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“铝三角”图象与计算是高考必考知识点，题目注重铝的单质和化合物的性质，特别是铝、氧化物、氢氧
化铝与酸碱的反应以及它们之间的相互转化，“铝三角"图象与计算则是出题的重点。
命题的主要方式为选择题和无机化工流程题，其中图象在选择题中考查较多，主要考查学生审题能力和分
析归纳解决问题的能力。
1．（2024·浙江·高考真题）下列说法不正确的是
A．
呈两性，不能用于治疗胃酸过多
B．
能与
反应产生
，可作供氧剂
C．
有还原性，能被氧化成
D．
见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中
【答案】A
【解析】A．
呈两性，不溶于水，但可以与胃酸反应生成无毒物质，因此其能用于治疗胃酸过多，
A 不正确；
B．
能与
反应产生
，该反应能安全发生且不生成有毒气体，故
可作供氧剂，B 正确；
C．
有还原性，其中Fe 元素的化合价为+2，用适当的氧化剂可以将其氧化成更高价态的
，C 正
确；
第12 讲 探究图形分析在“铝三角”转化中的应用
01 考情分析 02 真题精研 03 规律·方法·技巧 04 经典变式练
05 核心知识精炼 06 基础测评 07 能力提升
考情分析
真题精研
1
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D．见光易分解的物质应保存在棕色试剂瓶中；
见光易分解，故其应保存在棕色试剂瓶中，D 正确；
综上所述，本题选A。
2．（2023·湖南·高考真题）取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为
)，反应现象没有明显差别的是
选项
试剂①
试剂②
A
氨水
溶液
B
溶液
溶液
C
溶
液
酸性
溶液
D
溶液
溶液
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】A．向氨水中滴加
溶液并振荡，由于开始时氨水过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应
为
，继续滴加产生沉淀；向
溶液中滴加氨水并
振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多,发生的反应为
；当氨水
过量后，继续滴加氨水沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为
，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，A 不
符合题意；
B．向
中滴加
溶液并振荡，由于开始时
过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应
为
；向
溶液中滴加
并振荡，开始时生成
白色沉淀且沉淀逐渐增多,发生的反应为
；当
过量后，继
2
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续滴加
沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为
，因此，
改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，B 不符合题意；
C．向
溶液中滴加酸性
溶液并振荡，由于开始时
是过量的，
可以被
完全还原，可以看到紫红色的溶液褪为无色，发生的反应为
;向
溶液中滴加酸性
溶液
并振荡，由于开始时
是过量的，
逐渐被
还原，可以看到紫红色的溶液逐渐变浅，
最后变为无色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，C 不符合题意；
D．向
溶液中滴加
溶液，溶液立即变为血红色；向
溶液中滴加
溶液，溶液同样立
即变为血红色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象没有明显差别，D 符合题意；
综上所述，本题选D。
3．（23-24 高三上·宁夏银川·期中）常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20ml
1mol/L 的NaOH 溶液，然后滴加1mol/L 的盐酸，测得生成沉淀的质量与消耗盐酸的体积关系如图所示
A．原合金质量为0.92g
B．图中V2的值为60
C．图中m 的值为1.56
D．产生氢气的体积为896mL(标准状况下)
【答案】C
【分析】钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、
2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，加盐酸时发生NaOH+HCl═NaCl+H2O、
NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al(OH)3↓、Al(OH)3+3HCl═AlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量
为0.02L×1mol/L=0.02mol，由NaOH+HCl═NaCl+H2O，则V1为20mL，生成沉淀时消耗的盐酸为40mL﹣
20mL=20mL，据此分析解题。
3
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【解析】A．由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为
，故A
错误；
B．由Al(OH)3↓+3HCl═AlCl3+3H2O 可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，则V2为40mL+60mL=100mL，故B
错误
C．由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为
，故C 正确；
D．由2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，生成氢气的物质的量为
4.02mol+0.03mol=0.05mol，故D 错误；
故答案选C。
铝盐与强碱溶液反应图像题的解题流程
1．（2024 高三·全国·专题练习）某一固体物质可能由NaOH、
、
中的几种组成，取一定量该固
体物质溶于水，有沉淀产生，在所得悬浊液中逐滴加入5
的盐酸，如图表示沉淀的物质的量随加入
盐酸的体积的变化情况，则图中a 等于
规律·方法·技巧
经典变式练
4
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A．70
B．100
C．120
D．130
【答案】D
【分析】向所得浊液中，逐滴加入5mol/L 盐酸，由加入盐酸的体积和生成沉淀的质量关系图分析：
0~10mL
①
，随盐酸体积的增加，生成沉淀的质量不变，说明NaOH、AlCl3、MgCl2组成的混合物，溶于足
量水发生反应是：MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl；AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，NaOH 有剩余，
沉淀是Mg(OH)2，n[Mg(OH)2]=0.1mol，溶液是NaCl、NaAlO2和NaOH 的混合液，该阶段加入盐酸发生的
反应是：NaOH+HCl=NaCl+H2O；
10mL
②
处，加入10mL 盐酸刚好中和未反应的NaOH，溶液中溶质为NaCl、NaAlO2；
10mL~30mL
③
，随盐酸体积的增加，生成沉淀的质量增加，该阶段发生反应是：
NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl；
30mL
④
处，NaAlO2与盐酸恰好反应，需盐酸体积为：30mL-10mL=20mL，沉淀质量达到最大，溶液为
NaCl 溶液；溶液中Cl-来源于原混合物中的AlCl3、MgCl2和加入的30mLHCl，溶液中Na+来源于原混合物
中的NaOH，根据反应NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，n(NaAlO2)=0.02L×5mol/L=0.1mol；
30mL
⑤
～a 点，随盐酸的体积增加，沉淀的质量减少，发生反应：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O、
Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O；
a
⑥点，Mg(OH)2和Al(OH)3完全反应，溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl 混合液；据此回答。
【解析】由Al 原子守恒得原混合物中n(AlCl3)=n(NaAlO2)=0.1mol，由Mg 原子守恒得原混合物中
n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]=0.1mol，所以30mL～a 点消耗的氢氧化钠为氢氧化铝与氢氧化镁消耗之和，为
，体积为
，加上之前的30mL，一共130mL，所以
a=130mL；
故选D。
2．（23-24 高三下·浙江杭州·阶段练习）
在水中存在平衡：
；
5
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，在25℃时，
关系如图所示，
表示
或
度的
负对数
。下列说法不正确的是
A．曲线甲代表
与pH 的关系
B．曲线乙经过点
C．
的
D．向
溶液中加入NaOH 至pH＝6 时，Al 元素主要以
存在
【答案】B
【解析】A．当溶液酸性较强时，溶液中Al3+浓度较大，故曲线甲代表
与pH 的关系，A 项正确；
B．曲线乙代表
与pH 的关系，当pH=10 时，
，则
的平衡常数为
，若曲线乙经过点
，则用该点计算的平衡常数为
，B 项错误；
C．通过曲线甲上点(5，6)可计算
的
，则
的
，C 项
6
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正确；
D．由图像可知，当pH＝6 时，Al3+和
的浓度都很小，此时Al 元素主要以
存在，D 项正
确；
故选B。
1．Al3＋、Al(OH)3、AlO 之间的转化关系
实现上述各步转化的离子方程式：
(1)①Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH ②Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓ ③Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
(2)Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
(3)Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O
(4)AlO＋4H＋===Al3＋＋2H2O
(5)①AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO ②AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
(6)Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O
2．与Al(OH)3沉淀生成有关的图象分析
(1)可溶性铝盐溶液与NaOH 溶液反应的图象(从上述转化关系中选择符合图象变化的离子方程式，下同)。
操作
可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH
溶液至过量
NaOH 溶液中逐滴加入可溶性铝盐
溶液至过量
现象
立即产生白色沉淀→渐多→最多→
渐少→消失
无沉淀(有但即溶)→出现沉淀→渐
多→最多→沉淀不消失
图象
方程式序号
AB：(1)③BD：(6)
AB：(3)BC：(1)②
核心知识精炼
7
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(2)偏铝酸盐溶液与盐酸反应的图象。
操作
偏铝酸盐溶液中逐滴加入稀盐酸至
过量
稀盐酸中逐滴加入偏铝酸盐溶液至
过量
现象
立即产生白色沉淀→渐多→最多→
渐少→消失
无沉淀→出现沉淀→渐多→最多→
沉淀不消失
图象
方程式
序号
AB：(5)②
BC：(2)
AB：(4)
BC：(1)②
3.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]＝n(OH－)；
②当3n(Al3＋)＜n(OH－)＜4n(Al3＋)时，n[Al(OH)3]＝
4n(Al3＋)－n(OH－)；
③当n(OH－)≥4n(Al3＋)时，n[Al(OH)3]＝0，无沉淀。
(2)求反应物碱的量
①若碱不足(Al3＋未完全沉淀)，n(OH－)＝3n[Al(OH)3]；
4．与Al3＋、AlO 有关的离子反应的一般规律
(1)当溶液中有多种离子时，要考虑离子之间的反应顺序，如向含有H＋、NH、Mg2＋、Al3＋的混合溶液中逐
滴加入NaOH 溶液，OH－先与H＋反应，再与Mg2＋、Al3＋反应生成沉淀，再与NH 反应，最后才溶解Al(OH)3
沉淀。
(2)AlO 与HCO 的反应不属于水解相互促进的反应，而是HCO 电离出的H＋与AlO 发生反应：AlO＋HCO＋
H2O===Al(OH)3↓＋CO。
8
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1．（2023·天津·高考真题）下列常见物质及用途，错误的是
A．氢氧化铝可用于治疗胃酸过多
B．SiO2可用于制造光导纤维
C．Fe2O3是铁红，可以用作染料
D．钠起火，可以使用水基灭火器扑灭
【答案】D
【解析】A．胃酸中含有HCl，氢氧化铝可以与HCl 反应，能用于治疗胃酸过多，A 正确；
B．SiO2具有良好的光学特性，可用于制造光导纤维，B 正确；
C．Fe2O3是一种红色粉末，俗称铁红，常用作红色染料，C 正确；
D．钠能与水反应生成易燃性气体氢气，不能使用水基灭火器扑灭，D 错误；
故选D。
2．（2023·重庆·高考真题）下列离子方程式中，错误的是
A．
通入水中：
B．
通入石灰乳中：
C．
放入
溶液中：
D．
放入
溶液中：
【答案】B
【解析】A．二氧化氮和水生成硝酸和NO，反应为
，A 正确；
B．石灰乳转化氢氧化钙不能拆，反应为
，B 错误；
C．
放入
溶液中生成偏铝酸钠和去：
，C 正确；
D．
放入
溶液中发生氧化还原生成二价铅和二价铁离子，反应为：
，D 正确；
基础测评
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故选B。
3．（23-24 高三上·河南漯河·期末）现有易溶强电解质的混合溶液10L，其中可能含有K＋、Ba2＋、Na＋、
、Cl—、
、
、OH—中的几种，向其中通入CO2气体，产生沉淀的量与通入CO2的量之间
的关系如图所示，下列说法不正确的是
A．AB 段的离子方程式可以表示为：2OH—＋CO2=
＋H2O
B．CD 段的离子方程式可以表示为：
＋CO2＋H2O=2
C．该溶液中能确定存在的离子是Ba2＋、
、OH—
D．肯定不存在的离子是
、
、Na＋
【答案】D
【分析】由图可知，通入二氧化碳，OA 段沉淀物质的量增大说明溶液中含有钡离子和氢氧根离子，不含
有硫酸根离子和铵根离子，发生的反应为Ba2+＋CO2+2OH—=BaCO3↓+H2O，AB 段沉淀质量不变说明溶液中
过量的氢氧根离子与二氧化碳反应生成碳酸根离子，发生的反应为2OH—＋CO2=
＋H2O，BC 段沉淀
物质的量增大说明溶液中含有四羟基合铝酸根离子，发生的反应为2
＋CO2 =2Al(OH)3↓+
+
H2O，CD 段沉淀质量不变说明溶液中碳酸根离子与二氧化碳反应生成碳酸氢根离子，发生的反应为
＋CO2＋H2O=2
，DE 段沉淀质量减少说明碳酸钡与二氧化碳和水反应碳酸氢钡，发生的反应为
10
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BaCO3+CO2+ H2O= Ba2+＋2
，则溶液中一定含有1mol 钡离子、3mol 氢氧根离子、1mol 四羟基合铝酸
根离子，一定不存在硫酸根离子和铵根离子，由电荷守恒可知，溶液中一定存在钠离子和钾离子中的一种
或两种。
【解析】A．由分析可知，AB 段沉淀质量不变说明溶液中过量的氢氧根离子与二氧化碳反应生成碳酸根离
子，发生的反应为2OH—＋CO2=
＋H2O，故A 正确；
B．由分析可知，CD 段沉淀质量不变说明溶液中碳酸根离子与二氧化碳反应生成碳酸氢根离子，发生的反
应为
＋CO2＋H2O=2
，故B 正确；
C．由分析可知，溶液中一定含有1mol 钡离子、3mol 氢氧根离子、1mol 四羟基合铝酸根离子，故C 正确；
D．由分析可知，溶液中一定含有1mol 钡离子、3mol 氢氧根离子、1mol 四羟基合铝酸根离子，一定不存
在硫酸根离子和铵根离子，一定存在钠离子和钾离子中的一种或两种，故D 错误；
故选D。
4．（23-24 高三上·河北衡水·阶段练习）下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A．向
溶液中滴入过量氨水：
B．稀硝酸与过量的铁屑反应：
C．泡沫灭火器的反应原理：
D．将
固体加入氢碘酸溶液中：
【答案】C
【解析】A．一水合氨属于弱电解质，离子方程式为
，故A 错误；
B．向稀硝酸中加入过量的铁屑，应该生成
，离子方程式为
，
故B 错误；
C．泡沫灭火器中，铝离子与碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，
故C 正确；
D．将氢氧化铁固体加入氢碘酸溶液中，碘离子会与
发生氧化还原反应，离子方程式为
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，故D 错误；
故选C。
5．（23-24 高三上·山西吕梁·阶段练习）下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的
组合有
序
号
X
Y
Z
W
①
Cu
CuO
②
Na
NaOH
NaCl
③
Al
④
Fe
A．②③
B．②④
C．①③
D．①④
【答案】C
【解析】①Cu 与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜加热分解生成
氧化铜，氧化铜被还原生成Cu，故正确；
②钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠，氯化钠不能生成氧化钠，故错误；
Al
③
AlCl3
Al(OH)3
Al2O3
Al，故正确；
Fe
④
与Cl2反应可生成
，
与Fe 反应可得到
，
与氢氧化钠生成氢氧化亚铁，氢氧化亚
铁得不到Fe，故错误；
由以上可知①③正确，故选C。
6．（23-24 高三上·湖南·阶段练习）部分铁或铝及其化合物的“价一类”关系如图所示。下列叙述正确的
是
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A．若a 能与NaOH 溶液反应，则b 在高温下与CO 反应可制a
B．若a 的合金广泛用作建筑材料，则a 的化学性质稳定
C．若a、d 能发生氧化还原反应，则其产物只有还原性
D．若b 为红色粉末，则在空气中灼烧c 可制备b
【答案】D
【分析】根据Fe、Al 元素的价类二维图，可知a 是Al(或Fe)，b 是Al2O3(或Fe2O3)，c 是Fe(OH)2，d 是
Al2(SO4)3(或Fe2(SO4)3)，然后根据物质的性质及转化关系分析解答。
【解析】A．Al 是活泼金属元素，在工业上，不能用热还原法制备铝，只能用电解熔融氧化铝方法制备
Al，A 错误；
B．铝是活泼金属，铁也是比较活泼金属，铁合金、铝合金都广泛用作建筑材料，铝合金化学性质稳定是
因为铝表面有一层致密的氧化铝保护膜，阻止金属进一步被氧化，B 错误；
C．若金属元素是Fe，Fe2(SO4)3和Fe 发生氧化还原反应生成FeSO4，FeSO4中Fe 为+2 价，介于Fe 元素的
中间价态，因此FeSO4既有氧化性，又有还原性，C 错误；
D．Fe(OH)2具有还原性，在空气存在加热，会发生反应：
，因此可产生
Fe2O3红棕色粉末，D 正确；
故合理选项是D。
7．（23-24 高三上·江西上饶·阶段练习）下列物质的转化在给定条件下能实现的是
①
②
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③饱和
④
无水
⑤
A．①③⑤
B．①②③
C．②④⑤
D．①③④
【答案】A
【分析】①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳可以发生反应：
，生成氢氧化铝，故①正确；
②硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故②错误；
③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、
铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中
溶解度最小，析出
，加热
分解生成碳
酸钠，故③正确；
④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，加热
溶液，
会水解：
挥发，平衡向右移动，得不到无水
，故④错误；
⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故⑤正确。
【解析】A．由分析知①③⑤正确，A 正确；
B．由分析知①③⑤正确，B 错误；
C．由分析知①③⑤正确，C 错误；
D．由分析知①③⑤正确，D 错误；
故选A。
8．（23-24 高三上·辽宁沈阳·阶段练习）向100mL 含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入HCl 溶液，
测得溶液中的某几种离子的物质的量的变化如图所示：
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(1)已知
与
在溶液中反应而不能大量共存，写出两者反应的离子方程式： 。
(2)a 和c 曲线表示的离子分别是 、 。d 曲线表示的离子方程式为 。
(3)加入HCl 溶液的物质的量浓度为 ，M 点溶液中沉淀的质量为 。
(4)原混合溶液中的Na+与
的物质的量之比为 。
(5)另取AlCl3溶液和NaOH 溶液反应，当
时，写出反应的离子方程式： 。
【答案】(1)
(2)
(3) 1mol/L 3.9g
(4)3 1∶
(5)
【解析】（1）
与
在溶液中不能大量共存，则发生反应生成Al(OH)3和
，反应的离子方程式：
。
（2）
与
在溶液中不能大量共存，则
溶液的碱性更强，
首先与盐酸发生反应，然后
与盐酸反应生成
，
再与盐酸反应生成CO2和水，所以a 和c 曲线表示的离子分别是
、
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。d 曲线表示
与盐酸反应生成CO2和水，离子方程式为
。
（3）从图中可以看出，Na2CO3、NaAlO2的物质的量都为0.05mol，则二者与盐酸完全反应时，消耗HCl
的物质的量为0.05mol×2+0.05mol=0.15mol，HCl 溶液的物质的量浓度为
=1mol/L，M 点溶液中沉
淀为Al(OH)3，其物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×78g/mol=3.9g。
（4）原混合溶液中，Na2CO3、NaAlO2的物质的量都为0.05mol，则Na+与
的物质的量之比为0.15mol :
0.05mol=3 1∶。
（5）另取AlCl3溶液和NaOH 溶液反应，当
时，先生成Al(OH)3，过量的OH-又将
Al(OH)3部分溶解，反应的离子方程式：
。
1．（2023·浙江·高考真题）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．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．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．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．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。
能力提升
16
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2．（2022·河北·高考真题）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．3.9gNa2O2与足量水反应，转移电子个数为0.1NA
B．1.2gMg 在空气中燃烧生成MgO 和Mg3N2，转移电子个数为0.1NA
C．2.7gAl 与足量NaOH 溶液反应，生成H2的个数为0.1NA
D．6.0gSiO2与足量NaOH 溶液反应，所得溶液中SiO
的个数为0.1NA
【答案】B
【解析】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则3.9g 过氧化钠与足量水反应，转移电子个数为
×1×NAmol-1=0.05NA，故A 错误；
B．镁在空气中燃烧无论生成氧化镁，还是氮化镁，镁均转化为镁离子，则1.2gMg 在空气中燃烧生成氧化
镁和氮化镁时，转移电子个数为
×2×NAmol-1=0.1NA，故B 正确；
C．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则2.7g 铝与足量氢氧化钠溶液反应生成氢气的个数为
×
×NAmol-1=0.15NA，故C 错误；
D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠在溶液中发生水解反应，则由原子个数守恒可
知，6.0g 二氧化硅与足量氢氧化钠溶液反应所得溶液中硅酸根离子的个数小于
×NAmol-1=0.1NA，故
D 错误；
故选B。
3．（2020·江苏·高考真题）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．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．氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B 错误；
C．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；
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D．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．（23-24 高二下·山东青岛·期中）铝片与
溶液反应的探究实验如下图所示。下列说法错误的是
无明显现象
铝片表面产生细小气
泡
出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为
和
）
A．
溶液中存在水解平衡
B．Ⅲ中产生的细小气泡为
，原因为
溶液显碱性
C．Ⅲ→Ⅳ的现象可说明加热可促进
的水解
D．Ⅳ中现象的原因为
与
相互促进水解产生了
和
【答案】D
【分析】铝片在水中加热条件下也没有明显现象，说明铝与水基本不反应。将铝片放入碳酸钠溶液中，铝
片表面产生细小气泡，说明有少量铝与碳酸钠溶液反应生成氢气，加热后反应剧烈，出现白色浑浊，生成
了氢气和CO2。
【解析】A．碳酸钠在水中会水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，水解平衡的离子方程式为
，A 正确；
B．碳酸钠溶液因为水解导致溶液呈弱碱性，Ⅲ中铝与碳酸钠溶液反应生成氢气，B 正确；
C．Ⅲ中铝片表面产生细小气泡，加热后Ⅳ中产生大量气泡，说明加热促进了碳酸根离子的水解，导致溶
液碱性增强，反应速率加快，C 正确；
D．Ⅳ中[Al(OH)4]-与
反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子而不是生成二氧化碳，离子方程式为
[Al(OH)4]-+
=Al(OH)3↓+
+H2O，D 错误；
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故答案选D。
5．（2024·浙江·三模）铝可溶于NaOH 溶液：
，下列说法正
确的是
A．工业上可借助此反应规模化制备
B．
中Al 原子为
杂化
C．反应后溶液碱性增强
D．Al 是一种两性化合物
【答案】B
【解析】A．工业生产Al 要消耗大量电能，再用Al 制备
成本太高，A 项错误；
B．
中Al 原子的价层电子对数为4，为
杂化，B 项正确；
C．反应消耗氢氧化钠，反应后
降低，溶液碱性减弱，C 项错误；
D．Al 是单质，D 项错误；
本题选B。
6．（23-24 高三上·湖南长沙·阶段练习）某无色溶液中可能含有
、
、
、
、
、
、
。现进行如下实验：
①向10mL 该溶液中加
溶液至过量，加稀硝酸酸化后过滤得到6.99g 白色沉淀；
②另取10mL 该溶液，滴加NaOH 溶液，随NaOH 溶液的加入，沉淀和气体物质的量变化如图所示：
下列说法不符合事实的是
A．根据图中数据计算实验中使用的NaOH 溶液的浓度为
B．根据信息分析不能确认该溶液中是否存在焰色试验呈紫色的离子
C．bc 段发生反应的离子方程式为
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D．另取一定量该溶液滴加一定量
溶液，
和
不可能同时完全沉淀
【答案】B
【分析】加入硝酸钡溶液至过量，加稀硝酸酸化后过滤生成的6.99g 沉淀是硫酸钡，硫酸钡物质的量为
=0.03mol，说明10mL 溶液中有0.03mol 的
；根据加入NaOH 溶液后沉淀和气体物质的量变
化，0~a 消耗30mL 氢氧化钠溶液，生成0.01mol 沉淀最后完全溶解，应该是Al(OH)3沉淀，说明溶液中
Al3+为0.01mol，
和铝离子不能大量共存，溶液中没有
，a~b 产生的是氨气，NH3为0.02mol，说
明铵根离子是0.02mol，消耗20mL NaOH 的物质的量也是0.02mol，说明NaOH 浓度是
=1mol/L，
最后沉淀全部溶解说明没有Mg2+；根据溶液电中性原则，至少还应该有0.01molK+。
【解析】A．经过上述分析计算，NaOH 溶液浓度为1mol/L，A 项正确；
B．根据溶液电中性原则，溶液中一定有K+，即一定存在焰色试验呈紫色的离子，B 项错误；
C．bc 段氢氧化铝沉淀溶解，发生反应：
，C 项正确；
D．Al3+和
的物质的量分别是0.01mol 和0.03mol，加入氢氧化钡溶液，当
完全沉淀时，已经加入
了0.06molOH-，此时Al(OH)3沉淀早已经溶解完全，两种离子不能同时完全沉淀，D 项正确；
答案选B。
7．（23-24 高三上·河南·期中）X、Y、Z 是三种含有某种相同元素的常见物质，下列各组物质不具有如图
转化关系的是
选项
A
B
C
D
X
NaOH
Fe2(SO4)3
NaAlO2
CO2
Y
Na2SO3
FeSO4
Al(OH)3
CO
Z
Na2O
Fe
Al2O3
C
A．A
B．B
C．C
D．D
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【答案】C
【解析】A．
与
反应得到NaOH，与
反应得到
，NaOH 与
反应得到
，
与
反应得到NaOH，A 正确；
B．加热条件下铁与浓硫酸反应得到
，铁与稀硫酸反应得到
，
与酸性
等强
氧化性试剂反应得到
，
与Fe 反应得到
，B 正确；
C．
无法直接转化为
，C 错误；
D．C 不完全燃烧转化为CO，CO 与
或
反应得到
，
与碳反应可得到CO，D 正确；
故选C。
8．（23-24 高三上·江西上饶·阶段练习）把一块镁铝合金投入到
盐酸中，待合金完全溶解后，再
往溶液里加入
溶液，生成沉淀的物质的量随加入
溶液体积变化的关系如图所示。下
列说法中错误的是
A．盐酸的体积为80mL
B．a 的取值范围为0<a<50
C．n(Mg2+)<0.025mol
D．当a 值为30 时，b 值为0.01
【答案】D
【解析】A．当沉淀达到最大值时，溶液为NaCl 溶液，n(HCl)=n(NaOH)=1mol/L×0.08L=0.08mol；由于盐
酸的浓度是1mol/L，所以盐酸的体积是0.08L=80ml，A 正确；
B．Al3＋＋3OH-＝Al(OH)3↓；Al(OH)3+ OH-=
+ 2H2O，由于溶解Al(OH)3消耗NaOH 10mL，则形
成Al(OH)3消耗NaOH 30mL；而且其中含有沉淀Mg2+消耗的NaOH 溶液，因此a 的取值范围为0＜a＜50，
B 正确；
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C．根据图像可知n(Al3+)=1 mol/L×0.01L=0.01mol ，则溶液中Al3+形成Al(OH)3消耗NaOH 0.03mol，H+、
Mg2+共消耗NaOH 的体积是50ml，因此n(Mg2+)＜0.05mol÷2=0.025mol，C 正确；
D．当a 值为30 时，n[Mg(OH)2]=0.01mol，n[Al(OH)3]=0.01mol；所以b 值为0.02，D 错误；
故选D。
9．（23-24 高三上·吉林长春·阶段练习）某些化学知识用数轴表示更形象直观、简明易记。下列用数轴表
示不合理的是
A
铁和稀硝酸反应
B
向烧碱溶液通入SO2后的产物
C
Na 与O2加热反应的产物
D
向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH 溶液，铝元素的
存在形式
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【解析】A．铁和稀硝酸反应的化学方程式为：
（Fe 少量），
（Fe 过量），少量铁和稀硝酸反应生成硝酸铁，此时
n(HNO3) n(Fe)=4 1
∶
∶；过量的铁和硝酸反应最后生成硝酸亚铁，此时(HNO3) n(Fe)=8 3
∶
∶；在4 1∶～8 3∶范围内生
成硝酸亚铁和硝酸铁，该数轴表示合理，A 不符合题意；
B．烧喊溶液中通入少量二氧化疏反应生成亚硫酸钠，即n(NaOH) n(SO
∶
2)=2 1∶时反应生成亚硫酸钠；通入
过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠，即n(NaOH) n(SO
∶
2)=1 1∶时反应生成亚硫酸氢钠；在2 1∶～1 1∶范围内生成亚
硫酸钠和亚硫酸氢钠，该数轴表示合理，B 不符合题意；
C．Na 与O2加热反应的产物是过氧化钠，与反应条件有关，与反应物的物质的量之比无关，该数轴表示不
合理，C 符合题意；
D．OH-与Al3+的物质的量之比为3：1 时，铝元素都以Al(OH)3的形式存在，则OH-与Al3+的物质的量之比
<3 时铝元素都以Al(OH)3和Al3+的形式存在，OH-与Al3+的物质的量之比为4：1 时，铝元素都以
的形
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式存在，则OH-与Al3+的物质的量之比为>4 时铝元素都以
的形式存在，该数轴表示合理，D 不符合题
意；
故答案为：C。
10．（2024 高三·全国·专题练习）向MgCl2和AlCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH 溶液直至过量。经测定，
加入NaOH 的物质的量(mol)和所得沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。
(1)写出各段所发生反应的离子方程式：
OD 段 ；
DC 段 。
(2)原溶液中Mg2+、Al3+的物质的量浓度之比为 。
(3)图中C 点表示当加入 molNaOH 时，Al3+已经 ，Mg2+已经 。
(4)图中OA= mol；AB= mol。
【答案】(1)
(2)2：1
(3) 0.8 全部转化为Na[Al(OH)4] 完全生成沉淀Mg(OH)2
(4) 0.7 0.1
【分析】OD 过程中沉淀物在增加，可见是生成氢氧化物的过程，故方程式为：
、
DC 段沉淀物在减少可知该过程是四羟基合铝酸根
的形成过程，故DC 过程中的反应方程式为：
，以此分析；
【解析】（1） 根据分析，OD 过程中沉淀物在增加，可见是生成氢氧化物的过程，DC 段沉淀物在减少可
知该过程是四羟基合铝酸根的形成过程；
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故答案为：
、
；
（2）DC 段的纵坐标差为0.1 可见铝离子的量为0.1mol，而OD 段铝和镁的总和为0.3mol，故镁离子的量
为0.3-0.1=0.2mol，在同一溶液中，故其物质的量浓度之比即为物质的量之比，故Mg2+、Al3+物质的量浓度
之比为0.2mol：0.1mol=2：1；
故答案为：2：1；
（3）1mol 镁离子生成氢氧化镁消耗的氢氧根为2mol，而1mol 的铝生成氢氧化铝消耗的氢氧根是3mol，
由各方程式可以可求出C 点时镁离子需要n(NaOH)=0.4mol，0.1mol 铝离子和氢氧根离子反应生成四羟基合
铝酸根离子，需要n(NaOH)=0.4mol，则总共消耗的n(NaOH)=0.8mol，C 点时，铝离子全部转化为
Na[Al(OH)4]，镁离子完全生成沉淀Mg(OH)2；
故答案为：0.8；全部转化为Na[Al(OH)4]；完全生成沉淀Mg(OH)2；
（4）横坐标表示的为氢氧根离子的量，由离子的化合价关系可知OA 段，镁消耗的氢氧根的量0.4mol，加
上铝离子消耗的0.3mol 共为0.7mol，而AB 段铝消耗的为0.1mol；
故答案为：0.7；0.1。
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