )
A．滤渣可用于炼铁
B．滤液1中所含阴离子为OH-、SiO32-、[Al(OH)4]-
C．步骤①、②、③中均不涉及氧化还原反应
D．步骤③中发生反应的离子方程式为：2[Al(OH)4]-+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-+H2O
【答案】D
【解析】铝土矿(主要成分Al2O3还含有Fe2O3、SiO2等)中的Al2O3、SiO2与 足量NaOH溶液发生反应生成NaAlO2溶液和Na2SiO3溶液，Fe2O3和NaOH溶液不反应，故过滤所得滤渣为Fe2O3；滤液1中含Na[Al(OH)4]、Na2SiO3以及过量的NaOH；向滤液I中加入CaO发生反应②，生成CaSiO3沉淀，说明加入的CaO在溶液中和Na2SiO3反应生成了CaSiO3沉淀和NaOH，而Na[Al(OH)4]未反应，故所得滤液2中含Na[Al(OH)4]和NaOH；向此滤液中通入足量的CO2发生反应③，则CO2会先和NaOH反应生成NaHCO3，后和Na[Al(OH)4]溶液反应生成Al(OH) 3沉淀和NaHCO3，过滤，即滤液3中为NaHCO3，Al(OH) 3沉淀经灼烧得到Al2O3。A项，滤渣的主要成分是Fe2O3，是含有铁元素的化合物，因此可以用于炼铁，A正确；B项，根据上述分析可知：滤液1中含Na[Al(OH)4]、Na2SiO3以及过量的NaOH，则其中的阴离子为OH-、SiO32-、[Al(OH)4]-，B正确；C项，①中的反应为：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；②中的反应为：CaO+H2O+Na2SiO3=CaSiO3↓+2NaOH；③中的反应为：CO2+ Na[Al(OH)4]=Al(OH)3↓+NaHCO3，这些反应均为非氧化还原反应，C正确；D项，由于通入CO2气体足量，反应产生NaHCO3，则步骤③中发生反应的离子方程式为：CO2+[Al(OH)4]-=Al(OH)3↓+HCO3-，D错误；故选D。
26．煤灰提取铝既能缓解我国缺乏铝矿的现状，又能减少煤燃烧产生的污染。煤灰含Al2O3、SiO2、CaO、Fe2O3等。煤灰中提取铝的工艺流程如图所示，下列说法正确的是( )
A．煤灰加酸进行酸浸时，用硫酸酸浸溶解效果好
B．操作1、2、3、4名称相同，操作时都除去了一种杂质
C．X为CO2，发生的反应为CO2+2H2O+AlO2-=Al(OH)3↓+HCO3-
D．制金属铝需要电解氧化铝，阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
【答案】C
【解析】A项，煤灰含Al2O3、SiO2、CaO、Fe2O3等，用盐酸可使Al2O3、CaO、Fe2O3溶解，生成可溶性的盐，用硫酸酸浸CaO与硫酸反应生成微溶的CaSO4，不符合题意，故A错误；B项，操作1、2、3、4名称相同都为过滤，1、2、3操作时都除去了一种杂质，4除去溶液中的多种杂质，故B错误；C项，根据流程图可知通入CO2，制得Al(OH)3沉淀，为保证反应完全，通入足量的CO2，反应为CO2+2H2O+AlO2−=Al(OH)3↓+HCO3−，故C正确；D项，制金属铝需要电解熔融的氧化铝，阳极反应式为2O2−-4e−=O2↑，故D错误；故选C。
27．铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下，SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸盐沉淀，下列说法错误的是( )
A．“电解II”是电解Na2CO3溶液，则b为阴极液，a为阳极液
B．“电解I”是电解熔融Al2O3，电解过程中阳极需要定期补充石墨
C．“反应”的离子方程式为：AlO2-+HCO3-+H2O =Al(OH)3↓+CO32-
D．“电解II”总反应方程式为：2H2O2H2↑+O2↑
【答案】D
【解析】铝土矿碱溶后铝元素存在形式为偏铝酸钠，过滤I后反应工序中为偏铝酸钠与碳酸氢钠溶液反应，得到碳酸钠和氢氧化铝，经过过滤II后氢氧化铝灼烧得到氧化铝，电解可制得金属铝和氧气；电解II为电解碳酸钠溶液，b极产生的溶液可用到碱溶工序中，故b极产生的为强氧化钠溶液，b为阴极液，a为阳极液。A项，由题图可知，b极产生的溶液可用到碱溶工序，故b极产生氢氧化钠溶液，所以b为阴极液，ａ为阳极液，A正确；B项，电解I是电解熔融Al2O3，生成Al和O2，电解过程中作阳极的石墨易被氧气氧化，从而被消耗，所以电解过程中阳极需要定期补充石墨，B正确；C项，“反应”发生在HCO3-与AlO2-之间，离子方程式为：AlO2-+HCO3-+H2O =Al(OH)3↓+CO32-，C正确；D项，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，氢离子和碳酸根离子结合生成碳酸氢根离子，电极反应为：4CO32-+2H2O-4e- =4HCO3-+O2↑，阴极的电极反应式为2H2O+2e- =H2↑+2OH-，总反应方程式为4CO32-+6H2O HCO3-+O2↑+2H2↑+4OH-，D错误； 故选D。
28．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项，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/mol，则两份生成氢气的质量比一定为，A正确；B项，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项，铝热剂中铝和铁元素的物质的量之比为 ，C错误；D项，铝热剂中氧和铁元素的物质的量之比为 ，D正确；故选C。
29．科学探究可以培养学生良好的科学思维。某兴趣小组进行了金属燃烧实验：
实验
1
2
3
步骤
将一片铝箔在空气中用酒精灯加热
将另一片相同铝箔伸入到充满氧气的集气瓶中，引燃
将一段镁条在空气中用酒精灯加热
现象
铝箔不燃烧，熔化后也不滴下，外面立即形成一层薄膜
铝箔剧烈燃烧，发出耀眼白光
镁条剧烈燃烧，发出耀眼白光
试回答下列问题：
(1)进行1、2实验的目的是为研究铝和氧气反应的剧烈程度是否与氧气的____有关。
(2)某同学分析2、3实验后就得出如下结论：不同金属的活动性是不同的。其他同学认为这个结论不可靠，你认为他们的理由是____。
(3)小组同学认为镁和铝的活动性可以通过与氧气反应的剧烈程度来比较，你认为还可以通过____的实验来比较。
(4)在实验1中，有同学用细针去刺破液态铝外面的薄膜，观察到里面的液态铝依然没有流出来。实验后，同学们查阅资料获知该薄膜是氧化铝，其熔点明显高于酒精灯火焰的温度，由此推断，刺破薄膜后液态铝会迅速和____反应又会形成致密氧化膜，所以液态铝不会流出来。
【答案】(1)浓度(或纯度、含量)
(2)只用镁、铝金属做实验，选择的金属样本种类太少(或实验中存在氧气浓度和金属种类两个变量没有控制)
(3)镁、铝与酸反应产生气泡的快慢(或镁是否与可溶性铝盐反应等)
(4)氧气
【解析】根据实验控制变量来分析实验目的，根据金属活动性不同和酸反应的快慢不同来验证金属性强弱。根据铝能迅速和氧气反应生成氯化铝膜进行分析。(1)进行1、2实验中氧气的浓度不同，故实验的目的是为研究铝和氧气反应的剧烈程度是否与氧气的浓度有关。(2)不能只用镁、铝金属做实验，且选择的金属样本种类太少(或实验中存在氧气浓度和金属种类两个变量没有控制)就得出此结论。(3)还可以用镁铝和酸反应产生气泡的快慢或者镁是否和铝盐发生置换反应来验证镁铝的活动性。(4)铝能迅速和氧气反应生成氧化铝膜，故液态铝不会流出。
30．某铝土矿中主要含有Al2O3、Al(OH)3、AlO(OH)，还含有等杂质。利用拜耳法生产氧化铝的流程如图所示：
回答下列问题：
(1)将铝土矿粉碎后再进行碱浸，原因是_______。
(2)与NaOH溶液反应的化学方程式为_______。
(3)滤渣1的主要成分是_______，写出它的一种用途_______。
(4)加Al(OH)3晶核的目的是促进Al(OH)3的析出。上述稀释、结晶工艺，也可用通入足量的_____气体的方法来代替。
(5)实验室中进行焙烧时最适合用来盛放Al(OH)3固体的仪器的名称是_______。
(6)浓缩所得的NaOH溶液由于吸收了空气中的CO2而含有杂质，该杂质可通过苛化反应除去，写出苛化反应的化学方程式：_______。
(7)该生产流程能实现_______(填化学式)的循环利用。
【答案】(1)增大固液接触面积，加快反应速率
(2) AlO(OH)+ NaOH=NaAlO2+H2O
(3) Fe2O3 作油漆、涂料的颜料等
(4)CO2 (5)坩埚
(6) Na2CO3+Ca(OH)2=2NaOH+ CaCO3↓
(7) NaOH
【解析】铝土矿碱浸后过滤得到含偏铝酸跟离子的溶液，滤渣1为Fe2O3，加入水稀释促进AlO2-水解，加Al(OH)3晶核是为了使水解平衡正向移动，生成Al(OH)3沉淀；浓缩液因为吸收了空气中的CO2而使溶液中含有CO32-杂质，加入熟石灰与CO32-反应得到NaOH溶液和CaCO3固体。(1)粉碎铝土矿，颗粒物变小，反应接触面积增大，提高碱浸速率，故选增大接触面积，提高碱浸速率；(2)AlO(OH)与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，反应方程式为：AlO(OH)+ NaOH=NaAlO2+H2O；(3)Fe2O3与NaOH溶液不反应，故滤渣1的主要成分为Fe2O3；Fe2O3为红棕色粉末，可用作红色染料和着色剂；(4)流程中碱浸后的溶液为主要含AlO2-的溶液，除了上述方法可以得到Al(OH)3外，还有通入CO2气体得到Al(OH)3，其反应为AlO2-+ CO2+2H2O= Al(OH)3+HCO3-；(5)焙烧时需要在高温下进行，所用仪器为坩埚；(6)NaOH吸收空气中的CO2发生的反应为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，加入熟石灰的反应为Na2CO3+Ca(OH)2=2NaOH+ CaCO3↓；(7)流程中碱浸时加入了NaOH溶液，苛化后得到NaOH溶液，可见NaOH参与了整个流程的循环。
31．铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如图所示：
注：SiO2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NaHCO3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Al2O3，标准状况下每产生11.2LO2转移的电子数为_______。
(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，其原理如图所示，阳极的电极反应式为_______。
【答案】(1) NaAlO2或AlO2- 将矿石研磨、升高温度、增大NaOH溶液浓度等
(2) 减小 AlO2-+HCO3-+H2O =Al(OH)3↓+CO32-
(3)2NA
(4) 4CO32-+2H2O-4e- =4HCO3-+O2↑
【解析】Al2O3为两性氧化物能与强酸能与强碱反应，SiO2为酸性氧化物在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，Fe2O3不与氢氧化钠反应，则滤渣为Fe2O3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：HCO3-+OH-=CO32-+H2O和AlO2-+HCO3-+H2O =Al(OH)3↓+CO32-，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Al2O3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2NA，阳极电极反应式为4CO32-+2H2O-4e- =4HCO3-+O2↑。(1)①Al2O3加入氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，Al2O3变为NaAlO2或AlO2-；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：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，碱性减弱，pH减小；②NaAlO2和NaHCO3反应的离子方程式为：AlO2-+HCO3-+H2O =Al(OH)3↓+CO32-；(3)“电解Ⅰ”是电解熔融的Al2O3生成Al和O2，标准状况下产生11.2LO2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2NA。(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，阳极失去电子，左侧电极为阳极，根据图示可得Na2CO3为反应物，NaHCO3和O2为生成物，则电极反应式为：4CO32-+2H2O-4e- =4HCO3-+O2↑。
32．(2022·江苏省南京师大附中高三模拟)高纯超细氧化铝是一种新型无机功能材料，以硫酸铵和硫酸铝为原料制备复盐硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2·12H2O]，经硫酸铝铵热分解可制得高纯超细氧化铝，其流程如下：
(1)操作①需加入稀H2SO4，其目的是_______，“纯化”的方法为_______。
(2)取4.53g[NH4Al(SO4)2·12H2O加热分解，最终剩余0.51g Al2O3固体。加热过程中固体质量随温度的变化如图所示。写出硫酸铝铵晶体在633℃分解产生的固体的化学式：_______。
(3)实验室以NH4Al(SO4)2和NH4HCO3为原料，在一定条件下反应生成制备纳米Al2O3的前驱体NH4AlO(OH)HCO3和(NH4)2SO4等物质，NH4AlO(OH)HCO3高温分解即得超细氧化铝。写出生成NH4AlO(OH)HCO3沉淀的化学方程式：_______。
(4)为了测定高纯超细氧化铝粉中Al2O3的质量分数，可用EDTA标准溶液滴定。取0.2040g氧化铝粉溶于盐酸，加入过量的30.00mLEDTA标准溶液并加热煮沸，充分反应后，再用的标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗标准溶液体积为5.00mL。已知Al3+、与EDTA反应的化学计量比均为1：1。
①加入过量的EDTA标准溶液并加热煮沸的原因是_______。
②计算Al2O3的质量分数_________(写出计算过程)。
【答案】(1) 防止NH4+和Al3+的水解 重结晶
(2) Al2(SO4)3
(3) NH4Al(SO4)2+4NH4HCO3=NH4AlO(OH)HCO3↓+2(NH4)2SO4+3CO2↑+H2O
(4) 有利于Al3+充分反应、加快反应速率 98.5%
【解析】(1)铵根离子和铝离子会发生水解，温度越高，水解程度越大，水解生成氢离子，加入硫酸的目的是抑制铵根离子和铝离子的水解。纯化前有杂质，纯化后为晶体，提纯固体粗产品物质常用的方法为重结晶；(2)NH4Al(SO4)2⋅12H2O相对分子质量为453，4.53g该物质正好为0.01mol，NH4Al(SO4)2相对分子质量为237，故在A点时硫酸铝铵晶体失去全部的结晶水生成NH4Al(SO4)2，Al2(SO4)3的相对分子质量为342，且根据铝守恒可知Al2(SO4)3的物质的量为0.005mol，0.005mol Al2(SO4)3质量为1.71g，故硫酸铝铵晶体在633℃分解产生的固体的化学式为Al2(SO4)3；(3)由题干可知，反应生成NH4AlO(OH)HCO3和(NH4)2SO4等物质，反应物中有2个硫酸根，则(NH4)2SO4系数应该为2，由此产物中铵根有5个，则NH4HCO3前系数为4，以上系数确定后可得生成物中还应有3个CO3和1个H2O，故反应方程式为NH4Al(SO4)2+4NH4HCO3=NH4AlO(OH)HCO3↓+2(NH4)2SO4+3CO2↑+H2O；(4)①加入过量的EDTA标准溶液并加热煮沸，有利于Al3+充分反应，同时加热也有助于提高反应速率；②已知Al3+、Zn2+与EDTA反应的化学计量比均为1：1，消耗Zn2+的物质的量为0.172mol/L×0.005L=0.86×10-3mol，则Zn2+消耗EDTA0.86×10-3mol，而共加入EDTA0.16mol/L×0.03L=4.8×10-3mol，则Al3+消耗的EDTA为(4.8-0.86)×10-3=3.94×10-3mol，则样品中有Al2O31.97×10-3mol，即1.97×10-3×102=0.20094g，则Al2O3的质量分数为0.20094÷0.204=98.5%。
33．(2023·湖南省长沙市高三联考)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可做中药，性味酸涩、寒、有毒。利用废铝制备明矾，并测定其组成，实验过程如下。
Ⅰ.制备明矾
实验步骤如图：
(1)溶解步骤中主要发生的离子反应方程式为_______。
(2)用蒸馏水洗涤晶体的操作过程是_______。
(3)生活中明矾可用作净水剂，结合离子方程式说明净水原理：_______。
Ⅱ.样品中硫酸根的测定
(一)绘制标准硫酸钡悬浊液吸光光谱图
①分别量取0、1.0、2.0、3.0、4.0mL浓度为500μg/mL的标准硫酸钾溶液移入10mL的比色管中，然后分别加入5mL浓度为1g/mL的BaCl2溶液，用蒸馏水定容。
②用分光光度计测量标准系列(波长采用420nm)，数据如下(忽略混合过程中的体积变化)。
K2SO4(mL)
1.0
2.0
3.0
4.0
蒸馏水体积(mL)
5
a
b
c
1
SO42-浓度(μg/mL)
0
50
100
150
200
吸光值A
0
0.371
0.553
0.778
1.013
③绘制硫酸钡悬浊液的吸光光谱图，绘制如下。
(4)上述实验数据中b=_______，m=_______(保留1位有效数字)。
(二)测定样品中硫酸根浓度
①称取1.018g样品晶体配制成250mL的样品溶液。
②量取1.0mL样品溶液移入10mL的比色管中，然后加入5mL浓度为1g/mL的BaCl2溶液，用蒸馏水定容，测得样品的吸光值为0.858。
(5)测得样品中硫酸根的质量分数为_______%(保留2位有效数字)。
(6)实验测得硫酸根的含量小于理论值，可能的原因有_______(填标号)。
A．实验Ⅰ制得样品中有K2SO4杂质
B．实验中所用标准硫酸钾溶液浓度偏大
C．样品溶液配制过程中，定容仰视读数
D．样品溶液配制过程中，容量瓶未润洗
【答案】(1) 2Al+2OH--+2H2O=2AlO2-+3H2↑
(2)向过滤器中注入蒸馏水，使其完全浸没晶体，待蒸馏水自然流尽后，重复操作2~3次
(3)，形成的胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物共同沉降
(4) 3 0.005 (5)39 (6)BC
【解析】(1)溶解过程中主要反应为Al和KOH溶液的反应，离子方程式为2Al+2OH--+2H2O=2AlO2-+3H2↑；(2)用蒸馏水洗涤晶体的一般操作为：向过滤器中注入蒸馏水，使其完全浸没晶体，待蒸馏水自然流尽后，重复操作2~3次；(3)铝离子水解，形成的胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物共同沉降；(4)各组数据中所用溶液总体积应相等，所以，得；将代入可得，解得；(5)将代入，解得，所以样品中硫酸根的质量分数为；(6)A项，K2SO4中硫酸根的质量分数大于明矾，所以若样品中有K2SO4杂质会导致结果偏高，A不符合题意；B项，实验中所用标准硫酸钾溶液浓度偏大，则导致吸光光谱图整体向左平移，所以同样的吸光值，会使相应的硫酸根浓度偏小，B符合题意；C项，样品溶液配制过程中，定容仰视读数，导致样品溶液被稀释，硫酸根的浓度减小，测定的吸光值偏小，则计算得到的硫酸根的质量分数偏小，C符合题意；D项，样品溶液配制过程中，容量瓶未润洗，对结果无影响，D不符合题意；故选B
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