考点14铝及其化合物-2022年高考化学一轮复习

考点14铝及其化合物本考点是历年高考的考查重点，常在选择题中重点考查常见金属元素的基本反应、离子检验及用途，非选择题中常借助工艺流程的形式，以除杂或提纯等相关问题为主线综合考查金属元素化合物的性质。由于铝及其化合物的性质很丰富，在高考命题中立足点也多种多样，如以选择题形式考查离子共存、离子反应、氧化还原反应、简单计算等，也可以出推断题，还可以出实验题。预测2022年会继续在选择题中或非选择题中加强对铝及其化合物的考查，在复习时要注意“铝三角”，要加强化合物知识与理论部分的联系。以工艺流程的形式考查考生对陌生金属元素的认知能力，考生应该在熟练掌握常见金属元素性质及应用的基础上，强化对陌生金属元素(如第四周期的Ti、V、Cr、Mn、Co、Ni、Ga等)知识的迁移能力一、铝的性质二、铝的重要化合物铝的性质1．铝的结构和存在铝位于元素周期表第3周期ⅢA族，原子结构示意图为。铝是地壳中含量最多的金属元素。自然界中的铝全部以化合态的形式存在。2．铝的物理性质及用途物理性质状态色泽密度熔点沸点硬度导电、导热性延展性固态银白色2.7g·cm－3660.4℃2467℃较软很好良好用途纯铝用作导线，铝合金用于制备汽车、飞机、生活用品等3．金属铝的化学性质4．铝热实验中的有关问题实验装置实验现象①镁带剧烈燃烧，放出大量的热，并发出耀眼的白光，氧化铁与铝粉在较高温度下发生剧烈的反应；②纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中实验结论高温下，铝与氧化铁发生反应，放出大量的热：Fe2O3＋2Aleq\o(=,\s\up7(高温))2Fe＋Al2O3原理应用①制取熔点较高、活动性弱于Al的金属，如铁、铬、锰、钨等，3MnO2＋4Aleq\o(=,\s\up7(高温))3Mn＋2Al2O3；②金属焊接，如野外焊接钢轨等5.铝的用途纯铝用作导线，铝合金用于制造汽车、飞机、生活用品等。1．铝的特殊性(1)活泼金属与酸反应是金属的通性，而铝不仅能与酸(H＋)反应，还能够与碱溶液反应，表现出特殊性：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑。(2)常温下，能用铝制容器盛放浓硫酸、浓硝酸的原因是二者能使铝发生“钝化”，而不是铝与浓硫酸、浓硝酸不反应。(3)铝制品不宜长时间盛放咸菜等腌制食品，原因是氯化钠溶液中的氯离子会破坏氧化膜的结构。(4)铝与稀硝酸反应时生成的气体是NO而不是H2。2．铝与酸或碱反应生成H2的量的关系2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑2Al＋2NaOH＋6H2O=2Na[Al(OH)4]＋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eq\f(1,3)＜eq\f(VHClH2,VNaOHH2)＜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。(1)铝在自然界中有游离态和化合态两种形式()(2)MgO与Al粉的混合物也可称为铝热剂()(3)铝与Fe2O3发生铝热反应，反应后固体物质增重()(4)冶炼铝时常用焦炭做还原剂()(5)由于铝在空气中不会锈蚀，所以铝制品的使用寿命都很长()(6)由于铝具有强还原性，所以常用铝来冶炼某些高熔点金属()(7)常温下，铝被浓硫酸钝化，所以可用浓硫酸除去铝表面的铜镀层()(8)由于铝的导电性能比铜强，所以常用铝制造电线、电缆()(9)铝与少量NaOH溶液反应得到铝盐，与足量NaOH溶液反应生成偏铝酸盐()(10)铝能在空气中稳定存在是因为其表面覆盖着一层氧化铝薄膜答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√(7)×(8)×(9)×(10)√【典例】例1下列关于铝单质的叙述中，正确的是()A．不能用铝制的器皿来盛放酸梅汤或碱水是因为铝会和酸或碱反应B．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定C．铝和NaOH溶液反应：Al＋2OH－＋2H2O=[Al(OH)4]－＋H2↑D．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝会滴落下来，是因为金属铝的熔点较低【解析】A项，无论是铝还是其氧化物都能与酸或碱反应，正确；B项，铝表面形成致密的氧－＋3H2↑，错误；D项，打磨后的铝箔在酒精灯上灼烧表面生成Al2O3，高熔点的Al2O3兜住了熔融的液态铝，不会滴落，错误。【答案】A例2镁铝性质相似，下表中对两者的对比不正确的是()选项反应铝镁A与非金属反应能被Cl2、O2氧化能与N2、O2反应B与水反应能与沸水反应反应很困难C与碱反应能溶于强碱溶液不反应D与某些氧化物反应能与Fe2O3、MnO2、Cr2O3等金属氧化物发生铝热反应能在CO2中燃烧【解析】铝能被Cl2、O2氧化，能与某些金属氧化物发生铝热反应，与水反应很不明显，但与强碱溶液反应；Mg能在N2、O2、CO2中燃烧，能与沸水反应，但不能与强碱溶液反应。【答案】B例3铝热反应的本质是利用铝的还原性，将难熔金属从其氧化物中置换出来，关于铝热反应解答下列问题：(1)用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有________。A．KClB．KClO3C．MnO2D．Mg(2)用等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物在一定条件下与Al粉进行铝热反应。①引发铝热反应的操作是___________________________________________________。②产物中单质是________(写名称)。(3)取少量(1)中铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，________(填“能”或“不能”)说明固体混合物中无Fe2O3，理由是_______________________________________________________(用离子方程式说明)。【解析】(1)做铝热反应的实验时，需要KClO3做助燃剂，且用镁条引燃。(2)在混合物上加少量KClO3固体并插上Mg条，点燃Mg条后放出热量，使KClO3固体分解放出O2，进一步加剧Mg的燃烧，可在短时间内使混合物温度迅速升高，引发反应。MgO不能与铝发生铝热反应，＋＋3H2O、Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，Fe3＋转化为Fe2＋，加KSCN溶液不会变红。【答案】(1)BD(2)①加少量KClO3，插上镁条并将其点燃②铁(3)不能Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O、Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋铝的重要化合物1．氧化铝(1)物理性质：白色固体，难溶于水，熔点很高。(2)化学性质2．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(用化学方程式表示)Al(OH)3的电离方程式为酸式电离：Al(OH)3＋H2O[Al(OH)4]－＋H＋碱式电离：Al(OH)3Al3＋＋3OH－写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式：①Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O。②Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－。③2Al(OH)3eq\o(=,\s\up7(△))Al2O3＋3H2O。(3)制备①向铝盐中加入氨水，离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)。②Na[Al(OH)4]溶液中通入足量CO2，离子方程式为[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)。③Na[Al(OH)4]溶液与AlCl3溶液混合：3[Al(OH)4]－＋Al3＋=4Al(OH)3↓。3．常见的铝盐(1)硫酸铝钾是由两种不同的金属离子和一种酸根离子组成的复盐。(2)明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，它是无色晶体，可溶于水，水溶液pH＜(填“＜”“>”或“＝”)7。明矾可以净水，其净水的原理是Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附水中的杂质形成沉淀而净水。4．有关氢氧化铝生成的图像分析基本坐标图像实验现象及反应原理衍生坐标图像化学反应原理向铝盐溶液中加强碱现象：先沉淀后溶解注：如果向强碱中加铝盐，开始无明显现象，后生成沉淀Al3＋和Mg2＋(或Fe3＋)混合溶液加碱的反应：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓Al3＋＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O向偏铝酸盐溶液中加强酸现象：先沉淀后溶解注：如果向强酸中加偏铝酸盐，开始无明显现象，后生成沉淀AlOeq\o\al(－,2)和OH－混合溶液加酸的反应：H＋＋OH－=H2O4H＋＋AlOeq\o\al(－,2)=Al3＋＋2H2OAlOeq\o\al(－,2)和SiOeq\o\al(2－,3)混合溶液加酸的反应：SiOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=H2SiO3↓4H＋＋AlOeq\o\al(－,2)=Al3＋＋2H2O向铝盐溶液中加弱碱现象：生成沉淀量不断增加，后不变Al3＋和H＋混合溶液加氨水的反应H＋＋NH3·H2O=NHeq\o\al(＋,4)＋H2OAl3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)向偏铝酸盐溶液中加弱酸现象：生成沉淀量不断增加，后不变AlOeq\o\al(－,2)和OH－混合溶液通入CO2的反应：2OH－＋CO2=COeq\o\al(2－,3)＋H2OAlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)1．生成Al(OH)3沉淀的定量规律(1)强碱与Al3＋反应生成Al(OH)3沉淀的定量规律(2)强酸与AlOeq\o\al(－,2)反应生成Al(OH)3沉淀的定量规律(3)Al3＋与AlOeq\o\al(－,2)两种盐溶液反应生成Al(OH)3沉淀的定量规律：Al3＋＋3AlOeq\o\al(－,2)＋6H2O=4Al(OH)3↓2．Al(OH)3的三种制备方法方法一：可溶性铝盐溶液与过量氨水反应反应原理：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)方法二：向可溶性偏铝酸盐溶液中通入过量CO2反应原理：[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)方法三：相互促进水解法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]；②若碱使生成的Al(OH)3部分溶解：n(OH－)＝4n(Al3＋)－n[Al(OH)3]。(1)氧化铝熔点很高，可作耐火材料()(2)氧化铝坩埚可用于熔融NaOH实验()(3)明矾用作净水剂，可以除去废水中的铜离子()(4)明矾可作净水剂，起到杀菌消毒的作用()(5)[Al(OH)4]－、HCOeq\o\al(－,3)在水溶液中因发生双水解反应而不能大量共存()(6)[Al(OH)4]－与NHeq\o\al(＋,4)在水溶液中因发生双水解反应不能大量共存()(7)氧化铝是一种难熔物质，是一种较好的耐火材料()(8)氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√(7)√(8)√【典例】例1(2020•江苏卷)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【解析】A项，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项，氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；C项，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项，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。【答案】D例2(2020•浙江1月选考)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【解析】A项，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项，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项，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项，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；故选A。【答案】A例3一块表面被氧化的铝分成两等份，若向其中一份中滴加1mol·L－1的NaOH溶液，向另一份中滴加xmol·L－1的稀盐酸，产生氢气的物质的量与所加NaOH溶液、稀盐酸的体积关系如图所示。下列说法不正确的是()A．该铝块的总质量为8.46gB．a＝260C．b＝780D．该铝块中氧化铝与铝单质的物质的量之比为3∶20【解析】当铝块与NaOH反应时，由关系式Al2O3～2NaOH可得，n(Al2O3)＝eq\f(1,2)n(NaOH)＝0.03mol；由关系式2Al～2NaOH～3H2可得，n(H2)＝1.5n(Al)＝1.5n(NaOH)＝0.3mol，n(Al)＝0.2mol，n(NaOH)＝0.2mol，V(NaOH)＝eq\f(0.2mol,1mol·L－1)×1000mL·L－1＝200mL，a＝200＋60＝260。当铝块与盐酸反应时，由关系式Al2O3～6HCl可得，n(HCl)＝0.03mol×6＝0.18mol，c(HCl)＝eq\f(0.18mol,0.18L)＝1mol·L－1；由关系式Al～3HCl可得，n(HCl)＝3n(Al)＝0.6mol，V(HCl)＝eq\f(0.6mol,1mol·L－1)×1000mL·L－1＝600mL，b＝180＋600＝780。该铝块中氧化铝与铝单质的物质的量之比为0.03mol∶0.2mol＝3∶20。铝块的总质量为(0.03mol×102g·mol－1＋0.2mol×27g·mol－1)×2＝8.46g×2＝16.92g。综上所述，A项错误。【答案】A1．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abcAAl2O3NaAlO2Al(OH)3BAlCl3Al(OH)3NaAlO2CAlAl(OH)3Al2O3DMgCl2Mg(OH)2MgO【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。2．同温同压下，相同质量的铝片分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，下列说法正确的是()A．盐酸产生气体的体积大B．盐酸产生气体的体积小C．产生气体的体积相等D．消耗氢氧化钠的物质的量多【答案】C【解析】由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知。酸、碱均过量，则铝完全反应，同等质量的铝，物质的量也相等，从方程式中可以看到铝与氢气的比例都是2：3，因此产生的氢气是相等的。故C正确，A、B错误；从方程式中可以看到Al与HCl的比例是1：3，Al与NaOH的比例是1：1，故消耗氢氧化钠的物质的量少，故D错误；故选C。3．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。4．下列离子方程式正确的是()A．铝溶于NaOH溶液：2Al＋2OH－＋H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑B．向NaAlO2溶液中加入少量盐酸：AlOeq\o\al(－,2)＋4H＋=Al3＋＋2H2OC．向Al(OH)3沉淀中加入足量盐酸：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2OD．氧化铝溶于足量NaOH溶液：Al2O3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋H2O【答案】C【解析】A项，H、O元素质量不守恒，正确的写法为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑；B项，向NaAlO2溶液中加入少量盐酸应生成Al(OH)3沉淀，即AlOeq\o\al(－,2)＋H2O＋H＋=Al(OH)3↓；D项，Al2O3与足量NaOH溶液反应，其离子方程式为：Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2O，故A、B、D项均错误。故选C。5．下列化学实验操作正确的是()A．将一块带有氧化膜的铝片浸入到浓烧碱溶液中，当恰好全部反应完毕时，再将生成的溶液加热蒸干，便得到了纯净的NaAlO2B．向NaAlO2溶液中加入适量的AlCl3溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、加热灼烧，便得到纯净的化合物Al(OH)3C．将铝块放入过量盐酸中，待反应结束加热溶液至无液体，其剩余固体为AlCl3D．向AlCl3溶液中加入足量氨水进行反应，将所得沉淀过滤、洗涤、灼烧去掉水分，不能得到纯净的Al2O3【答案】A【解析】氧化铝是两性氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液和氢气，偏铝酸钠是强碱弱酸盐，水解生成氢氧化铝和氢氧化钠，溶液蒸干得到原溶质偏铝酸钠，A项正确；向NaAlO2溶液中加入适量的AlCl3溶液，得到沉淀为氢氧化铝，将所得沉淀过滤、洗涤、加热灼烧生成氧化铝，不是氢氧化铝，B项错误；铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气，氯化铝水解，AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，氯化氢挥发，氯化铝溶液蒸干得到水解产物氢氧化铝，C项错误；向AlCl3溶液中加入足量氨水进行反应生成氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤、灼烧去掉水分，可以得到纯净氧化铝，D项错误。6．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＋=AlOeq\o\al(－,2)＋4NHeq\o\al(＋,4)＋2H2OB．NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量NaOH溶液：NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2OC．向明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：Al3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋2Ba2＋＋4OH－=2BaSO4↓＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OD．向NaAlO2溶液中通入足量CO2：2AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)【答案】C【解析】A项，氨水不能溶解Al(OH)3；B项，NHeq\o\al(＋,4)、Al3＋同时存在时，Al3＋与OH－先反应；D项，通足量CO2时，应生成HCOeq\o\al(－,3)。7．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＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)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。8．某同学用同一种Mg­Al合金进行甲、乙、丙三组实验，测得如下数据(盐酸的物质的量浓度相等)，下列分析推理不正确的是()实验序号甲乙丙合金质量/mg255385459盐酸体积/mL303030生成气体体积(标况)/mL280336336A．甲组实验中盐酸过量B．乙组实验中盐酸不足C．合金中Mg、Al的物质的量之比为1∶1D．盐酸的物质的量浓度为3.0mol·L－1【答案】D【解析】对比甲、乙两组的实验数据，可以看出，乙组所用的合金比甲组多，产生的H2也多，说明甲组中的盐酸未反应完，盐酸是过量的。从甲组的实验可知，每毫克合金与盐酸反应产生H2的体积为eq\f(280,255)mL，若乙组的合金耗尽，应生成H2的体积为eq\f(280,255)×385mL＝423mL，实际上只生成336mL，说明乙组中盐酸不足。根据甲组的实验可求出合金中Mg、Al的物质的量，设分别为xmol、ymol。有24x＋27y＝0.255，x＋1.5y＝eq\f(0.280,22.4)，联立两式，解得x＝y＝0.005，x∶y＝1∶1。根据乙组的实验可求出盐酸的物质的量浓度：eq\f(0.336L,22.4L·mol－1)×2＝c(HCl)×0.03L，c(HCl)＝1.0mol·L－1。综上所述，A、B、C项推理正确，D项推理不正确。9．铝自然形成的氧化膜易脱落。以硫酸为电解质溶液，分别以石墨和铝材作阴、阳极材料，经过电解处理形成氧化铝膜，抗腐蚀能力强。其制备的简要流程如图所示。下列用来解释流程中反应的方程式不正确的是()A．碱洗目的是除去铝材表面的自然氧化膜：2OH－＋Al2O3=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2OB．碱洗时铝材表面会出现气泡：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑C．获得耐蚀铝材的电极反应：4Al－12e－＋3O2=2Al2O3D．用稀氨水洗去耐蚀铝材表面的酸：NH3·H2O＋H＋=NHeq\o\al(＋,4)＋H2O【答案】C【解析】氧化铝为两性氧化物，与强碱反应生成盐和水，反应的离子方程式：2OH－＋Al2O3=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2O，A项正确；铝与强碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，离子方程式：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑，B项正确；获得耐蚀铝材的电极反应为：2Al＋3H2O－6e－=Al2O3＋6H＋，C项错误；用稀氨水洗去耐蚀铝材表面的酸，离子方程式：NH3·H2O＋H＋=NHeq\o\al(＋,4)＋H2O，D项正确。10．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。已知铝灰的主要成分为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)流程中“滤渣”的主要成分为(填化学式)。

(3)加30%的H2O2溶液发生反应的离子方程式为。

(4)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↑，将产生的气体通过下图所示的装置。①集气瓶中收集到的气体是(填化学式)。

②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有(填化学式)。

③KMnO4溶液褪色(MnO4还原为Mn2+)，发生反应的离子方程式为。

【答案】(1)Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O(2)SiO2(3)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(4)①N2②SO3、NH3(漏写不给分)③5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2++4H+【解析】(1)氧化铝与H2SO4反应生成硫酸铝和水，反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；(2)在铝灰的成分中只有SiO2不能与H2SO4反应，故滤渣的主要成分是SiO2；(3)加入H2O2的目的是将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(4)根据硫酸铝铵晶体分解的方程式可知，通入NaHSO3溶液(显酸性)中的气体有NH3、N2、SO3、SO2、H2O，由于NH3极易溶于水且能与NaHSO3反应而被吸收，SO3溶于水后生成的H2SO4与溶液中NaHSO3反应生成SO2，N2不溶于水也不与NaHSO3反应，故从饱和NaHSO3溶液中出来的气体主要有N2、SO2和少量的H2O；SO2具有还原性，能被KMnO4吸收，反应的离子方程式为5SO2+2MnO4+2H2O==5SO42+2Mn2++4H+，故集气瓶中收集到的气体为N2。11．铝是现今人类生产生活中使用广泛性仅次于铁的重要金属。工业上常以“铝钒土矿”为原料来冶炼金属铝。已知：“铝钒土矿”的主要成分是Al2O3(其中含有Fe2O3、SiO2等杂质)。为了检测某“铝钒土矿”样中Al2O3的含量，进行了如下实验过程：①取矿样10.0g加入过量稀盐酸溶解(假定其他未知成分的杂质都不溶于盐酸，也不与盐酸反应)，过滤弃去不溶残渣。②将滤液稀释并在250mL容量瓶中定容后，取25.0mL逐滴滴加2.0mol·L－1的NaOH溶液，得到如图所示的变化关系。请根据有关数据回答下列问题：(1)写出滴加NaOH溶液24～30mL时发生反应的离子方程式：_____________________。(2)最后所得不溶于NaOH溶液的沉淀的化学式为________，其物质的量为______________。(3)该“铝钒土矿”样中Al2O3的质量分数为________。(4)工业上制取金属铝的化学反应原理可表示为2Al2O3eq\o(=,\s\up7(通电))4Al＋3O2↑。用10.0t“铝钒土矿”样提纯所得的Al2O3(提纯过程的损耗忽略不计)进行电解，理论上最多可制得金属铝________t。【答案】(1)Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O(2)Fe(OH)30.002mol(3)61.2%(4)3.24【解析】(1)滴加NaOH溶液24～30mL时Al(OH)3逐渐溶解，离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O。(2)实验①中加入过量盐酸过滤后得到的滤液中含有AlCl3、FeCl3和HCl，不溶残渣为SiO2，实验②中滴加NaOH溶液至过量得到的沉淀为Fe(OH)3，溶液中含有NaOH、NaAlO2和NaCl。根据24～30mL段，n(Al3＋)＝n[Al(OH)3]＝2.0mol·L－1×(30－24)×10－3L＝0.012mol，根据Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，则3n(Al3＋)＋3n(Fe3＋)＝(24－3)×10－3L×2.0mol·L－1＝0.042mol，故n(Fe3＋)＝(0.042mol－0.012mol×3)×eq\f(1,3)＝0.002mol，故n[Fe(OH)3]＝0.002mol。(3)10.0g矿样中n(Al2O3)＝0.012mol×eq\f(1,2)×10＝0.06mol，故Al2O3的质量分数为eq\f(0.06mol×102g·mol－1,10.0g)×100%＝61.2%。(4)根据Al2O3～2Al，用10.0t“铝钒土矿”样提纯并电解，制得金属铝的质量为10.0t×61.2%×eq\f(54,102)＝3.24t。1．【2021•湖南选择性考试】一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如图：下列说法错误的是()A．物质X常选用生石灰 B．工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁 C．“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+CO D．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl2【答案】D【解析】A项，苦卤水中加入物质X的目的是将溶液中的镁离子转化为Mg(OH)2沉淀，故物质X溶于水后应该显碱性，生石灰价格便宜且溶于水显碱性，故物质常选用生石灰，故A正确；B项，因钠镁铝为活泼金属，故选用电解法进行冶炼，制备镁可选用电解熔融MgCl2的方法，故B正确；C项，根据流程反应物是MgO、C和Cl2发生氧化还原反应，又因高温条件下碳元素转化为一氧化碳，生成物质为MgCl2和CO，据电子守恒配平方程式，故C正确；D项，煅烧后的产物中主要为MgO，MgO中加入稀盐酸后得到MgCl2溶液，但将MgCl2溶液加热蒸发后所得的产物为Mg(OH)2，故D错误；故选D。2．【2021•河北选择性考试】BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：

下列说法错误的是()A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成【答案】D【解析】A项，硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀HNO3，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，A正确；B项，金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成BiONO3，水解的离子方程式为Bi3++NO3+H2OBiONO3+2H+，转化工序中加入稀HCl，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成BiONO3，B正确；C项，氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl+H2OBiOCl+2H+，水解工序中加入少量CH3COONa(s)，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进Bi3+水解，C正确；D项，氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl+H2OBiOCl+2H+，水解工序中加入少量NH4NO3(s)，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应Bi3++NO3+H2OBiONO3+2H+，也不利于生成BiOCl，综上所述，D错误；故选D。3．【2020•江苏卷】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项，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项，氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；C项，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项，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。4．【2019•上海卷】在pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中，加入300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝素的存在形式是()A．AlO2 B．Al3+ C．Al(OH)3 D．Al3+、Al(OH)3【答案】D【解析】pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中，(H+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol.n(Al3+的氢氧化钠溶液中n(OH)=0.1mol/L×0.3L=0.03mol。其中0.01mol的OH和0.01mol的H+发生中和反应，剩下的0.02mol的OH和0.01mol的Al3+反应，氢氧根不足，所以生成Al(OH)3并有Al3+剩余。故选D.5．【2021•广东选择性考试】对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼(Mo)、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25℃时，H2CO3的Ka1=4.5×107，Ka1=4.7×1011，Ksp(BaMoO4)=3.5，Ksp(BaCO3)=2.6；该工艺中，pH时，溶液中Mo元素以MoO42的形态存在。(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为_______。(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。(3)“沉钼”中，pH为7.0。①生成BaMoO4的离子方程式为_______。②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c(HCO3)：c(MoO42)=_______(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液。(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为_______。②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出。(5)高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。①该氧化物为_______。②已知：和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。【答案】(1)+6(2)Al(OH)3(3)①Ba2++MoO42=BaMoO4↓②(4)①NaHCO3②NH3(5)①Al2O3②4：1【解析】(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Na和O的化合价为+1和2，根据化合价的代数和为0可知，Mo元素的化合价为+6。(2)“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X为Al(OH)3。(3)①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为Ba2++MoO42=BaMoO4↓。②若开始生成BaCO3沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：HCO3+BaMoO4BaCO3+MoO42+H+，该反应的化学平衡常数为。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，必须满足，由于“沉钼”中pH为7.0，c(H＋)=1.0mol·L－1，所以溶液中时，开始生成BaCO3沉淀，因此，时，应停止加入BaCl2溶液。(4)①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3，故Y为NaHCO3。②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。(5)①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到2价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8：2=4：1。1．(2021·江苏省镇江中学月考)下列关于金属铝的叙述中，不正确的是()A．铝的化学性质很活泼，但在空气中不易锈蚀B．铝箔在空气中受热可以熔化，且发生剧烈燃烧C．等质量的铝分别与足量盐酸、氢氧化钠溶液反应放出的气体物质的量相等D．铝的熔点比氧化铝低【答案】B【解析】A项，铝的化学性质很活泼，在空气中表面会生成氧化铝薄膜，阻止进一步被氧化，则在空气中不易锈蚀，故A正确；B项，铝箔在空气中受热可以熔化，但在表面生成致密的氧化铝薄膜，熔点较高，不会剧烈燃烧，故B错误；C项，等质量的铝分别与足量盐酸、氢氧化钠溶液反应，根据得失电子守恒，放出的气体物质的量相等，故C正确；D项，氧化铝的熔点很高，常作为耐高温材料，铝的熔点比氧化铝低，故D正确；故选B。2．(2021·成都市实验外国语学校(西区)月考)下列关于金属铝及其化合物的叙述不正确的是()A．Al2O3不能跟所有的酸碱溶液反应B．铝是活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现出还原性C．铝箔徃空气中用酒精灯加热可以融化，且发生剧烈燃烧D．铝箔在空气中用酒精灯加热可以观察到铝融化了但并不滴落【答案】C【解析】A项，氧化铝和强酸、强碱反应，不能和弱酸弱碱反应，A正确；B项，铝是比较活泼的金属，最外层有3个电子，在化学反应中易失去3个电子而达8电子的稳定结构，表现还原性，B正确；C项，加热时铝和氧气会反应生成熔点很高的氧化铝，将内部熔化的铝包裹住，铝熔化了但是不会滴落，不会出现发生剧烈的燃烧，C错误；D项，加热时铝和氧气会反应生成熔点很高的氧化铝，将内部熔化的铝包裹住，铝熔化了但是不会滴落，D正确；故选C。3．(2021·孟连傣族拉祜族佤族自治县第一中学期中)下列关于铝及其化合物的说法正确的是()A．铝制品在生活中被广泛使用，说明铝是一种不活泼的金属B．氧化铝的熔点很高，是一种较好的耐火材料C．Al(OH)3碱性很强，故可用于治疗胃酸过多D．铝是地壳中含量最多的元素【答案】B【解析】A项，铝易被氧化生成氧化铝，在铝表面形成一层致密的氧化铝膜，可保护铝进一步被腐蚀，所以铝制品在生活中被广泛使用，并不是铝不活泼，A错误；B项，氧化铝的熔点很高，很难熔化，是一种较好的耐火材料，B正确；C项，Al(OH)3碱性很弱，能和胃酸反应，同时由于碱性弱、无毒，所以常用于治疗胃酸过多，C错误；D项，铝是地壳中含量最多的金属元素，地壳中含量最多的元素为O元素，D错误；故选B。4．(2021·广东高一期末)下列关于Al及其化合物的性质描述正确的是()A．金属铝能够在空气中稳定存在是因为其在常温下不与氧气反应；B．氧化铝与NaOH溶液的反应体现了氧化铝的酸性氧化物的特性；C．明矾的水溶液具有“净水、杀菌消毒”的作用；D．氢氧化铝是两性氢氧化物，其“两性”是指既具有氧化性，又具有还原性【答案】B【解析】A项，常温下，铝具有很好的抗腐蚀性能，是因为铝在空气中与氧气反应，其表面生成致密的氧化物薄膜，故A错误；B项，氧化铝与NaOH溶液的反应体现了氧化铝的酸性氧化物的性质，故B正确；C项，明矾的水溶液中含有氢氧化铝胶体，具有吸附性，能够净水，但不能杀菌消毒，故C错误；D项，氢氧化铝是两性氢氧化物，其“两性”是指既具有酸性，又具有碱性，故D错误；故选B。5．(2021·江西省信丰中学月考)下列离子方程式正确的是()A．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合后产生白色沉淀：HCO3+AlO2+H2O=Al(OH)3↓+CO2↑B．水玻璃中通入足量的CO2：SiO32+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32C．用NaOH溶液除去镁粉中含有的杂质铝：2Al+2Na++2OH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑D．向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液，恰好使SO42完全沉淀：NH4++Al3++2SO42+2Ba2++4OH=Al(OH)3↓+NH3·H2O+2BaSO4↓【答案】D【解析】A项，NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合，生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3，反应的离子方程式为：HCO3+AlO2+H2O=Al(OH)3↓+CO32，A错误；B项，硅酸酸性小于碳酸，所以水玻璃中通入足量CO2生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为SiO32+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3，B错误；C项，偏铝酸钠是可溶性盐，应拆成离子，离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2↑，C错误；D项，向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液，恰好使SO42完全沉淀，硫酸根离子恰好反应，硫酸铝铵与氢氧化钡按照物质的量1：2反应，铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝，反应生成氢氧化铝沉淀和一水合氨，同时还生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：NH4++Al3++2SO42+2Ba2++4OH=Al(OH)3↓+NH3·H2O+2BaSO4↓，D正确；故选D。6．(2021·简阳市阳安中学月考)实验室测量Al(NO3)3纯度的步骤如图所示。下列说法正确的是()A．配制Al(NO3)3溶液只需要250mL容量瓶和玻璃棒这两种玻璃仪器B．加入试剂a发生反应的离子方程式为Al3++3OH−=Al(OH)3↓C．操作“b”需要在蒸发皿中进行D．Al(NO3)3的纯度为【答案】D【解析】A项，配制250mLAl(NO3)3溶液需要的玻璃仪器有250mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等，故A错误；B项，Al(OH)3能够溶于强碱溶液，为防止Al(OH)3溶解，由此所用试剂a为氨水，加入试剂a发生反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)，故B错误；C项，Al(OH)3在高温条件下会分解为Al2O3，操作b为固体的灼烧，应在坩埚中进行，故C错误；D项，m(Al2O3)=m2g，根据Al原子守恒可知，样品中n[Al(NO3)3]==，m[Al(NO3)3]==g，则Al(NO3)3的纯度为，故D正确；故选D。7．(2021·黑龙江双鸭山市双鸭山一中月考)向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa(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)3B．原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：1C．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3L6L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。8．(2021·湖北黄岗中学月考)易拉罐的主要成分为铝合金，其中以铝铁合金和铝镁合金最为常见。为确定铝合金中金属的成分，现取几小块易拉罐碎片进行下列实验，其中实验方案、现象与结论均正确的是()选项实验方案现象与结论A加入盐酸产生无色气体，含铝、铁、镁三种金属B加入NaOH溶液有无色气体产生，含有镁、铝两种金属C加入盐酸后，向所得溶液中再加入少量NaOH溶液产生白色沉淀，一定只含有镁D用盐酸溶解并放置一会儿后，加入KSCN溶液溶液呈血红色，含有铁【答案】D【解析】A项，因铝、铁、镁都能和盐酸反应产生气体，故不能确定含有铝、铁、镁三种金属，A项错误；B项，铝、铁镁中只有铝可与NaOH溶液反应生成无色气体，不能证明含有M，B项错误；C项，加入盐酸后，向所得溶液中再加入少量NaOH溶液产生白色沉淀，则合金中可能含有镁，也可能含有铝，C项错误；D项，铁单质与盐酸反应生成亚铁离子，在空气中放置一会儿，亚铁离子易被氧化为铁离子，在溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，D项正确；故选D。9．(2021·江苏省启东中学质检)已知硫酸铝铵晶体的化学式可表示为Al2(NH4)2(SO4)4·24H2O，其受热易分解，400℃时硫酸铝铵能够稳定存在。取4.53g硫酸铝铵晶体，加热过程中所得固体质量与温度的变化关系如图所示。根据图中数据的变化，推断下列说法中不正确的是()A．硫酸铝铵晶体在50℃下不易分解B．硫酸铝铵晶体加热到400℃时会分解生成Al2(NH4)2(SO4)4C．物质C的化学式为Al2(SO4)3D．物质D的化学式为Al2O3【答案】B【解析】根据图示可知，约100℃时硫酸铝铵晶体开始分解，所以在50℃下硫酸铝铵晶体可以稳定存在，选项A说法正确。4.53g硫酸铝铵晶体的物质的量n[Al2(NH4)2(SO4)4·24H2O]=4.53g÷906g·mol1=0.005mol，该晶体中含有结晶水的物质的量为0.005mol×24=0.12mol；受热分解过程中，固体中一定含有铝元素，根据信息，400℃时硫酸铝铵未分解，所以A转化为B的过程中，固体质量的减少量是结晶水的质量，减少的结晶水的物质的量为(4.53g2.46g)÷18g·mol1=0.115mol；固体中剩余结晶水的物质的量为0.12mol0.115mol=0.005mol，所以物质B的化学式为Al2(NH4)2(SO4)4·H2O，选项B说法错误。根据Al元素质量守恒，可以推出物质C为Al2(SO4)3，物质D为Al2O3，选项C、选项D正确。10．(2020·河南高三期中)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CaSO4C．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3D．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。11．(2021·广东高三调研)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：回答下列问题：(1)操作①需加入稀H2SO4，其目的是___________。(2)“纯化”的方法为___________。(3)实验室用如图装置利用热分解法制备高纯超细氧化铝粉并对其分解气成分进行探究：反应一段时间后，取三份NaOH吸收液于三支试管中分别进行如下实验，填写下表：实验步骤实验现象实验结论①加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸变蓝分解气中含有__________②加入盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液产生白色沉淀分解气中___________③______________________分解气中不含有SO2写出硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式___________。(4)为了测定高纯超细氧化铝粉中Al2O3的质量分数，可用EDTA(简写为H4Y)标准溶液滴定。取mg氧化铝粉溶于盐酸，加入过量的V1mLc1mol·L1EDTA标准溶液，充分反应后，再用c2mol·L1的Zn2+标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗Zn2+标准溶液体积为V2mL。反应的离子方程式：Al3++Y4=AlY、zn2++Y4=ZnY。Al2O3的质量分数为___________。【答案】(1)抑制铵根离子和铝离子水解(2)重结晶(3)NH3SO3取部分吸收液，加入稀盐酸，将产生气体通入品红溶液中品红溶液红色不褪去2NH4Al(SO4)2·12H2OAl2O3+2NH3↑+4SO3↑+25H2O(4)【解析】(1)由①前后物质可知为溶液到相应晶体的过程，没有与硫酸发生化学反应，且铵根离子和铝离子会水解，温度越高、水解程度越大，水解会生成氢离子，故加入硫酸的目的为抑制铵根离子和铝离子水解；(2)纯化前为粗品固体，纯化后为晶体，提纯固体粗产品物质常用重结晶；(3)①红色石蕊试纸变蓝，说明气体呈碱性，故为NH3；②硫酸钡为不溶于稀盐酸的白色沉淀，故分解气中有SO3；③二氧化硫溶于氢氧化钠生成Na2SO3，故答案为取部分吸收液，加入稀盐酸，将产生气体通入品红溶液中，品红溶液红色不褪去，说明不含SO2；硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式为2NH4Al(SO4)2·12H2OAl2O3+2NH3↑+4SO3↑+25H2O；(4)铝离子和锌离子物质的量之和与EDTA相等，即n(Al3+)+n(Zn2+)=n(EDTA)；n(Al3+)=(c1v1×103c2v2×103)mol，故m(Al3+)=n(Al3+)·M=(c1v1×103c2v2×103)mol×102g/mol=51×(c1v1×103c2v2×103)，所以质量分数=。12．(2021·安徽六安一中高三质检)氧化铝陶瓷常用于厚膜集成电路，制备氧化铝陶瓷的合成路线如图所示，回答下列问题。(1)“氧化”步骤发生的离子方程式为：___，使用双氧水作氧化剂优点为___：(2)“热分解”得到的产物除了氧化铝外，还有NH3、N2、SO2、SO3、H2O生成，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为___。(3)铵明矾晶体的化学式为NH4Al(SO4)2·12H2O，“热分解”步骤中，其各温度段内受热“失重计算值”(失重计算值%=×100%)如表所示：温度区间(℃)18→190190→430430→505505→900失重计算值(%)39.207.8013.0026.00通过上述数据经粗略计算可判断，在温度区间___铵明矾基本上失去了全部结晶水。(4)“结晶”步骤中常采用的操作是___。(5)合成过程中常使用过量的工业硫酸铵，可利用硫酸铵溶液水解显酸性抑制硫酸铝水解，另外的一个重要作用是___。(6)通常认为金属离子浓度等于1×105mol/L即可认为沉淀完全，试计算常温下“中和”步骤中需要调节溶液pH=___(保留一位小数，已知：Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10－38，lg5=0.7)。【答案】(1)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O还原产物为水，不引入杂质、不污染环境(2)1：3190→430(4)蒸发浓缩、冷却结晶(5)促使硫酸铝充分转化为铵明矾，提高硫酸铝的利用率(6)3.3【解析】(1)“氧化”步骤利用了H2O2的氧化性将Fe2+氧化为Fe3+，同时H2O2被还原为H2O，故离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，使用双氧水作氧化剂优点是还原产物为水不引入杂质、不污染环境；(2)氧化产物为N2，还原产物为SO2，利用得失电子守恒列式如下：n(N2)×2×3e－＝n(SO2)×2e－，解得n(N2):n(SO2)＝1:3；(3)NH4Al(SO4)2·12H2O结晶水的含量近似为47.7%，前两个温度段内，“失重计算值”之和为39.20%+7.80%＝47%，故在190→430温度段内，铵明矾基本上失去了全部结晶水；(4)得到带结晶水的晶体常采用的方法是蒸发浓缩、冷却结晶；(5)使硫酸铵过量，有利于硫酸铝充分反应，提高了硫酸铝的利用率；(6)根据氢氧化铁的溶度积常数可知1×10－5×c3(OH－)＝8.0×10－38，解得c(OH－)＝2×10－11(mol/L)，，pH＝4lg5＝3.3。13．(2021·四川省广安友谊中学期中)氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。为了分析某AlN样品(样品中的杂质不与氢氧化钠溶液反应)中AlN的含量，某实验小组设计了如下两种实验方案。已知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑方案I：取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的含量(夹持装置已略去)。(1)C装置中球形干燥管的作用是_______。(2)完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先_______，再加入实验药品。接下来的实验操作是：测定C装置反应前的质量，关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应后的质量。通入氮气的目的是_______。(3)若去掉装置B，则导致测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。由于上述装置还存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见：_______。方案II：按以下步骤测定样品中AlN的含量：(4)步骤②生成沉淀的离子方程式为_______。(5)步骤③的操作是_______。AlN的含量是_______(用m1、m2表示)。【答案】(1)防止倒吸(2)检查装置的气密性把装置中残留的氨气全部赶入C装置(3)偏高C装置出口处连接一个干燥装置(4)CO2+AlO2+2H2O=HCO3+Al(OH)3↓(5)过滤41m2/51m1×100%【解析】(1)氨气与浓硫酸能发生反应，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸；(2)组装好实验装置，气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品。接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化；通入氮气的目的是：反应生成氨气后把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重；(3)若去掉装置B，测定氨气含量会增大，导致AlN的含量测定结果偏高，装置存在缺陷是空气中的水蒸气也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管；(4)步骤②生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成，反应的离子方程式为：CO2+AlO2+2H2O=HCO3+Al(OH)3↓，(5)上述分析可知步骤③是过滤洗涤得到氢氧化铝沉淀，测定原理是：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀：CO2+AlO2+2H2O=HCO3+Al(OH)3↓，氢氧化铝灼烧得到氧化铝，通过测定氧化铝得质量来计算氮化铝的质量，Al2O3物质的量n=m/M=m2g/102g/mol=m2/102mol，依据氮元素守恒得到样品中氮元素物质的量=n(AlN)=m2/102mol×2=m2/51mol，AlN的纯度=m2/51mol×41g/mol÷m1g×100%=41m2/51m1×100%。14．(2021·湖南高二期末)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)；KMnO4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)①N22:5【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αAl2O3。(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。15．(2021·石嘴山中学月考)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=2AlOeq\o\al(－,2)＋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。16．(2021·浙江省北斗星联盟适应性联考)某兴趣小组对某种储氢材料X开展探究实验。其中：X由三种短周期元素组成，且阴、阳离子个数比为2：1；金属互化物——全部由金属元素组成的化合物。请回答：(1)X的化学式是_____________，化合物H的电子式为：____________。(2)金属互化物C和过量NaOH溶液发生反应的离子方程式为：____________。(3)某种钠盐和X具有相同的阴离子，且该钠盐可由两种二元化合物发生非氧化还原反应合成，请写出一个可能的化学方程式：________________________。(4)X中的某种元素单质可用来制造信号弹的原因是_________________________。(5)通过气体A与单质D制备化合物H的过程中，通常产物中会夹杂单质D，请设计一个实验方案，检验产品中D杂质的含量，写出简要的实验步骤及需要测量的物理量：____________________________________________________________。【答案】(1)Mg(AlH4)2(2)Mg3Al2+2OH+2H2O=3Mg+2AlO2+3H2↑(3)4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl(4)剧烈燃烧，发出耀眼的白光(5)称取一定质量的固体粉末，加入足量的水，通过收集产生的气体体积计算氢化镁的质量，由总质量可以计算得到原混合物中单质镁的量【解析】由X为储氢材料可知，X中含有氢元素、气体A为氢气；由题给框图可知，固体B、金属互化物C都能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，则单质B为铝、金属互化物C中含有铝元素；由X中的某种元素单质可用来制造信号弹可知，单质D为镁、溶液E为偏铝酸钠溶液、白色胶状沉淀F为氢氧化铝，则化合物X中含有镁元素、铝元素和氢元素；由铝的质量为1.08g、氢氧化铝的质量为4.68g和镁的质量为0.72g可知，金属互化物C中镁与铝的物质的量比为：(—)=3:2，则C的化学式为Mg3Al2，则化合物X中镁、铝和氢元素的物质的量比为0.03mol：0.06