专题15 钠、镁、铝及其化合物 十年（2015-2024）高考化学真题分类汇编(解析版)

2013-2024年十年高考真题汇编PAGEPAGE1专题15钠、镁、铝及其化合物考点十年考情(2015-2024)命题趋势考点1钠及其化合物2024·北京卷、2023•北京卷、2023•浙江省1月选考、2022•湖北省选择性卷、2021•浙江1月卷、2020•浙江7月卷、2020•浙江7月卷、2015·重庆卷本部分以钠、镁、铝及其化合物与生产、生活有较多联系，都是高考联系实际命题的优良素材。高考在本部分中往往以识为载体，考查对化学基本概念、基本理论的掌握。钠主要为Na和Na2O2的性质、Na2CO3与NaHCO3间的转化；镁重在提取；铝主要放在铝与碱的反应、氧化铝的两性等基础知识上，Al3＋、[Al(OH)4]-、Al(OH)3的相互转化，还可能涉及铝的重要化合物的用途，如明矾净水、与铝有关的药品、食物的摄入等与生活联系密切的内容。考点2镁及其化合物2024·广东卷、2022·浙江省1月卷、2022·浙江省1月卷、2022·浙江省6月卷、2022·浙江省6月卷、2020·山东卷、2021•浙江6月卷、2015·江苏卷、2015·安徽卷、2016·浙江理综考点3铝及其化合物2024·江苏卷、2023•浙江省6月选考、2022•湖南选择性卷、2021•浙江1月卷、2020•浙江1月卷、2020•浙江7月卷、2020•江苏卷、2019•上海卷、2015·福建卷考点1钠及其化合物1．(2024·北京卷，8，3分)关于Na2CO3和NaHCO3的下列说法中，不正确的是()A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同B．可用NaOH溶液使NaHCO3转化为Na2CO3C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3D．室温下，二者饱和溶液的pH差约为4，主要是由于它们的溶解度差异【答案】D【解析】A项，Na2CO3和NaHCO3的溶液中均存在H2O、H2CO3、H+、OH-、Na+、CO32-、HCO3-，A正确；B项，NaHCO3加入NaOH溶液会发生反应：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，B正确；C项，NaHCO3受热易分解，可转化为Na2CO3，而Na2CO3热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确；D项，室温下Na2CO3和NaHCO3饱和溶液pH相差较大的主要原因是CO32-的水解程度远大于HCO3-，D错误；故选D。2．(2023•北京卷，12)离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑。下列说法正确的是()A．Na2O2、CaH2中均有非极性共价键B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应C．Na2O2中阴、阳离子个数比为，CaH2中阴、阳离子个数比为D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同【答案】C【解析】A项，Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键面不含非极性键，A错误；B项，①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；C项，Na2O2由Na+和O22-组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；D项，①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。3．(2023•浙江省1月选考，4)物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是()A．能使某些色素褪色，可用作漂白剂 B．金属钠导热性好，可用作传热介质C．溶液呈碱性，可用作消毒剂 D．Fe2O3呈红色，可用作颜料【答案】C【解析】A项，SO2具有漂白性，能使某些色素褪色，A正确；B项，钠导热性好，液态钠可用作核反应堆的传热介质，B正确；C项，NaClO溶液可用于杀菌消毒，并不是由于其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，C不正确；D项，Fe2O3的颜色是红色，可用作红色颜料，D正确；故选C。4．(2022•湖北省选择性卷，8)硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：NaHS(s)＋CS2(l)=Na2CS3(s)+H2S(g)，下列说法正确的是()A．Na2CS3不能被氧化 B．Na2CS3溶液显碱性C．该制备反应是熵减过程 D．CS2的热稳定性比CO2的高【答案】B【解析】A项，Na2CS3中硫元素为-2价，还原性比较强，能被氧化，故A错误；B项，类比Na2CO3溶液，O与S同主族，可知Na2CS3溶液显碱性，故B正确；C项，由反应方程式可知，固体与液体反应制备了硫化氢气体，故该制备反应是熵增过程，故C错误；D项，S的原子半径比O小，故C=S键长比C=O键长长，键能小，故CS2的热稳定性比CO2的低，故D错误；故选B。5．(2021•浙江1月卷，12)下列“类比”合理的是()A．Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClOC．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4ClD．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3【答案】C【解析】A项，Na与水反应生成NaOH和H2，Fe与冷水、热水都不反应，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不合理；B项，NaClO具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，NaClO溶液与SO2发生氧化还原反应时SO2被氧化成SO42-，ClO-被还原成Cl-，B不合理；C项，Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，C合理；D项，氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，D不合理；故选C。6．(2020•浙江7月卷，)下列说法不正确的是()A．高压钠灯可用于道路照明B．SO2可用来制造光导纤维C．工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜D．BaCO3不溶于水，可用作医疗上检查肠胃的钡餐【答案】D【解析】A项，高压钠灯发出的黄光射程远、透雾能力强，所以高压钠灯用于道路照明，故A正确；B项，二氧化硅传导光的能力非常强，用来制造光导纤维，故B正确；C项，黄铜矿高温煅烧生成粗铜、氧化亚铁和二氧化硫，故C正确；D项，碳酸钡不溶于水，但溶于酸，碳酸钡在胃酸中溶解生成的钡离子为重金属离子，有毒，不能用于钡餐，钡餐用硫酸钡，故D错误；故选D。7．(2020•浙江7月卷，9)下列说法正确的是()A．Na2O在空气中加热可得固体Na2O2B．Mg加入到过量FeCl3溶液中可得FeC．FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3D．H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2【答案】A【解析】A项，无水状态下Na2O2比Na2O更稳定，Na2O在空气中加热可以生成更稳定的Na2O2，A正确；B项，Mg加入到FeCl3溶液中，Mg具有较强的还原性，先与Fe3+反应，生成Mg2+和Fe2+，若Mg过量，Mg与Fe2+继续反应生成Mg2+和Fe，但由于反应中FeCl3过量，Mg已消耗完，所以无Mg和Fe2+反应，所以不会生成Fe，B错误；C项，FeS2在沸腾炉中与O2发生的反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，产物主要是SO2而不是SO3，C错误；D项，H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2O和O2，化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑，D错误。故选A。8．(2015·重庆卷，8)某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。(1)NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为。(2)Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为(已知该反应为置换反应)。(3)KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O，KClO4含有化学键的类型为，K的原子结构示意图为。(4)NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为。(5)100g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N233.6L(标准状况)。①用碱石灰除去的物质为；②该产气药剂中NaN3的质量分数为。【答案】(1)(2)Fe(3)离子键和共价键(4)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O(5)①CO2、H2O②65%【解析】(1)氮原子最外层有5个电子，共用3对电子形成氮气，则N2的电子式为。(2)因为Fe2O3与Na的反应为置换反应，所以Fe2O3作为氧化剂，与Na反应得电子生成Fe单质。(3)KClO4属于含氧酸盐，所以KClO4含有化学键的类型为离子键和共价键，K是19号元素，原子结构示意图为。(4)NaHCO3热稳定性较差，受热分解生成碳酸钠、CO2和水，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。(5)①碱石灰的主要成分是NaOH和CaO，所以用碱石灰除去的物质为CO2、H2O；②标准状况下33.6LN2的物质的量为1.5mol，根据氮原子守恒，该产气药剂中NaN3的质量分数为(1.5mol×2÷3)×65g·mol-1÷100×100%=65%。考点2镁及其化合物1．(2024·广东卷，14，3分)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项，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Mg+2HMg+H2↑，该反应属于置换反应，可能为Mg+Mg，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项，e能转化为d，此时e为白色沉淀Fe(OH)2，d为红褐色沉淀Fe(OH)3，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项，由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为Fe(OH)3胶体，c应为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，也有可能直接得到Fe(OH)3沉淀，故C错误；D项，假设b为Al2O3，即d为Al(OH)3，c为铝盐，Al2O3、Al(OH)3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Fe(OH)3，c为铁盐，Fe2O3、Fe(OH)3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。2．(2022·浙江省1月卷，8)下列说法不正确的是()A．镁合金密度较小、强度较大，可用于制造飞机部件B．还原铁粉可用作食品干燥剂C．氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒D．油脂是热值最高的营养物质【答案】B【解析】A项，金属镁的密度较小，镁合金的强度高、机械性能好，是制造汽车、飞机、火箭的重要材料，故A正确；B项，还原铁粉能吸收氧气，可用作食品脱氧剂，故B错误；C项，氯气、臭氧、二氧化氯都具有强氧化性，能杀菌消毒，都可用于饮用水的消毒，故C正确；D项，油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，油脂是热值最高的营养物质，故D正确；故选B。3．(2022·浙江省1月卷，9)下列说法正确的是()A．铁与碘反应易生成碘化铁B．电解ZnSO4溶液可以得到ZnC．用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁D．SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀【答案】B【解析】A项，I2属于弱氧化剂，与Fe反应生成FeI2，A错误；B项，电解一定浓度的硫酸锌溶液，Zn2+在阴极得电子析出Zn，B正确；C项，石灰沉淀Mg2+生成的沉淀是Mg(OH)2，C错误；D项，SO2通入BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀，因为H2SO3酸性比HCl弱，该复分解反应不能发生，D错误；故选B。4．(2022·浙江省6月卷，24)尖晶石矿的主要成分为MgAl2O4(含SiO2杂质)。已知：MgAl2O4(s)＋4Cl2(g)=MgCl2(s)＋2AlCl3(g)＋2O2(g)ΔH＞0。该反应难以发生，但采用“加炭氯化法”可以制备MgCl2和AlCl3，同时还可得到副产物SiCl4(SiCl4沸点为58℃，AlCl3在180℃升华)：MgAl2O4(s)＋4C(s)＋4CO(g)MgCl2(s)＋2AlCl3(g)＋4CO(g)。下列说法不正确的是()A．制备时要保持无水环境B．输送气态产物的管道温度要保持在180℃以上C．氯化时加炭，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量D．为避免产生大量CO2，反应过程中需保持炭过量【答案】D【解析】A项，由于高温条件下，C与H2O将反应生成CO和H2，且AlCl3、MgCl2在高温下均易水解，生成的HCl挥发后促进AlCl3、MgCl2水解，导致所得产物不纯，故制备时要保持无水环境，A正确；B项，由题干信息可知，AlCl3在180℃升华，故输送气态产物的管道温度要保持在180℃以上，B正确；C项，由题干信息可知，不加炭的氯化反应很难进行，则氯化时加炭，既增大了反应的趋势，同时C被氧化为CO放出热量，则又为氯化提供了能量，C正确；D项，反应过程中若保持炭过量，则可能发生反应：SiO2+2CSi+2CO或者SiO2+3CSiC+2CO，导致获得的固体产物MgCl2中含有Si、SiC等杂质，D错误；故选D。5．(2022·浙江省6月卷，9)下列说法正确的是()A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫C．浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸D．“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用【答案】D【解析】A项，六水合氯化镁没有自由移动的离子，不能导电，工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不正确；B项，接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不正确；C项，在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜并阻止反应继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C不正确；D项，“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用，若两者混用会发生归中反应生成氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，D正确；故选D。6．(2020·山东卷，9)以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：已知浸出时产生的废渣中有SiO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是()A．浸出镁的反应为B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4ClD．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同【答案】B【解析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。A项，高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；B项，一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；C项，．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；D项，Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；故答案为B。7．(2021•浙江6月卷，9)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项，硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A错误；B项，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项，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项，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。8．(2015·江苏卷，4)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】除金刚石和石墨外，C还存在C60等同素异构体，A项错误；Mg的电子层数比Mg2+多，所以半径r(Mg)>r(Mg2+)，B项错误；反应方程式为2Mg+CO22MgO+C，还原剂为Mg，还原产物为C，由还原剂的还原性强于还原产物，可得Mg的还原性强于C，C项正确；燃烧过程中除了转化为热能还转化为光能等其他能量，D项错误。9．(2015·安徽卷，12)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()选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.0弱碱性溶液中Mg也可被氧化D将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH-氧化了Mg【答案】D【解析】能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体是氨气，A项正确；该反应体系中生成的气体可能是氢气或氨气，而氢气燃烧火焰呈淡蓝色，B项正确；溶液呈碱性时，仍然生成气体，表明弱碱溶液中Mg可被氧化，C项正确；D项的结论应该是弱碱溶液中H+氧化Mg，溶液中存在HCO3-H++CO32-和H2OH++OH-，Mg与H+反应生成H2和Mg2+，Mg2+与OH-、CO32-反应分别生成沉淀Mg(OH)2、MgCO3，两电离平衡均正向移动，故错误。10．(2024·浙江1月卷，18，10分)固态化合物Y的组成为MgCaMn(CO3)4，以Y为原料实现如下转化。已知：NH3与溶液A中金属离子均不能形成配合物。请回答：(1)依据步骤Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的是。写出溶液C中的所有阴离子。步骤Ⅱ中，加入NH4Cl的作用是。(2)下列说法正确的是_______。A．气体D是形成酸雨的主要成分 B．固体E可能含有Na2CO3C．可溶于NH4Cl溶液 D．碱性：(3)酸性条件下，固体NaBiO3(微溶于水，其还原产物为无色的Bi3+)可氧化Mn2+为MnO4-，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有元素；写出Mn2+转化为MnO4-的离子方程式。【答案】(1)MgCO3CO32-、HCO3-、OH-、Cl-调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀(2)BC(3)取一定量Y于试管中，加入适量盐酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O【解析】Y中加入盐酸将碳酸根转化为二氧化碳，溶液A中主要有镁离子、锰离子、钙离子、亚铁离子，氯离子，若酸过量，还有H+，加入氨气和氯化铵将亚铁离子转化为氢氧化亚铁，溶液B中主要含有镁离子、锰离子、钙离子、铵根离子，氯离子，Ⅲ中又通入CO2将钙离子与锰离子转化为沉淀。(1)①MnCO3、CaCO3和MgCO3是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出来，由于通入二氧化碳，生成的沉淀是CaCO3和MgCO3，所以MgCO3溶解度最大；②溶液中加入盐酸引入阴离子氯离子，Ⅲ中又通入CO2引入碳酸根离子，溶液中还有碳酸氢根和氢氧根；(2)A项，气体是CO2不是形成酸雨的主要成分，故A错误；B项，固体E可能含有Na2CO3，当二氧化碳过量时反应方程式为：2Na+2CO2Na2CO3+CO，当二氧化碳少量时2Na+CO2Na2O+CO，所以可能含有Na2CO3，故B正确；C项，Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液，由于NH4Cl溶液呈酸性，NH4Cl水解产生的H+与Mn(OH)2反应，故C正确；D项，碱性是Ca(OH)2＞Fe(OH)2，氢氧化钙是强碱，氢氧化亚铁是弱碱，故D错误；故选BC。(3)①酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为MnO4-，取一定量Y于试管中，加入适量盐酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素；②根据题目信息可知5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O。11．(2016·浙江理综，27)Ⅰ．化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O↑+10MgO+3Al2O3(1)写出该化合物作阻燃剂的两条依据____________。(2)用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理________。(3)已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理____________。Ⅱ．磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：请回答：(1)A的组成元素为_________(用元素符号表示)，化学式为______。(2)溶液C可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用____________。(3)已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518g·L-1)，该气体分子的电子式为____。写出该反应的离子方程式__________。(4)写出F→G反应的化学方程式_____________。设计实验方案探究溶液G中的主要微粒(不考虑H2O、H+、K+、I-)______________。【答案】Ⅰ.(1)反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气。(2)Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O(3)NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl，MgO+2HCl=MgCl2+H2OⅡ．(1)S、FeFe3S4(2)制印刷电路板(3)Fe3S4+6H+=3H2S↑+3Fe2++S(4)H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42−，过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若产生白色沉淀，则有H2SO3。【解析】试题分析：Ⅰ.(1)此反应为吸热反应，能降低问题，反应产生的固体氧化物能隔绝空气，并且产生水蒸气，可以稀释空气。故答案为：反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气。(2)氧化镁和氧化铝的区别在于氧化铝能与强碱反应而氧化镁不能，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式为：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O。(3)氯化铵溶液中铵根离子水解，NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl，溶液为酸性，氧化镁和水解生成的盐酸反应生成氯化镁，方程式为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O。Ⅱ．(1)红棕色固体B为氧化铁，与盐酸反应后生成黄色溶液C为氯化铁，氯化铁与硫氰化钾显血红色溶液D为硫氰化铁。无色气体溶于水后为酸性，与碘反应后生成无色溶液，酸性变强，说明原酸为弱酸，且具有还原性，为亚硫酸，则无色气体为二氧化硫。则原化合物中含有铁和硫元素。氧化铁的质量为2.400g，其物质的量为2.400/160=0.015mol，含铁原子的物质的量为0.030mol，则铁的质量为0.030×56=1.680g，则化合物中硫元素的质量为2.960-1.680=1.280g，硫的物质的量为1.280/32=0.040mol，则铁与硫的物质的量比为0.030：0.040=3：4，则化学式为：Fe3S4。(2)溶液C为氯化铁，可以溶解铜，用来制印刷电路板。(3)化合物A与硫酸反应生成淡黄色不溶物为硫，和一种气体，该气体的摩尔质量为1.518×22.4=34.00，则为硫化氢。硫化氢的电子式为，该反应生成硫酸亚铁和硫和硫化氢，方程式为：Fe3S4+6H+=3H2S↑+3Fe2++S。(4)亚硫酸和碘单质反应生成硫酸和氢碘酸，方程式为：H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；溶液G中主要含有硫酸根离子，或许有未反应完的亚硫酸分子，硫酸根离子用钡盐检验，亚硫酸可以用氧化剂氧化成硫酸根再检验，具体操作方法为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42−，过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若产生白色沉淀，则有H2SO3。考点3铝及其化合物1．(2024·江苏卷，4，3分)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用作净水剂。下列说法正确的是()A．半径： B．电负性：C．沸点：H2S D．碱性：Al(OH)3【答案】B【解析】A项，Al3+有2个电子层，而K+有3个电子层，因此，K+的半径较大，A错误；B项，同一主族的元素，其电负性从上到下依次减小，O和S都是ⅥA的元素，O元素的电负性较大，B正确；C项，虽然H2S的相对分子质量较大，但是H2O分子间可形成氢键，因此H2O的沸点较高，C错误；D项，元素的金属性越强，其最高价的氧化物的水化物的碱性越强，K的金属性强于Al，因此KOH的碱性较强，D错误；故选B。2．(2023•浙江省6月选考，4)物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是()A．铝有强还原性，可用于制作门窗框架B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂【答案】A【解析】A项，铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的还原性，A不正确；B项，氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B正确；C项，食品中含有的Fe2+等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，C正确；D项，过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供氧剂，D正确；故选A。3．(2022•湖南选择性卷，7)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CO2D．滤液可回收进入吸收塔循环利用【答案】C【解析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应Na2CO3+2HF=2NaF+H2O+CO2↑，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应6NaF+NaAlO2+2CO2=Na3AlF6+2Na2CO3，过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液。A项，陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2在高温下与Na2CO3发生反应SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；B项，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；C项，由上述分析可知，合成槽内发生反应6NaF+NaAlO2+2CO2=Na3AlF6+2Na2CO3，产物是Na3AlF6和Na2CO3，故C错误；D项，由上述分析可知，滤液的主要成分为Na2CO3，可进入吸收塔循环利用，故D正确；故选C。4．(2021•浙江1月卷，8)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项，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项，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项，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项，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。故选A。5．(2020•浙江1月卷，)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。6．(2020•浙江7月卷，8)下列说法不正确的是()A．Cl-会破坏铝表面的氧化膜B．NaHCO3的热稳定性比Na2CO3强C．KMnO4具有氧化性，其稀溶液可用于消毒D．钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀【答案】B【解析】A项，Cl-很容易被吸附在铝表面的氧化膜上，将氧化膜中的氧离子取代出来，从而破坏氧化膜，A正确；B项，碳酸氢钠受热分解可产生碳酸钠、水和二氧化碳，则稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，B错误；C项，KMnO4具有强氧化性，可使病毒表面的蛋白质外壳变形，其稀溶液可用于消毒，C正确；D项，钢铁在潮湿的空气中，铁和碳、水膜形成原电池，发生电化学腐蚀，腐蚀速率更快，D正确；故选B。7．(2020•江苏卷，3)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。8．(2019•上海卷，16)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+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol.300mL0.1mol/L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。9．(2020•浙江7月卷，28)Ⅰ．化合物X由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，Y为纯净物；取3.01gX，用含HCl0.0600mol的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份，完成如下实验(白色沉淀C可溶于NaOH溶液)：请回答：(1)组成X的四种元素是N、H和________(填元素符号)，X的化学式是________。(2)溶液B通入过量CO2得到白色沉淀C的离子方程式是________。(3)写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)________。要求同时满足：①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素；②反应原理与“HCl＋NH3eq\o(=)NH4Cl”相同。【答案】Ⅰ．(1)Al、ClAlCl3NH3(2)AlOeq\o\al(−,2)＋CO2＋2H2Oeq\o(=)Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(−,3)(3)AlCl3＋Cl−eq\o(=)AlCleq\o\al(−,4)或AlCl3＋NH3eq\o(=)AlCl3NH3【解析】根据题干可知，加热X可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的纯净物气体Y，故Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N原子的物质的量为：(N)=(NH3)=，Al原子的物质的量为：(Al)=(Al2O3)=，A2溶液中含有的Cl-的物质的量为：(Cl)=(ACl)-；故一半溶液中含有的H原子的物质的量为：，故X中含有四种元素即N、H、Al、Cl，其个数比为：(N)：(H)：(Al)：(Cl)=0.01mol：0.03mol：0.01mol：0.03mol=1：3：1：3，故X的化学式为：AlCl3NH3；(2)根据分析(1)可知，溶液B中通入过量的CO2所发生的离子方程式为：AlOeq\o\al(−,2)＋CO2＋2H2Oeq\o(=)Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(−,3)；(3)结合题给的两个条件，再分析化合物X(AlCl3NH3)是NH3和AlCl3通过配位键结合成的化合物，不难想到类似于NH3和H2O反应，故可以很快得出该反应的离子方程式为AlCl3＋Cl−eq\o(=)AlCleq\o\al(−,4)或AlCl3＋NH3eq\o(=)AlCl3NH3。10．(2015·福建卷，24)无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。(1)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为。(2)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：已知：物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2沸点/℃57.6180(升华)300(升华)1023①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是

(只要求写出一种)。②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是。③已知：Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g)ΔH1=+1344.1kJ·mol-12AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g)ΔH2=+1169.2kJ·mol-1由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为。④步骤Ⅲ的尾气经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为。⑤结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是。【答案】(1)Al3++3H2OAl(OH)3+3H+(2)①防止后续步骤生成的AlCl3水解