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第二节 铝及其重要化合物【考点提升训练】
一、选择题
1.(2012·吉林模拟)区别镁和铝最好的方法是：取少量试样，然后( )
A.投入沸水中 B.投入冷水中
C.投入盐酸 D.投入NaOH溶液中
2．(2012年济南模拟)下列物质中既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是(　　)
①NaHCO3　②(NH4)2SO3　③Al2O3　④Al(OH)3　⑤Al　⑥NaHSO4　⑦AlCl3　⑧Na2SiO3
A．全部 B．①②③④⑤
C．③④⑤⑥⑦ D．②③④⑤⑧
3．(2012年扬州模拟)在加入铝粉能放出氢气的溶液中，下列各组离子可能共存的是(　　)
A．NH　NO　CO　Na＋
B．Na＋　Ba2＋　Mg2＋　HCO
C．NO　K＋　AlO　OH－
D．NO　Ca2＋　K＋　Cl－
4.等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钡溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是 （ ）
A．甲、乙中都是铝过量 B．甲中酸过量、乙中碱过量
C．甲中酸过量、乙中铝过量 D．甲中铝过量、乙中碱过量
5.(2012·梅州模拟)下列类比关系正确的是( )
A.AlCl3与过量NaOH溶液反应生成，则与过量NH3·H2O反应也生成
B.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则与SO2反应可生成Na2SO3和O2
C.Fe与Cl2反应生成FeCl3，则与I2反应可生成FeI3
D.Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应
6.(2012·济南模拟)将等物质的量的镁和铝均匀混合，取等质量该混合物四份，分别加到足量的下列溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是( )
A.3 mol·L-1 盐酸
B.4 mol·L-1 HNO3溶液
C.5 mol·L-1 NaOH溶液
D.18.4 mol·L-1 H2SO4溶液
7.将物质X逐渐加入(或通入)Y溶液中，生成沉淀的量与加入X的物质的量关系如图所示，符合图示情况的是 (　　)

A
B
C
D
X
CO2
HCl
NaOH
AlCl3
Y
Ca(OH)2
NaAlO2
AlCl3
NaOH

8.(2012·黄冈模拟)下列各项操作中,不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是( )
①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2；
②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸；
③向AlCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液；
④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸
A.①② B.①③ C.①④ D.②③

9向含有盐酸的 AlCl3 溶液中慢慢滴入 NaOH 溶液，生成沉淀 W(g)与所加 NaOH 溶液体积 V 的关系如下图，其中正确的是(

8.(2012·沈阳模拟)把4.6 g钠放入100 mL 0.1 mol/L AlCl3溶液中，待其充分反应后(水蒸发不计)，下列叙述中错误的是( )
A.Cl-浓度不变
B.溶液仍有浑浊
C.溶液中几乎不存在Al3+
D.溶液中存在最多的离子是Na+
11.准确称取6 g铝土矿样品(含Al2O3、Fe2O3、SiO2)加入100 mL硫酸溶液，充分反应后向滤液中加入10 mol/L的NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示，则所用硫酸溶液的物质的量浓度为 ( )

A.3.50 mol/L B.1.75 mol/L
12.下列各组溶液中，只用试管和胶头滴管，不用其他任何试剂就可以鉴别的是(多选)(　　)
A．KOH和Al2(SO4)3 B．稀盐酸和Na2CO3
C．CaCl2和Na2CO3 D．Ba(OH)2和NaHSO4
13．(2012·江苏省苏北四市（徐、连、淮、宿）高三1月调研）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．试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
B．反应①、过滤后所得沉淀为氢氧化铁
C．图中所示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
14．(2012·哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学模拟)向含Al2（SO4）和AlCl3的混合溶液中逐滴加人1mol/L Ba(OH)2溶液至过量，加人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C点铝元素存在形式是
B．向D点溶液中通人C02气体，立即产生白色沉淀．
C原混合液中
D. OA段反应的离子方程式为：
三、非选择题(本题包括4小题，共56分)
15.铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，下图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：

已知：(1)铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；
(2)溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学反应方程式为：
2Na2SiO3＋2NaAlO2＋2H2O ==== Na2Al2Si2O8↓＋4NaOH
回答下列问题：
(1)写出向铝土矿中加入足量氢氧化钠溶液操作中发生反应的离子方程式：_______________; ______________。
(2)滤渣A的主要成分为_____；滤渣A的用途是_____(只写一种)；实验室过滤时使用玻璃棒，其作用是_______。
(3)在工艺流程第三步中，选用二氧化碳作酸化剂的原因是：_________________。
(4)若将铝溶解，下列试剂中最好选用______(填编号)。理由是_____________。
A．浓硫酸 B．稀硫酸 C．稀硝酸
16（11分）已知氢氧化铝既能与强酸反应，也能与强碱反应，但不能与弱酸和弱碱反应。某研究小组利用如图所示装置验证氢氧化铝的上述某些性质（试管C中盛有含铝元素的盐溶液），回答下列问题：
（1）图中D装置在实验中的作用是 。
（2）验证氢氧化铝能与强酸反应：
若B中的试剂为浓盐酸，C中试剂为Na[Al(OH)4]溶液，则A中的试剂为 ，C中的现象为 。
（3）验证氢氧化铝不能与弱碱反应：若A中的试剂为浓氨水，则B中试剂为 ，C中试剂为 ，C中发生的离子反应方程式为 。
（4）验证氢氧化铝不能与弱酸反应：C中试剂为 ，B中可能发生的化学反应方程式为 。
17．(2012·沈阳统考)Al(OH)3是治疗胃酸过多的药物胃舒平的主要成分。某课外兴趣小组用铝、稀硫酸、烧碱为原料，制备一定量的Al(OH)3。他们分别设计了两种实验方案：
方案一：AlAl2(SO4)3Al(OH)3
方案二：AlNaAlO2Al(OH)3
(1)从节约药品的角度思考，你认为哪一种方案好？
________，方案一和方案二共同存在的问题是________________________
_______________________________________________________________。
(2)请用相同的原料设计一个更为节约药品的方案，并写出有关反应的化学方程式：__________________________________________________________________。
【答案及解析】
一、选择题
1. 【解析】选D。A项，铝与沸水不反应，镁与沸水发生缓慢反应；B项，铝和镁与冷水均不发生反应；C项，铝和镁与盐酸均发生反应产生气泡；D项，铝与NaOH溶液发生反应产生气泡，镁与NaOH溶液不反应，故选D项。
2. 解析：⑥⑦只能与NaOH反应不能与H2SO4反应，⑧只能与酸反应。故选B。
答案：B
3. 解析：加入铝粉产生H2的溶液为强酸性或强碱性溶液。A项中NH与OH－、CO与H＋不大量共存。B项中HCO与H＋、OH－都不大量共存。D项Ca2＋与OH－不能大量共存，H＋、NO同时存在不产生H2。C项中AlO、OH－与H＋不能大量共存，但AlO与OH－可大量共存。
答案：C
4. 【答案】D
5. 【解析】选D。A项，由于Al(OH)3溶于强碱，而不溶于弱碱，所以AlCl3与过量NH3·H2O反应生成Al(OH)3；B项，由于SO2具有还原性，所以Na2O2与SO2反应生成Na2SO4；C项，由于I2的氧化性较弱，所以Fe与I2反应生成FeI2；D项，由于Al比Fe、Mn的还原性强，所以Al与MnO2、Fe2O3均能发生铝热反应，故选D项。
6. 【解析】选A。B项中硝酸和D项中浓硫酸与金属反应不产生氢气；C项中NaOH溶液只与铝反应而不与镁反应，而A项中盐酸与镁和铝均能反应，A项正确。
7. 【答案】C
【解析】A项，由Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O，CaCO3＋CO2＋H2O===Ca(HCO3)2可知，其图象应为图1；B项，由HCl＋NaAlO2+H2O ===Al(OH)3↓＋NaCl，Al(OH)3＋3HCl===AlCl3＋3H2O可知其图象应为图2；D项，由AlCl3＋4NaOH===NaAlO2＋3NaCl+2H2O,3NaAlO2＋AlCl3+6H2O===4Al(OH)3↓＋3NaCl可知，其图象应为图3。

图1　　 　　 图2 图3
8. 【解析】选C。①发生反应：Na2CO3+CO2+H2O====2NaHCO3，由于水量减少，且NaHCO3的溶解度比Na2CO3的溶解度小，所以有NaHCO3晶体析出；②发生反应：NaAlO2+HCl+H2O====Al(OH)3↓+NaCl，Al(OH)3+3HCl====AlCl3+3H2O；③发生反应：AlCl3+3NaOH====Al(OH)3↓+3NaCl，Al(OH)3+NaOH====NaAlO2+2H2O；④发生反应：Na2SiO3+2HCl====2NaCl+H2SiO3↓，而H2SiO3既不溶于水，也不与盐酸反应，故选C项。
9. 【答案】D
【解析】滴入的 NaOH 首先与 HCl 反应，即开始时无沉淀生成，观察图像只有 D 符合。
10. 【解析】选B。4.6 g钠的物质的量为0.2 mol,与水反应生成0.2 mol NaOH。100 mL 0.1 mol/L AlCl3溶液中Al3+的物质的量为0.01 mol,Cl-的物质的量为
0.03 mol。n(Al3+)∶n(OH-)=0.01 mol∶0.2 mol=1∶20,根据Al3++4OH-==== +2H2O，OH-过量，所以溶液中铝元素以的形式存在，几乎不存在Al3+，溶液中存在最多的离子是Na+，物质的量为0.2 mol,Cl-浓度不变。
11. C.0.85 mol/L D.无法计算
【答案】选B。
【解析】生成最大沉淀量时，Na+刚好与SO42-结合为Na2SO4，即n(SO42-)=1/2n(Na+)=0.5×0.035 L×10 mol/L=0.175 mol，c(H2SO4)=0.175 mol/0.1 L=1.75 mol/L。
12. 【答案】　AB
【解析】A、B选项中两种试剂添加顺序不同产生的现象也不同，可以用此来鉴别两溶液；而C、D选项中两种试剂无论加入的顺序如何不同，现象是一样的，故不借助其他试剂是无法鉴别的。
13. 【答案】D
14. 【答案】D
二、非选择题
15. 【解析】(1)向铝土矿中加入足量氢氧化钠溶液，发生反应的离子方程式为：Al2O3＋2OH－ ==== 2AlO2-＋H2O、SiO2＋2OH－ ==== SiO32-＋H2O。
(2)过滤后，滤渣A的主要成分为未反应的Fe2O3以及新生成的Na2Al2Si2O8，可用作炼铁的原料或生产硅酸盐产品的原料；实验室过滤时使用玻璃棒，其作用是引流。
(3)经过足量氢氧化钠溶液的溶解，大部分铝元素均以NaAlO2的形式存在于滤液中，在工艺流程第三步中，通入过量二氧化碳可以将NaAlO2完全转化为Al(OH)3。
(4) 铝与浓硫酸在常温下发生钝化，加热溶解会产生有毒气体SO2，原料利用率低；稀硝酸能溶解铝但会产生NO气体，污染空气，硝酸利用率低；而铝与稀硫酸反应速率较快，产生的H2对空气无污染。所以若将铝溶解，最好选用稀硫酸。
【答案】(1)Al2O3＋2OH－ ==== 2AlO2-＋H2O
SiO2＋2OH－====SiO32-＋H2O
(2)Fe2O3、Na2Al2Si2O8 作炼铁的原料(或作生产硅酸盐产品的原料) 引流
(3)经过足量氢氧化钠溶液的溶解，大部分铝元素均以NaAlO2的形式存在于滤液中，通入过量二氧化碳可以将NaAlO2完全转化为Al(OH)3
(4)B 铝与浓硫酸在常温下发生钝化，加热溶解会产生有毒气体SO2，原料利用率低；稀硝酸能溶解铝但会产生NO气体，污染空气，硝酸利用率低；而铝与稀硫酸反应速率较快，产生的H2对空气无污染
16. 【答案】（1）防止倒吸（1分）
（2）浓硫酸（1分） 先产生白色沉淀，后白色沉淀溶解（2分）
（3）生石灰（或氢氧化钠固体或碱石灰）（1分） AlCl3溶液（或硫酸铝溶液）（1分）
Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+（2分）
（4）Na［Al(OH)4］（1分）
CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+ CO2↑（或Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑）(2分)
解析：(1)设同样制备1 mol Al(OH)3，根据所设计的方案中涉及的反应计算，方案一需1 mol Al、1.5 mol H2SO4、3 mol NaOH，方案二需1 mol Al、0.5 mol H2SO4、1 mol NaOH，故方案二比方案一节约药品。但方案一中加入NaOH溶液和方案二中加入H2SO4溶液时，均难以控制加入的量以确保Al元素全部进入沉淀。
(2)按下图，将1 mol Al分成两部分去做，将所得溶液合并：
1 mol Al⇒1 mol Al(OH)3
实验中需1 mol Al、0.375 mol H2SO4、0.75 mol NaOH，且无需担心Al元素不能全部进入沉淀。
答案：(1)方案二较好　方案一在加入NaOH溶液和方案二在加入H2SO4溶液时，均难以控制加入的量，确保Al元素全部进入沉淀
(2)将Al按1∶3分成两份，第一份与硫酸溶液反应，第二份与NaOH溶液反应，然后将所得溶液混合即可。有关反应的化学方程式为：
2Al＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2↑　2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
Al2(SO4)3＋6NaAlO2＋12H2O===8Al(OH)3↓＋3Na2SO4

【高考零距离】
1、（2012·天津高考·1）根据下列物质的化学性质，判断其应用错误的是 （ ）
A．酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒
B．CaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂
C．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂
D．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料
【思路点拨】解答本题要注意明矾加入水中起到净水作用而不是漂白剂和杀菌消毒。
【解析】选C。75﹪的酒精有杀菌消毒的作用，原理是使蛋白质变性死亡，所以A正确；氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，起到除二氧化硫的作用，所以B正确；明矾放到自来水中，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，吸附杂质起到净水作用，所以C错误；过渡金属的某些合金有吸附氢气的作用，所以D正确。
2、（2012·江苏高考·5）下列有关物质的性质与应用不相对应的是
A.明矾能水解生成Al(OH)3胶体,可用作净水剂
B.FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路
C.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
D.Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料
【参考答案】C
【分析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，这些内容都来源于必修一、和必修二等课本内容。铝离子水解、胶体的吸附性、Fe3＋的氧化性、SO2和Zn的还原性等内容，看来高三一轮复习围绕课本、围绕基础展开，也不失为一条有效途径。
【解题指南】解答本题时应牢记典型物质的性质和应用，搞清其中有关的化学原理。
【解析】选C。A项，明矾水解生成的氢氧化铝胶体有吸附性，可作净水剂，A项正确；B项，三氯化铁溶液可以与铜反应，三氯化铁溶液用于蚀刻电路，B项正确；C项，二氧化硫的漂白是二氧化硫的漂白性，而不是还原性，C项错误；D项，电池的电极应能导电，负极上发生氧化反应，D项正确。
3、（2012·江苏高考·7）下列物质转化在给定条件下能实现的是
①
②
③
④
⑤
A.①③⑤ B.②③④ C.②④⑤ D.①④⑤
【参考答案】A
【分析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴。三氧化铝的两性、偏铝酸酸性弱于碳酸、候氏制碱原理 、Fe3＋水解FeCl3溶液蒸干得不到无水FeCl3、氢氧化镁不稳定性等内容都来源于必修一、和必修二等课本内容及课本上的基本反应，看来高三复习不能“舍本逐末”。
【解题指南】解答本题时应注意掌握中学化学常见物质的相互转化及相关方程式。
【解析】选A。
对于①：第一步转化Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，
第二步转化2NaAlO2＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋Na2CO3
或NaAlO2＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋NaHCO3；
对于②：第一步转化不能一步实现，第二步转化SO3+H2O=H2SO4；
对于③：第一步转化NaCl+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl,
第二步转化 2NaHCO3 Na2CO3＋H2O＋CO2↑
对于④：第一步转化Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,
第二步转化，FeCl3水解，得不到无水FeCl3；
对于⑤：第一步转化Ca(OH)2+ MgCl2= Mg(OH)2↓+ CaCl2 ,
第二步转化Mg(OH)2MgO＋H2O；所以选A.①③⑤。
4.（2011·江苏高考·3）.下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是
A.常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸
B.二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器
C.二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
D.铜的金属活泼性比铁的弱，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀
【答案】选A。
【解析】解答本题时应注意典型物质的性质和应用，注意其中有关的化学原理。
因为常温下浓硫酸能够使铝表面生成一层致密的氧化物保护膜，所以常温下可以用铝制贮罐贮运浓硫酸， A正确；B项，二氧化硅可以与氢氟酸反应，B项错误；C项，二氧化氯杀菌消毒后氯的化合价降低，二氧化氯杀菌消毒应用了二氧化氯的氧化性，C项错误；D项，在海轮上装铜，海轮外壳（含铁）、铜和溶有电解质的海水，形成原电池，铁的腐蚀加快，D项错。
5.（2010·上海·21T）甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL 0.1 mol·L-1 AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成。下列判断正确的是
A．甲中沉淀一定比乙中的多 B．甲中沉淀可能比乙中的多
C．甲中沉淀一定比乙中的少 D．甲中和乙中的沉淀可能一样多
【答案】BD
【解析】此题考查了元素化合物知识。根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故此加入时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同pH的两溶液中的溶质氨水大于氢氧化钠，当两者均不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，生成的沉淀氨水多；可知BD正确。
解法点拨：此题解答时，选用的是讨论法，其多用在计算条件不足，据此求解时需要在分析推理的基础上通过某些假设条件，加以讨论才能正确解答；故此在应用讨论法解题时，关键是先要分析条件与求解问题之间的联系，形成正确的解题方法。
6.（2010·重庆·8T）下列叙述正确的是
A．铝制容器可盛装热的H2SO4
B．Agl胶体在电场中自由运动
C．K与水反应比Li与水反应剧烈
D．红磷在过量Cl2中燃烧生成PCl3
【答案】C
【解析】本题考察物质的性质。A项，铝与热的浓硫酸反应，错误。B项，AgL胶体吸附电荷而带电，故在电场作用下做定向移动，错误。C项，K比Li活泼，故与水反应剧烈，正确。D项，P与过量的反应，应生成,错误。
铝在冷、热中发生钝化，但是加热则可以发生反应，胶体自身不带电，但是它可以吸附电荷而带电。由此警示我们，化学学习的平时学生一定要严谨，对细小知识点要经常记忆，并且要找出关键字、词。
7、（2012·福建高考·23）（14分）（1）元素M的离子与NH4+所含电子数和质子数均相同，则M的原子结构示意图为 。
（2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为 。
（3）能证明Na2SO3溶液中存在SO32—+H2OHSO3—+OH—水解平衡的事实
是 （填序号）。
A． 滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液红色退去
B． 滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色退去
C． 滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色退去
（4）元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化（其中D是纤维素水解的最终产物）：

①非金属X Y(填“＞”或“＜”)
②Cu2Y与过量浓硝酸反应有红棕色气体生成，化学方程式为 。
（5）在恒容绝热（不与外界交换能量）条件下进行2A(g)+B（g）2C（g）+D（s）反应，按下表数据投料，反应达到平衡状态，测得体系压强升高，简述该反应的平衡常数与温度的变化关系： 。
物 质
A
B
C
D
起始投料/mol
2
1
2
0

【解题指南】解答本题时应明确如下几点：
（1）砖红色沉淀是Cu2O。
（2）要证明某溶液中存在水解平衡，要证明两点：一要证明存在某种水解产物，二要证明水解平衡会发生移动。
（3）温度变化引起的平衡正向移动，平衡常数变大，反之变小。
【解析】（1）铵根离子中含有10个电子，11个质子，H3O+和Na+中都含有11个质子和10个电子，与之相同的单核离子为钠离子，则M的原子结构示意图为
（2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为：
Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，注意氨水为弱碱，在写离子方程式时要保留化学式形式；
（3）无论Na2SO3是否完全水解，则加硫酸都会中和OH－，酚酞都会褪色，只能证明发生了水解，而无法说明是否存在水解平衡，A选项错误；氯水既可能中和OH－，又可能将酚酞氧化，所以褪色不足以说明存在水解平衡，B选项错误；加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则该沉淀一定是BaSO3，说明SO32－没有水解完全，红色褪去，说明c（OH－）减小，因为OH－与BaCl2不反应，只能说明平衡逆向移动引起其浓度的减小，C选项正确；（4）先推断元素，悬浊液与D的溶液（葡萄糖溶液）生成砖红色沉淀是氧化亚铜，则Y为O元素，X，Y同主族，则X为S元素。问题就很好回答，非金属性X＜Y，Cu2O与浓硝酸反应生成红棕色的气体NO2，利用氧化还原反应原理并配平可写出方程式：Cu2O+6HNO3（浓）=2Cu(NO3)2+2NO2↑+3H2O
（5）在恒容绝热的情况下，反应达到平衡后，体系压强升高，可推知气体体积变大，说明反应是向左移（注意D为固态）。因为该反应为气体体积减小的反应，反应后气体的物质的量减小，根据PV＝nRT，因为压强增大，所以温度必须升高才能满足该条件，说明该反应为放热反应。所以升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。23题考查得都是主干知识，只是觉得拼盘得太明显，5个小问各不相干，独立成题，是否可用10电子,18电子微粒把它们串起来，比如Na+，Al3+，O2—，S2—。其中第4问涉及有机化学知识，把知识很好的揉合在一起，第3问，第5问要求思维推理能力较高。
【答案】（1）（2）Al3++3NH3·H2OAl（OH）3↓+3NH4+
（3）C （4）①＜ ②Cu2O+6HNO3（浓）2Cu（NO3）2+2NO2↑+3H2O
（5）平衡常数随升高的温度而减小（或其他合理答案）
8、（2012·江苏高考·20）(14分)铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛。
(1)真空碳热还原-氯化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：
Al2O3(s)＋AlCl3(g)＋3C(s)=3AlCl(g)＋3CO(g) △H=a kJ·mol－1
3AlCl(g)=3Al(l)＋AlCl3(g) △H=b kJ·mol－1
①反应Al2O3(s)＋3C(s)=2Al(l)＋3CO(g)的△H= kJ·mol－1(用含a、b的代数式表示)。
②Al4C3是反应过程的中间产物。Al4C3与盐酸反应(产物之一是含氢量最高的烃)的化学方程式 。
(2)镁铝合金(Mg17Al12)是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为
Mg17Al12＋17H2=17MgH2＋12Al。得到的混合物Y(17MgH2＋12Al)在一定条件下释放出氢气。
①熔炼制备镁铝合金(Mg17Al12)时通入氩气的目的是 。
②在6.0mol·L－1HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2。1 mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为 。
③在0.5 mol·L－1 NaOH和1.0 mol·L－1 MgCl2溶液中，
混合物Y均只能部分放出氢气，反应后残留固体物质X-射线衍射谱图如右图所示(X-射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。在上述NaOH溶液中，混合物Y中产生氢气的主要物质是
(填化学式)。
(3)铝电池性能优越，Al-AgO电池可用作水下
动力电源，其原理如右下图所示。该电池反应
的化学方程式为：
。

【参考答案】
(1)①a＋b
②Al4C3＋12HCl=4AlCl3＋3CH4↑
(2)①防止Mg Al被空气氧化
②52 mol
③Al
(3)2Al＋3AgO＋2NaOH=2NaAlO2＋3Ag＋H2O

【分析】本题以新能源、新材料为背景涉及元素化合物性质、热化学方程式和电极反应方程式的书写、读图读表计算与分析的综合题，是以常见物质相关的化学知识在生产、生活中具体运用的典型试题。
【备考提示】高三复习一定要关注社会、关注生活、关注新能源新材料、关注环境保护与社会发展，适度加强综合训练，把学生的能力培养放在高三复习的第一位。
【解题指南】解答本题时应注意题目提供的信息，结合相关化学原理和涉及到的物质的性质，分析解决具体问题。
【解析】
（1）①将题给的两个热化学方程式相加；②含氢量最高的烃为甲烷，由质量守恒推知另一产物为氯化铝；
（2）①镁、铝性质活泼，通入氩气防止镁、铝与空气反应；
②与盐酸反应后将释放出吸收的17mol氢气，另外，镁与盐酸反应生成17mol氢气，铝与盐酸反应生成18mol氢气，共52mol氢气；
③镁不与氢氧化钠溶液反应，铝可以与氢氧化钠溶液反应；
（3）原电池负极发生氧化反应（铝被氧化），正极发生还原反应（氧化银中的银被还原），结合电解质溶液可知，铝转化为偏铝酸钠；
【答案】

9.（2011·广东高考·32）

（注：NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华）
（1）精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为① 和② 。
（2）将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去。气泡的主要成分除Cl2外还含有 ；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在
（3）在用废碱液处理A的过程中，所发生反应的离子方程式为 。
（4）镀铝电解池中，金属铝为 极，熔融盐电镀中铝元素和氯元素主要以AlCl4― 和Al2Cl7―形式存在，铝电极的主要电极反应式为 。
（5）钢材镀铝后，表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是 。
【解析】本题主要考查与铝有关的反应方程式，对生产流程中的有关温度条件要结合题目所给知识点进行有关推断。
（1） 铝能置换氧化铁中的铁单质和石英砂中的硅单质，发生的反应分别为：
2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 ，4Al+3SiO23Si+ 2Al2O3
（2） 因为粗铝中存在氢气，高温下通入氯气会发生反应生成氯化氢，同时部分铝单质与氯气反应生成AlCl3气体，所以气泡中还存在HCl和AlCl3气体；氯气与钠反应生成NaCl，NaCl熔点为801℃，精炼温度只有700℃，所以浮渣中肯定存在NaCl。
（3） 气体冷凝以后只剩余氯气和氯化氢，所以用碱液吸收时发生反应的离子方程式为：
H++OH-=H2O；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（4） 电镀时，镀层金属为阳极，所以金属铝为阳极；其电极反应式为Al+4Cl--3e-==AlCl4―；
2Al+7Cl--6e-==Al2Cl7―.
（5） 钢铁表面的致密氧化铝膜能阻止内部钢材接触空气，从而防止钢材被腐蚀。
【答案】
（1）2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 4Al+3SiO23Si+ 2Al2O3
（2）HCl、AlCl3 NaCl
（3）H++OH-=H2O；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（4）阳 Al+4Cl--3e-==AlCl4― 2Al+7Cl--6e-==Al2Cl7―
（5）钢材表面的致密氧化铝膜能阻止内部钢材接触空气，从而防止钢材被腐蚀
10.（2011·重庆高考·26）用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成。
（1）Al的原子结构示意图为_______________；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为_____________.
(2) 30Si的原子的中子数为_________；SiO2的晶体类型为__________________
（3）Al3+与Yn-的电子数相同，Y所在族各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是________。
（4）焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是__________。
（5）经处理后的熔渣36.0g（仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2），加入足量稀盐酸，分离得到11.0g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为__________________。
【解析】（1）根据药皮的成分在高温下的反应，推导所得气体；
（2）第（5）问的21.4g固体是Fe(OH)3，而不是Fe2O3。
（3）根据Y所在族各元素的氢化物的水溶液均显酸性，可推知Y为F，回答沸点时要考虑到HF中含有氢键；
（5）在熔渣中加入盐酸，发生的反应为：Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O，Al2O3＋6HCl=2AlCl3＋3H2O，11.0g为SiO2的质量。
在滤液中加入过量NaOH溶液，发生的反应为：FeCl3＋3NaOH=Fe(OH)3↓＋3NaCl
AlCl3＋4NaOH=NaAlO2＋3NaCl＋2H2O，所得21.4g固体为Fe(OH)3，根据关系式：
2Fe(OH)3 ～ Fe2O3
214 160
21.4 g m
m=16 g
由此可知：Al2O3的质量 = 36.0g －11.0g －16.0 g = 9.0 g，
故Al2O3的质量分数=。
【答案】；2Al + 2OH- + 2H2O == 2AlO2- + 3H2↑ （2）16 原子晶体
（3）HCl （4）CO2 （5）25%
11.（2010·全国卷1·28T）（15分）有A、B、C、D、E和F六瓶无色溶液，他们是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：
①A有刺激性气味，用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；
②将A分别加入其它五中溶液中，只有D、F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；
③将B分别加入C、D、E、F中，C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；
④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶。
根据上述实验信息，请回答下列问题：
（1） 能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：
（2） 不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：
【解析】(I)由题干表述可知A和E不是盐，又由纯E为无色油状液体，推知E为硫酸（③步操作进一步确定）；（II）由题干和①步操作可知A为氨水； (III)再由②步操作可知F中阳离子为Ag+发生的反应为：Ag＋＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4＋；AgOH＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]＋＋OH－＋2H2O；而常见的盐中只有AgNO3可溶于水，故F为AgNO3；（IV）由③步操作可知B中阴离子应为CO32-,由于此无色无味的气体只能是CO2, B、C、D中能生成沉淀说明不能是HCO3-,而阳离子可是常见的K+、Na+、NH4+等待定（V）同样由②步操作D中能与氨水