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专题复习 高考化学 考点15 镁、铝及其重要化合物 讲义
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这是一份专题复习 高考化学 考点15 镁、铝及其重要化合物 讲义，共30页。试卷主要包含了镁和铝的性质，氧化铝和氢氧化铝，“铝三角”及其应用，硫酸铝钾——KAl2等内容，欢迎下载使用。
一、镁和铝的性质
铝热反应
2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
4Al+3MnO23Mn+2Al2O3
在实验室按如图所示装置进行铝热反应，实验现象是当外露部分镁条刚刚燃烧完毕时，纸漏斗内混合物立即剧烈反应，发出耀眼的光芒，产生大量的烟。纸漏斗被烧破，有红热状的液珠落入蒸发皿内的细沙上，液珠冷却后变为黑色固体(落下的是铁珠)。
铝热反应是指工业上用铝粉来还原一些金属氧化物，得到Fe、V、Cr、Mn等难溶金属的一类反应。铝热反应的实质是铝在高温条件下将活动性比铝弱的金属从其氧化物中置换出来。
二、氧化铝和氢氧化铝
两性氧化物：既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氧化物。
两性氢氧化物：既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氢氧化物。
三、“铝三角”及其应用
1．具体反应
Al(OH)3+OH−+2H2O
Al(OH)3+3H+Al3++3H2O
Al3++3OH−Al(OH)3↓
+H++H2OAl(OH)3↓
+4H+Al3++2H2O
Al3++4OH−+2H2O
Al3++3+6H2O4Al(OH)3↓
2．应用
（1）判断离子共存问题
Al3+与OH−及、、S2−等弱酸根阴离子或与H+、以及弱碱阳离子Al3+、Fe3+等因生成沉淀或发生水解相互促进反应而不能大量共存。
（2）鉴别(利用滴加顺序不同，现象不同)
①向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀溶解。
②向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始无明显现象，后产生白色沉淀，沉淀不溶解。
（3）分离提纯
①利用Al能溶于强碱溶液，分离Al与其他金属的混合物。
②利用Al2O3，能与强碱溶液反应，分离Al2O3与其他金属氧化物。
③利用Al(OH)3能与强碱溶液反应，分离Al3+与其他金属阳离子。
四、硫酸铝钾——KAl(SO4)2
（1）硫酸铝钾在水溶液中的电离方程式为KAl(SO4)2===K++Al3++2。
（2）带有十二个结晶水的硫酸铝钾称为十二水合硫酸铝钾，俗称明矾，化形式为KAl(SO4)2·12H2O，它是无色晶体，可溶于水。由于Al3+能水解生成具有强吸附性的胶体：Al3++3H2O===3H++Al(OH)3，故明矾是一种常用的净水剂。
明矾中含有Al3+和，向明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当Al3+ 恰好完全沉淀时，离子方程式为2Al3+ +3+3Ba2+ +6OH−===2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，此时只沉淀了总量的四分之三，总的沉淀的物质的量达到最大；当完全沉淀时，离子方程式为Al3++2+2Ba2++4OH−===2BaSO4↓++2H2O，此时Al3+ 恰好完全转化为，总的沉淀的质量达到最大。
考向一 铝及其化合物的转化
典例1 工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图所示：
下列叙述正确的是
A．试剂X可以是NaOH溶液，也可以是盐酸
B．反应①过滤后所得沉淀为Fe(OH)3
C．图中所有转化反应都不是氧化还原反应
D．反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3
【答案】D
【解析】根据流程图可知，X一定是NaOH，Y一定是CO2，加X后得到的沉淀为Fe2O3。
1．铝及其化合物在生产、生活等方面有广泛的应用。
（1）铝元素位于周期表中第__________周期__________族。硼、镓与铝位于同一主族，现有下列三种物质：①Na[Al(OH)4]、②Na[B(OH)4]、③Na[Ga(OH)4]，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为___________(用序号表示)。{Na[Al(OH)4]也可表示偏铝酸钠，硼、镓类似}
（2）将20.0 mL 0.1 ml/L Ba(OH)2溶液和20.0 mL 0.1 ml/L NH4Al(SO4)2溶液混合，所得溶液中Al3+、、、OH−、H+的浓度由大到小的顺序为 _____________。
（3）氮化铝(AlN)是一种新型的无机非金属材料，可用作热交换器材料。某AlN样品中仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，甲组同学设计了如下流程：
已知：AlN+NaOH+H2O===NaAlO2+NH3↑。
①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和______________。
②实验过程中，称得样品的质量为4.2 g，最后得到的固体为5.1 g，则样品中AlN的质量分数为___________。(不考虑整个过程中的损耗)
【答案】（1）三 ⅢA ③>①>②
（2）c()>c()>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)
（3）①玻璃棒 ②87.86%
【解析】（1）铝元素位于周期表中第三周期ⅢA族。同周期元素从上到下非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱，Na[B(OH)4]水解程度最小、Na[Ga(OH)4] 水解程度最大，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为Na[Ga(OH)4]> Na[Al(OH)4]> Na[B(OH)4]。
（2）将20.0 mL 0.1 ml/L Ba(OH)2溶液和20.0 mL 0.1 ml/L NH4Al(SO4)2溶液混合，、，反应后c()=0.1 ml/L÷2=0.05 ml/L；铵根水解，c()<0.1 ml/L÷2=0.05 ml/L；c(Al3+)=(0.1 ml/L−)÷2=，此时铵根水解溶液呈酸性， c()>c()>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)。
（3） ①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；设AlN的质量为a g，根据关系式
2AlN~Al2O3 Δm
82 102 20
a 0.9
a=0.369 g，AlN的质量分数为87.86%。
考向二 铝与酸、碱反应的有关计算
（1）铝能与酸溶液反应生成H2和铝盐(Al3+)，但与稀HNO3反应不生成H2，且在浓HNO3、浓H2SO4中钝化。
（2）铝与强碱溶液反应生成H2和偏铝酸盐()。
（3）铝与酸或碱溶液反应生成H2的量的关系：
有关离子方程式为：
2Al+6H+2Al3++3H2↑
2Al+2OH−+2H2O2+3H2↑
Al与酸、碱反应的实质都是：AlAl3+，2H+H2，故与酸或碱反应时，铝与氢气的关系均为2Al～3H2↑，利用此性质可以方便地进行有关计算。
①等量Al分别与足量酸(H+)和碱(OH−)溶液反应，生成H2之比为1∶1，消耗H+和OH−之比为3∶1。
②足量Al分别与所含H+和OH−物质的量相等的溶液反应，生成H2之比为1∶3。
③若产生H2之比为eq \f(1,3)<与酸反应时，Al过量、H+不足，而与碱反应时，Al不足、OH−过量。
典例2（1）等质量的两份铝分别与足量的HCl、NaOH溶液反应，所得H2的体积之比是________。
（2）足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，产生H2的体积之比是________。
【答案】（1）1∶1
（2）1∶3
【解析】（1）根据化学方程式：2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑得Al与H2的关系式均为2Al～3H2，故只要参加反应的Al的量相等，所得H2的量必相等。（2）因为在反应中Al过量，产生的H2由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式：6HCl～3H2、2NaOH～3H2，故当HCl、NaOH物质的量相等时，二者产生H2的体积比为1∶3。
2．有两种金属组成的混合物粉末15g与足量的稀盐酸反应，生成11.2L(标准状况下)H2，则该混合物的组成不可能是
A．Fe、ZnB．Al、Cu
C．Al、NaD．Al、Fe
【答案】A
【解析】本题考查了混合物计算。标况下，11.2L氢气的物质的量为=0.5ml，假设金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量为0.5ml，金属平均相对原子质量为=30。Fe的相对原子质量为56，Zn的相对原子质量为65，均大于30，不符合题意，故A错，选A。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，Cu不与盐酸反应，相对原子质量视作无穷大，符合题意，故B正确，不选。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，如Na为+2价，其相对原子质量为23×2=46，符合条件，故C正确，不选。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，Fe的相对原子质量为56，符合题意，故D正确，不选。
考向三 Al(OH)3沉淀的图象分析
1．四个基本图象
（1）可溶性铝盐溶液与NaOH溶液反应的图象：
（2）偏铝酸盐溶液与盐酸反应的图象：
2．拓展图象
（1）向AlCl3溶液中逐滴加入氨水或NaAlO2溶液至过量，图象如图1所示。
（2）向NaAlO2溶液中逐滴加入AlCl3溶液或通入CO2至过量，图象如图2所示。
（3）向MgCl2、AlCl3和盐酸的混合溶液(即将Mg、Al溶于过量盐酸所得的溶液)中逐滴滴入NaOH溶液至过量，图象如图3所示。
（4）向MgCl2、AlCl3混合溶液中先加入NaOH溶液，后加入盐酸(NaOH与盐酸的物质的量浓度相等)，沉淀图象如图4所示。
典例3 如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线。下列判断错误的是
A．①线表示Al3＋的物质的量的变化
B．x表示AlCl3的物质的量
C．③线表示Al(OH)3的物质的量的变化
D．④线表示AlOeq \\al(－,2)的物质的量的变化
【答案】B
【解析】假定向含有1 ml AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al3+完全沉淀，消耗3 ml OH-，生成1 mlAl(OH)3，然后发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，沉淀完全溶解消耗1mlOH-，生成1mlAlO2-，前后两部分消耗的OH-为3：1，
假定向含有4mlNaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-完全反应消耗1mlAl3+，生成1mlAlO2-，然后发生反应Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，AlO2-完全反应，消耗mlAl3+，生成mlAl(OH)3↓，前后两部分消耗的Al3+为1ml：ml=3：1，
由图象可知，①②表示微粒、③④表示微粒物质的量关系为1：1可知，该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，A．由上述分析可知，首先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，溶液中铝离子物质的量减少，①线表示Al3+的物质的量的变化，故A正确；B．由上述分析可知，x表示NaOH溶液，故B错误；C．由上述分析可知，随反应进行Al(OH)3物质的量先增大，或减小，故②③线表示Al(OH)3的物质的量的变化，故C正确；D．由上述分析可知，Al(OH)3溶解时，AlO2-的物质的量增大，④线表示AlO2-的物质的量的变化，故D正确；故选B。
3．现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如下图所示。原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH﹣），加入0.5L NaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可计算出n[Al（OH）3]，再计算出n[Mg（OH）2]，进而计算原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量浓度之比。
【详解】由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH﹣），加入0.5L NaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀。设氢氧化钠溶液溶液的浓度为c，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al（OH）3]=n（NaOH）=0.1c，所以n[Mg（OH）2]==0.05c，溶液中n（Cl﹣）=3n[Al（OH）3]=0.3c，原溶液中n（SO42﹣）=n[Mg（OH）2]=0.05c，则原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量之比为0.3c：0.05c=6：1，故选D。
考向四 有关镁、铝合金的定量计算
镁、铝都能与非氧化性酸反应生成相应的盐。镁和铝的化合物与强碱溶液反应时，一个重要的特征是它们相对量的不同，沉淀量也有所不同。沉淀量随强碱量的变化关系用文字很难表达清楚，但若用图象表示，不仅有助于理解镁和铝的化合物与强碱反应的过程，也有助于解决有关计算问题。
1.向含Mg2+与Al3+的混合溶液中逐滴加入强碱溶液
（1）现象：出现沉淀→渐多→最多→减少→不变。
（2）图象：如图甲。
（3）量的关系：①n(Al3+)=(b−a) ml；②n(Mg2+)= ml。
2.向含Mg2+与Al3+的酸性溶液中逐滴加入强碱溶液
（1）现象：无明显现象→出现沉淀→渐多→最多→减少→不变。
（2）图象：如图乙。
典例4 将一定质量的镁和铝混合物投入200 mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如下图所示。.则下列说法不正确的是:
A．镁和铝的总质量为9 g
B．最初20 mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸
C．硫酸的物质的量浓度为2.5 ml·L－1
D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L
【答案】D
【解析】
【分析】
从图象中看到，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3。
【详解】
A、当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，n（Mg）=n[Mg(OH)2]=0.15ml，m（Mg）=0.15ml×24g•ml-1=3.6g，n（Al）=n[Al(OH)3]=0.35ml-0.15ml=0.2ml，m（Al）=0.2ml×27g•ml-1=5.4g，所以镁和铝的总质量为9g，A项正确；
B、根据A中分析可知B项正确；
C、从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，则此过程消耗n（NaOH）=n[Al(OH)3]=0.2ml，c（NaOH）=0.2ml÷0.04 L=5ml•L-1，C项正确；
D、由Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑可以计算出生成n（H2）=0.45ml，标准状况下V（H2）=0.45ml×22.4L•ml-1=10.08L，D项错误。
答案选D。
4．将0.1 ml镁和铝的混合物溶于100 mL 2 ml/L 稀硫酸中，然后滴加1 ml/L的NaOH溶液。
请回答下列问题：
（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。
则当V1=160 mL时，金属粉末中n(Mg)= ml，V2= mL。
（2）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)= 。
（3）若混合物仍为0.1 ml，其中镁粉的物质的量分数为a，用100 mL 2 ml/L稀硫酸溶解此混合物后，再加入450 mL 1 ml/L NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3。写出满足此条件的a的取值范围 。
【答案】（1）0.06 440 （2）400 mL （3）≤a<1
【解析】（1）由图象可知：160 mL NaOH溶液与过量的稀硫酸反应，则与Mg、Al反应的H2SO4的物质的量为n(H2SO4)=0.2 ml−0.16 ml×=0.12 ml。假设n(Mg)=x ml，n(Al)=y ml，则有方程组：，解得：x=0.06，y=0.04。当加入V2 mL NaOH溶液时，得到Mg(OH)2沉淀和NaAlO2，关系式为Mg2+~2OH−，Al3+~4OH−，则V2=160+ ×103=440。
（2）当Mg2+、Al3+刚好沉淀完全时，溶液中只有Na2SO4，关系式为2NaOH~H2SO4，则V(NaOH)==400 mL。
（3）当所得沉淀中无Al(OH)3时，反应后生成的溶质为Na2SO4、NaAlO2。根据钠元素守恒：n(NaOH)=0.45 L×1 ml/L≥0.1 L×2 ml/L×2+0.1 ml×(1−a)。解得a≥则满足此条件的a的取值范围是≤a<1。
1．某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；
B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；
C．pH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；
D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；
故选D。
2．Mg与Br2反应可生成具有强吸水性的MgBr2，该反应剧烈且放出大量的热。实验室采用如图装置制备无水MgBr2。下列说法错误的是
A．a为冷却水进水口
B．装置A的作用是吸收水蒸气和挥发出的溴蒸气
C．实验时需缓慢通入N2，防止反应过于剧烈
D．不能用干燥空气代替N2，因为副产物MgO会阻碍反应的进行
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管内冷凝水的方向为下进上出，则a为冷却水进水口，故A正确；
B．MgBr2具有较强的吸水性，制备无水MgBr2，需要防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，则装置A的作用是吸收水蒸气，但无水CaCl2不能吸收溴蒸气，故B错误；
C．制取MgBr2的反应剧烈且放出大量的热，实验时利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈烧瓶中，为防止反应过于剧烈，实验时需缓慢通入N2，故C正确；
D．不能用干燥空气代替N2，空气中含有的氧气可将镁氧化为副产物MgO会阻碍反应的进行，故D正确；
答案选B。
3．将钠、镁、铝各0.3 ml分别放入100 mL 1 ml·L－1的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是( )
A．1∶2∶3 B．6∶3∶2 C．3∶1∶1D．1∶1∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
将钠、镁、铝各0.3 ml分别放入100 mL 1 ml·L－1的盐酸中，根据方程式可知三种金属都是足量，应按盐酸的量计算产生氢气的量，因为镁、铝产生氢气物质的量相等，所以由Mg+ 2HCl=MgCl2+H2↑可知:产生氢气的 物质的量为: (0.1L1ml/L)=0.05ml，因为金属钠活泼，能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠，钠与盐酸和水能完全反应，所以产生氢气应按钠的物质的量计算: 2NaH2↑，0.3ml钠产生0.15ml氢气;所以同温同压下产生的气体体积比是3∶1∶1，故C符合题意；
答案：C。
4．制备氮化镁的装置如图所示。实验时在不锈钢舟内加入镁粉，通氮气15min，升温至1073K，加热半小时，冷却至室温，停止通氮气。下列说法正确的是（ ）
A．1中的试剂是饱和食盐水，便于观察气泡，调节气流速度
B．6的作用是缓冲加热后未反应的氮气，7的作用是防止空气中的水分进入装置
C．氮化镁是共价化合物，露置于空气中有刺激性气味的气体产生
D．实验中氮气是反应物，仅起到氧化镁粉的作用
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，反应在不锈钢舟中进行，为避免水和氧气的干扰，在发生装备两端都需要进行干燥，故1、7种盛放的试剂为浓硫酸，用于吸收水蒸气，氮气除了作为反应物之外还用于排尽装置中的空气，6中未盛放任何试剂，通过观察5和7可知，其作用为安全瓶，起缓冲作用。
【详解】
A.1中试剂为浓硫酸，用于除去氮气中的水蒸气，并可以通过观察气泡，调节气流速度，A错误；
B.6的作用是安全瓶，起缓冲作用，7中盛放浓硫酸，防止外界空气中的水分进入装置，B正确；
C.氮化镁是离子化合物，露置于空气中与水反应生成有刺激性气味的气体氨气，C错误；
D. 氮气除了作为反应物之外还用于排尽装置中的空气，D错误；
答案选B。
5．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Al2O3具有两性，可用于制作耐高温材料
B．FeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
C．漂白粉在空气中不稳定，可用于纸浆的漂白
D．明矾水解后溶液呈酸性，可用于水的净化
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、Al2O3是离子化合物，有较高熔点，可作耐火材料，与Al2O3具有两性无关，故A错误；
B、FeCl3具有氧化性，能溶解Cu生成CuCl2，所以FeCl3可用作铜制线路板的蚀刻剂，故B正确；
C、漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与空气中的CO2反应生成强氧化剂HClO，HClO有漂白性，所以漂白粉用于纸浆的漂白与其在空气中不稳定无关，故C错误；
D、明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾水解后溶液呈酸性无关，故D错误；
答案选B。
6．下列关于铝及其化合物说法，不正确的是（ ）
A．氯离子存在时铝表面的氧化膜易被破坏
B．铝和发生铝热反应可得到金属
C．溶液中滴加过量氨水生成白色沉淀
D．的溶液中滴加氨水无明显白色沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 含盐腌制品不宜直接存放于铝制品中，否则产生溶于水的氯化物而腐蚀铝，所以氯离子存在时铝表面的氧化膜易被破坏，A正确；
B. 钠的金属性强于铝，铝和不能发生铝热反应，B错误；
C. 氢氧化铝不能溶解在氨水中，则溶液中滴加过量氨水生成白色沉淀氢氧化铝，C正确；
D. 是由钠离子和AlF构成，不能电离出铝离子，因此其溶液中滴加氨水无明显白色沉淀，D正确；答案选B。
7．下列转化过程不能一步实现的是
A．Al(OH)3→Al2O3B．Al2O3→Al(OH)3
C．Al→AlCl3D．Al→NaAlO2
【答案】B
【解析】
【详解】
A、Al(OH)3加热分解Al2O3，可一步实现转化，A错误；
B、氧化铝不溶于水,不能一步转化生成Al(OH)3，B正确；
C、金属铝与盐酸或氯气反应均生成AlCl3，可一步转化，C错误；
D、Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，可一步实现转化，D错误；
答案选B。
8．工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列叙述正确的是
A．按上述流程，试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
B．反应①过滤后所得沉淀为氧化铁
C．图中所有的转化反应都不是氧化还原反应
D．反应②的离子方程式为2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32－
【答案】B
【解析】
【分析】
综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解生成氧化铝，电解熔融Al2O3得到金属铝，以此解答该题。
【详解】
A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；
B．Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，故B正确；
C．电解熔融Al2O3冶炼金属铝属于氧化还原反应，故C错误；
D．反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+NaHCO3，故D错误；
故答案选B。
9．下列通过制取硫酸铝、氢氧化铝，获得氧化铝的装置和原理能达到实验目的的是
A．制硫酸铝B．制氢氧化铝
C．过滤氢氧化铝D．灼烧制氧化铝
【答案】C
【解析】A．常温下浓硫酸能使铝钝化得不到硫酸铝，选项A错误；
B．过量氢氧化钠与硫酸铝反应生成偏铝酸钠而得不到氢氧化铝，选项B错误；
C．氢氧化铝不溶于水，可通过过滤与水分离，且过滤操作正确，选项C正确；
D．灼烧固体用坩埚，不用蒸发皿，选项D错误；
答案选C。
10．下列关于铝及其化合物的叙述正确的是( )
A．氧化铝坩埚可用于熔融NaOH实验
B．铝与Fe2O3发生铝热反应，反应后固体物质增重
C．氧化铝熔点很高，可作耐火材料
D．明矾用作净水剂，可以除去废水中的铜离子
【答案】C
【解析】
【分析】
A.氧化铝可与氢氧化钠反应；B.铝与氧化铁发生铝热反应后，固体质量不变；C.氧化铝熔点很高，可制各种耐火材料；D.明矾作净水剂时可以除去水中的悬浮杂质。
【详解】
A.氧化铝为两性氧化物，能与NaOH反应，氧化铝坩埚不能用于熔融NaOH实验，故A错误；
B.铝与氧化铁发生铝热反应，根据质量守恒定律，反应后固体物质的质量不变，故B错误；
C.氧化铝熔点很高，可用于制耐火砖、耐火坩埚、耐火高温实验仪器等，故C正确；
D.明矾净水时，Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，可吸附水中不溶于水的悬浮杂质形成沉淀，从而起到净水作用，但铜离子无法除去，故D错误；答案选C。
11．下列关于镁、铝的说法正确的是
A．镁铝制品在空气中能稳定存在是因为铝不活泼
B．浓HNO3、浓H2SO4能用铝制器皿盛装是因为铝与浓HNO3、浓H2SO4不反应
C．镁、铝均与NaOH溶液反应
D．铝与Fe2O3发生铝热反应是利用了Al的还原性比Fe强
【答案】D
【解析】A项，镁铝制品在空气中稳定存在的原因是形成了一层致密氧化膜保护内部金属；B项，浓HNO3、浓H2SO4用铝制器皿盛装是因为铝遇浓HNO3、浓H2SO4钝化，不是不反应；C项，镁与NaOH溶液不反应。
12．将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100 mL 2 ml·L－1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是
A．x＝2.24
B．钠的物质的量为0.2 ml
C．反应时，Na、Mg、Al均过量
D．曲线b为Mg与盐酸反应的图像
【答案】C
【解析】由图像可以看出，生成气体的体积相等，则盐酸完全反应，x＝2.24，A正确。根据生成的H2为2.24 L，可知Na失去0.2 ml电子，则钠的物质的量为0.2 ml，B正确。反应时如果钠过量，则钠会与水反应，生成的气体必多于2.24 L，C错误。根据反应速率可知曲线a、b、c依次是Na、Mg、Al与盐酸反应的图像，D正确。
13．有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8∶9。加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如下图，其中正确的是
【答案】A
【解析】本题考查了镁铝的性质及计算。反应的先后顺序：Mg+2H+Mg2++H2↑，2Al+6H+2Al3++3H2↑，H++OH－H2O，Mg2++2OH－Mg(OH)2↓，Al3++3OH－Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH－AlO2－+H2O，镁铝的质量比8∶9，即物质的量之比为1∶1，假设镁和铝物质的量都为1 ml，沉淀达到最大，其质量为1 ml×58 g/ml+78 g/ml×1 ml=136 g，继续加入NaOH，氢氧化铝溶解，当全部溶解后，沉淀是氢氧化镁，此时沉淀的质量为58 g，比总质量的一半还要小，符合题意的图像是A，故该题选A。
14．世界上60%的镁是从海水中提取的，其提取步骤如下：①把贝壳制成生石灰；②向海水中加入生石灰，过滤，洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶、过滤；④在氯化氢热气流中加热晶体；⑤电解上述所得盐(熔融条件下)。下列说法正确的是
A．向洗涤液中滴加碳酸钠溶液可检验沉淀是否洗涤干净
B．上述转化过程中包括了分解、化合、复分解、置换四种反应类型
C．在氯化氢热气流中干燥晶体是为了加快干燥速率
D．步骤⑤也可以采用电解该盐水溶液的方法
【答案】A
【解析】洗涤液中如果含有Ca2＋，滴加碳酸钠溶液会生成白色沉淀，所以可检验沉淀是否洗涤干净，故A正确。提取镁的过程中涉及的反应主要有：CaCO3eq \(=====,\s\up7(高温))CaO＋CO2↑、CaO＋H2O===Ca(OH)2、Ca(OH)2＋MgCl2===CaCl2＋Mg(OH)2↓、Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O、MgCl2·6H2Oeq \(=====,\s\up7(△))MgCl2＋6H2O↑、MgCl2(熔融)eq \(=====,\s\up7(电解))Mg＋Cl2↑。上述反应中没有置换反应，故B错误。在氯化氢热气流中干燥晶体是为了抑制MgCl2水解，故C错误。电解MgCl2溶液将得到氢氧化镁，故D错误。
15．下列各组物质，前者逐滴滴加到后者中直至过量，先出现白色沉淀，后来沉淀又消失的是
A．H2SO4滴入NaAlO2溶液中
B．Ba(OH)2溶液滴入Al2(SO4)3溶液中
C．Al2(SO4)3溶液滴入NaOH溶液中
D．氨水滴入Al2(SO4)3溶液中
【答案】A
【解析】将H2SO4滴入NaAlO2溶液中，先生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3又溶于过量的H2SO4中，A正确；Ba(OH)2溶液滴入Al2(SO4)3溶液中，先生成BaSO4、Al(OH)3沉淀，而Al(OH)3又溶于Ba(OH)2溶液，但BaSO4不溶解，B错误；Al2(SO4)3溶液滴入NaOH溶液中，开始由于OH－过量发生反应：Al3＋＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O，故开始无沉淀生成，C错误；氨水滴入Al2(SO4)3溶液中，立即产生Al(OH)3沉淀，但沉淀不溶于氨水，D错误。
16．在200 mL 含Mg2＋、Al3＋、NHeq \\al(＋,4)、H＋、Cl－的溶液中，逐滴加入5 ml·L－1 NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(ml)的关系如图所示。下列叙述不正确的是
A．x－y＝0.01 ml
B．原溶液中c(Cl－)＝0.75 ml·L－1
C．原溶液的pH＝1
D．原溶液中n(Mg2＋)∶n(Al3＋)＝5∶1
【答案】B
【解析】分析图示可知x－y的值即为氢氧化铝的物质的量，溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液的体积为35 mL－33 mL＝2 mL，x－y＝5 ml·L－1×2×10－3 L＝0.01 ml，A不符合题意；加入33 mL氢氧化钠溶液时溶液中溶质为NaCl，原溶液中n(Cl－)＝5 ml·L－1×33×10－3 L＝0.165 ml，c(Cl－)＝0.825 ml·L－1，B符合题意；由图知0～4 mL时发生反应H＋＋OH－===H2O，则H＋的物质的量为4 mL×0.001 L×5 ml·L－1＝0.02 ml，H＋的物质的量浓度为eq \f(0.02 ml,0.2 L)＝0.1 ml·L－1，则pH＝1，C不符合题意；由4 mL～30 mL Mg2＋、Al3＋结合OH－生成沉淀的反应知，n(OH－)＝5 ml·L－1×26×10－3 L＝0.13 ml，则根据Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，与0.01 ml Al3＋反应的OH－的物质的量为0.03 ml，与Mg2＋反应的OH－的物质的量为0.1 ml，由Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓知，n(Mg2＋)＝0.05 ml，则原溶液中n(Mg2＋)∶n(Al3＋)＝0.05∶0.01＝5∶1，D不符合题意。
17．有一镁、铝合金，在适量稀硫酸中恰好完全溶解，再加入氢氧化钠溶液，析出沉淀的物质的量随氢氧化钠溶液的体积变化如图所示，则合金中镁、铝的物质的量之比为
A．2：1 B．4：1C．1：1D．1：2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题中图示信息，在含Mg2+、Al3+溶液中加入NaOH，立即生成Al(OH)3和Mg(OH)2沉淀，加入NaOH到5时沉淀最大，5~6时 ，Al(OH)3全部溶解，据此解答。
【详解】
氢氧化钠的体积为0～5时，生成沉淀，发生的反应有Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，氢氧化钠的体积为5～6时沉淀部分溶解，发生的反应为Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，设氢氧化的浓度为cml/l，生成沉淀和沉淀溶解时用到的氢氧化钠的物质的量为5cml和cml，沉淀部分溶解时Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，n[Al(OH)3]=n(NaOH)=cml，即氢氧化铝的物质的量为cml，生成沉淀时Al3++3OH-═Al(OH)3↓，用到氢氧化钠的物质的量为3n[Al(OH)3]=3cml，生成沉淀时用到氢氧化钠的物质的量为5cml，其中的3cml生成氢氧化铝，则有2cmlNaOH与Mg2+反应生成氢氧化镁，由Mg++2OH-═Mg(OH)2↓知，n[Mg(OH)2]=cml，由原子守恒知Al～Al3+～Al(OH)3，n(Al)=n[Al(OH)3]=cml，Mg～Mg2+～Mg(OH)2，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=cml，合金中镁、铝的物质的量之比为1：1，故C正确；答案为C。
18．镁是一种重要的金属材料。某化学兴趣小组探究镁与水的反应及影响因素。
(1)探究温度对镁与水反应速率的影响：取一小段镁条，用砂纸除去表面的氧化膜，放于试管中。向试管中加入2mL蒸馏水，并滴入2滴酚酞溶液。观察到镁条表面有少量气泡，反应缓慢。过一会加热试管至水沸腾，镁条表面产生大量气泡，溶液变红。
①写出镁与水反应的化学方程式____________________________________________。
②镁与沸水反应速率加快的原因是___________________________________(写两条)。
(2)探究和对镁与水反应速率的影响
取四根经打磨的相同镁条，分别插入四种盐溶液中进行对比实验，其结果如下。
①以上实验结果表明_________(填“促进”、“抑制”或“不影响”)镁与水的反应。解释产生该结果的原因_______________________________________________________。
②能够说明对Mg与水反应起促进作用的证据是________________________。
③b、d 所得固体中还检验出碱式碳酸镁 [用Mg2(OH)2CO3 表示]，写出生成该固体的离子方程式__________________________________________________。
④解释实验a与实验d反应速率不同的原因___________________________________。
【答案】(1)Mg+2H2O Mg(OH)2+H2↑ 或 Mg+2H2O＝Mg(OH)2+H2↑ 加热增大了Mg(OH)2的溶解度；加热促进了水的电离使H+浓度增大；温度升高，反应速率加快。(其他合理答案也可。)
(2)促进 Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)， (或水解生成的H+)消耗OH-使溶解平衡向右移动，覆盖的氢氧化镁溶解，从而加快反应速率 相同时间内产生氢气的体积b＞c 2Mg(OH)2+2＝Mg2(OH)2CO3++2H2O
或2Mg+2H2O+2＝Mg2(OH)2CO3++2H2 ↑ 当和同时存在时，水解程度大，溶液呈显碱性，对去除氢氧化镁起阻碍作用。或水解对水解起相互促进，使NH4+离子浓度降低
【解析】
【分析】
(1)①根据实验现象可知，镁与水反应生成氢氧化镁和氢气；
②镁与沸水反应时，水的温度升高，水的电离程度增大，溶液中的氢离子浓度增大；
(2)①氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性；
②实验b和实验d产生氢气的体积比实验c多；
③碳酸镁与溶液中的碳酸氢根离子反应生成碱式碳酸铜和碳酸根离子，再根据元素守恒配平；
④铵根离子水解呈酸性，而碳酸氢根离子水解溶液呈碱性，而两离子共同作用时，导致溶液呈显碱性。
【详解】
(1)①根据实验现象可知，镁与水反应生成氢氧化镁和氢气，反应的方程式为Mg+2H2O Mg(OH)2+H2↑ 或 Mg+2H2O＝Mg(OH)2+H2↑；
②镁与沸水反应时，水的温度升高，水的电离程度增大，溶液中的氢离子浓度增大，且氢氧化镁的溶解度增大，反应速率增大；
(2)①实验a中加入氯化铵,存在铵根的水解平衡+H2O⇌NH3⋅H2O+H+，水解生成氢离子浓度增大，促进镁与水的反应；
②实验b和实验d中所用到盐溶液都含有碳酸氢根实验，c中用盐溶液为氯化钠溶液，10分钟内，实验b和实验d产生氢气的体积比实验c多，因此可说明碳酸氢根对Mg与水反应起促进作用；
③碳酸镁与溶液中的碳酸氢根离子反应生成碱式碳酸铜和碳酸根离子，再根据元素守恒配平，离子方程式为2Mg(OH)2+2＝Mg2(OH)2CO3++2H2O；
④铵根离子水解呈酸性，而碳酸氢根离子水解溶液呈碱性，而两离子共同作用时，导致溶液呈显碱性，对铵根离子去除氢氧化镁起阻碍作用。
19．以粉煤灰(主要成分为Al2O3、SiO2，还含少量Fe2O3等)为原料制取氧化铝的部分工艺流程如下：
(1)“酸浸”过程发生的主要反应的离子方程式是_______________________________________________。
“酸浸”在恒容密闭反应釜中进行，温度不宜过高的原因是________________________________________________________________________。
(2)“除铁”生成Fe(OH)3的离子方程式为_________________，检验溶液中铁元素已经除尽的方法是________________________________________________________________________。
(3)“结晶”是向浓溶液中通入HCl气体，从而获得AlCl3·6H2O晶体的过程，溶液中Al3＋和盐酸的浓度随通气时间的变化如下图所示。Al3＋浓度减小的原因是_________________________。
(4)上述流程中，可以循环利用的物质是____。
【答案】（1）Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O 温度太高，盐酸大量挥发会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏
Fe3＋＋3===Fe(OH)3↓＋3CO2↑ 静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色
盐酸浓度增大，溶液中Cl－浓度增大，促进Al3＋形成AlCl3·6H2O晶体析出 HCl(或盐酸)
【解析】
【分析】
制备Al2O3的流程：粉煤灰的主要成分为Al2O3和SiO2（含少量杂质Fe2O3），加浓盐酸，Al2O3、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于盐酸，过滤，滤渣为SiO2，滤液中含有Al3+、Fe3+，加入适量碳酸氢铵，Fe3+转化为沉淀从而达到除铁的目的，滤液中氯化铝在氯化氢的氛围中加热结晶得AlCl3·6H2O晶体，AlCl3·6H2O晶体煅烧得到Al2O3以及副产品氯化氢，据此分析解答。
【详解】
制备Al2O3的流程：粉煤灰的主要成分为Al2O3和SiO2（含少量杂质Fe2O3），加浓盐酸，Al2O3、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于盐酸，过滤，滤渣为SiO2，滤液中含有Al3+、Fe3+，加入适量碳酸氢铵，Fe3+转化为沉淀从而达到除铁的目的，滤液中氯化铝在氯化氢的氛围中加热结晶得AlCl3·6H2O晶体，AlCl3·6H2O晶体煅烧得到Al2O3以及副产品氯化氢。
(1)“酸浸”过程发生的主要反应为氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式是Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O；
“酸浸”在恒容密闭反应釜中进行，温度太高，盐酸大量挥发会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏，故温度不宜过高；
(2)“除铁”生成Fe(OH)3是氯化铁与碳酸氢铵发生双水解反应生成氢氧化铁、氯化铵和二氧化碳，反应的离子方程式为Fe3＋＋3HCO=Fe(OH)3↓＋3CO2↑，检验溶液中铁元素已经除尽的方法是静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色；
(3) 盐酸浓度增大，溶液中Cl－浓度增大，促进Al3＋形成AlCl3·6H2O晶体析出，Al3＋浓度减小；
(4)上述流程中，结晶时必须用到氯化氢，而副产品为氯化氢，故可以循环利用的物质是HCl(或盐酸)。
1．[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】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；氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；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；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。
2．[2019天津]下列有关金属及其化合物的应用不合理的是
A．将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的
B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
C．盐碱地（含较多等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
D．无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
【答案】C
【解析】
【分析】A、氯气能将铁和亚铁氧化；
B、根据合金的性质判断；
C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性；
D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同。
【详解】A、铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；B、根据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故B不选；C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，故D不选。故选C。
【点睛】本题考查金属元素及其化合物的应用，易错点C，除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在应用中是否符合要求，生成的NaOH仍然呈碱性，达不到降低碱度的目的。
3．[江苏]在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】A项，NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现；B项，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现；C项，AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现；D项，Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现；物质间转化均能实现的是A项，答案选A。
点睛：本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化的条件。注意量的多少对生成物的影响，如NaAlO2与少量HCl反应生成NaCl和Al(OH)3，NaAlO2与过量HCl反应生成NaCl、AlCl3和H2O。
4．[上海]已知NaOH+Al(OH)3→Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是
A．CO2+2OH−→+H2O B．Al2O3+2OH−+3 H2O→2 [Al(OH)4] −
C．2 Al+2OH−+6H2O→2 [Al(OH)4] −+3 H2↑ D．Al3++4 OH−→[Al(OH)4]−
【答案】D
【解析】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，表现为铝罐变瘪，接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应，因铝罐表面有氧化膜Al2O3，Al2O3具有两性可溶解于氢氧化钠溶液，然后单质Al与氢氧化钠溶液反应生成H2，罐壁又重新凸起。故可发生A、B、C的反应。故选D。
5．[上海]已知：2[NaAl(OH)4]+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O。向含2 ml NaOH、1 ml Ba(OH)2、2 ml [NaAl(OH)4]的混合液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是
【答案】AC
【解析】氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱氢氧化钠溶液中，因此向混合液中慢慢通入CO2时反应的先后顺序为①Ba2++2OH－+CO2→BaCO3↓+H2O
1ml 1ml 1ml
②2OH－+CO2→+H2O
2ml 1ml 1ml
③2Al(OH)4－+CO2→2Al(OH)3↓++H2O
2ml 1ml 2ml 1ml
④+CO2+H2O→2
2ml 2ml
⑤BaCO3+CO2+H2O→Ba2++2
1ml 1ml
则A、当通入2 ml CO2时，生成1 ml碳酸钡，A正确；B、当通入3 ml CO2时，生成1 ml碳酸钡和2 ml氢氧化铝沉淀，共计是3 ml，B不正确；C、当通入4 ml CO2时，生成1 ml碳酸钡和2 ml氢氧化铝沉淀，共计是3 ml，C正确；D、当通入6 ml CO2时，只有2ml氢氧化铝沉淀，D不正确，答案选AC。
6．[北京]下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是
A．K B．Na C．Fe D．Al
【答案】D
【解析】解答本题应明确常见金属的性质，K、Na性质非常活泼，在空气中极易被氧化，表面不能形成保护内部金属不被氧化的氧化锰，Fe在空气中被氧化后形成的氧化铁膜比较疏松，起不到保护内层金属的作用；金属铝的表面易形成致密的氧化物薄膜保护内层金属不被腐蚀，选D。
7．[浙江理综]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_________________。
【答案】（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−2+H2O
（3）MgO+2NH4Cl+H2OMgCl2+2NH3·H2O
(或NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl MgO+2HClMgCl2+H2O)
【解析】（1）由题中所给的化学方程式知，该化合物可作阻燃剂，原因在于：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）因氧化镁为碱性氧化物，不溶于强碱，而氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱，离子方程式为：Al2O3+2OH−2+H2O。
（3）氯化铵为强酸弱碱盐，在水溶液中发生水解NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl，溶液呈酸性，能把氧化镁溶解：MgO+2HClMgCl2+H2O。或两者相加即得：MgO+2NH4Cl+H2OMgCl2+2NH3·H2O。金属
项目
镁(Mg)
铝(Al)
原子结构
原子最外层2个电子
原子最外层3个电子
原子半径
1.60×10−10 m
1.43×10−10 m
化合价
+2
+3
单
质
性
质
物 理
性 质
镁和铝都是密度较小、熔点较低、硬度较小的银白色金属，但镁和铝相比较，铝的硬度比镁的稍大，熔点和沸点都是铝比镁的高
活泼性
较活泼
较活泼
抗 腐
蚀 性
在空气中都能跟氧气反应，表面覆盖一层致密而坚硬的氧化物薄膜，都具有高腐蚀性能
与O2反应
2Mg+O22MgO
4Al+3O22Al2O3
与卤素单质、硫等反应
Mg+ Cl2MgCl2
Mg+SMgS
2Al+3Cl22AlCl3
2Al+3SAl2S3
与 酸
反 应
Mg+2H+Mg2++H2↑
2Al + 6H+2Al3++3H2 ↑
与水反应
Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑
不反应
与碱反应
不反应
2Al+2NaOH +2H2O2NaAlO2 +3H2 ↑
与氧化物反应
2Mg+CO22MgO+C
2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
结 论
镁、铝均为较活泼的金属，但镁的金属性强于铝
解 释
核电荷数镁小于铝，而原子半径镁大于铝，故核对最外层的电子引力镁小于铝，即Al比Mg难失电子，金属性弱于Mg
主要用途
镁合金汽车、飞机制造、照明弹等
铝合金汽车、船舶、飞机制造、防锈
油漆、导线、电缆等
名称
氧化铝
氢氧化铝
化学式
Al2O3
Al(OH)3
类别
两性氧化物
两性氢氧化物
物理
性质
高熔点，高沸点，高硬度，不溶于水的白色固体
不溶于水的白色胶状固体，具有吸附性
化学
性质
①与强酸反应：
Al2O3+6H+2Al3++3H2O
②与强碱反应：
Al2O3+2OH-2+H2O
①两性：
Al(OH)3+3H+Al3++3H2O
Al(OH)3+OH-+2H2O
②热稳定性：
2Al(OH)3Al2O3+3H2O
用途
炼铝原料、制作耐火材料
可用作吸附剂、媒染剂和净水剂；治疗胃酸；可作为制造瓷釉、耐火材料、防水织物的原料
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
离子方
程式
Al3++3OH−Al(OH)3↓
Al(OH)3+OH−+2H2O
Al3++4OH−+2H2O
3+Al3++6H2O4Al(OH)3↓
操作
偏铝酸盐溶液中逐滴加稀盐酸至过量
稀盐酸中逐滴加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(有但即溶)→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失
图象
离子方
程式
+H++H2OAl(OH)3↓
Al(OH)3+3H+Al3++3H2O
+4H+Al3++2H2O；
Al3++3+6H2O4Al(OH)3↓
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8.6
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
实验序号
a
b
c
d
浓度均为 0.1 ml∙L−1盐溶液
NH4NO3
NaHCO3
NaNO3
NH4HCO3
溶液起始 pH
5.1
8.3
7.0
7.8
10min后产生气体体积(mL)
1.5
0.7
＜0.1
1.4
气体主要成分
H2
10min后镁条表面情况
大量固体附着(固体可溶于盐酸)
选项
A
B
C
D
n(CO2)(ml)
2
3
4
6
n(沉淀)(ml)
1
2
3
3
一、镁和铝的性质
铝热反应
2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
4Al+3MnO23Mn+2Al2O3
在实验室按如图所示装置进行铝热反应，实验现象是当外露部分镁条刚刚燃烧完毕时，纸漏斗内混合物立即剧烈反应，发出耀眼的光芒，产生大量的烟。纸漏斗被烧破，有红热状的液珠落入蒸发皿内的细沙上，液珠冷却后变为黑色固体(落下的是铁珠)。
铝热反应是指工业上用铝粉来还原一些金属氧化物，得到Fe、V、Cr、Mn等难溶金属的一类反应。铝热反应的实质是铝在高温条件下将活动性比铝弱的金属从其氧化物中置换出来。
二、氧化铝和氢氧化铝
两性氧化物：既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氧化物。
两性氢氧化物：既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氢氧化物。
三、“铝三角”及其应用
1．具体反应
Al(OH)3+OH−+2H2O
Al(OH)3+3H+Al3++3H2O
Al3++3OH−Al(OH)3↓
+H++H2OAl(OH)3↓
+4H+Al3++2H2O
Al3++4OH−+2H2O
Al3++3+6H2O4Al(OH)3↓
2．应用
（1）判断离子共存问题
Al3+与OH−及、、S2−等弱酸根阴离子或与H+、以及弱碱阳离子Al3+、Fe3+等因生成沉淀或发生水解相互促进反应而不能大量共存。
（2）鉴别(利用滴加顺序不同，现象不同)
①向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀溶解。
②向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始无明显现象，后产生白色沉淀，沉淀不溶解。
（3）分离提纯
①利用Al能溶于强碱溶液，分离Al与其他金属的混合物。
②利用Al2O3，能与强碱溶液反应，分离Al2O3与其他金属氧化物。
③利用Al(OH)3能与强碱溶液反应，分离Al3+与其他金属阳离子。
四、硫酸铝钾——KAl(SO4)2
（1）硫酸铝钾在水溶液中的电离方程式为KAl(SO4)2===K++Al3++2。
（2）带有十二个结晶水的硫酸铝钾称为十二水合硫酸铝钾，俗称明矾，化形式为KAl(SO4)2·12H2O，它是无色晶体，可溶于水。由于Al3+能水解生成具有强吸附性的胶体：Al3++3H2O===3H++Al(OH)3，故明矾是一种常用的净水剂。
明矾中含有Al3+和，向明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当Al3+ 恰好完全沉淀时，离子方程式为2Al3+ +3+3Ba2+ +6OH−===2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，此时只沉淀了总量的四分之三，总的沉淀的物质的量达到最大；当完全沉淀时，离子方程式为Al3++2+2Ba2++4OH−===2BaSO4↓++2H2O，此时Al3+ 恰好完全转化为，总的沉淀的质量达到最大。
考向一 铝及其化合物的转化
典例1 工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图所示：
下列叙述正确的是
A．试剂X可以是NaOH溶液，也可以是盐酸
B．反应①过滤后所得沉淀为Fe(OH)3
C．图中所有转化反应都不是氧化还原反应
D．反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3
【答案】D
【解析】根据流程图可知，X一定是NaOH，Y一定是CO2，加X后得到的沉淀为Fe2O3。
1．铝及其化合物在生产、生活等方面有广泛的应用。
（1）铝元素位于周期表中第__________周期__________族。硼、镓与铝位于同一主族，现有下列三种物质：①Na[Al(OH)4]、②Na[B(OH)4]、③Na[Ga(OH)4]，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为___________(用序号表示)。{Na[Al(OH)4]也可表示偏铝酸钠，硼、镓类似}
（2）将20.0 mL 0.1 ml/L Ba(OH)2溶液和20.0 mL 0.1 ml/L NH4Al(SO4)2溶液混合，所得溶液中Al3+、、、OH−、H+的浓度由大到小的顺序为 _____________。
（3）氮化铝(AlN)是一种新型的无机非金属材料，可用作热交换器材料。某AlN样品中仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，甲组同学设计了如下流程：
已知：AlN+NaOH+H2O===NaAlO2+NH3↑。
①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和______________。
②实验过程中，称得样品的质量为4.2 g，最后得到的固体为5.1 g，则样品中AlN的质量分数为___________。(不考虑整个过程中的损耗)
【答案】（1）三 ⅢA ③>①>②
（2）c()>c()>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)
（3）①玻璃棒 ②87.86%
【解析】（1）铝元素位于周期表中第三周期ⅢA族。同周期元素从上到下非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱，Na[B(OH)4]水解程度最小、Na[Ga(OH)4] 水解程度最大，浓度相同的这三种物质的溶液pH由大到小的顺序为Na[Ga(OH)4]> Na[Al(OH)4]> Na[B(OH)4]。
（2）将20.0 mL 0.1 ml/L Ba(OH)2溶液和20.0 mL 0.1 ml/L NH4Al(SO4)2溶液混合，、，反应后c()=0.1 ml/L÷2=0.05 ml/L；铵根水解，c()<0.1 ml/L÷2=0.05 ml/L；c(Al3+)=(0.1 ml/L−)÷2=，此时铵根水解溶液呈酸性， c()>c()>c(Al3+)>c(H+)>c(OH−)。
（3） ①过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；设AlN的质量为a g，根据关系式
2AlN~Al2O3 Δm
82 102 20
a 0.9
a=0.369 g，AlN的质量分数为87.86%。
考向二 铝与酸、碱反应的有关计算
（1）铝能与酸溶液反应生成H2和铝盐(Al3+)，但与稀HNO3反应不生成H2，且在浓HNO3、浓H2SO4中钝化。
（2）铝与强碱溶液反应生成H2和偏铝酸盐()。
（3）铝与酸或碱溶液反应生成H2的量的关系：
有关离子方程式为：
2Al+6H+2Al3++3H2↑
2Al+2OH−+2H2O2+3H2↑
Al与酸、碱反应的实质都是：AlAl3+，2H+H2，故与酸或碱反应时，铝与氢气的关系均为2Al～3H2↑，利用此性质可以方便地进行有关计算。
①等量Al分别与足量酸(H+)和碱(OH−)溶液反应，生成H2之比为1∶1，消耗H+和OH−之比为3∶1。
②足量Al分别与所含H+和OH−物质的量相等的溶液反应，生成H2之比为1∶3。
③若产生H2之比为eq \f(1,3)<
典例2（1）等质量的两份铝分别与足量的HCl、NaOH溶液反应，所得H2的体积之比是________。
（2）足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，产生H2的体积之比是________。
【答案】（1）1∶1
（2）1∶3
【解析】（1）根据化学方程式：2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑得Al与H2的关系式均为2Al～3H2，故只要参加反应的Al的量相等，所得H2的量必相等。（2）因为在反应中Al过量，产生的H2由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式：6HCl～3H2、2NaOH～3H2，故当HCl、NaOH物质的量相等时，二者产生H2的体积比为1∶3。
2．有两种金属组成的混合物粉末15g与足量的稀盐酸反应，生成11.2L(标准状况下)H2，则该混合物的组成不可能是
A．Fe、ZnB．Al、Cu
C．Al、NaD．Al、Fe
【答案】A
【解析】本题考查了混合物计算。标况下，11.2L氢气的物质的量为=0.5ml，假设金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量为0.5ml，金属平均相对原子质量为=30。Fe的相对原子质量为56，Zn的相对原子质量为65，均大于30，不符合题意，故A错，选A。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，Cu不与盐酸反应，相对原子质量视作无穷大，符合题意，故B正确，不选。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，如Na为+2价，其相对原子质量为23×2=46，符合条件，故C正确，不选。如Al为+2价，其相对原子质量为27×=18，Fe的相对原子质量为56，符合题意，故D正确，不选。
考向三 Al(OH)3沉淀的图象分析
1．四个基本图象
（1）可溶性铝盐溶液与NaOH溶液反应的图象：
（2）偏铝酸盐溶液与盐酸反应的图象：
2．拓展图象
（1）向AlCl3溶液中逐滴加入氨水或NaAlO2溶液至过量，图象如图1所示。
（2）向NaAlO2溶液中逐滴加入AlCl3溶液或通入CO2至过量，图象如图2所示。
（3）向MgCl2、AlCl3和盐酸的混合溶液(即将Mg、Al溶于过量盐酸所得的溶液)中逐滴滴入NaOH溶液至过量，图象如图3所示。
（4）向MgCl2、AlCl3混合溶液中先加入NaOH溶液，后加入盐酸(NaOH与盐酸的物质的量浓度相等)，沉淀图象如图4所示。
典例3 如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线。下列判断错误的是
A．①线表示Al3＋的物质的量的变化
B．x表示AlCl3的物质的量
C．③线表示Al(OH)3的物质的量的变化
D．④线表示AlOeq \\al(－,2)的物质的量的变化
【答案】B
【解析】假定向含有1 ml AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al3+完全沉淀，消耗3 ml OH-，生成1 mlAl(OH)3，然后发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，沉淀完全溶解消耗1mlOH-，生成1mlAlO2-，前后两部分消耗的OH-为3：1，
假定向含有4mlNaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-完全反应消耗1mlAl3+，生成1mlAlO2-，然后发生反应Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，AlO2-完全反应，消耗mlAl3+，生成mlAl(OH)3↓，前后两部分消耗的Al3+为1ml：ml=3：1，
由图象可知，①②表示微粒、③④表示微粒物质的量关系为1：1可知，该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，A．由上述分析可知，首先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，溶液中铝离子物质的量减少，①线表示Al3+的物质的量的变化，故A正确；B．由上述分析可知，x表示NaOH溶液，故B错误；C．由上述分析可知，随反应进行Al(OH)3物质的量先增大，或减小，故②③线表示Al(OH)3的物质的量的变化，故C正确；D．由上述分析可知，Al(OH)3溶解时，AlO2-的物质的量增大，④线表示AlO2-的物质的量的变化，故D正确；故选B。
3．现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如下图所示。原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH﹣），加入0.5L NaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可计算出n[Al（OH）3]，再计算出n[Mg（OH）2]，进而计算原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量浓度之比。
【详解】由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH﹣），加入0.5L NaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀。设氢氧化钠溶液溶液的浓度为c，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al（OH）3]=n（NaOH）=0.1c，所以n[Mg（OH）2]==0.05c，溶液中n（Cl﹣）=3n[Al（OH）3]=0.3c，原溶液中n（SO42﹣）=n[Mg（OH）2]=0.05c，则原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量之比为0.3c：0.05c=6：1，故选D。
考向四 有关镁、铝合金的定量计算
镁、铝都能与非氧化性酸反应生成相应的盐。镁和铝的化合物与强碱溶液反应时，一个重要的特征是它们相对量的不同，沉淀量也有所不同。沉淀量随强碱量的变化关系用文字很难表达清楚，但若用图象表示，不仅有助于理解镁和铝的化合物与强碱反应的过程，也有助于解决有关计算问题。
1.向含Mg2+与Al3+的混合溶液中逐滴加入强碱溶液
（1）现象：出现沉淀→渐多→最多→减少→不变。
（2）图象：如图甲。
（3）量的关系：①n(Al3+)=(b−a) ml；②n(Mg2+)= ml。
2.向含Mg2+与Al3+的酸性溶液中逐滴加入强碱溶液
（1）现象：无明显现象→出现沉淀→渐多→最多→减少→不变。
（2）图象：如图乙。
典例4 将一定质量的镁和铝混合物投入200 mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如下图所示。.则下列说法不正确的是:
A．镁和铝的总质量为9 g
B．最初20 mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸
C．硫酸的物质的量浓度为2.5 ml·L－1
D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L
【答案】D
【解析】
【分析】
从图象中看到，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3。
【详解】
A、当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，n（Mg）=n[Mg(OH)2]=0.15ml，m（Mg）=0.15ml×24g•ml-1=3.6g，n（Al）=n[Al(OH)3]=0.35ml-0.15ml=0.2ml，m（Al）=0.2ml×27g•ml-1=5.4g，所以镁和铝的总质量为9g，A项正确；
B、根据A中分析可知B项正确；
C、从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，则此过程消耗n（NaOH）=n[Al(OH)3]=0.2ml，c（NaOH）=0.2ml÷0.04 L=5ml•L-1，C项正确；
D、由Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑可以计算出生成n（H2）=0.45ml，标准状况下V（H2）=0.45ml×22.4L•ml-1=10.08L，D项错误。
答案选D。
4．将0.1 ml镁和铝的混合物溶于100 mL 2 ml/L 稀硫酸中，然后滴加1 ml/L的NaOH溶液。
请回答下列问题：
（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。
则当V1=160 mL时，金属粉末中n(Mg)= ml，V2= mL。
（2）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)= 。
（3）若混合物仍为0.1 ml，其中镁粉的物质的量分数为a，用100 mL 2 ml/L稀硫酸溶解此混合物后，再加入450 mL 1 ml/L NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3。写出满足此条件的a的取值范围 。
【答案】（1）0.06 440 （2）400 mL （3）≤a<1
【解析】（1）由图象可知：160 mL NaOH溶液与过量的稀硫酸反应，则与Mg、Al反应的H2SO4的物质的量为n(H2SO4)=0.2 ml−0.16 ml×=0.12 ml。假设n(Mg)=x ml，n(Al)=y ml，则有方程组：，解得：x=0.06，y=0.04。当加入V2 mL NaOH溶液时，得到Mg(OH)2沉淀和NaAlO2，关系式为Mg2+~2OH−，Al3+~4OH−，则V2=160+ ×103=440。
（2）当Mg2+、Al3+刚好沉淀完全时，溶液中只有Na2SO4，关系式为2NaOH~H2SO4，则V(NaOH)==400 mL。
（3）当所得沉淀中无Al(OH)3时，反应后生成的溶质为Na2SO4、NaAlO2。根据钠元素守恒：n(NaOH)=0.45 L×1 ml/L≥0.1 L×2 ml/L×2+0.1 ml×(1−a)。解得a≥则满足此条件的a的取值范围是≤a<1。
1．某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；
B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；
C．pH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；
D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；
故选D。
2．Mg与Br2反应可生成具有强吸水性的MgBr2，该反应剧烈且放出大量的热。实验室采用如图装置制备无水MgBr2。下列说法错误的是
A．a为冷却水进水口
B．装置A的作用是吸收水蒸气和挥发出的溴蒸气
C．实验时需缓慢通入N2，防止反应过于剧烈
D．不能用干燥空气代替N2，因为副产物MgO会阻碍反应的进行
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管内冷凝水的方向为下进上出，则a为冷却水进水口，故A正确；
B．MgBr2具有较强的吸水性，制备无水MgBr2，需要防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，则装置A的作用是吸收水蒸气，但无水CaCl2不能吸收溴蒸气，故B错误；
C．制取MgBr2的反应剧烈且放出大量的热，实验时利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈烧瓶中，为防止反应过于剧烈，实验时需缓慢通入N2，故C正确；
D．不能用干燥空气代替N2，空气中含有的氧气可将镁氧化为副产物MgO会阻碍反应的进行，故D正确；
答案选B。
3．将钠、镁、铝各0.3 ml分别放入100 mL 1 ml·L－1的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是( )
A．1∶2∶3 B．6∶3∶2 C．3∶1∶1D．1∶1∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
将钠、镁、铝各0.3 ml分别放入100 mL 1 ml·L－1的盐酸中，根据方程式可知三种金属都是足量，应按盐酸的量计算产生氢气的量，因为镁、铝产生氢气物质的量相等，所以由Mg+ 2HCl=MgCl2+H2↑可知:产生氢气的 物质的量为: (0.1L1ml/L)=0.05ml，因为金属钠活泼，能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠，钠与盐酸和水能完全反应，所以产生氢气应按钠的物质的量计算: 2NaH2↑，0.3ml钠产生0.15ml氢气;所以同温同压下产生的气体体积比是3∶1∶1，故C符合题意；
答案：C。
4．制备氮化镁的装置如图所示。实验时在不锈钢舟内加入镁粉，通氮气15min，升温至1073K，加热半小时，冷却至室温，停止通氮气。下列说法正确的是（ ）
A．1中的试剂是饱和食盐水，便于观察气泡，调节气流速度
B．6的作用是缓冲加热后未反应的氮气，7的作用是防止空气中的水分进入装置
C．氮化镁是共价化合物，露置于空气中有刺激性气味的气体产生
D．实验中氮气是反应物，仅起到氧化镁粉的作用
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，反应在不锈钢舟中进行，为避免水和氧气的干扰，在发生装备两端都需要进行干燥，故1、7种盛放的试剂为浓硫酸，用于吸收水蒸气，氮气除了作为反应物之外还用于排尽装置中的空气，6中未盛放任何试剂，通过观察5和7可知，其作用为安全瓶，起缓冲作用。
【详解】
A.1中试剂为浓硫酸，用于除去氮气中的水蒸气，并可以通过观察气泡，调节气流速度，A错误；
B.6的作用是安全瓶，起缓冲作用，7中盛放浓硫酸，防止外界空气中的水分进入装置，B正确；
C.氮化镁是离子化合物，露置于空气中与水反应生成有刺激性气味的气体氨气，C错误；
D. 氮气除了作为反应物之外还用于排尽装置中的空气，D错误；
答案选B。
5．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Al2O3具有两性，可用于制作耐高温材料
B．FeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
C．漂白粉在空气中不稳定，可用于纸浆的漂白
D．明矾水解后溶液呈酸性，可用于水的净化
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、Al2O3是离子化合物，有较高熔点，可作耐火材料，与Al2O3具有两性无关，故A错误；
B、FeCl3具有氧化性，能溶解Cu生成CuCl2，所以FeCl3可用作铜制线路板的蚀刻剂，故B正确；
C、漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与空气中的CO2反应生成强氧化剂HClO，HClO有漂白性，所以漂白粉用于纸浆的漂白与其在空气中不稳定无关，故C错误；
D、明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾水解后溶液呈酸性无关，故D错误；
答案选B。
6．下列关于铝及其化合物说法，不正确的是（ ）
A．氯离子存在时铝表面的氧化膜易被破坏
B．铝和发生铝热反应可得到金属
C．溶液中滴加过量氨水生成白色沉淀
D．的溶液中滴加氨水无明显白色沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 含盐腌制品不宜直接存放于铝制品中，否则产生溶于水的氯化物而腐蚀铝，所以氯离子存在时铝表面的氧化膜易被破坏，A正确；
B. 钠的金属性强于铝，铝和不能发生铝热反应，B错误；
C. 氢氧化铝不能溶解在氨水中，则溶液中滴加过量氨水生成白色沉淀氢氧化铝，C正确；
D. 是由钠离子和AlF构成，不能电离出铝离子，因此其溶液中滴加氨水无明显白色沉淀，D正确；答案选B。
7．下列转化过程不能一步实现的是
A．Al(OH)3→Al2O3B．Al2O3→Al(OH)3
C．Al→AlCl3D．Al→NaAlO2
【答案】B
【解析】
【详解】
A、Al(OH)3加热分解Al2O3，可一步实现转化，A错误；
B、氧化铝不溶于水,不能一步转化生成Al(OH)3，B正确；
C、金属铝与盐酸或氯气反应均生成AlCl3，可一步转化，C错误；
D、Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，可一步实现转化，D错误；
答案选B。
8．工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列叙述正确的是
A．按上述流程，试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
B．反应①过滤后所得沉淀为氧化铁
C．图中所有的转化反应都不是氧化还原反应
D．反应②的离子方程式为2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32－
【答案】B
【解析】
【分析】
综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解生成氧化铝，电解熔融Al2O3得到金属铝，以此解答该题。
【详解】
A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；
B．Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，故B正确；
C．电解熔融Al2O3冶炼金属铝属于氧化还原反应，故C错误；
D．反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+NaHCO3，故D错误；
故答案选B。
9．下列通过制取硫酸铝、氢氧化铝，获得氧化铝的装置和原理能达到实验目的的是
A．制硫酸铝B．制氢氧化铝
C．过滤氢氧化铝D．灼烧制氧化铝
【答案】C
【解析】A．常温下浓硫酸能使铝钝化得不到硫酸铝，选项A错误；
B．过量氢氧化钠与硫酸铝反应生成偏铝酸钠而得不到氢氧化铝，选项B错误；
C．氢氧化铝不溶于水，可通过过滤与水分离，且过滤操作正确，选项C正确；
D．灼烧固体用坩埚，不用蒸发皿，选项D错误；
答案选C。
10．下列关于铝及其化合物的叙述正确的是( )
A．氧化铝坩埚可用于熔融NaOH实验
B．铝与Fe2O3发生铝热反应，反应后固体物质增重
C．氧化铝熔点很高，可作耐火材料
D．明矾用作净水剂，可以除去废水中的铜离子
【答案】C
【解析】
【分析】
A.氧化铝可与氢氧化钠反应；B.铝与氧化铁发生铝热反应后，固体质量不变；C.氧化铝熔点很高，可制各种耐火材料；D.明矾作净水剂时可以除去水中的悬浮杂质。
【详解】
A.氧化铝为两性氧化物，能与NaOH反应，氧化铝坩埚不能用于熔融NaOH实验，故A错误；
B.铝与氧化铁发生铝热反应，根据质量守恒定律，反应后固体物质的质量不变，故B错误；
C.氧化铝熔点很高，可用于制耐火砖、耐火坩埚、耐火高温实验仪器等，故C正确；
D.明矾净水时，Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，可吸附水中不溶于水的悬浮杂质形成沉淀，从而起到净水作用，但铜离子无法除去，故D错误；答案选C。
11．下列关于镁、铝的说法正确的是
A．镁铝制品在空气中能稳定存在是因为铝不活泼
B．浓HNO3、浓H2SO4能用铝制器皿盛装是因为铝与浓HNO3、浓H2SO4不反应
C．镁、铝均与NaOH溶液反应
D．铝与Fe2O3发生铝热反应是利用了Al的还原性比Fe强
【答案】D
【解析】A项，镁铝制品在空气中稳定存在的原因是形成了一层致密氧化膜保护内部金属；B项，浓HNO3、浓H2SO4用铝制器皿盛装是因为铝遇浓HNO3、浓H2SO4钝化，不是不反应；C项，镁与NaOH溶液不反应。
12．将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100 mL 2 ml·L－1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是
A．x＝2.24
B．钠的物质的量为0.2 ml
C．反应时，Na、Mg、Al均过量
D．曲线b为Mg与盐酸反应的图像
【答案】C
【解析】由图像可以看出，生成气体的体积相等，则盐酸完全反应，x＝2.24，A正确。根据生成的H2为2.24 L，可知Na失去0.2 ml电子，则钠的物质的量为0.2 ml，B正确。反应时如果钠过量，则钠会与水反应，生成的气体必多于2.24 L，C错误。根据反应速率可知曲线a、b、c依次是Na、Mg、Al与盐酸反应的图像，D正确。
13．有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8∶9。加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如下图，其中正确的是
【答案】A
【解析】本题考查了镁铝的性质及计算。反应的先后顺序：Mg+2H+Mg2++H2↑，2Al+6H+2Al3++3H2↑，H++OH－H2O，Mg2++2OH－Mg(OH)2↓，Al3++3OH－Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH－AlO2－+H2O，镁铝的质量比8∶9，即物质的量之比为1∶1，假设镁和铝物质的量都为1 ml，沉淀达到最大，其质量为1 ml×58 g/ml+78 g/ml×1 ml=136 g，继续加入NaOH，氢氧化铝溶解，当全部溶解后，沉淀是氢氧化镁，此时沉淀的质量为58 g，比总质量的一半还要小，符合题意的图像是A，故该题选A。
14．世界上60%的镁是从海水中提取的，其提取步骤如下：①把贝壳制成生石灰；②向海水中加入生石灰，过滤，洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶、过滤；④在氯化氢热气流中加热晶体；⑤电解上述所得盐(熔融条件下)。下列说法正确的是
A．向洗涤液中滴加碳酸钠溶液可检验沉淀是否洗涤干净
B．上述转化过程中包括了分解、化合、复分解、置换四种反应类型
C．在氯化氢热气流中干燥晶体是为了加快干燥速率
D．步骤⑤也可以采用电解该盐水溶液的方法
【答案】A
【解析】洗涤液中如果含有Ca2＋，滴加碳酸钠溶液会生成白色沉淀，所以可检验沉淀是否洗涤干净，故A正确。提取镁的过程中涉及的反应主要有：CaCO3eq \(=====,\s\up7(高温))CaO＋CO2↑、CaO＋H2O===Ca(OH)2、Ca(OH)2＋MgCl2===CaCl2＋Mg(OH)2↓、Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O、MgCl2·6H2Oeq \(=====,\s\up7(△))MgCl2＋6H2O↑、MgCl2(熔融)eq \(=====,\s\up7(电解))Mg＋Cl2↑。上述反应中没有置换反应，故B错误。在氯化氢热气流中干燥晶体是为了抑制MgCl2水解，故C错误。电解MgCl2溶液将得到氢氧化镁，故D错误。
15．下列各组物质，前者逐滴滴加到后者中直至过量，先出现白色沉淀，后来沉淀又消失的是
A．H2SO4滴入NaAlO2溶液中
B．Ba(OH)2溶液滴入Al2(SO4)3溶液中
C．Al2(SO4)3溶液滴入NaOH溶液中
D．氨水滴入Al2(SO4)3溶液中
【答案】A
【解析】将H2SO4滴入NaAlO2溶液中，先生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3又溶于过量的H2SO4中，A正确；Ba(OH)2溶液滴入Al2(SO4)3溶液中，先生成BaSO4、Al(OH)3沉淀，而Al(OH)3又溶于Ba(OH)2溶液，但BaSO4不溶解，B错误；Al2(SO4)3溶液滴入NaOH溶液中，开始由于OH－过量发生反应：Al3＋＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O，故开始无沉淀生成，C错误；氨水滴入Al2(SO4)3溶液中，立即产生Al(OH)3沉淀，但沉淀不溶于氨水，D错误。
16．在200 mL 含Mg2＋、Al3＋、NHeq \\al(＋,4)、H＋、Cl－的溶液中，逐滴加入5 ml·L－1 NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(ml)的关系如图所示。下列叙述不正确的是
A．x－y＝0.01 ml
B．原溶液中c(Cl－)＝0.75 ml·L－1
C．原溶液的pH＝1
D．原溶液中n(Mg2＋)∶n(Al3＋)＝5∶1
【答案】B
【解析】分析图示可知x－y的值即为氢氧化铝的物质的量，溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液的体积为35 mL－33 mL＝2 mL，x－y＝5 ml·L－1×2×10－3 L＝0.01 ml，A不符合题意；加入33 mL氢氧化钠溶液时溶液中溶质为NaCl，原溶液中n(Cl－)＝5 ml·L－1×33×10－3 L＝0.165 ml，c(Cl－)＝0.825 ml·L－1，B符合题意；由图知0～4 mL时发生反应H＋＋OH－===H2O，则H＋的物质的量为4 mL×0.001 L×5 ml·L－1＝0.02 ml，H＋的物质的量浓度为eq \f(0.02 ml,0.2 L)＝0.1 ml·L－1，则pH＝1，C不符合题意；由4 mL～30 mL Mg2＋、Al3＋结合OH－生成沉淀的反应知，n(OH－)＝5 ml·L－1×26×10－3 L＝0.13 ml，则根据Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，与0.01 ml Al3＋反应的OH－的物质的量为0.03 ml，与Mg2＋反应的OH－的物质的量为0.1 ml，由Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓知，n(Mg2＋)＝0.05 ml，则原溶液中n(Mg2＋)∶n(Al3＋)＝0.05∶0.01＝5∶1，D不符合题意。
17．有一镁、铝合金，在适量稀硫酸中恰好完全溶解，再加入氢氧化钠溶液，析出沉淀的物质的量随氢氧化钠溶液的体积变化如图所示，则合金中镁、铝的物质的量之比为
A．2：1 B．4：1C．1：1D．1：2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题中图示信息，在含Mg2+、Al3+溶液中加入NaOH，立即生成Al(OH)3和Mg(OH)2沉淀，加入NaOH到5时沉淀最大，5~6时 ，Al(OH)3全部溶解，据此解答。
【详解】
氢氧化钠的体积为0～5时，生成沉淀，发生的反应有Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，氢氧化钠的体积为5～6时沉淀部分溶解，发生的反应为Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，设氢氧化的浓度为cml/l，生成沉淀和沉淀溶解时用到的氢氧化钠的物质的量为5cml和cml，沉淀部分溶解时Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，n[Al(OH)3]=n(NaOH)=cml，即氢氧化铝的物质的量为cml，生成沉淀时Al3++3OH-═Al(OH)3↓，用到氢氧化钠的物质的量为3n[Al(OH)3]=3cml，生成沉淀时用到氢氧化钠的物质的量为5cml，其中的3cml生成氢氧化铝，则有2cmlNaOH与Mg2+反应生成氢氧化镁，由Mg++2OH-═Mg(OH)2↓知，n[Mg(OH)2]=cml，由原子守恒知Al～Al3+～Al(OH)3，n(Al)=n[Al(OH)3]=cml，Mg～Mg2+～Mg(OH)2，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=cml，合金中镁、铝的物质的量之比为1：1，故C正确；答案为C。
18．镁是一种重要的金属材料。某化学兴趣小组探究镁与水的反应及影响因素。
(1)探究温度对镁与水反应速率的影响：取一小段镁条，用砂纸除去表面的氧化膜，放于试管中。向试管中加入2mL蒸馏水，并滴入2滴酚酞溶液。观察到镁条表面有少量气泡，反应缓慢。过一会加热试管至水沸腾，镁条表面产生大量气泡，溶液变红。
①写出镁与水反应的化学方程式____________________________________________。
②镁与沸水反应速率加快的原因是___________________________________(写两条)。
(2)探究和对镁与水反应速率的影响
取四根经打磨的相同镁条，分别插入四种盐溶液中进行对比实验，其结果如下。
①以上实验结果表明_________(填“促进”、“抑制”或“不影响”)镁与水的反应。解释产生该结果的原因_______________________________________________________。
②能够说明对Mg与水反应起促进作用的证据是________________________。
③b、d 所得固体中还检验出碱式碳酸镁 [用Mg2(OH)2CO3 表示]，写出生成该固体的离子方程式__________________________________________________。
④解释实验a与实验d反应速率不同的原因___________________________________。
【答案】(1)Mg+2H2O Mg(OH)2+H2↑ 或 Mg+2H2O＝Mg(OH)2+H2↑ 加热增大了Mg(OH)2的溶解度；加热促进了水的电离使H+浓度增大；温度升高，反应速率加快。(其他合理答案也可。)
(2)促进 Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)， (或水解生成的H+)消耗OH-使溶解平衡向右移动，覆盖的氢氧化镁溶解，从而加快反应速率 相同时间内产生氢气的体积b＞c 2Mg(OH)2+2＝Mg2(OH)2CO3++2H2O
或2Mg+2H2O+2＝Mg2(OH)2CO3++2H2 ↑ 当和同时存在时，水解程度大，溶液呈显碱性，对去除氢氧化镁起阻碍作用。或水解对水解起相互促进，使NH4+离子浓度降低
【解析】
【分析】
(1)①根据实验现象可知，镁与水反应生成氢氧化镁和氢气；
②镁与沸水反应时，水的温度升高，水的电离程度增大，溶液中的氢离子浓度增大；
(2)①氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性；
②实验b和实验d产生氢气的体积比实验c多；
③碳酸镁与溶液中的碳酸氢根离子反应生成碱式碳酸铜和碳酸根离子，再根据元素守恒配平；
④铵根离子水解呈酸性，而碳酸氢根离子水解溶液呈碱性，而两离子共同作用时，导致溶液呈显碱性。
【详解】
(1)①根据实验现象可知，镁与水反应生成氢氧化镁和氢气，反应的方程式为Mg+2H2O Mg(OH)2+H2↑ 或 Mg+2H2O＝Mg(OH)2+H2↑；
②镁与沸水反应时，水的温度升高，水的电离程度增大，溶液中的氢离子浓度增大，且氢氧化镁的溶解度增大，反应速率增大；
(2)①实验a中加入氯化铵,存在铵根的水解平衡+H2O⇌NH3⋅H2O+H+，水解生成氢离子浓度增大，促进镁与水的反应；
②实验b和实验d中所用到盐溶液都含有碳酸氢根实验，c中用盐溶液为氯化钠溶液，10分钟内，实验b和实验d产生氢气的体积比实验c多，因此可说明碳酸氢根对Mg与水反应起促进作用；
③碳酸镁与溶液中的碳酸氢根离子反应生成碱式碳酸铜和碳酸根离子，再根据元素守恒配平，离子方程式为2Mg(OH)2+2＝Mg2(OH)2CO3++2H2O；
④铵根离子水解呈酸性，而碳酸氢根离子水解溶液呈碱性，而两离子共同作用时，导致溶液呈显碱性，对铵根离子去除氢氧化镁起阻碍作用。
19．以粉煤灰(主要成分为Al2O3、SiO2，还含少量Fe2O3等)为原料制取氧化铝的部分工艺流程如下：
(1)“酸浸”过程发生的主要反应的离子方程式是_______________________________________________。
“酸浸”在恒容密闭反应釜中进行，温度不宜过高的原因是________________________________________________________________________。
(2)“除铁”生成Fe(OH)3的离子方程式为_________________，检验溶液中铁元素已经除尽的方法是________________________________________________________________________。
(3)“结晶”是向浓溶液中通入HCl气体，从而获得AlCl3·6H2O晶体的过程，溶液中Al3＋和盐酸的浓度随通气时间的变化如下图所示。Al3＋浓度减小的原因是_________________________。
(4)上述流程中，可以循环利用的物质是____。
【答案】（1）Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O 温度太高，盐酸大量挥发会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏
Fe3＋＋3===Fe(OH)3↓＋3CO2↑ 静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色
盐酸浓度增大，溶液中Cl－浓度增大，促进Al3＋形成AlCl3·6H2O晶体析出 HCl(或盐酸)
【解析】
【分析】
制备Al2O3的流程：粉煤灰的主要成分为Al2O3和SiO2（含少量杂质Fe2O3），加浓盐酸，Al2O3、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于盐酸，过滤，滤渣为SiO2，滤液中含有Al3+、Fe3+，加入适量碳酸氢铵，Fe3+转化为沉淀从而达到除铁的目的，滤液中氯化铝在氯化氢的氛围中加热结晶得AlCl3·6H2O晶体，AlCl3·6H2O晶体煅烧得到Al2O3以及副产品氯化氢，据此分析解答。
【详解】
制备Al2O3的流程：粉煤灰的主要成分为Al2O3和SiO2（含少量杂质Fe2O3），加浓盐酸，Al2O3、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于盐酸，过滤，滤渣为SiO2，滤液中含有Al3+、Fe3+，加入适量碳酸氢铵，Fe3+转化为沉淀从而达到除铁的目的，滤液中氯化铝在氯化氢的氛围中加热结晶得AlCl3·6H2O晶体，AlCl3·6H2O晶体煅烧得到Al2O3以及副产品氯化氢。
(1)“酸浸”过程发生的主要反应为氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式是Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O；
“酸浸”在恒容密闭反应釜中进行，温度太高，盐酸大量挥发会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏，故温度不宜过高；
(2)“除铁”生成Fe(OH)3是氯化铁与碳酸氢铵发生双水解反应生成氢氧化铁、氯化铵和二氧化碳，反应的离子方程式为Fe3＋＋3HCO=Fe(OH)3↓＋3CO2↑，检验溶液中铁元素已经除尽的方法是静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色；
(3) 盐酸浓度增大，溶液中Cl－浓度增大，促进Al3＋形成AlCl3·6H2O晶体析出，Al3＋浓度减小；
(4)上述流程中，结晶时必须用到氯化氢，而副产品为氯化氢，故可以循环利用的物质是HCl(或盐酸)。
1．[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】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；氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；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；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。
2．[2019天津]下列有关金属及其化合物的应用不合理的是
A．将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的
B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
C．盐碱地（含较多等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
D．无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
【答案】C
【解析】
【分析】A、氯气能将铁和亚铁氧化；
B、根据合金的性质判断；
C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性；
D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同。
【详解】A、铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；B、根据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故B不选；C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，故D不选。故选C。
【点睛】本题考查金属元素及其化合物的应用，易错点C，除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在应用中是否符合要求，生成的NaOH仍然呈碱性，达不到降低碱度的目的。
3．[江苏]在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】A项，NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现；B项，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现；C项，AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现；D项，Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现；物质间转化均能实现的是A项，答案选A。
点睛：本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化的条件。注意量的多少对生成物的影响，如NaAlO2与少量HCl反应生成NaCl和Al(OH)3，NaAlO2与过量HCl反应生成NaCl、AlCl3和H2O。
4．[上海]已知NaOH+Al(OH)3→Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是
A．CO2+2OH−→+H2O B．Al2O3+2OH−+3 H2O→2 [Al(OH)4] −
C．2 Al+2OH−+6H2O→2 [Al(OH)4] −+3 H2↑ D．Al3++4 OH−→[Al(OH)4]−
【答案】D
【解析】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，表现为铝罐变瘪，接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应，因铝罐表面有氧化膜Al2O3，Al2O3具有两性可溶解于氢氧化钠溶液，然后单质Al与氢氧化钠溶液反应生成H2，罐壁又重新凸起。故可发生A、B、C的反应。故选D。
5．[上海]已知：2[NaAl(OH)4]+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O。向含2 ml NaOH、1 ml Ba(OH)2、2 ml [NaAl(OH)4]的混合液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是
【答案】AC
【解析】氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱氢氧化钠溶液中，因此向混合液中慢慢通入CO2时反应的先后顺序为①Ba2++2OH－+CO2→BaCO3↓+H2O
1ml 1ml 1ml
②2OH－+CO2→+H2O
2ml 1ml 1ml
③2Al(OH)4－+CO2→2Al(OH)3↓++H2O
2ml 1ml 2ml 1ml
④+CO2+H2O→2
2ml 2ml
⑤BaCO3+CO2+H2O→Ba2++2
1ml 1ml
则A、当通入2 ml CO2时，生成1 ml碳酸钡，A正确；B、当通入3 ml CO2时，生成1 ml碳酸钡和2 ml氢氧化铝沉淀，共计是3 ml，B不正确；C、当通入4 ml CO2时，生成1 ml碳酸钡和2 ml氢氧化铝沉淀，共计是3 ml，C正确；D、当通入6 ml CO2时，只有2ml氢氧化铝沉淀，D不正确，答案选AC。
6．[北京]下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是
A．K B．Na C．Fe D．Al
【答案】D
【解析】解答本题应明确常见金属的性质，K、Na性质非常活泼，在空气中极易被氧化，表面不能形成保护内部金属不被氧化的氧化锰，Fe在空气中被氧化后形成的氧化铁膜比较疏松，起不到保护内层金属的作用；金属铝的表面易形成致密的氧化物薄膜保护内层金属不被腐蚀，选D。
7．[浙江理综]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_________________。
【答案】（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−2+H2O
（3）MgO+2NH4Cl+H2OMgCl2+2NH3·H2O
(或NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl MgO+2HClMgCl2+H2O)
【解析】（1）由题中所给的化学方程式知，该化合物可作阻燃剂，原因在于：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）因氧化镁为碱性氧化物，不溶于强碱，而氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱，离子方程式为：Al2O3+2OH−2+H2O。
（3）氯化铵为强酸弱碱盐，在水溶液中发生水解NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl，溶液呈酸性，能把氧化镁溶解：MgO+2HClMgCl2+H2O。或两者相加即得：MgO+2NH4Cl+H2OMgCl2+2NH3·H2O。金属
项目
镁(Mg)
铝(Al)
原子结构
原子最外层2个电子
原子最外层3个电子
原子半径
1.60×10−10 m
1.43×10−10 m
化合价
+2
+3
单
质
性
质
物 理
性 质
镁和铝都是密度较小、熔点较低、硬度较小的银白色金属，但镁和铝相比较，铝的硬度比镁的稍大，熔点和沸点都是铝比镁的高
活泼性
较活泼
较活泼
抗 腐
蚀 性
在空气中都能跟氧气反应，表面覆盖一层致密而坚硬的氧化物薄膜，都具有高腐蚀性能
与O2反应
2Mg+O22MgO
4Al+3O22Al2O3
与卤素单质、硫等反应
Mg+ Cl2MgCl2
Mg+SMgS
2Al+3Cl22AlCl3
2Al+3SAl2S3
与 酸
反 应
Mg+2H+Mg2++H2↑
2Al + 6H+2Al3++3H2 ↑
与水反应
Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑
不反应
与碱反应
不反应
2Al+2NaOH +2H2O2NaAlO2 +3H2 ↑
与氧化物反应
2Mg+CO22MgO+C
2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
结 论
镁、铝均为较活泼的金属，但镁的金属性强于铝
解 释
核电荷数镁小于铝，而原子半径镁大于铝，故核对最外层的电子引力镁小于铝，即Al比Mg难失电子，金属性弱于Mg
主要用途
镁合金汽车、飞机制造、照明弹等
铝合金汽车、船舶、飞机制造、防锈
油漆、导线、电缆等
名称
氧化铝
氢氧化铝
化学式
Al2O3
Al(OH)3
类别
两性氧化物
两性氢氧化物
物理
性质
高熔点，高沸点，高硬度，不溶于水的白色固体
不溶于水的白色胶状固体，具有吸附性
化学
性质
①与强酸反应：
Al2O3+6H+2Al3++3H2O
②与强碱反应：
Al2O3+2OH-2+H2O
①两性：
Al(OH)3+3H+Al3++3H2O
Al(OH)3+OH-+2H2O
②热稳定性：
2Al(OH)3Al2O3+3H2O
用途
炼铝原料、制作耐火材料
可用作吸附剂、媒染剂和净水剂；治疗胃酸；可作为制造瓷釉、耐火材料、防水织物的原料
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
离子方
程式
Al3++3OH−Al(OH)3↓
Al(OH)3+OH−+2H2O
Al3++4OH−+2H2O
3+Al3++6H2O4Al(OH)3↓
操作
偏铝酸盐溶液中逐滴加稀盐酸至过量
稀盐酸中逐滴加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(有但即溶)→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失
图象
离子方
程式
+H++H2OAl(OH)3↓
Al(OH)3+3H+Al3++3H2O
+4H+Al3++2H2O；
Al3++3+6H2O4Al(OH)3↓
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8.6
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
实验序号
a
b
c
d
浓度均为 0.1 ml∙L−1盐溶液
NH4NO3
NaHCO3
NaNO3
NH4HCO3
溶液起始 pH
5.1
8.3
7.0
7.8
10min后产生气体体积(mL)
1.5
0.7
＜0.1
1.4
气体主要成分
H2
10min后镁条表面情况
大量固体附着(固体可溶于盐酸)
选项
A
B
C
D
n(CO2)(ml)
2
3
4
6
n(沉淀)(ml)
1
2
3
3
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