备战2024年高考化学考点微专题12 数形结合思想突破“铝三角”图象与计算

微专题12微专题12数形结合思想突破“铝三角”图象与计算1．（2023·浙江·高考真题）共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法不正确的是A．的结构式为 B．为非极性分子C．该反应中的配位能力大于氯 D．比更难与发生反应【答案】D【解析】A．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，故A正确；B．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B正确；C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确；D．溴元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误；故选D。2．（2023·山东·统考高考真题）鉴别浓度均为的、三种溶液，仅用下列一种方法不可行的是A．测定溶液 B．滴加酚酞试剂C．滴加溶液 D．滴加饱和溶液【答案】C【解析】A．溶液显弱碱性，溶液显强碱性，溶液显酸性，则测定溶液是可以鉴别出来的，故A不符合题意；B．溶液显弱碱性，滴入酚酞先变红后褪色，溶液显强碱性，滴入酚酞溶液，显红色，溶液显酸性，滴入酚酞不变色，则滴加酚酞试剂是可以鉴别出来的，故B不符合题意；C．溶液滴入碘化钾溶液，发生氧化还原反应生成碘，液面会由无色变成黄色，振荡后会变成无色，而溶液，溶液滴入碘化钾溶液后，因不与两者反应而没有现象，则仅用滴加溶液无法鉴别，则C符合题意；D．饱和溶液和溶液不反应，和溶液反应生成碳酸钡沉淀，和溶液发生双水解反应生成沉淀和气体，则滴入饱和溶液是可以鉴别出来的，故D不符合题意；答案C。1．Al3＋、Al(OH)3、AlOeq\o\al(－,2)之间的转化关系实现上述各步转化的离子方程式：(1)①Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)②Al3＋＋3AlOeq\o\al(－,2)＋6H2O=4Al(OH)3↓③Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓(2)Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O(3)Al3＋＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O(4)AlOeq\o\al(－,2)＋4H＋=Al3＋＋2H2O(5)①AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)②AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓(6)Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O2．与Al(OH)3沉淀生成有关的图象分析(1)可溶性铝盐溶液与NaOH溶液反应的图象(从上述转化关系中选择符合图象变化的离子方程式，下同)。操作可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量NaOH溶液中逐滴加入可溶性铝盐溶液至过量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)→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失图象方程式序号AB：(1)③BD：(6)AB：(3)BC：(1)②(2)偏铝酸盐溶液与盐酸反应的图象。操作偏铝酸盐溶液中逐滴加入稀盐酸至过量稀盐酸中逐滴加入偏铝酸盐溶液至过量现象立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失无沉淀→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失图象方程式序号AB：(5)②BC：(2)AB：(4)BC：(1)②3.可溶性铝盐与强碱反应的计算规律(1)求产物Al(OH)3的量①当n(OH－)≤3n(Al3＋)时，n[Al(OH)3]＝eq\f(1,3)n(OH－)；②当3n(Al3＋)＜n(OH－)＜4n(Al3＋)时，n[Al(OH)3]＝4n(Al3＋)－n(OH－)；③当n(OH－)≥4n(Al3＋)时，n[Al(OH)3]＝0，无沉淀。(2)求反应物碱的量①若碱不足(Al3＋未完全沉淀)，n(OH－)＝3n[Al(OH)3]；4．与Al3＋、AlOeq\o\al(－,2)有关的离子反应的一般规律(1)当溶液中有多种离子时，要考虑离子之间的反应顺序，如向含有H＋、NHeq\o\al(＋,4)、Mg2＋、Al3＋的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，OH－先与H＋反应，再与Mg2＋、Al3＋反应生成沉淀，再与NHeq\o\al(＋,4)反应，最后才溶解Al(OH)3沉淀。(2)AlOeq\o\al(－,2)与HCOeq\o\al(－,3)的反应不属于水解相互促进的反应，而是HCOeq\o\al(－,3)电离出的H＋与AlOeq\o\al(－,2)发生反应：AlOeq\o\al(－,2)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)。1．（2020·江苏·高考真题）下列有关化学反应的叙述正确的是A．室温下，Na在空气中反应生成Na2O2B．室温下，Al与4.0mol﹒L-1NaOH溶液反应生成NaAlO2C．室温下，Cu与浓HNO3反应放出NO气体D．室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4【答案】B【解析】A．室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，故A错误；B．室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；C．室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C错误；D．室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D错误。综上所述，答案为B。1．（2023·广东·广州市第二中学校联考三模）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．冰晶石在电解铝工业中常用作助熔剂，正确；B．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．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．Al为活泼金属，冶金工业中常作还原剂，正确；故选C。2．（2023·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测）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．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．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．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．该流程中没有分液，故D符合题意；综上所述，答案为D。3．（2022·北京朝阳·北京八十中校考模拟预测）某小组用如图装置探究铝片与酸碱的反应，实验如下：①A为盐酸时，1分钟后有大量气泡产生②A为NaOH时，20秒后有大量气泡产生③A为硫酸时，3分钟后有极少量气泡产生，滴加1mLCuSO4溶液，立即产生大量气泡，Al表面有少量红色固体。下列说法正确的是A．对比①②说明氧化性NaOH＞HClB．对比①③说明Cl-对铝表面的氧化膜破坏能力强C．对比①②③说明Al在不同的环境中还原性不同D．③中实验说明Al与Cu2+反应剧烈放热【答案】C【解析】A．Al与盐酸反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑中HCl为氧化剂，Al与NaOH溶液反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑中H2O为氧化剂，选项A错误；B．对比①③说明Cl-对铝表面的氧化膜结合能力强，选项B错误；C．对比①②③说明Al在不同的环境中反应生成Al3+,即被氧性的情况不同，则还原性不同，选项C正确；D．③中实验是Al与Cu2+发生置换反应生成Cu，Al与Cu和稀硫酸形成原电池，加快反应速率，选项D错误；答案选C。4．（2022·陕西安康·统考模拟预测）铝及其部分化合物的“价类二维图”如图所示。下列说法错误的是A．反应⑤⑥基本类型相同B．反应①⑥所加试剂可能相同C．1mola完全转化为b时失去3mol电子D．物质的类别处“”代表偏铝酸盐【答案】A【解析】A．反应⑤是偏铝酸盐转化为氢氧化铝，离子方程式为：，不属于基本反应类型，反应⑥是铝盐转化为氢氧化铝，离子方程式为：属于复分解反应，故A错误；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，通入二氧化碳或者加少量酸可以实现转化，故B正确；C．a转化为b时Al元素的化合价由0价升高到+3价，1mola完全转化为b时恰好升高三个化合价，则失去3mol电子，故C正确；D．根据“价类二维图”可知a为Al，b为Al2O3，c为铝盐，e为Al(OH)3，c与d、d与e可以相互转化，根据含有铝元素物质之间的相互转化可以得出d为偏铝酸盐，股D正确；故答案选A。5．（2022·全国·校联考模拟预测）下列离子方程式书写正确的是A．向“84”消毒液中通入少量，增强其氧化性：B．将铝单质加入过量的氨水中：C．向硅酸钠溶液中加入少量氯化钙溶液：。D．向氨水中滴加少量硫酸铜溶液：【答案】A【解析】A．向“84”消毒液中通入少量，与水形成硫酸，再与反应形成HClO，可增强氧化性，其离子反应为，故A正确；B．氨水是弱碱，铝单质与氨水不反应，故B错误；C．向硅酸钠溶液中加入少量氯化钙溶液，离子反应为，故C错误；D．向氨水中滴加少量硫酸铜溶液，氨水过量，生成四氨合铜离子，颜色加深，其反应为，故D错误；故选A。6．（2022·内蒙古呼伦贝尔）下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是A．CuCl2 B．FeCl3 C．FeCl2 D．AlCl3【答案】D【解析】A.氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，，但是铜单质不能与稀盐酸反应，故A错误；B.，但是铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故B错误；C.氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故C错误；D.，铝单质与稀盐酸反应生成AlCl3，故D正确；故答案为D。7．（2022·四川成都·成都七中校考模拟预测）下列物质的转化在给定条件下能实现的是A．B．C．D．【答案】B【解析】A．NH3催化氧化只能生成NO，氨的催化氧化温度在780~840℃，二氧化氮在150℃以上开始分解，到650℃完全分解为一氧化氮和氧气，所以氨的催化氧化过程中无法生成NO2，A错误；B．Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2溶液蒸发结晶，可获得NaAlO2晶体，B正确；C．Fe在高温条件下与水蒸气反应，生成Fe3O4和H2，C错误；D．乙烯与水的加成反应是在高温高压催化剂条件下生成乙醇，D错误。故选B。8．（2022秋·广东东莞）相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下体积之比为A．1：1 B．1：6 C．2：3 D．3：2【答案】A【解析】相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，铝全部反应，铝的化合价均是从0价升高到+3价，所以根据电子得失守恒可知生成的氢气一样多，则放出的氢气在同温同压下体积之比为1：1。答案选A。9．（2022秋·云南丽江）铝在空气中能稳定存在的原因是A．铝的熔点比较小 B．铝的化学性质不活泼C．铝的金属性比镁弱 D．铝表面能形成一层致密的氧化物薄膜【答案】D【解析】铝的化学性质活泼，金属铝在空气中与氧气反应，其表面生成一层致密的氧化物薄膜，从而阻止了铝进一步氧化，使铝在空气中能够稳定存在，故选D。10．（2023秋·贵州铜仁）将某份镁铝合金均分为两份，一份加入足量盐酸，另一份加入足量NaOH溶液，同温同压下产生的气体体积比为，则样品中镁、铝物质的量之比为A． B． C． D．【答案】C【解析】根据同温同压下气体的体积之比等于物质的量之比，故设加入氢氧化钠溶液产生的H2为2mol，则加入盐酸产生的H2为3mol，根据反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知生成2molH2，需要Al的物质的量为mol，由于2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑可知，等质量的Al与盐酸和NaOH反应放出的H2一样多，故说明Mg与盐酸反应产生的H2为1mol，根据反应方程式Mg+2HCl=MgCl2+H2↑可知，生成1molH2需消耗1mol的Mg，故样品中铁、铝物质的量之比为1：=3：4，故答案为：C。11．向HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl溶液中(假设各1mol)，逐滴加入NaOH溶液，沉淀的物质的量随NaOH溶液体积变化的图象如下。(假设Mg2＋、Al3＋结合OH－能力相同)分析图象的变化情况，依次写出各阶段的离子方程式：(1)OA：___________________________________。(2)AB：_____________________________________。(3)BC：_____________________________________。(4)CD：____________________________________。【答案】(1)H＋＋OH－=H2O(2)Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓(3)NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O(4)Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O12．向NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液中(假设各1mol)，逐滴加入HCl溶液，产生沉淀的物质的量随HCl溶液体积变化的图象如下：分析图象的变化情况，写出各阶段的离子方程式：(1)OA：________________________________。(2)AB：___________________________________。(3)BC：______________________________________。(4)CD：____________________________________。【答案】(1)OH－＋H＋=H2O(2)AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓(3)COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)，HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2O(4)Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O1．（2023春·山东泰安）下列有关的图象不正确的是A．图A是向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液 B．图B是向中通入二氧化碳C．图C是向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝 D．图D是向氯化铝溶液中滴加氨水【答案】B【解析】A．向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，后发生反应Al(OH)3+OH-=，生成沉淀和沉淀溶解消耗氢氧化钠溶液的体积比为3:1，图A是向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，故A正确；B．向中通入二氧化碳，反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，二氧化碳过量后氢氧化铝也不溶解，故B错误；C．向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝，先发生反应Al3++4OH-=，后发生反应3+Al3+=4Al(OH)3↓，开始没有沉淀，后有沉淀生成，故C正确；

D．氯化铝溶液中滴加氨水，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氨水过量后，氢氧化铝也不溶解，故D正确；选B。2．（2022秋·陕西延安）下列有关Al(OH)3的图象不正确的是A．图A是向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液 B．图B是向偏铝酸钠中通入二氧化碳C．图C是向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝 D．图D是向氯化铝溶液中滴加氨水【答案】B【解析】A.向AlCl3溶液中加入NaOH溶液，首先发生反应：Al3++3OH-═Al(OH)3↓，生成Al(OH)3白色沉淀，当NaOH溶液过量时发生反应：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，开始产生的沉淀又逐渐溶解至最后消失，A正确；B．向NaAlO2溶液中通入二氧化碳，发生反应：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，生成Al(OH)3白色沉淀，但Al(OH)3是两性物质，不能被弱酸、弱碱溶解，因此二氧化碳过量时，沉淀不能溶解，即沉淀达到最大值后不再发生变化，B错误；C．向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液发生反应：Al3++4OH-═AlO+2H2O，开始滴加溶液中无沉淀生成，当AlCl3溶液过量时，又发生反应：Al3++3AlO+6H2O=4Al(OH)3↓，生成白色沉淀，当溶液中的AlO完全反应变为Al(OH)3时沉淀达到最大值，C正确；D．向AlCl3溶液中加入氨水，发生反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，生成Al(OH)3白色沉淀，由于氨水中的NH3·H2O是一元弱碱，不能溶解Al(OH)3，所以沉淀达到最大值后不再发生变化，D正确；故选B。3．（2023秋·河南三门峡）甲、乙两个烧杯中分别盛有200mL4.0mol/L的盐酸和200mL4.0mol/LNaOH溶液，向两个烧杯中均加入10.8g铝粉，在相同状况下产生气体的体积比为A．1：1 B．2：1 C．3：2 D．2：3【答案】D【解析】2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，根据反应方程式，消耗10.8gAl的同时消耗盐酸的物质的量为>，盐酸不足，根据盐酸计算，产生氢气的物质的量为0.4mol，2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，0.4molAl参加反应，消耗0.4molNaOH<0.8mol，因此铝不足，氢氧化钠过量，因此产生的氢气的物质的量为0.6mol，同温同压下，体积比等于物质的量之比，产生氢气的体积比为：0.4：0.6=2：3；故选D。4．（2023秋·广东广州）取两块大小一样的铝片，进行如下图的实验：根据该实验，下列说法不正确的是A．氧化铝有保护作用，因此烧杯Ⅰ中没有反应发生B．烧杯Ⅰ中开始没有气泡，一段时间后才产生气泡；烧杯Ⅱ中立即产生气泡C．两个烧杯中均发生反应：D．铝制餐具不宜长时间存放碱性食物【答案】A【解析】A．烧杯Ⅰ中铝的表面有氧化铝，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故A错误；B．烧杯Ⅰ中开始时，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，一段时间后，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；烧杯Ⅱ中只有铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；C．烧杯Ⅰ中开始时，氧化铝和氢氧化钠反应，一段时间后，铝和氢氧化钠反应；烧杯Ⅱ中只有铝和氢氧化钠反，两个烧杯中均发生反应：，故C正确；D．铝、氧化铝都能与碱反应，所以铝制餐具不宜长时间存放碱性食物，故D正确；选A。5．（2023春·河南洛阳·高三孟津县第一高级中学校考阶段练习）下列物质转化在给定条件下能实现的是A．B．C．D．【答案】B【解析】A．是共价化合物，电解熔融的得不到，工业上冶炼铝是电解熔融的，A错误；B．钠在氧气中燃烧得到过氧化钠，过氧化钠与水反应水生成氢氧化钠，二氧化氮和氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，B正确；C．二氧化硅不与盐酸反应，C错误；D．铁在氯气中燃烧，只能生成氯化铁，与氯气的多少无关，D错误；故选B。6．（2023秋·湖南益阳）把5.1g镁铝合金的粉末放入过量的盐酸中，得到5.6LH2(标准状况)，下列说法错误的是A．该合金的硬度比纯铝的大 B．该合金中铝的质量分数为50%C．该合金中镁和铝的物质的量之比为1:1 D．铝是地壳中含量最多的金属元素【答案】B【解析】n(H2)==0.25mol，设Mg的物质的量为x，则Al的物质的量为，依据质量守恒可得，24x+=5.1，x=0.1mol，即Mg的物质的量为0.1mol，Al的物质的量为=0.1mol。A．一般情况下，合金的硬度比它的成分金属大，则该合金的硬度比纯铝的大，A正确；B．该合金中铝的质量分数为≈52.9%，B错误；C．由分析可知，镁和铝的物质的量都为0.1mol，则该合金中镁和铝的物质的量之比为0.1mol:0.1mol=1:1，C正确；D．在地壳中，元素的含量占前三位的是：氧、硅、铝，则铝是地壳中含量最多的金属元素，D正确；故选B。7．（2023秋·辽宁铁岭）下列指定溶液中能大量共存的离子组是A．澄清透明的溶液：、、、B．所含溶质为的溶液加入：、、、C．插入铝片有气泡产生的溶液：、、、D．含有大量的溶液：、、、【答案】A【解析】A．澄清透明的溶液：、、、四种离子间不发生反应，能大量共存，故A选；B．NaHSO4在水中能完全电离，电离出来的H+能和反应生成CO2，不能大量共存，故B不选；C．插入铝片有气泡产生的溶液可能为酸溶液也可能为碱溶液，和H+、OH-都能发生反应而不能大量共存，Mg2+也能和OH-反应生成沉淀不能大量共存，故C不选；D．Fe2+、Cl-都被酸性高锰酸根离子氧化而不能大量共存，故D不选；故选A。8．（2023·全国·高三专题练习）甲、乙两烧杯中分别盛有浓度均为的盐酸与溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得同温同压下生成气体的体积之比为，则加入铝粉的质量为A． B． C． D．【答案】A【解析】根据铝和盐酸以及氢氧化钠溶液反应的化学方程式：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，若铝少量，则产生等量的氢气，若铝过量，则产生的氢气的体积比为1:3。若反应结束后测得生成的气体体积比为甲:乙=1:2，就要求在和盐酸的反应中，铝是过量的，在和氢氧化钠的反应中，铝是少量的。0.3molHCl完全反应，生成氢气0.15mol，所以铝和氢氧化钠反应生成氢气0.3mol，需要铝的物质的量为0.2mol，即5.4g；故选A。9．（2023春·内蒙古呼伦贝尔）一定质量的铝铁合金溶于足量的NaOH溶液中，完全反应后产生3.36L(标准状况下)气体；用同样质量的铝铁合金完全溶于足量的盐酸中，在标准状况下产生6.72L的气体，则该合金中铝、铁的物质的量之比为A．1∶1 B．2∶3 C．3∶2 D．1∶2【答案】B【解析】合金溶于足量的NaOH溶液中，铝和氢氧化钠反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，产生气体氢气3.36L(标准状况)，其物质的量=，由方程式可知，铁合金溶于足量的盐酸中，Fe、Al都反应产生氢气，Al与足量的氢氧化钠溶液、盐酸反应产生氢气体积相等，则Fe反应生成氢气的物质的量，根据Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知n(Fe)=n′(H2)=0.15mol，故合金中铝、铁的物质的量之比0.1mol：0.15mol=2：3；故选B。10．（2022秋·新疆巴音郭楞）在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡。然后将两球分别浸没在溶液质量相等的稀烧碱溶液和硫酸铜溶液中一段时间，如图所示。下列说法正确的是A．铝球表面有气泡产生，溶液澄清且杠杆不平衡B．铝球表面有气泡产生，有白色沉淀；铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，杠杆右边下沉C．反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡D．右边球上出现红色，左边溶液的c(OH-)增大【答案】A【解析】A．左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，右烧杯中发生Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，则左烧杯中溶液质量增大，右烧杯中溶液质量减小，不生成沉淀溶液澄清，杠杆不平衡，A正确；B．左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，右烧杯中发生Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，观察到铝球表面有气泡产生，溶液澄清无白色沉淀生成，而铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，由反应可知左烧杯中Al的质量变小，右烧杯中Fe球上生成Cu质量变大，杠杆右边下沉，B错误；C．由选项B的分析可知，反应后去掉两烧杯，杠杆不能平衡，C错误；D．右边球上生成Cu，则出现红色，而左边溶液中消耗NaOH，则c(OH-)减小，D错误；故答案为：A。11．（2023秋·四川成都）Na、Al、Fe、Cu是中学化学中重要的金属元素，它们的单质及其化合物之间有很多转化关系，如表所列物质不能按如图关系(“→”表示一步完成)相互转化的是选项ABCDaNaAlFebNaOHcNaClCuOA．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融的氯化钠生成金属钠，均可一步实现转化，选项A不符合题意；B．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸铝溶液与适量强酸或二氧化碳作用生成氢氧化铝，不能直接转化为氧化铝，不能一步实现转化，选项B符合题意；C．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁被锌置换生成铁，均可一步实现转化，故C不符合题意；D．氯化铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解成氧化铜，氧化铜和盐酸反应生成氯化铜，均可一步实现转化，选项D不符合题意；答案选B。12．（2023秋·湖北襄阳）常温下，将等质量的和分别与等浓度、等体积的稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)的关系如图所示。下列说法错误的是A．曲线Ⅰ代表与稀硫酸反应的变化曲线B．参加反应的和的质量之比：C．在与稀硫酸的反应中，每转移0.6mol电子，同时生成气体的体积为6.72L(标准状况下)D．上述发生的反应中，稀硫酸的量不足【答案】B【解析】A．由分析可知，曲线Ⅰ代表与稀硫酸反应的变化曲线，A正确；B．反应生成氢气的量相同，、参加反应的和的物质的量之比为3:2，质量之比为(3×24):(2×27)=4:3，B错误；C．在与稀硫酸的反应中，每转移0.6mol电子，同时生成氢气0.3mol，体积为6.72L(标准状况下)，C正确；D．若反应中硫酸过量，则铝会生成更多的氢气，故上述发生的反应中，稀硫酸的量不足，D正确；故选B。13．（2023秋·湖北襄阳）向溶液中投入一小块金属钠(如图所示)，反应完全后，过滤并洗涤，所得沉淀干燥后在空气中完全灼烧。下列说法正确的是A．所得沉淀为B．溶液可以导电，故溶液是电解质C．可以用手代替镊子直接取用金属钠进行该实验操作D．灼烧后所得产物既能与稀的强酸溶液反应，也能与稀的强碱溶液反应【答案】D【解析】少量钠和水生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和过量硫酸铝生成氢氧化铝沉淀；A．由分析可知，所得沉淀为氢氧化铝，A错误；B．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，溶液是混合物，不是电解质，B错误；C．金属钠化学性质活泼，不能用手触摸，C错误；D．灼烧后所得产物为氢氧化铝分解生成的氧化铝，氧化铝既能与稀的强酸溶液反应，也能与稀的强碱溶液反应，D正确；故选D。14．（2023·浙江·统考高考真题）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝()按如下流程开展实验。

已知：①铝土矿主要成分为，含少量和。用溶液溶解铝土矿过程中转变为难溶性的铝硅酸盐。②的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。请回答：(1)步骤Ⅰ所得