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1．镁的性质
(1)物理性质：
色
形态
密度
硬度
熔点
导电导热性
银白色，有金属光泽
固体
较小
较软
较低
良好
(2)化学性质：
第09 讲 镁、铝及其重要化合物
考点导航
考点一 镁及其重要化合物的性质及海水提镁
重难点辨析
1
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①与非金属反应
②与CO2反应：2Mg＋CO2=====2MgO＋C
③与H2O 反应：Mg＋2H2O=====Mg(OH)2＋H2↑
④与H＋反应：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑
2．海水提镁
3．用途
生产合金，冶金工业上用作还原剂和脱氧剂。
4．镁的重要化合物
物质
主要性质
氧化镁
碱性氧化物
MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O
氢氧
化镁
中强碱
Mg(OH)2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O
难溶于水
Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
溶解度小于碳酸镁
MgCO3＋H2O=====Mg(OH)2＋CO2↑
1．从海水中提取镁的流程
(1)流程：
规律·方法·技巧·点拔
2
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(2)主要化学反应：
①制石灰乳：
CaCO3=====CaO＋CO2↑、CaO＋H2O===Ca(OH)2；
②沉淀Mg2＋：Mg2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2↓＋Ca2＋；
③制备MgCl2：Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O；
④电解MgCl2：MgCl2(熔融)=====Mg＋Cl2↑。
2．镁也可在氮气中燃烧，生成氮化镁(Mg3N2)，氮化镁能与水剧烈反应生成Mg(OH)2沉淀并放出氨气。
3．由MgCl2·6H2O 到无水MgCl2，必须在HCl 气流中加热，以防MgCl2水解。
4．因镁在高温下能与O2、N2、CO2等气体发生反应，故工业电解MgCl2得到的镁，应在H2氛围中冷却。
考向1 镁及其重要化合物的性质、用途
【典例1】（2023·全国·高三专题练习）镁遇到下列物质不放出H2的是：①NH4Cl 溶液；②KOH 溶液；③
Na2CO3溶液；④热的乙醇；⑤苯；⑥醋酸溶液；⑦FeCl3溶液；⑧CuSO4溶液；⑨NaH2PO4；⑩NaHCO3
溶液。
A．①⑥⑦⑧
B．③④⑤⑨⑩
C．②③⑤⑩
D．③④⑤⑦
【答案】C
【解析】①NH4Cl 溶液与镁反应生成氯化镁、氨气和氢气；②KOH 溶液与镁不反应；③Na2CO3溶液与镁
不反应；④热的乙醇与镁反应生成乙醇镁和氢气；⑤苯与镁不反应；⑥醋酸溶液与镁生成醋酸镁和氢气；
⑦FeCl3溶液中加入镁，镁与氢离子反应生成氢气，促进其水解；⑧CuSO4溶液溶液中加入镁，镁与氢离
子反应生成氢气，促进其水解；⑨NaH2PO4中加入镁，磷酸二氢根离子电离，产生氢离子，与镁反应生成
氢气；⑩NaHCO3溶液与镁不反应，镁遇到上述物质不放出H2的是②③⑤⑩，故选C。
【变式练1】（2023·全国·高三专题练习）下列说法不正确的是
A．通过电解熔融的无水MgCl2可以制得金属镁
B．镁条在空气中燃烧所得的固体物质是混合物
C．氧化镁是优质的耐火材料
D．金属镁质地柔软，不适宜制作高强度的合金材料
典型例题剖析
3
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【答案】D
【解析】A．Mg 是活泼金属，如果电解氯化镁溶液，阴极上氢离子放电而不能生成Mg，所以工业上采用
电解熔融MgCl2的方法冶炼Mg，故A 正确；
B．Mg 在空气中燃烧生成MgO、Mg3N2，Mg 还和空气中CO2反应生成MgO 和C，所以镁条在空气中燃烧
所得的固体物质是混合物，故B 正确；
C．MgO 熔点很高，在一般条件下不熔融，所以氧化镁是优质的耐火材料，常常作耐火砖，故C 正确；
D．虽然Mg 质地柔软，但密度小，常常作合金材料，如镁铝合金，故D 错误；
故选D。
【变式练2】（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）Li 和Mg 是两种重要的金属元素。下列说法
正确的是
A．金属镁一般保存在石蜡油中
B．单质Li 和冷水不反应
C．单质Li 可与
反应生成
D．Li、Mg 的焰色试验现象相同
【答案】C
【解析】A．金属镁表面易形成较致密氧化膜，不需要保存在石蜡油中，A 错误；
B．单质Li 和冷水可以反应生成LiOH 和氢气，B 错误；
C．单质Li 可与
反应生成
，C 正确；
D．Li 的焰色为紫红色，与Mg 不同，D 错误；
故选C。
考向2 海水提镁工艺
【典例2】（2023 春·河南·高一洛宁县第一高级中学校联考阶段练习）海水中蕴藏着丰富的资源，下列有
关海水资源的开发利用，说法正确的是
A．海水蒸发获得的粗盐可直接食用
B．海水提镁中可用澄清石灰水作为沉淀剂
C．海水淡化的方法有“电渗析法”和“离子交换法”
D．可直接使用四氯化碳萃取海带中的碘元素
【答案】C
【解析】A．海水蒸发获得的粗盐含有杂质，需要精制后才能食用，故A 错误；
B．氢氧化钙溶解度太小，海水提镁中应该使用石灰乳作为沉淀剂，故 B 错误；
C．海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等方法，C 正确；
4
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D．海带中的碘元素需要经过氧化剂氧化后才能用四氯化碳萃取，故D 错误；
故选：C。
【变式练3】（2023·福建三明·统考模拟预测）下列有关海水及海产品综合利用的离子方程式错误的是
A．氯碱工业中电解饱和食盐水制氯气：
B．海水提溴中用
水溶液富集溴：
C．海水提镁中用石灰乳沉镁：
D．海带提碘中用NaOH 溶液反萃取
中的碘：
【答案】A
【解析】A．氯碱工业中电解饱和食盐水制氯气：
，故A 错误；
B．海水提溴中用
水溶液富集溴，溴单质和二氧化硫、水反应生成硫酸和氢溴酸：
，故B 正确；
C．海水提镁中用石灰乳沉镁，得到氢氧化镁，氢氧化镁的溶解度小于氢氧化钙溶解度：
，故C 正确；
D．海带提碘中用NaOH 溶液反萃取
中的碘：
，故D 正确。
综上所述，答案为A。
【变式练4】（2023 春·辽宁沈阳·高一校联考期中）自然资源的合理利用是走可持续发展的必经之路。目
前世界上60%的镁是从海水提取的，海水提镁的主要流程如图所示，回答下列问题。
5
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(1)写出沉淀池发生反应的离子方程式： 。
(2)石灰乳是生石灰与水形成的化合物，从充分利用海洋化学资源，提高经济效益的角度考虑，生产生石灰
的主要原料来源于海洋中的 。
(3)加入的足量试剂a 是 (填化学式)，操作B 的步骤有 、冷却结晶、过滤洗涤。
(4)海水提镁的过程，为什么要将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁？ 。
(5)有同学认为：可直接加热
得到
，再电解熔融
制得金属镁，这样可简化实验步骤，体
现实验的简约性原则。我 (填“同意”或“不同意”)该同学的想法，理由是 。(已知：
为3105℃，
熔点为714℃)
【答案】(1)
(2)贝壳或牡蛎壳
(3) HCl 蒸发浓缩
(4)海水中氯化镁的总含量大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，使其浓度增大，降低提纯成
本
(5) 不同意
熔点很高，熔融时消耗大量的能量，浪费资源且增加生产成本
【解析】海水中的Mg2+和石灰乳中的OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，经过滤后得到Mg(OH)2固体，加入盐酸
后，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁溶液，将氯化镁溶液加热浓缩后得到六水合氯化镁，加热得到
MgCl2，电解熔融状态下的MgCl2得到Mg。
（1）镁离子能与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，在海水中加入石灰乳的作用是沉淀
，反应的离
子方程式为
，故填：
；
（2）贝壳或牡蛎壳的主要成分为碳酸钙，故填：贝壳（或牡蛎壳等）；
（3）将氢氧化镁转化为氯化镁且不引入新杂质，则试剂a 是HCl，氢氧化镁和HCl 反应生成氯化镁和水，
操作B 是将氯化镁溶液转化成氯化镁晶体，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到氯化镁晶体，故填：
HCl；蒸发浓缩；
（4）海水提镁的过程中，将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁是因为海水中氯化镁的总
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含量大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，使其浓度增大，降低提纯成本，故填：海水中氯
化镁的总含量大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，使其浓度增大，降低提纯成本；
（5）
熔点为3105℃，
熔点714℃，熔融
时会消耗大量能量，浪费资源且增加生产成本，
故填：不同意；
熔点很高，熔融时消耗大量的能量，浪费资源且增加生产成本。
1．（2022·海南·统考高考真题）依据下列实验，预测的实验现象正确的是
选
项
实验内容
预测的实验现象
A
溶液中滴加NaOH 溶液至过量
产生白色沉淀后沉淀消失
B
溶液中滴加KSCN 溶液
溶液变血红色
C
AgI 悬浊液中滴加NaCl 溶液至过量
黄色沉淀全部转化为白色沉淀
D
酸性
溶液中滴加乙醇至过量
溶液紫红色褪去
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】A．MgCl2溶液中滴加NaOH 溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀，白色沉淀为氢氧化镁，
氢氧化镁为中强碱，其不与过量的NaOH 溶液发生反应，因此，沉淀不消失，A 不正确；
B．FeCl3溶液中滴加 KSCN 洛液，溶液变血红色，实验室通常用这种方法检验的Fe3+存在；FeCl2溶液中
滴加 KSCN 洛液，溶液不变色，B 不正确；
C．AgI 的溶解度远远小于AgCl，因此，向AgI 悬浊液中滴加 NaCl 溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转
化为白色沉淀，C 不正确；
D．酸性KMnO4溶液呈紫红色，其具有强氧化性，而乙醇具有较强的还原性，因此，酸性KMnO4溶液中
滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去，D 正确；
综上所述，依据相关实验预测的实验现象正确的是D，本题选D。
2．（2021·重庆·统考高考真题）下列叙述错误的是
A．Mg 在空气中燃烧可生成MgO
B．Fe2O3与Al 发生铝热反应可生成Fe
C．BaCl2 溶液与CO2反应可生成BaCO3
三年真题·两年模拟
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D．Ca(OH)2 溶液与Cl2反应可生成Ca(ClO)2
【答案】C
【解析】A．Mg 在空气中点燃能与氧气发生反应生成氧化镁，故A 正确；
B．Fe2O3与Al 在高温条件下发生铝热反应生成氧化铝和Fe，故B 正确；
C．二氧化碳通入氯化钡中不反应，故C 错误；
D．Ca(OH)2 溶液与Cl2反应生成氯化钙和次氯酸钙，故D 正确；
故选：C。
3．（2021·浙江·高考真题）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．硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A 错误；
B．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．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．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。
4．（2023·全国·高三专题练习）某同学通过系列实验探究Mg 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，置镁条于其中探究Mg 的活泼性
B．将NaOH 溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg(OH)2沉淀的生成
C．将Mg(OH)2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．将镁蒸气在氮气中冷却得到镁粉
【答案】B
【解析】A．稀释浓硫酸应该是把浓硫酸慢慢注入水中，A 项错误；
B．NaOH 与MgSO4两者反应为Mg2++2OH－=Mg(OH)2↓，因此能够观察到沉淀产生，B 项正确；
C．过滤应该用玻璃棒引流，而不是直接倒入已装好滤纸的漏斗中，C 项错误；
D．氮气与镁反应生成氮化镁，得不到镁粉，D 项错误；
故选：B。
5．（2023·江苏南通·海门中学校考模拟预测）用镁还原
可制取高熔点的金属钛，工艺流程如图。下
列说法不正确的是
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A．工业上电解熔融
可制备金属Mg
B．“高温还原”时，发生反应的化学方程式为
C．用金属镁还原
过程中需通入
或Ar 作保护气
D．“真空蒸馏”的目的是使Mg、
气化，实现与Ti 的分离
【答案】C
【解析】工业生产一般采用电解熔融
的方法制镁，所得Mg 通过“高温还原”
、发生反应
制取金属钛，再经过真空蒸馏提纯钛等步骤得到钛产品。
A．由于MgO 的熔点高，电解MgO 制备金属Mg 能耗大，工业生产一般采用电解熔融
的方法，A
项正确；
B．还原时，发生反应的化学方程式为
，B 项正确；
C．点燃下金属镁和
能反应，则用金属镁还原
过程中
不能用作保护气，可通入Ar 作保护气，
C 项错误；
D．真空蒸馏时，需要将金属Mg、
分离除去，由于金属钛的熔点很高，因此真空蒸馏的目的是为了
降低单质Mg 和
的沸点，使Mg、
气化，实现与Ti 的分离，D 项正确；
答案选C。
6．（2023·湖北·华中师大一附中校联考模拟预测）
是一种新型储氢合金，该合金在一定条件下完
全吸氢的化学方程式为
，得到的混合物
在
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4.0mol⋅L-1HCl 溶液中能完全释放出氢气。下列说法正确的是
A．该合金的熔点介于金属镁和金属铝的熔点之间
B．
中，两种元素的化合价均为零价
C．在氮气保护下，将一定比例的Mg、Al 单质熔炼可获得该合金
D．一定条件下，17mol
和12molAl 与盐酸完全反应，释放氢气的总量为52mol
【答案】D
【解析】A．合金的熔点比各成分的熔点都低，该合金的熔点低于金属镁、金属铝的熔点，A 错误；
B．
中，H 的化合价为-1，Mg 的化合价为+2，B 错误；
C．在氮气条件下，一定温度下熔炼，镁和氮气会发生反应：
，C 错误；
D．一定条件下，17 mol
与盐酸完全反应生成34 mol 氢气，12 mol Al 与盐酸完全反应生成18 mol 氢
气，共放出52 mol 氢气，D 正确；
故选D。
1．铝的原子结构与物理性质
2．金属铝的化学性质
（1）
考点二 铝的性质及用途
重难点辨析
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对应方程式：①4Al＋3O2=====2Al2O3
②2Al＋Fe2O3=====2Fe＋Al2O3
③2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑
④2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
(2)铝热反应
实验装置
实验
现象
①镁带剧烈燃烧，放出一定的热，并发出耀眼的白光，
氧化铁和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，反应的
化学方程式为2Al＋Fe2O3=====2Fe＋Al2O3
原理应用
①制取熔点较高、活泼性弱于Al 的金属铬、锰、钨等；
②金属焊接，如野外焊接钢轨等
3．铝的制备及用途
(1)制备：电解熔融Al2O3：
。
(2)用途：
①纯铝用作导线。
②铝合金制备汽车、飞机、生活用品等。
1．铝与酸、碱反应生成H2的量的关系
铝分别与盐酸、NaOH 溶液反应的化学方程式为
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑
从化学方程式可以看出，Al 与酸、碱反应时生成H2的实质是：Al ――→Al，所以不论是Al 与酸还是与
规律·方法·技巧·点拔
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碱反应，Al 与产生的H2的关系均是2Al～3H2。
(1)等量铝分别与足量盐酸和氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比为＝。
(2)足量的铝分别与等物质的量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比为＝。
(3)一定量的铝分别和一定量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，当产生氢气的体积比为＜＜，则必定是①铝与盐
酸反应时，铝过量而盐酸不足；②铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足而氢氧化钠过量
2．工业炼铝的流程
铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，冶炼金属铝很重要的一个过程是Al2O3
的提纯。由于Al2O3是两性氧化物，而杂质SiO2是酸性氧化物，Fe2O3是碱性氧化物，因而可设计出两种提
纯氧化铝的方案。
方案一：碱溶法
(1)①Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O，
SiO2＋2OH－===SiO＋H2O。
③AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO，
SiO＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO。
方案二：酸溶法
(1)①Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O，
Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O。
②Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O，
Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓。
考向1 铝的性质、用途判断
【典例1】（2023 秋·贵州毕节·高一统考期末）下列说法错误的是
A．两份铝分别与足量盐酸和烧碱溶液反应，若产生气体的量相同，则两份铝的质量一定相同
B．等体积等浓度的盐酸、
溶液与过量
反应，产生
的物质的量相等
典型例题剖析
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C．用
铝箱包裹着
金属钠投入足量水中，理论上可以收集到氢气的物质的量为
D．硬铝是一种常见铝合金，硬度大、强度高，可用于飞机制造业
【答案】B
【解析】A．酸、碱均足量，则
完全反应，生成氢气的量相同，则H 得到的电子数相同，可知
失去
的电子数也相同，即参加反应的
的量相同，两份铝片的质量之比为
，A 正确；
B．根据反应方程式2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，等体积等浓度的盐酸、
溶液与过量
反应，产生
的量为
，B 错误；
C．
金属钠的物质的量为
，根据
，生成的氢气的物质的量为
、
生成
的物质的量为
，生成的
和铝箔发生反应
，
铝过量，此时
可以生成
，所以生成的
总物质的量为
，C 正确；
D．硬铝是一种常见铝合金，密度小、硬度大、强度高，可用于飞机制造业，D 正确；
选B。
【变式练1】（2023·全国·高一假期作业）将一块铝箔用砂纸仔细打磨后，用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上
加热至熔化，发现熔化的铝并不燃烧，也不滴落，移去酒精灯，待固体冷却后将其投入氢氧化钠溶液，固
体最终消失并有气体生成。关于这一实验的下列叙述正确的是
A．该实验说明金属铝密度小、熔点低，化学性质稳定
B．加热不燃烧说明铝制品性质稳定，可长期存放各种物质
C．不滴落是因为Al 表面生成了Al2O3，Al2O3熔点远高于金属铝，可做耐火材料
D．Al 和Al2O3都可以和酸反应，也可以和氢氧化钠溶液反应，都具有两性
【答案】C
【解析】A．铝是活泼的金属，故A 错误；
B．加热时铝更易被氧化生成氧化铝，故B 错误；
C．由于氧化铝的熔点高，所以铝融化但不易滴落，可做耐火材料，故C 正确；
D．Al 和Al2O3都可以和酸反应，也可以和氢氧化钠溶液反应，但只有Al2O3具有两性，铝的两性为金属性
和非金属性，不是酸性和碱性，所以说铝不是两性金属。故D 错误；
故选C。
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【变式练2】（2023·全国·高三专题练习）铝热反应的实验装置如图所示，下列有关说法错误的是
A．X 物质为KClO3
B．镁条燃烧提供引发反应所需的热量
C．若转移0.3 mol 电子，被还原的Fe2O3为16 g
D．可利用铝热反应冶炼铁
【答案】C
【解析】A．KClO3受热分解产生氧气，助燃，图示装置中X 物质为助燃剂KClO3，A 正确；
B．镁条燃烧放出大量热，可为铝热反应提供引发反应所需的热量，B 正确；
C．反应2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe 中，Fe 元素化合价从+3 变为0 价，还原1 mol Fe2O3转移6 mol 电子，则
转移0.3 mol 电子还原Fe2O3的物质的量为：
=0.05 mol，其质量为：160 g·mol－1×0.05 mol=8 g，C 错
误；
D．Fe 的活泼性小于Al，可利用铝热反应冶炼铁，D 正确；
故选：C。
考向2 铝与酸或碱反应的定量计算
【典例2】（2022 秋·广东东莞·高一校考阶段练习）相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠
溶液中，放出的氢气在同温同压下体积之比为
A．1：1
B．1：6
C．2：3
D．3：2
【答案】A
【解析】相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，铝全部反应，铝的化合价均是从0
价升高到+3 价，所以根据电子得失守恒可知生成的氢气一样多，则放出的氢气在同温同压下体积之比为
1：1。
答案选A。
【变式练3】（2023 春·广东广州·高一广州市第二中学校考期中）室温下，等质量的镁片和铝片分别与足
量的稀硫酸反应，产生氢气的质量(
)与时间( )的关系图正确的是
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A
B
C
D
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【解析】设Mg 和Al 的质量为mg，则
，
，Al 产生的气体氢气体积大，Mg 活动
性比Al 强，所以Mg 反应的快，故答案选C。
【变式练4】（2023·全国·高一假期作业）等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙
两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为3 4∶，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．甲中铝过量，乙中碱过量
C．甲中酸过量，乙中铝过量
D．甲中酸过量，乙中碱过量
【答案】B
【解析】
，
，等体积、等物质的量浓度
的盐酸、氢氧化钠溶液分别与足量Al 反应生成氢气的物质的量之比为1:3，等物质的量的铝分别与足量的
盐酸、氢氧化钠溶液反应生成氢气的物质的量之比为1:1，而等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠
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3 4∶，
，则说明甲
烧杯盐酸反应完，Al 过量，而乙烧杯是铝反应完，而氢氧化钠溶液有剩，故B 符合题意。
综上所述，答案为B。
1．（2023·浙江·统考高考真题）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
三年真题·两年模拟
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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。
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
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D 错误；
故选B。
3．（2021·重庆·统考高考真题）下列叙述错误的是
A．Mg 在空气中燃烧可生成MgO
B．Fe2O3与Al 发生铝热反应可生成Fe
C．BaCl2 溶液与CO2反应可生成BaCO3
D．Ca(OH)2 溶液与Cl2反应可生成Ca(ClO)2
【答案】C
【解析】A．Mg 在空气中点燃能与氧气发生反应生成氧化镁，故A 正确；
B．Fe2O3与Al 在高温条件下发生铝热反应生成氧化铝和Fe，故B 正确；
C．二氧化碳通入氯化钡中不反应，故C 错误；
D．Ca(OH)2 溶液与Cl2反应生成氯化钙和次氯酸钙，故D 正确；
故选：C。
4．（2022·广东广州·校考一模）2022 年6 月5 日再探苍穹筑梦“天宫”，我国成功发射神舟十四号载人飞
船，此次飞船采用了西南铝业自主创新研发的2.4 米超宽铝合金薄板，这一材料的成功运用圆满解决了我
国空间站建设中又一重大技术难题。下列说法正确的是
A．铝合金的熔点比金属铝高，耐高温
B．工业上一般用电解熔融氯化铝的方法制取铝
C．铝质容器可以长时间盛放食醋
D．铝合金硬度比金属铝的大，抗压强度大
【答案】D
【解析】A．合金的熔点比成分金属低，A 错误；
B．氯化铝为共价化合物，熔融时不能导电，工业上一般电解熔融氧化铝制取铝，B 错误；
C．铝及其氧化物能和醋酸反应，C 错误；
D．合金硬度大于成分金属，抗压强度大，D 正确；
故选D。
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5．（2023·广东汕头·统考二模）家庭的厨卫管道内常因留有油脂、毛发、菜渣等而造成堵塞，此时可用一
种固体疏通剂疏通。疏通剂主要成分有生物酶、铝粉和
固体。下列有关说法错误的是
A．大多数生物酶的主要成分为蛋白质
B．疏通剂使用时会产生大量可燃性气体，应避免接触明火
C．疏通剂可用于疏通陶瓷、铁制、铝制、塑料管道
D．使用过程中产生的热量和碱性环境可以加速油脂的水解
【答案】C
【解析】A．生物体内的酶大多数为蛋白质，故A 正确；
B．疏通剂含有铝粉和
固体，溶水后铝能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，因此使用时要避免接触明
火，故B 正确；
C．铝制品能与疏通剂中的NaOH 发生，因此不能用其疏通铝制管道，故C 错误；
D．疏通剂使用时发生Al 与NaOH 的反应，该反应放热，且溶液呈碱性有利于油脂的水解，故D 正确；
故选：C。
6．（2023·北京海淀·北京市十一学校校考三模）为探究温度、浓度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，某兴趣
小组查询了相关资料，并进行了实验探究。以下三组实验均采用了相同形状且等质量的打磨后的铝片。
【文献资料】
(I)铝和碱液的反应实质是铝先和水反应生成
和
，生成的
和
反应生成
而
溶解。
(II)碳酸氢钠溶液常温下就能缓慢分解，温度越高分解速率越大。
实
验
温
度/
溶
液
实验现象
①
25
0.5
5
有细小的气泡
②
25
a
5
有较多气泡，气体不能使澄清石灰水变浑浊；用
试管收集的气体靠近火焰有爆鸣声
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③
80
2.0
5
有大量白色絮状沉淀和气泡，气体可使澄清石灰
水变浑浊；气体通过
溶液除杂后用试管收
集，靠近火焰有爆鸣声
下列说法不正确的是
A．
B．实验③的反应速率比实验②更大的原因之一是实验③中
浓度更大
C．实验③中的气体为
混合气体，白色沉淀的产生可能是由于
往溶液上方移动时与
反应生成
D．将实验②中的
溶液换成相同浓度的
溶液，无白色沉淀生成
【答案】D
【解析】A．由表格数据可知，实验②和③的反应温度不同，实验目的是探究温度对铝和碳酸钠溶液反应
的影响，由探究实验的变量唯一化原则可知，实验②和③的碳酸钠溶液浓度相等，则a=2.0，故A 正确；
B．由表格数据可知，实验②和③的反应温度不同，实验目的是探究温度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，
碳酸钠在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，溶液中的氢氧根离子浓度增大，与铝反应速率增大，
则实验③的反应速率比实验②更大的原因之一是实验③中氢氧根离子浓度更大，故B 正确；
C．由实验现象可知实验③中的气体为二氧化碳和氢气的混合气体，二氧化碳气体是碳酸钠水解生成的碳
酸氢钠受热分解生成而得，反应生成的二氧化碳往溶液上方移动时能与溶液中的四羟基合铝离子反应生成
氢氧化铝白色絮状沉淀，故C 正确；
D．碳酸氢根离子能与溶液中的四羟基合铝离子反应生成氢氧化铝白色絮状沉淀，则将实验②中的碳酸钠
溶液换成相同浓度的碳酸氢钠溶液有白色沉淀生成，故D 错误；
故选D。
1．氧化铝
考点三 铝的重要化合物
重难点辨析
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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
转化关系：
反应的化学方程式分别为：
①Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O；
②Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O；
③2Al(OH)3=====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↓＋3NH。
②NaAlO2溶液中通入足量CO2，离子方程式为AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO。
③NaAlO2溶液与AlCl3溶液混合：3AlO＋Al3＋＋6H2O===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＜7。
明矾可以净水，其净水的原理是Al3＋＋3H2O
Al(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附水中杂质形成
沉淀而净水。
(3)明矾溶液与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：
①Al3＋恰好完全沉淀
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2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓。
②SO 恰好完全沉淀
Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===AlO＋2BaSO4↓＋2H2O。
1．从平衡的角度认识氧化铝的两性
(1)Al(OH)3的电离：
碱式电离：Al(OH)3
Al3＋＋3OH－
酸式电离：Al(OH)3＋H2O
[Al(OH)4]－＋H＋
(2)Al(OH)3的碱性：加入强酸(如盐酸)时，Al(OH)3电离出的OH－与H＋反应，平衡向右移动，生成铝盐，
体现Al(OH)3 的碱性。
(3)Al(OH)3的酸性：加入强碱(如NaOH 溶液)时，Al(OH)3电离出的H＋与OH－反应，平衡向左移动，生成
四羟基合铝酸盐，体现Al(OH)3的酸性。
(4)既能与盐酸反应，又能与NaOH 溶液反应的物质有：Al、Al2O3、Al(OH)3、多元弱酸的酸式盐(如
NaHCO3、NaHSO3、NaH2PO4等)、弱酸的铵盐(如CH3COONH4等)、氨基酸。
2．从铝土矿中提纯Al2O3的方法
铝土矿的主要成分是Al2O3，含有的杂质是Fe2O3和SiO2，由于Al2O3具有两性，而杂质SiO2是酸性氧化物，
Fe2O3是碱性氧化物，因而可设计出两种提纯Al2O3的方案。
方案1：碱溶法
方案2：酸溶法
3．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↓＋3NH
方法二：向可溶性偏铝酸盐溶液中通入过量CO2
规律·方法·技巧·点拔
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反应原理：AlO＋2H2O＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO
方法三：相互促进水解法
4．含铝杂质的提纯方法归类
利用Al、Al2O3、Al(OH)3可溶于强碱的特性，可除去许多物质中的含铝杂质，如：
(1)Mg(Al)：加足量NaOH 溶液。
(2)Fe2O3(Al2O3)：加足量NaOH 溶液。
(3)Mg(OH)2[Al(OH)3]：加足量NaOH 溶液。
(4)Mg2＋(Al3＋)：加过量NaOH 溶液，过滤，再加酸充分溶解。
考向1 铝的重要化合物的性质、用途及转化
【典例1】（2023·全国·高三统考专题练习）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A．
熔点高，可用于做耐高温材料
B．
显碱性，可用作制冷剂
C．
受热易分解，可用作氮肥
D．
具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
【答案】A
【解析】A．Al2O3是离子化合物，熔点高耐高温，可用于做耐高温材料，性质与用途具有对应关系， A
符合题意；
B．NH3加压易液化，气化时吸收大量的热使环境温度降低，可用作制冷剂，性质与用途不具有对应关系，
B 不符合题意；
C．NH4HCO3作氮肥，是利用其溶解后的铵根离子可被植物吸收，性质与用途不具有对应关系，C 不符合
题意；
D．ClO2 具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，
有毒性且也不能用于自来水的杀菌消毒，性质与
用途不具有对应关系，D 不符合题意；
故选A。
【变式练1】（2023·全国·高三专题练习）在给定条件下，下列所示的转化关系均能实现的是
A．Fe
Fe2O3
Fe2(SO4)3
典型例题剖析
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B．Si
SiO2
H2SiO3
C．Al(OH)3
Al2O3
NaAlO2
D．Na
Na2O
Na2CO3
【答案】C
【解析】A．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，Fe 与H2O 反应到Fe2O3这步不能实现，故A 错误；
B．二氧化硅不溶于水，也与水不反应，则SiO2到H2SiO3这步不能实现，故B 错误；
C．氢氧化铝受热分解产生氧化铝，即2Al(OH)3
Al2O3+3H2O，氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，
即Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，每步均能实现，故C 正确；
D．Na 在O2中加热生成Na2O2，即2Na+O2
Na2O2，则Na 在O2中加热到Na2O 这步不能实现，故D 错误；
故选C。
【变式练2】（2023 春·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习）明矾
是重要化工原料，
下列与明矾相关的实验设计中，结论错误的是
实验方案
现象
结论
A
用铂丝蘸取明矾溶液置于无色火焰上灼
烧，透过蓝色钴玻璃观察
火焰呈紫色
明矾中含有
B
分别用明矾溶液、蒸馏水喷淋两张白
纸，久置一段时间后，观察
明矾喷淋过的白
纸老化明显
水解产生的H+可促进纸张中的纤
维素的水解
C
明矾溶液中加入过量NaF 后再加浓氨水
无白色沉淀生成
会与
反应，且反应后溶液中的
浓度很低
D
取一烧杯比室温高3~5℃的明矾饱和溶
液，把明矾小晶体悬挂在烧杯中央，静
置
明矾小晶体变成
了外形规则的大
晶体
析出的明矾覆盖到小晶体表面，晶体变
大，若急速冷却，可获得更大颗粒的晶
体
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】A．透过蓝色钴玻璃观察到焰色反应为紫色，则说明溶液中含有钾元素，选项A 正确；
B．明矾中的铝离子可以水解，产生氢离子，纤维素属于糖类，在酸性条件下可以水解，选项B 正确；
C．在盛有 AlCl3溶液的试管中加入 NaF 溶液生成Na3[AlF6]，[AlF6]3-很难电离出铝离子，则再加入氨水，
无白色沉淀生成，故其原因可能是 Al3+与 F-结合生成了新的物质，选项C 正确；
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D．该过程之所以可以得到更大的晶体，是因为在饱和溶液逐渐降温的过程中新析出的晶体在原来小晶体
上结晶导致，若急速冷却，因过冷度过大，对晶粒细化不利，结晶发生困难，选项D 错误；
答案选D。
考向2 含铝化合物提取工艺
【典例2】（2023·全国·高三专题练习）下图为铝的生产原理示意图，下列相关说法不正确的是
A．冰晶石做助熔剂
B．氧化铝属于过渡晶体
C．金属铁、铜的冶炼方法与铝类似
D．铝在工业上是一种很好的还原剂
【答案】C
【解析】A．冰晶石在电解铝工业中常用作助熔剂，正确；
B．氧化铝的晶体结构具有某些过渡金属的特征，因此被称为过渡晶体，正确；
C．工业上用电解熔融的氧化铝，得到金属铝和氧气，而工业上用热还原法来冶炼金属铁、铜，错误；
D．Al 为活泼金属，冶金工业中常作还原剂，正确；
故选C。
【变式练3】（2023 春·河南洛阳·高三孟津县第一高级中学校考阶段练习）下列物质转化在给定条件下能
实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
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【解析】A．
是共价化合物，电解熔融的
得不到
，工业上冶炼铝是电解熔融的
，A 错误；
B．钠在氧气中燃烧得到过氧化钠，过氧化钠与水反应水生成氢氧化钠，二氧化氮和氢氧化钠反应生成硝
酸钠和亚硝酸钠，B 正确；
C．二氧化硅不与盐酸反应，C 错误；
D．铁在氯气中燃烧，只能生成氯化铁，与氯气的多少无关，D 错误；
故选B。
【变式练4】（2022 秋·江西宜春·高三江西省丰城中学校考期中）工业上用铝土矿(主要成分Al2O3，含
SiO2、Fe2O3等杂质)冶炼铝的主要流程如下：
(注：SiO2碱溶时转变为铝硅酸钠沉淀)
下列叙述错误的是
A．操作I 增大NaOH 溶液用量可提高Al2O3的浸取率
B．操作II、III 均需用到分液漏斗，操作IV 需用到蒸发皿
C．通入过量CO2的离子方程式为
D．加入的冰晶石目的是降低Al2O3的熔融温度
【答案】B
【解析】铝土矿(主要成分Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质)中加入NaOH，Al2O3溶解生成NaAlO2，SiO2溶解
时转变为铝硅酸钠沉淀；溶液中通入CO2生成Al(OH)3和NaHCO3；灼烧Al(OH)3生成Al2O3，加入冰晶石
作熔剂，熔融电解Al2O3生成Al。
A．操作I 中，加入NaOH，Al2O3溶解生成NaAlO2，SiO2溶解转变为铝硅酸钠沉淀，则增大NaOH 溶液用
量可提高Al2O3的浸取率，A 正确；
B．操作II、III 为过滤，均需用到的仪器是漏斗，操作IV 为灼烧，所需用到的仪器是坩埚，B 错误；
C．通入过量CO2，NaAlO2转化为Al(OH)3，CO2转化为NaHCO3，离子方程式为
，C 正确；
D．加入冰晶石作熔剂，可以降低Al2O3的熔融温度，节省能源，D 正确；
故选B。
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1．（2023·浙江·高考真题）下列反应的离子方程式不正确的是
A．
通入氢氧化钠溶液：
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：
C．过量
通入饱和碳酸钠溶液：
D．
溶液中滴入氯化钙溶液：
【答案】D
【解析】A．
通入氢氧化钠溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：
，选项A 正确；
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：
，选项
B 正确；
C．过量
通入饱和碳酸钠溶液反应产生碳酸氢钠晶体，反应的离子方程式为：
，选项C 正确；
D．
溶液中滴入氯化钙溶液，因亚硫酸酸性弱于盐酸，不能发生反应，选项D 不正确；
答案选D。
2．（2022·浙江·统考高考真题）下列说法不正确的是
A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维
B．高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明
C．氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料
D．用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏
【答案】A
【解析】A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于制造晶体管、集成电
三年真题·两年模拟
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路等，而二氧化硅常用于制造光导纤维，A 错误；
B．钠的焰色反应为黄色，可用作透雾能力强的高压钠灯，B 正确；
C．耐高温材料应具有高熔点的性质，氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，C 正确；
D．石灰石的主要成分为碳酸钙，石灰石-石膏法脱硫过程中发生反应：CaCO3
CaO+CO2↑，
SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，2CaSO3+O2=2CaSO4，得到了石膏，D 正确；
答案选A。
3．（2022·湖北·统考高考真题）化学与生活密切相关，下列不涉及化学变化的是
A．加入明矾后泥水变澄清
B．北京冬奥会用水快速制冰
C．炖排骨汤时加点醋味道更鲜
D．切开的茄子放置后切面变色
【答案】B
【解析】A．明矾净水的原理为：
，
胶体具有吸附性，可以使泥水变
澄清，涉及化学变化，A 错误；
B．水和冰的分子式都是H2O，水快速制冰为物理变化，B 正确；
C．在炖排骨的过程中，醋会和排骨中在高温下溶解的脂肪进行酯化反应，生成芳香酯，使菜肴的味道更
鲜美，涉及化学变化，C 错误；
D．茄子中存在一类叫“酚氧化酶”的物质，它见到氧气之后，发生化学反应产生一些有色的物质。反应
时间越长，颜色越深，D 错误；
故选B。
4．（2021·浙江·统考高考真题）下列反应的方程式不正确的是
A．石灰石与醋酸反应：CO
+2CH3COOH=2CH3COO- +CO2↑+H2O
B．铜片上电镀银的总反应(银作阳极，硝酸银溶液作电镀液)：Ag(阳极)
Ag(阴极)
C．铜与稀硝酸反应：3Cu+2NO +8H+=3Cu2+ +2NO↑+4H2O
D．明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液：2Al3+ +3SO
+ 3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+ 3BaSO4↓
【答案】A
【解析】A．碳酸钙难溶于水，在离子方程式中应以化学式保留，石灰石与醋酸反应的离子方程式为
CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A 错误；
B．银作阳极，阳极的电极反应式为Ag-e-=Ag+，铜片作阴极，阴极的电极反应式为Ag++e-=Ag，总反应为
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Ag（阳极）
Ag（阴极），B 正确；
C．Cu 与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO 和水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2
=3Cu2+
+2NO↑+4H2O，C 正确；
D．明矾溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，参与反应的Ba2+与OH-物质的量之比为1:2，生成的Al(OH)3与
BaSO4沉淀物质的量之比为2:3，反应的离子方程式为2Al3++3
+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，D 正
确；
答案选A。
5．（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；
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。
6．（2023·北京东城·统考二模）明矾
可用作净水剂。某同学设计利用废铝箔(主要成
分为
，含少量
等)制备明矾的流程如下图所示。
下列说法不正确的是
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A．①中反应的离子方程式是
B．③中反应的离子方程式是
C．操作a 是蒸发结晶，用到的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等
D．明矾净水的原理：
水解生成的
胶体能吸附水中的悬浮颗粒物
【答案】C
【解析】铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，
过滤后滤渣为氢氧化铝，氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝，加入硫酸钾饱和溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得
到明矾，据此解答。
A．铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：
，A
正确；
B．③为氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式是
，B 正确；
C．混合溶液蒸发结晶不能得到带结晶水的物质，该操作为蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾，C 错误；
D．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体有较大的表面积，能吸附水中的悬浮颗粒物，从而达到
净水目的，D 正确；
故选C。
1．Al3＋、Al(OH)3、AlO 之间的转化关系
写出实现上述各步转化的离子方程式。
答案 (1)①Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
②Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓
③Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
考点四 用数形结合思想理解“铝三角”
重难点辨析
29
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(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沉淀生成有关的图像分析
(1)可溶性铝盐溶液与NaOH 溶液反应的图像(从上述转化关系中选择符合图像变化的离子方程式，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
图像
方程式
序号
AB：(1)③
BD：(6)
AB：(3)
BC：(1)②
(2)偏铝酸盐溶液与盐酸反应的图像
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
图像
方程式
序号
AB：(5)②
BC：(2)
AB：(4)
BC：(1)②
30
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1.解答无机图像题思维模板
提醒：前两“看”较直观，难度较小。第三“看”难度大些，只有在正确书写出变化过程中的反应方程式
并理清化学方程式中化学计量数与题目相关量的数量关系才能顺利破题。
2.铝盐与碱、偏铝酸盐与酸反应的常见图像
操作
向可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH 溶
液到过量
向NaOH 溶液中逐滴加入可溶性铝
盐溶液至过量
图像
图1
图2
操作
向偏铝酸盐溶液中逐滴加入稀盐酸至
过量
向稀盐酸中逐滴加入偏铝酸盐溶
液至过量
图像
图3
图4
操作
向AlCl3溶液中滴加氨水或NaAlO2溶
液至过量
向NaAlO2溶液中通入CO2
图像
图5
图6
3.铝线规律
Al(OH)3有两性，既溶于强酸(H＋)生成铝盐(Al3＋)，又溶于强碱(OH－)生成四羟基合铝酸盐([Al(OH)4]－)，
规律·方法·技巧·点拔
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Al(OH)3、H＋、Al3＋、OH－、[Al(OH)4]－是铝的化合物转化关系中最常见的5 种粒子，将这5 种粒子按pH
由小到大列出线型关系：
H＋…Al3＋…Al(OH)3…[Al(OH)4]－…OH－
我们将这条线形排列称为“铝线”。这条“铝线”上相邻粒子不反应，不相邻粒子间可以反应。相隔的粒
子反应生成处于两个反应粒子中间的粒子(产物水被略去)。相隔越远的粒子越容易发生反应。我们将上述
规律称为“铝线规律”，“铝线规律”有着重要的应用。
(1)用于判断粒子间能否大量共存
应用“铝线规律”，可直接判断粒子能否大量共存。例如，H＋和Al3＋、OH－和[Al(OH)4]－能(填“能”或
“不能”，下同)大量共存；而Al3＋和OH－、H＋和[Al(OH)4]－不能大量共存。
(2)用于判断粒子间反应的生成物
应用“铝线规律”，可直接判断相隔的粒子反应后的生成物。例如，H＋和Al(OH)3能反应生成Al3＋，Al3＋
和[Al(OH)4]－能反应生成Al(OH)3，OH－和Al(OH)3能反应生成[Al(OH)4]－等。
若处于两个粒子中间的粒子不是一个，而是有两个时，该规律仍能成立。例如，H＋与[Al(OH)4]－能反应，
生成Al3＋或Al(OH)3 或含Al3＋和Al(OH)3 的混合物，Al3＋与OH－能反应生成Al(OH)3 或[Al(OH)4]－或含
Al(OH)3和[Al(OH)4]－的混合物。
(3)用于判断粒子间反应的先后顺序
如向含Al(OH)3和[Al(OH)4]－的混合物中加入H＋，与H＋先反应的是[Al(OH)4]－，所以沉淀量先增大，后减
少；向含Al3＋和Al(OH)3的混合物中加入OH－，与OH－先反应的是Al3＋，沉淀量依然先增大，后减少。
4.明晰Al3＋溶液中加碱(OH－)的几种常见变形图像，如：
图A 中，n(H＋)︰n(Al3＋)＝2︰1。
图B 中，若已知原溶液中含有Mg2＋，则可推出：
n(Mg2＋)︰n(Al3＋)＝1︰1。
图C 中，若已知原溶液中含有H＋和Mg2＋，则可推导出：n(H＋)︰n(Al3＋)︰n(Mg2＋)＝2︰1︰1。
考向1 Al3＋、AlO 形成Al(OH)3图像的综合分析
【典例1】（2022 秋·内蒙古包头·高三包钢一中校考阶段练习）下列图象表示错误的是
典型例题剖析
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0
A．图A 是向盐酸中滴加
溶液
B．图B 是向
溶液中滴加
溶液
C．图C 是向
和
物质的量2 1∶的混合稀酸溶液中逐渐加入
粉
D．图D 是向
和
物质的量2 1∶的混合溶液中通入
【答案】D
【解析】A．向盐酸中滴加 NaAlO2溶液，先生成AlCl3，开始一段时间内没有沉淀生成，当盐酸全部转化
为AlCl3后，AlCl3与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀，发生的反应方程式为
NaAlO2+4HCl=AlCl3+NaCl+2H2O、AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl,消耗的V(NaAlO2)之比为1：
3，图像符合，故A 正确；
B．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，设n[NH4Al(SO4)2]=2mol，反应第一步：3Ba2++3
+2Al3+
+6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，此时沉淀增速最快，对应曲线斜率最大；消耗3mol Ba(OH)2，生成2mol
Al(OH)3；第一步反应Al3+全部沉淀，剩余1mol
和2mol
，之后发生反应第二步：Ba2++
+2
+2OH-=BaSO4↓+2NH3•H2O，第二步
全部沉淀，沉淀达到最大值，消耗1mol Ba(OH)2；再加入
1mol Ba(OH)2时OH-过量，Al(OH)3溶解，发生反应第三步：2Al(OH)3+2OH-=2
+4H2O[扩大2 倍，与第
一步生成的2mol Al(OH)3对应]，沉淀减少一部分；这三步反应消耗的Ba(OH)2的物质的量之比为3：1：
1，故B 正确；
C．H2SO4和HNO3物质的量2：1 的混合稀酸溶液中，H+与
之比为5：1，设n(HNO3)=1mol，则混合稀
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酸溶液中，n(H+)=5mol，n(
)=1mol，逐渐加入Fe 粉，发生反应第一步：Fe+4H++
=Fe3+
+NO↑+2H2O，有气体NO 产生，当
全部消耗时，剩余1mol H+，生成1mol Fe3+和1mol NO，消耗1mol
Fe；之后发生第二步反应：
Fe+Fe3+=
Fe2+(扩大
倍，为了与第一步生成的Fe3+对应)，无气体产生，当
Fe3+全部转化为Fe2+后，消耗0.5mol Fe；之后发生第三步反应：
Fe+H+=
Fe2++
H2↑(消耗第一步反应剩
余1mol H+，故方程式扩大
倍)，有气体产生，消耗0.5mol Fe，这三步反应消耗的Fe 比例为2：1：1，图
像正确，故C 正确；
D．NaOH 和Ca(OH)2物质的量2：1 的混合溶液中，Ca2+和OH-的物质的量之比为1：4，设
n(NaOH)=2mol，n[Ca(OH)2]=1mol，则n(Ca2+)=1mol、n(OH-)=4mol；通入CO2，发生反应第一步：Ca2+
+2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，此时有CaCO3沉淀产生，当Ca2+完全沉淀时，沉淀达最大值，消耗1mol CO2、
2molOH-，之后发生反应第二步：2OH-+CO2=HCO3
-+H2O，此时无现象，当OH-完全反应时，消耗
1molCO2；之后发生反应第三步：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，此时无现象，当完全反应时，消耗1mol
CO2；再之后发生反应第四步：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，此时沉淀逐渐溶解，当CaCO3完全反应时沉
淀完全溶解，消耗1mol CO2；则产生沉淀消耗的CO2的物质的量：无现象消耗的CO2的物质的量：沉淀溶
解消耗的CO2的物质的量=1：2：1，故D 错误；
故选：D。
【变式练1】（2023·上海普陀·统考二模）向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH 溶液直至过量，产生沉淀
的物质的量(Y)与加入NaOH 的物质的量(X)之间的关系正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
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【解析】向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH 溶液直至过量，先后发生的离子方程式为：Al3++3OH-
=Al(OH)3↓、
+OH-=NH3·H2O、Al(OH)3+OH-=2H2O+
，故上述图像符合题意的有C，故答案为：
C。
【变式练2】（2023·全国·高三专题练习）短周期主族元素X、Y、Z、R 的原子半径依次减小，X、Y、Z
位于同周期，Z 和R 位于同主族，R 的单质能与水发生置换反应。向
和
的混合溶液中滴加NaOH
溶液，生成沉淀的质量与NaOH 溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．最简单氢化物沸点：
C．一定条件下
与氨分子能形成配合物
D．Z 的含氧酸根离子中Z 的杂化类型不同
【答案】C
【解析】X、Y、Z 位于同周期，结合图中信息，先生成沉淀后沉淀部分溶解，说明是氯化镁和氯化铝，则
X 为Mg、Y 为Al、Z 为Cl，Z 和R 位于同主族，R 的单质能与水发生置换反应，则R 为F。
A．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA 族大于第IIIA 族，第VA 族大于第VIA 族，则
Mg 的第一电离能大于Al 的第一电离能，故A 错误；
B．HF 分子间存在氢键，HF 的沸点高于HCl 的，故B 错误；
C．
属于缺电子分子，有空轨道，
中N 上有孤电子对，一定条件下
与
能形成配合物，
故C 正确；
D．
、
、
、
中氯原子的价层电子对数都为4，都采取
杂化，故D 错误。
综上所述，答案为C。
考向2 Al3＋形成Al(OH)3的简单计算
【典例2】（2022 秋·江苏宿迁·高三校考阶段练习）向20mL2mol/LAlCl3溶液中，加入30mLNaOH 溶液，
充分反应后，得0.78g 沉淀，则NaOH 溶液的物质的量浓度为
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A．3mol/L
B．2mol/L
C．4mol/L
D．5mol/L
【答案】D
【解析】由题可知，AlCl3的物质的量为0.02L×2mol/L=0.04mol，AlCl3与NaOH 反应先生成Al(OH)3沉淀，
存在两种可能，第一NaOH 不足，AlCl3未完全反应，则生成0.78gAl(OH)3即0.01mol 氢氧化铝需要
0.03molNaOH，则其浓度为0.03mol÷0.03L=1mol/L，另一种可能为0.04molAlCl3完全生成Al(OH)3沉淀，则
沉淀的量应为0.04mol，而现在得沉淀0.78g，即Al(OH)3物质的量为0.1mol，则说明还有0.03molAl(OH)3
与NaOH 反应生成了NaAlO2，生成0.04molAl(OH)3消耗NaOH0.12mol，与0.03molAl(OH)3反应消耗
NaOH0.03mol，则共计消耗NaOH0.15mol，则其物质的量浓度为0.15mol÷0.03L=5mol/L。故答案选D。
【变式练3】（2023·全国·高三专题练习）某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，
，若将200mL 的此混合液中的
和
分离，至少应加入
1.6mol/L 的氢氧化钠溶液
A．0.5L
B．1.5L
C．1.8L
D．2L
【答案】D
【解析】根据电荷守恒可知，原溶液中2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO
)，所以2×2mol/L＋3c(Al3＋)＝
2×6.5mol/L，所以c(Al3＋)＝3mol/L，所以原溶液中n(Al3＋)＝0.2L×3mol/L＝0.6mol；要使原混合液中的Mg2
＋、Al3＋分离，加入的氢氧化钠恰好使Mg2＋转化为Mg(OH)2，Al3＋转化为AlO ，需要的氢氧化钠的体积最
小，此时溶液中溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，根据钠元素守恒可知n(Na＋)＝2n(SO
)＋n(AlO )＝
2×0.2L×6.5mol/L＋0.6mol＝3.2mol，所以至少应加入1.6mol•L−1氢氧化钠溶液的体积为
＝2.0L；故
答案选D。
【变式练4】（2022 秋·山东泰安·高三新泰市第一中学校考阶段练习）向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中
逐滴加入1mol·L-1Ba(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
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A．图中C 点铝元素存在形式是[Al(OH)4]-
B．向D 点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀
C．原混合溶液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2
D．OA 段反应的离子方程式为2Al3＋＋3
＋3Ba2＋＋8OH-=2[Al(OH)4]-＋3BaSO4↓
【答案】D
【解析】从图象可以看出，加入3L 氢氧化钡溶液即3mol 氢氧化钡时，生成的沉淀的物质的量为5mol，此
时对应A 点，硫酸铝和氢氧化钡恰好反应完全，硫酸根离子完全沉淀，可知硫酸铝的物质的量为1mol，生
成的5mol 沉淀其中有3mol 为硫酸钡，2mol 为氢氧化铝，再继续加入3mol 氢氧化钡，沉淀继续增多，生
成的沉淀为氢氧化铝，可知氯化铝的物质的量为2mol，B 点时沉淀最多，硫酸根离子和铝离子都沉淀完全，
硫酸钡的物质的量为3mol，氢氧化铝的物质的量为4mol。再加入氢氧化钡，氢氧化铝溶解，加入2mol 氢
氧化钡，4mol 氢氧化铝完全溶解，生成Na[Al(OH)4]，此时到达C 点，此时沉淀只有硫酸钡，再加入氢氧
化钡，沉淀量无变化。
A．由以上分析可知，C 点为BaSO4沉淀，其物质的量为3mol，此时铝元素以[Al(OH)4]-的形式存在，故A
正确；
B．D 点溶液中有过量的氢氧化钡和Na[Al(OH)4]，通入的二氧化碳和氢氧化钡反应立即生成碳酸钡白色沉
淀，故B 正确；
C．由以上分析可知，原溶液中硫酸铝的物质的量为1mol，氯化铝的物质的量为2mol，即c[Al2(SO4)3]：
c(AlCl3)=1：2，故C 正确；
D．由以上分析可知，OA 段相当于硫酸铝和氢氧化钡反应，反应的离子方程式为2Al3＋＋3
＋3Ba2＋
＋6OH- = 3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓，故D 错误；
故选D。
1．（2023·上海·高三专题练习）向100mL1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入1mol·L-1Ba(OH)2溶液。沉淀
三年真题·两年模拟
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总物质的量n 随加入Ba(OH)2溶液体积V 的变化如图。下列说法错误的是
A．沉淀质量：b 点>a 点>c 点
B．a 点到c 点过程中，b 点溶液中水的电离程度最小
C．a 点离子浓度的大小关系为：[NH ]>[SO
]>[H+]>[OH-]
D．b 点到c 点过程中，发生的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO +2H2O
【答案】A
【解析】100mL1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入1mol/LBa(OH)2溶液，a 点时铝离子与氢氧根离子完全
反应生成氢氧化铝沉淀，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，此时硫酸根离子剩余0.05mol，继续
滴加50mLBa(OH)2，剩余的硫酸根离子全部与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，0.1mol 铵根离子与0.1mol 氢氧
根离子反应生成0.1mol 一水合氨，继续加入50mLBa(OH)2，此时氢氧化铝开始溶解，c 点时氢氧化铝完全
溶解转化为偏铝酸根离子。
A．根据分析可知，b 点沉淀质量最大，a 点为0.1mol 氢氧化铝和0.15mol 硫酸钡，c 点为0.2mol 硫酸钡，a
点沉淀质量小于c 点，A 错误；
B．a 点溶液中溶质为硫酸铵，a 到b 的过程中硫酸铵与氢氧化钡反应，b 点溶质为NH3·H2O，b 到c 点氢氧
化铝与Ba(OH)2反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子和铵根离子均能促进水的电离，一水合氨抑制水的
电离，故b 点水的电离程度最小，B 正确；
C．a 点溶液溶质为硫酸铵，铵根离子水解使溶液呈酸性，则a 点离子浓度的大小关系为：[NH ]>[SO
]>[H+]>[OH-]，C 正确；
D．b 点到c 点，氢氧化铝与Ba(OH)2反应生成偏铝酸根离子，离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO +2H2O，D
正确；
故答案选A。
2．（2022 秋·江西·高三江西省丰城中学校考阶段练习）向NaOH、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入稀盐酸，
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生成沉淀的质量随稀盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是
A．a 点对应的溶液中：
B．b 点对应的溶液中：
C．c 点对应的溶液中：
D．d 点对应的溶液中：
【答案】A
【解析】向NaOH、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入稀盐酸，随着稀盐酸的加入先后发生的反应为：
NaOH+HCl=NaCl+H2O，NaAlO2+H2O+HCl=Al(OH)3↓+NaCl，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，由题干图示可知，
a 点溶液为NaAlO2、NaCl、NaOH 的混合溶液，b 点溶液为NaAlO2、NaCl 混合溶液，c 点溶液为NaCl、
AlCl3混合溶液，d 点溶液为NaCl、AlCl3、HCl 混合溶液。
A．由分析可知，a 点溶液为NaAlO2、NaCl、NaOH 的混合溶液，则
与溶质相互不
反应，可以大量共存，A 符合题意；
B．由分析可知，b 点溶液为NaAlO2、NaCl 混合溶液，则
和H+反应生成Al(OH)3沉淀，
和
在溶液中发生双水解反应而不能大量共存，B 不合题意；
C．由分析可知，c 点溶液为NaCl、AlCl3混合溶液，则
将生成BaCO3沉淀，Al3+和
能发生
双水解反应而不能大量共存，C 不合题意；
D．由分析可知，d 点溶液为NaCl、AlCl3、HCl 混合溶液，则
三者因发生氧化还原反应而
不能大量共存，
反应生成AgCl 沉淀而不能大量共存，
将结合成弱电解质
CH3COOH 而不能大量共存，D 不合题意；
故答案为：A。
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3．（2021 秋·河南焦作·高三温县第一高级中学校考阶段练习）向含有Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴
加入150 mL 1 mol • L-1的HCl 溶液，测得溶液中某几种离子的物质的量的变化情况如图所示。下列说法不
正确的是
A．b 和c 曲线表示的离子反应均为CO
+H+= HCO
B．结合H+的能力：AlO >CO
> HCO >Al(OH)3
C．M 点时A1(OH)3的质量等于3.9 g
D．原混合溶液中，CO
与AlO 的物质的量之比为2:1
【答案】D
【解析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl 溶液，先发生反应A1O +H++H2O=Al(OH)3↓，a 线表示
A1O 减少，第二阶段，AlO2
-反应完毕，发生反应CO
+H+= HCO ，b 线表示CO
减少，c 线表示HCO
的增加，第三阶段，CO
反应完毕，发生反应HCO +H+=CO2↑+H2O，d 线表示HCO 减少，此阶段
Al(OH)3不参与反应。
A．第二阶段，A1O 反应完毕，发生反应：CO
+H+═HCO ，b 线表示CO
减少，c 线表示HCO 的增加，
所以b 和c 曲线表示的离子反应是相同的，故A 正确；
B．根据以上分析可知结合H+的能力：A1O >CO
>HCO >Al(OH)3，故B 正确；
C．盐酸50mL 时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL 盐酸之后CO
反应，氢氧化铝沉淀
不溶解，则M 点沉淀的质量和盐酸50mL 时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓知，
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n(Al(OH)3)=n(NaAlO2)=n(HCl)0.05mol，m[Al(OH)3]=0.05mol×78g/mol=3.9g，故C 正确；
D．第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50ml，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第
二阶段发生反应A1O +H++H2O=Al(OH)3↓，CO
+H+= HCO ，可知CO
与A1O 的物质的量之比为1:1，
故D 错误；
选D。
4．（2022 秋·安徽·高三校联考阶段练习）向两份20 ml 0.1 mol/LBa(OH)2溶液中各加入定量的KAl(SO4)2和
Al2(SO4)3溶液的导电性随
(混合前)的变化关系如图所示，下列分析不正确的是
A．a 点溶液的pH 值约为7
B．b 点溶液中大量存在的阳离子有Al3+和Ba2+
C．c、d 两点溶液中OH-均已完全反应
D．②代表加入Al2(SO4)3的变化曲线
【答案】B
【解析】Ba(OH)2中加入KAl(SO4)2，KAl(SO4)2由少量至过量发生两个离子反应：
当
时，化学反应方程式为
，溶液中的可溶物质是
KAlO2，将数据代入方程式计算n(KAlO2)=0.1mol/L×0.02L÷2=0.001mol；
当
时，化学反应方程式为
，溶液中溶液
中的可溶物质是K2SO4，将数据代入方程式计算
；所以曲线①代表该
反应；
Ba(OH)2中加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3由少量至过量发生两个离子反应：
当
时，化学反应方程式为
，溶液中的可溶物
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质是Ba(AlO2)2，将数据代入方程式计算n[Ba(AlO2)2]=0.1mol/L×0.02L÷4=0.0005mol；
当
时，化学反应方程式为
，此时溶液中几乎无可
溶物质，溶液此时导电能力最差；所以曲线②代表该反应；
A．a 点溶液中几乎无可溶物，反应物全部生成固体沉淀，所以水溶液接近中性，描述正确，A 不符合题意；
B．根据分析，b 点溶液中可溶物质只有K2SO4，描述错误，B 符合题意；
C．根据分析，c、d 两点对应反应中，①中Ba2+及OH-全部生成新的物质，②中OH-全部反应，Ba2+也都参
与生成新物质，未有OH-剩余，描述正确，C 不符合题意；
D．根据分析，可以得到①是加入KAl(SO4)2的变化曲线，②代表加入Al2(SO4)3的变化曲线，描述正确，
D 不符合题意；
故选B。
5．（2023 秋·黑龙江齐齐哈尔·高三校联考期末）甲、乙、丙、丁为中学化学常见的物质，其相互转化关系
如图。下列组合不符合题意的是
选项
甲
乙
丙
A
NO
B
C
C
CO
D
S
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】A．
与
反应生成
和
，反应的化学方程式为
，
与
反应可生成NO，NO 与
反应生成
，A 不选；
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B．
和少量氢氧化钠反应生成
，
和氢氧化钠反应生成
，
和
混合生成
，B 不选；
C．C 与少量氧气反应生成CO，CO 与
反应生成
，C 与
在高温下反应生成CO，C 不选；
D．
与少量
反应生成S，S 与
反应生成
，而不是
，D 选；
故选D。
6．（2023·全国·高三专题练习）用方程式回答下列问题。
(1)用化学方程式表示除去铁粉中的铝粉： 。
(2)用离子方程式表示除去
中的
： 。
(3)用离子方程式表示除去
中的
： 。
(4)现有
溶液、氨水、
溶液，制备
的最佳方案是(用化学方程式表示)： 。
(5)现有
溶液、
、盐酸，制备
的最佳方案是(用离子方程式表示)： 。
(6)用离子方程式表示泡沫灭火器的灭火原理： 。
(7)用离子方程式分别表示：①
；②
不能大量共存的原理：
① ；
② 。
(8)铵明矾
是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，向铵明矾溶液中逐滴滴入
溶液，试写出反应的离子方程式： ； ； 。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
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(5)
或
(6)
(7)
(8)
【解析】（1）除去铁粉中的铝粉所选试剂是氢氧化钠可以和铝反应但不和铁反应，方程式：
，答案为：
；
（2）除去
中的
选择氢氧化钠，氢氧化钠与氧化铝生成偏铝酸钠和水，再过滤即得到氧化铁，
答案为：
；
（3）除去
中的
，利用
的两性可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，再过滤即
得到
，答案为：
；
（4）利用
可以和强碱反应但不与弱碱反应，所以制取
用
溶液和氨水，答案为：
；
（5）利用
可以和强酸反应不与弱酸反应，所以制取
用
溶液和
，答案为：
或
；
（6）泡沫灭火器的灭火原理是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，答案为：
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；
（7）①
不能大量共存是两者发生双水解，生成氢氧化铝沉淀，答案为：
；
②
不能大量共存是因为前者结合了后者电离产生的氢离子，最终生成氢氧化铝沉淀和碳酸根
离子，答案为：
；
（8）向铵明矾溶液中逐滴滴入
溶液，首先铝离子会和氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，然后继
续滴加
，铵离子会和氢氧根离子反应生成一水合氨，再继续滴加时生成的氢氧化铝会溶解，答案为：
、
、
。
7．（2023·全国·高三专题练习）按要求书写下列反应的离子方程式：
(1)
溶液和
溶液
①向
溶液中逐滴滴加
溶液直至过量： ， 。
②向
溶液中逐滴滴加
溶液直至过量： ， 。
③
： 。
(2)将一定质量的铝粉和铁粉的混合物加入到一定量很稀的硝酸溶液中，充分反应，反应过程中无气体放出。
向反应结束后的溶液中，逐滴加入5mol∙L-1的NaOH 溶液，所加NaOH 溶液的体积与产生沉淀的物质的量
(n)关系如图所示：
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①根据关系图，写出Fe 与稀硝酸反应的离子方程式： 。
②样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为 。
a
③点对应NaOH 溶液的体积为 。
【答案】(1)
(2) 8Fe＋30H＋＋3
===8 Fe 3＋＋3
＋9H2O 1:1 40mL
【解析】（1）①向
溶液中逐滴滴加少量
溶液反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：
，滴加过量NaOH 溶液与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，离子方程式为：
；
②向
溶液中逐滴滴加少量
溶液反应生成偏铝酸钠，离子方程式为：
，
过量
溶液与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：
；
③
中2mol 氯化铝能与6molNaOH 溶液反应生成2mol 氢氧化铝沉淀，其中
1molAl(OH)3与剩余的1molNaOH 溶液反应生成1mol 偏铝酸钠，则离子方程式为：
；
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（2）O→a 无气体放出，根据题中信息可知硝酸被还原生成铵盐，Fe 与稀硝酸反应的离子方程式为8Fe＋
30H＋＋3
===8 Fe 3＋＋3
＋9H2O ；c→d 发生Al(OH)3＋OH－=
＋2H2O，即Al(OH)3物质的量
为(82－74)×10－3×5mol=0.04mol；O 到a 没有沉淀产生，说明HNO3过量，b→c 发生
＋OH－
=NH3·H2O，推出n(
)=(74－68)×10－3×5mol=0.03mol，根据得失电子数目守恒，因此有n(Al)×3＋
n(Fe)×3=n(
)×8，代入数值，解得n(Fe)=0.04mol，a→b 发生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Fe3＋＋3OH－
=Fe(OH)3↓，此阶段共消耗NaOH 的体积为(0.04＋0.04)×3×1000/5mL=48mL，因此a 点对应的数值为(88－
48)mL=40mL；c 点溶质为NaNO3，因此n(
)=74×10－3×5mol=0.37mol，根据N 元素守恒，因为合金与
硝酸反应过程中没有气体产生，因此原硝酸溶液中n(HNO3)=n(
)＋n(
)=(0.37＋0.03)mol=0.4mol；
合金中铝粉和铁粉的物质的量比值为0.05：0.03=1：1；
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