文档文本内容
专题09 镁铝及其化合物
考点
十年考情（2016-2025）
命题趋势
考点01 镁及
其化合物
（2021· 重庆）（2021· 浙江）
（2011· 广东）（2008· 四川）
（2015· 江苏）（2011· 上海）
（2024· 广东）（2017· 海南）
（2016·浙江）
情境真实化：以铝土矿、粉煤灰、硼镁泥等工
业废料或烟气净化流程为背景，考查元素
回收、绿色工艺与循环生产。
能力综合化：融合计算（纯度、产率）、实验
（滴定、分离提纯）、图像（溶解度曲
线、pH 曲线）及电化学（电解、腐蚀防
护）。
知识交叉化：频繁与NaOH、CO₂、HF 等常见
试剂反应，串联铁、硅等元素，体现无机
框图推断与流程设计的交叉。
题型稳定化：选择+填空+流程+计算组合，持续
考查两性性质、水解平衡、热还原与电解
原理。
考点02 铝及
其化合物
（2022·河北）（2021·浙江）
（2021·浙江）（2020·江苏）
（2020·浙江）（2009·海南）
（2013·山东）（2012·安徽）
（2014·安徽）（2009·江苏）
（2008·广东）（2012·重庆）
（2016·上海）（2016·上海）
（2014·上海）（2010·全国）
（2010·山东）（2009·山东）
（2011·全国卷）（2021·浙江）
考点03 铝土
矿开发与利用
（2022·湖南）（2013·北京）
（2023·浙江）（2022·福建）
（2015·福建）（2013·大纲版）
（2018·江苏）（2018·浙江）
（2017·江苏）（2009·福建）
1．（2021·重庆·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。
2．（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。
3．（2011·广东·高考真题）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，置镁片于其中探究讨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Mg(OH)2沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCl2固体
【答案】B
【解析】A．浓硫酸溶于水放热，且密度大于水，因此稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中，而不能将水加
入浓硫酸中得到稀硫酸，A 错误；B．将NaOH 溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，镁离子与氢氧根离子反
知识点01 镁及其化合物
应生成氢氧化镁沉淀，B 正确；C．过滤时应该用玻璃棒引流，C 错误；D．应将Mg（OH）2沉淀转
入蒸发皿中，加足量稀盐酸，生成氯化镁。由于氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，水解吸热，且氯
化氢易挥发，所以加热时促进镁离子水解，蒸干得不到无水MgCl2固体，为氢氧化镁固体，D 错误。
答案选B。
4．（2008·四川·高考真题）20g 由两种金属粉末组成的混合物，与足量的盐酸充分反应后得到11.2L 氢气
（标准状况），这种金属混合物的组成可能是
A．Mg 和Al
B．Al 和Fe
C．Fe 和Zn
D．Zn 和Cu
【答案】B
【解析】标准状况下11.2L 氢气物质的量为0.5mol，假设均为+2 价金属与盐酸反应生成，则+2 价金属的总
物质的量为0.5mol，所以+2 价金属的平均摩尔质量为
40g·mol－1。因为为两种金属的混合物，
则其摩尔质量应一个比40g·mol－1大，一个比40g·mol－1小；比较选项中各金属的相对原子质量（其中
Al 作为+2 价时其摩尔质量为27×
=18g·mol－1；铜等不反应的金属的摩尔质量为无穷大）。A．Mg
为24g/mol，Al 为18g/mol，都小于40g/mol，不可能；B．Al 为18g/mol，小于40g/mol，Fe 为56g/
mol，大于40g/mol，可能；C．Fe 为56g/mol，Zn 为65g/mol，都大于40g/mol，不可能；D．Zn 为
65g/mol，Zn 和Cu 都大于40g/mol，不可能；答案选B。
5．（2015·江苏·高考真题）在CO2中，Mg 燃烧生成MgO 和C。下列说法正确的是
A．元素C 的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体
B．Mg、MgO 中镁元素微粒的半径：r(Mg2＋)＞r(Mg)
C．在该反应条件下，Mg 的还原性强于C 的还原性
D．该反应中化学能全部转化为热能
【答案】C
【解析】A．元素C 除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C60）等同素异形体，A 错误；B．Mg 有3 个
电子层，Mg2+为Mg 失去最外层的2 个电子形成的阳离子，只有2 个电子层，故半径r（Mg2+）＜r
（Mg），B 错误；C．该反应为：2Mg+CO2
2MgO+C，此反应中Mg 为还原剂，C 为还原产物，
还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性Mg＞C，C 正确；D．该反应放出光，即部分化学
能转化为光能，且生成物仍具有能量，D 错误；答案选C。
6．（2011·上海·高考真题）0.10 mol 镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧(产物不含碳酸镁)，反
应后容器内固体物质的质量不可能为( )
A．3.2 g
B．4.0 g
C．4.2 g
D．4.6 g
【答案】D
【解析】镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的
质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法。
如果生成固体质量最大，则假设无氧气，镁完全与二氧化碳反应，
2Mg+CO2
2MgO+C，
2 2 1
0.10mol 0.10mol0.05mol
则0.1mol 镁最多可生成固体的质量为0.10mol×40g/mol+0.05mol×12g/mol=4.6g，
再假设只有镁，则固体最少，固体质量为0.10mol×24g/mol=2.4 克，
则固体的范围应该在2.4g～4.6g 之间，则反应后容器内固体物质的质量不可能为D。
故选D。
7．（2015·安徽·高考真题）某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl 溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究
该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是
选项
实验及现象
结论
A
将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝
反应中有NH3产生
B
收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色
反应中有H2产生
C
收集气体的同时测得溶液的pH 为8.6
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
【答案】D
【解析】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。
8．（2024·广东·高考真题）部分含
或
或
物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是
A．若a 在沸水中可生成e，则a→f 的反应一定是化合反应
B．在g→f→e→d 转化过程中，一定存在物质颜色的变化
C．加热c 的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红棕色分散系
D．若b 和d 均能与同一物质反应生成c，则组成a 的元素一定位于周期表p 区
【答案】B
【解析】A．若a 在沸水中可生成e，此时a 为Mg，e 为Mg（OH）2，即f 为镁盐，a→f 的反应有多种，可
能为
，该反应属于置换反应，可能为
，该反应属于化合
反应，综上a→f 的反应不一定是化合反应，故A 错误；B．e 能转化为d，此时e 为白色沉淀
，
d 为红褐色沉淀
，说明在g→f→e→d 转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故B 正确；
C．由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为
胶体，c 应为铁盐，加热铁盐的饱和
溶液，也有可能直接得到
沉淀，故C 错误；D．假设b 为Al2O3，即d 为
，c 为铝盐，
Al2O3、
与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a 的元素为Al，位于周期表p 区；假设b 为
Fe2O3，即d 为
，c 为铁盐，Fe2O3、
与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a 的元素为
Fe，位于周期表d 区，故D 错误；故选B。
9．（2017·海南·高考真题）以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO4·7H2O 的过程如图所示：
硼镁泥的主要成分如下表：
MgO
SiO2
FeO、Fe2O3
CaO
Al2O3
B2O3
30%~40%
20%~25%
5%~15%
2%~3%
1%~2%
1%~2%
回答下列问题：
（1）“酸解”时应该加入的酸是 ，“滤渣1”中主要含有 （写化学式）。
（2）“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是 、 。
（3）判断“除杂”基本完成的检验方法是 。
（4）分离滤渣3 应趁热过滤的原因是 。
【答案】 H2SO4 SiO2 将Fe2＋氧化为Fe3＋ 调节溶液pH，使Fe3＋、Al3＋以氢氧化物的形
式沉淀除去 取滤液将其酸化后滴加KSCN 溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全 防止
MgSO4·7H2O 结晶析出
【解析】（1）流程制备的是MgSO4·7H2O，为了不引入杂质，因此所用的酸是硫酸，化学式为H2SO4；根
据硼镁泥的成分，SiO2不与硫酸反应，因此滤渣1 为SiO2；（2）硼镁泥中含有FeO，与硫酸反应后生
成FeSO4，次氯酸钙具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，氧化镁的作用是调节pH，使Al3＋和Fe3＋
以氢氧化物形式沉淀出来，除去Fe3＋和Al3＋；（3）除杂是除去的Fe3＋和Al3＋，因此验证Fe3＋就行，
方法是取滤液将其酸化后滴加KSCN 溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全；（4）防止MgSO4·7H2O
结晶析出。
10．（2016·浙江·高考真题）无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，
装置如图1，主要步骤如下：
步骤1 三颈瓶中装入10 g 镁屑和150 mL 无水乙醚；装置B 中加入15 mL 液溴。
步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。
步骤3 反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得
三乙醚合溴化镁粗品。
步骤4 室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解
得无水MgBr2产品。
已知：①Mg 和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。
②MgBr2+3C2H5OC2H5
MgBr2·3C2H5OC2H5
请回答：
（1）仪器A 的名称是 。
实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是 。
（2）如将装置B 改为装置C（图2），可能会导致的后果是 。
（3）步骤3 中，第一次过滤除去的物质是 。
（4）有关步骤4 的说法，正确的是 。
A．可用95%的乙醇代替苯溶解粗品
B．洗涤晶体可选用0℃的苯
C．加热至160℃的主要目的是除去苯
D．该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y4-）标准溶液滴定，反应的离子方程式：
Mg2++ Y4-=MgY2-
①滴定前润洗滴定管的操作方法是 。
②测定时，先称取0.2500g 无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500 mol·L-1的EDTA 标准溶液滴定至终点，消
耗EDTA 标准溶液26.50 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是 （以质量分
数表示）。
【答案】 干燥管 防止镁屑与氧气反应，生成的MgO 阻碍Mg 和Br2的反应 会将液溴快速压
入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患 镁屑 BD 从滴定管上口加入少量待测液，
倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2-3 次 97.5%
【解析】（1）仪器A 为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应
的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，故答案为防止镁屑与氧气反应生成的氧
化镁阻碍Mg 和Br2的反应，故答案为：干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的MgO 阻碍Mg 和Br2的
反应；
（2）将装置B 改为C 装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量
放热存在安全隐患，装置B 是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应可以容易控制防止反应过
快，故答案为：会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；
（3）步骤3 过滤出去的是不溶于水的镁屑，故答案为镁屑；
（4）A．95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，故A 错误；
B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C 的苯，可以减少产品的溶解，故B 正确；
C．加热至160°C 的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，故C 错误；
D．该步骤是为了除去乙醚和溴，故D 正确；
故选BD；
（5）①滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，
然后从下步放出，重复2-3 次，故答案为从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体
润湿内壁，然后从下部放出，重复2-3 次；
②依据方程式Mg2++Y4-═MgY2-分析，溴化镁的物质的量=0.0500mol/L×0.02650L=0.001325mol，则溴化镁的
质量为0.001325mol×184g/mol=0.2438g，溴化镁的产品的纯度=
×100%=97.5%，故答案为
97.5%。
1．（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
知识点02 铝及其化合物
×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。
2．（2021·浙江·高考真题）铝硅酸盐型分子筛中有许多笼状空穴和通道(如图)，其骨架的基本结构单元是
硅氧四面体和铝氧四面体，化学组成可表示为Ma[(AlO2)x·(SiO2)y]·zH2O(M 代表金属离子)。
下列推测不正确的是
A．常采用水玻璃、偏铝酸钠在强酸溶液中反应后结晶制得分子筛
B．若a=x/2，则M 为二价阳离子
C．调节y/x(硅铝比)的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性
D．分子筛中的笼状空穴和通道，可用于筛分分子
【答案】A
【解析】A．偏铝酸钠在强酸性溶液中不能稳定存在容易形成Al3+，不可以利用偏铝酸钠在强酸性溶液中
制备分子筛，A 错误；B．设M 的化合价为m，则根据正负化合价代数和为0 计算，m×
+x×(-1)=0，
解得m=+2，B 正确；C．调节硅铝比可以改变分子筛的空间结构，从而改变分子筛的稳定性，C 正确；
D．调节硅铝比可以调节分子筛的孔径，根据分子筛孔径的大小可以筛分不同大小的分子，D 正确；
故答案选A。
3．（2021·浙江·高考真题）下列说法不正确的是
A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨
B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火
C．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带
D．工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫
【答案】A
【解析】A．铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨
焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A 说法不正确；B．镁
燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B 说法正
确；C．粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制
作模型和医疗石膏绷带，C 说法正确；D．二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，
而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D 说法正
确。综上所述，本题选A。
4．（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。
5．（2020·浙江·高考真题）下列关于铝及其化合物说法，不正确的是（ ）
A．明矾可用作净水剂和消毒剂
B．利用铝热反应可冶炼高熔点金属
C．铝可用作包装材料和建筑材料
D．氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物
【答案】A
【解析】A．明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A 错误；B．铝热
反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，故B 正确。C．铝具有良好
的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C 正确；D．胃酸主要成
分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D 正确；故答案为A。
6．（2009·海南·高考真题）在室温时，下列各组中的物质分别与过量NaOH 溶液反应，能生成5 种盐的是：
A．A12O3、SO2、CO2、SO3
B．C12、A12O3、N2O5、SO3
C．CO2、C12、CaO、SO3
D．SiO2、N2O5、CO、C12
【答案】B
【解析】A．Al2O3与过量NaOH 反应生成NaAlO2，SO2与过量NaOH 反应生成Na2SO3，CO2与过量NaOH
反应生成Na2CO3，SO3与过量NaOH 反应生成Na2SO4，共4 种盐，故A 项错误；B．Cl2与过量NaOH
反应生成NaCl 和NaClO，Al2O3与过量NaOH 反应生成NaAlO2，N2O5与过量NaOH 反应生成
NaNO3，SO3与过量NaOH 反应生成Na2SO4，共生成5 种盐，故B 项正确；C．CO2与过量NaOH 反应
生成Na2CO3，Cl2与过量NaOH 反应生成NaCl 和NaClO，CaO 与水生成氢氧化钙，不是盐，SO3与过
量NaOH 反应生成Na2SO4，共4 种盐，故C 项错误；D．SiO2与过量NaOH 反应生成Na2SiO3，N2O5
与过量NaOH 反应生成NaNO3，CO 与NaOH 不反应，Cl2与过量NaOH 反应生成NaCl 和NaClO，共4
种盐，故D 项错误。综上所述，本题正确答案为B。
7．（2013·山东·高考真题）足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是
A．氢氧化钠溶液
B．稀硫酸
C．盐酸
D．稀硝酸
【答案】A
【解析】假设反应都产生3mol 氢气，则：A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑反应产生3mol 氢气，会消
耗2mol NaOH； B．2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，反应产生3mol 氢气，需消耗3mol 硫酸；C．
2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，反应产生3mol 氢气，需消耗6mol HCl；D．由于硝酸具有强的氧化性，与
铝发生反应，不能产生氢气；故反应产生等量的氢气，消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液；
选项A 正确。
8．（2012·安徽·高考真题）已知室温下，Al(OH)3的Ksp 或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1mol·L—1
的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH 溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量
与加入NaOH 溶液的体积的关系，合理的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】浓度均为0.1mol•L-1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为
0.1mol/L，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3，故向混合溶液逐滴加入NaOH 溶液，铁离子首先转
化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入
氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，
为氢氧化铁的物质的量；据以上分析解答。A．向混合溶液逐滴加入NaOH 溶液，铁离子首先转化为
氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立
即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故A 错误；B．向混合溶液逐滴加入NaOH 溶液，铁离子
首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠
溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故B 错误；C．铁离子首先转化为氢氧化铁沉
淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧
化铝溶解，图象与实际相符合，故C 正确；D．加入氢氧化钠一定体积后才会产生氢氧化铝沉淀，故
D 错误；故选C。
9．（2014·安徽·高考真题）室温下，在0.2mol/LAl2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0mol/LNaOH 溶液，实验测
得溶液pH 随NaOH 溶液体积变化曲线如下图，下列有关说法正确的是
A．a 点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3OH-
Al(OH)3
B．a→b 段，溶液pH 增大，Al3+浓度不变
C．b→c 段，加入的OH-主要用于生成Al(OH)3沉淀
D．d 点时，Al(OH)3沉淀开始溶解
【答案】C
【解析】A．铝离子的水解方程式应为Al3＋＋3H2O
Al(OH)3＋3H＋，A 错误；B．a→b 段，溶液pH 增大，
水解平衡正向移动，铝离子浓度减小，B 错误；C．b→c 段，加入氢氧根主要用于生成氢氧化铝沉淀，
C 正确；D．c 点时，Al(OH)3沉淀开始溶解，D 错误。答案选C。
10．（2009·江苏·高考真题）化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是：
A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
C．MgO 的熔点很高，可用于制作耐高温材料
D．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁
【答案】D
【解析】A．明矾溶于水电离产生的铝离子水解形成Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，
故A 正确；B．在海轮外壳上镶入锌块，锌、铁、海水形成原电池，锌作负极发生氧化反应，可减缓
船体的腐蚀速率，故B 正确；C． MgO 的熔点很高，可用于制作耐高温材料，故C 正确；D．电解
氯化镁溶液生成氢氧化镁、氢气和氯气，得不到镁，电解熔融氯化镁生成镁，故D 错误；答案选D。
11．（2008·广东·高考真题）相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH 溶液反应，至体系中均无固体物
质，消耗碱量最多的是
A．Al
B．Al(OH)3
C．AlCl3
D．Al2O3
【答案】A
【解析】根据方程式可知Al～NaOH、Al(OH)3～NaOH、AlCl3～3NaOH、Al2O3～2NaOH。则m（Al）：m
（NaOH）=27：40；m[Al(OH)3]：m（NaOH）=78：40；m（AlCl3）：m（NaOH）=33.375：40；m
（Al2O3）：m（NaOH）=51：40；所以相同质量的物质，消耗碱量最多的是Al。故选A。
12．（2014·北京·高考真题）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】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膜，Fe
在空气中被氧化后形成的氧化膜比较疏松，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。答案选D。
13．（2018·海南·高考真题）下列化合物中，能与Na2CO3溶液反应生成沉淀且沉淀可溶于NaOH 溶液的是
A．MgCl2
B．Ca(NO3)2
C．FeSO4
D．AlCl3
【答案】D
【解析】A．能生成碳酸镁沉淀，但碳酸镁不溶于氢氧化钠，则A 不符合题意；B． 能生成碳酸钙沉淀，
但碳酸钙不溶于氢氧化钠，则B 不符合题意；C． 能生成碳酸亚铁沉淀，但碳酸亚铁不溶于氢氧化钠，
则C 不符合题意；D．铝离子和碳酸根离子能发生双水解，可生成氢氧化铝沉淀，溶于氢氧化钠溶液
中，故D 选项符合题意；故答案为D。
14．（2018·江苏·高考真题）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．NaHCO3(s)
Na2CO3(s)
NaOH(aq)
B．Al(s)
Na[Al(OH)4]
Al(OH)3(s)
C．AgNO3(aq)
[Ag(NH3)2]+(aq)
Ag(s)
D．Fe2O3(s)
Fe(s)
FeCl3(aq)
【答案】A
【解析】A．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，A 正确；B．Al 与NaOH 溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，Na[Al(OH)4]与过量盐
酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，B 错误；C．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，C 错误；D．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，D 错误；故选
A。
15．（2016·四川·高考真题）向1L 含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH 的溶液中缓慢通入二氧化碳，随
n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01mol＜n(CO2)≤0.015 时发生的反应是：
2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3。下列对应关系正确的是
选项
n(CO2)/mol
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c(Na+)＞c(AlO2
-)+c(OH-)
B
0.01
c(Na+)＞c(AlO2
-)＞c(OH-)＞c(CO3
2-)
C
0.015
c(Na+)＞c(HCO3
-)＞c(CO3
2-)＞c(OH-)
D
0.03
c(Na+)＞c(HCO3
-)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】D
【解析】通入二氧化碳首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02 mol 氢氧化钠消
耗0.01 mol 二氧化碳，生成0.01 mol 碳酸钠，然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，
0.01 mol 偏铝酸钠消耗0.005 mol 二氧化碳，生成0.005 mol 碳酸钠。然后再通入二氧化碳，二氧化碳
和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015 mol 的二氧化碳，生成0.03 mol 的碳酸氢钠，由此分析各选项。
A． 未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(AlO2
-)+c(OH-)，c(Na+)＜c(AlO2
-)
+c(OH-)，故A 项错误；B． 当通入的二氧化碳为0.01mol 时，则溶液为含有0.01mol 碳酸钠和
0.01mol 偏铝酸钠的混合液，因为酸性HCO3
-＞Al(OH)3，所以水解程度CO3
2-＜AlO2
-，因此c(Na+)＞
c(CO3
2-)＞c(AlO2
-)＞c(OH-)，故B 项错误；C． 形成碳酸钠溶液，CO3
2-+H2O
HCO3
-+OH－，H2O
H++OH－，离子浓度的关系为c(Na+)＞c(CO3
2-)＞c(OH-)＞c(HCO3
-)，故C 项错误；D． 形成碳酸
氢钠溶液，HCO3
-+H2O
H2CO3+OH－，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)＞c(HCO3
-)＞c(OH-)＞
c(H+)，故D 项正确；答案选D。
16．（2012·重庆·高考真题）向10mL 0.1mol•L
1
﹣NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x
mL．下列叙述正确的是（ ）
A．x=10 时，溶液中有NH4
+、Al3+、SO4
2﹣，且c（NH4
+）＞c（Al3+）
B．x=10 时，溶液中有
、
、
，且c（
）＞c（
）
C．x=30 时，溶液中有Ba2+、
、OH﹣，且c（OH﹣）<c（AlO2
﹣）
D．x=30 时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH﹣，且c（OH﹣）=c（Ba2+）
【答案】A
【解析】当x=10 时，NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2等物质的量反应，此时OH﹣量不足，OH﹣首先与Al3+反
应，与NH4
+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4
+和部分剩余的Al3+存在，同时SO4
2﹣也有剩余，
但此时不会有AlO2
﹣生成，结合铵根离子水解解答；当x=30 时，0.001 mol 的NH4Al（SO4）2与0.003
mol Ba（OH）2反应，生成0.002 mol BaSO4、0.001 mol NaAlO2、0.001 mol NH3•H2O，且剩余0.001
mol Ba2+和0.001 mol OH﹣，由于NH3•H2O 也是一种碱，存在电离平衡：NH3•H2O⇌NH4
++OH﹣，据此
判断反应中c（OH﹣）与c（AlO2
﹣）、c（Ba2+）的大小关系。A．当x=10 时，NH4Al（SO4）2与Ba
（OH）2等物质的量反应，此时OH﹣量不足，OH﹣首先与Al3+反应，与NH4
+不反应，所以溶液中有未
参加反应的NH4
+和部分剩余的Al3+存在，同时SO4
2﹣也有剩余，但此时不会有AlO2
﹣生成，溶液中c
（NH4
+）＞c（Al3+），故A 正确；B．由A 中分析可知，溶液中不会有AlO2
﹣生成，溶液中有NH4
+、
Al3+、SO4
2﹣，参加反应的硫酸根离子为0.001mol，剩余0.001molSO4
2﹣，溶液中NH4
+未参加反应，但
溶液中NH4
+水解，故c（NH4
+）＜c（SO4
2﹣），故B 错误；C．当x=30 时，0.001 mol 的NH4Al
（SO4）2与0.003 mol Ba（OH）2反应，生成0.002 mol BaSO4、0.001 mol NaAlO2、0.001 mol
NH3•H2O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH﹣，由于NH3•H2O 也是一种碱，存在电离平衡：
NH3•H2O⇌NH4
++OH﹣，使得溶液中c（OH﹣）大于0.001 mol，故c（OH﹣）＞c（AlO2
﹣），故C 错误；
D．由C 中分析可知，溶液中含有Ba2+、AlO2
﹣、OH﹣，其中溶液中c（OH﹣）大于0.001 mol，含有
0.001 mol Ba2+，c（OH﹣）＞c（Ba2+），故D 错误；故选A。
17．（2016·上海·高考真题）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−→CO
+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，发生反应为：CO2+2OH-
→CO
+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：
2Al+2OH-+2H2O→2AlO +3H2↑，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：
Al2O3+2OH-→2AlO +H2O，根据以上分析可知，能够发生反应为A．B．C，没有发生的反应为D，故
选D。
18．（2016·上海·高考真题）下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是
A．氧化镁中混有氧化铝
B．氯化铝溶液中混有氯化铁
C．氧化铁中混有二氧化硅
D．氯化亚铁溶液中混有氯化铜
【答案】D
【解析】A．MgO 是碱性氧化物与NaOH 不能反应，而Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH 发生反应产生
NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，故A 不选；B．向溶液中加入过量的NaOH 溶液，FeCl3
变为Fe(OH)3沉淀，AlCl3变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，
过滤，得到Al(OH)3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到AlCl3溶液，除去了杂
质，故B 不选；C．SiO2是酸性氧化物，可以与NaOH 发生反应，而碱性氧化物Fe2O3与NaOH 不能发
生反应，加入过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的Fe2O3，故C 不选；D．二者都可以与
NaOH 发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯二者，故D 选；故
选D。
19．（2014·上海·高考真题）已知：2[NaAl(OH)4]＋CO2=2Al(OH)3↓＋Na2CO3＋H2O。向含2molNaOH、
1molBa(OH)2、2mol[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
选项
A
B
C
D
n(CO2)(mol)
2
3
4
6
n(沉淀)(mol)
0.5
2
3
3
【答案】C
【解析】随着CO2的通入依次发生的反应为①Ba2＋＋2OH-＋CO2=BaCO3↓＋H2O 、②2OH-＋CO2=CO3
2-＋
H2O、③2Al(OH)4
-＋CO2=2Al(OH)3↓＋CO3
2-＋H2O、④CO3
2-＋CO2＋H2O=2HCO3
-、⑤BaCO3＋CO2＋
H2O=Ba2＋＋2HCO3
-，A．当通入2molCO2时，发生反应①②，生成1mol 碳酸钡沉淀，A 错误；B．当
通入3molCO2时，生成1mol 碳酸钡和2mol 氢氧化铝沉淀，共计是3mol，B 错误；C．当通入
4molCO2时，生成1mol 碳酸钡和2mol 氢氧化铝沉淀，共计是3mol，C 正确；D．当通入6molCO2时，
只有2mol 氢氧化铝沉淀，D 错误；答案选C。
20．（2010·全国·高考真题）胃舒平主要成分是氢氧化铝，同时含有三硅酸镁(
)等化合物。
（1）三硅酸镁的氧化物形式为 ，某元素与镁元素不同周期但在相邻一族，且性质和镁元素十分相
似，该元素原子核外电子排布式为 。
（2）铝元素的原子核外共有 种不同运动状态的电子、 种不同能级的电子。
（3）某元素与铝元素同周期且原子半径比镁原子半径大，该元素离子半径比铝离子半径 (填“大”或
“小”)，该元素与铝元素的最高价氧化物的水化物之间发生反应的离子方程式为：
（4）
、MgO 和
都可以制耐火材料， 其原因是 。
a．
、MgO 和
都不溶于水
b．
、MgO 和
都是白色固体
c．
、MgO 和
都是氧化物
d．
、MgO 和
都有很高的熔点
【答案】（1） 2MgO·3SiO2·nH2O 1s22s1
（2） 13 5
（3） 大 Al(OH)3+OH-→AlO +2H2O
（4）ad
【解析】（1）根据胃舒平中三硅酸镁的化学式和书写方法，三硅酸镁的氧化物形式为
2MgO·3SiO2·nH2O；与镁元素在不同周期但在相邻一族且性质相似的元素是Li，其核外电子排布式为
1s22s1；
（2）铝元素原子的核外共有13 个电子，其每一个电子的运动状态都不相同，故共有13 种；有1s.2s、
2p、3s、3p 共5 个能级的电子；
（3）与铝元素同周期且原子半径大于镁的元素是钠，其离子半径大于铝的离子半径；两者氢氧化物反应
的离子方程式为Al(OH)3+OH-=
+2H2O；
（4）分析三种氧化物，可知三者都不溶于水且都具有很高的熔点，故A．d 正确。
21．（2010·山东·高考真题）对金属制品进行防腐蚀处理，可延长其使用寿命。
（1）以下为铝材表面处理的一种方法：
①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时候常有气泡冒出，原因是： （用离子方程式
表示）。为将碱洗槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的 。
A．NH3B．CO2C．NaOH D．HNO3
②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝村表面形成氧化膜，阳极电极反应式为： 。
取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是 。
（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨做阳极的原因是 。
（3）利用下图装置，可以模拟铁的电化学防护。
若X 为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K 应该置于 处。
若X 为锌，开关K 置于M 处，该电化学防护法称为 。
【答案】 2Al + 2OH-+ 4H2O=2Al(OH)4
-+ 3H2↑ c 2Al + 3H2O -6e-=Al2O3+6H+ 因为Al3+和
HCO3
-发生互促水解，Al3++ 3HCO3
-==Al(OH)3↓+3CO2↑ 阳极Cu 可以发生氧化反应生成Cu2+
N 牺牲阳极保护法
【解析】（1）①铝能与强碱反应产生氢气，Al（OH）3具有两性，既能与强碱反应也能与强酸反应生成盐
和水，碱洗槽液中有AlO2
-，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2
-+3H2O+CO2═2Al
（OH）3↓+CO3
2-或CO2+2H2O+AlO2
-═HCO3
-+Al（OH）3↓；若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解，
故答案为2Al + 2OH-+ 4H2O=2Al(OH)4
-+ 3H2↑；b；
②铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al + 3H2O -6e-
=Al2O3+6H+；加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，是由于废电解液中含有Al3+，和HCO3
-发生
了互促水解。Al3++ 3HCO3
-==Al(OH)3↓+3CO2↑；
故答案为2Al + 3H2O -6e-=Al2O3+6H+；Al3++ 3HCO3
-==Al(OH)3↓+3CO2↑；
（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨做阳极的原因是补充溶液中消耗的Cu2+，保持溶液
中Cu2+浓度恒定。
故答案为阳极Cu 可以发生氧化反应生成Cu2+；
（3）若X 为碳棒，为减缓铁的腐蚀，应构成电解池，为外加电流的阴极保护法，开关K 应该置于N 处；
若X 为锌，开光K 置于M 处，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。
故答案为N；牺牲阳极保护法。
22．（2009·山东·高考真题）金属铝的生产是以Al2O3为原料，在熔融状态下进行电解：2Al2O3
4Al+3O2↑。请回答下列问题：
（1）冰品石(Na3AlF6)的作用是 。
（2）电解生成的金属铝是在熔融液的 (填“上层”或“下层”)。
（3）阴极和阳极均由 材料做成；电解时所消耗的电极是 (填“阳极”或“阴极”)。
（4）铝是高耗能产品，废旧铝材的回收利用十分重要。在工业上，最能体现节能减排思想的是将回收铝
做成 (填代号)。
A．冰晶石 B．氧化铝 C．铝锭 D．硫酸铝
【答案】 降低Al2O3的熔化温度 下层 碳棒(或石墨) 阳极 c
【解析】（1）Al2O3的熔点很高，熔化得需要较多能量，加入助熔剂就可节约能量，降低熔化温度，故答
案为降低Al2O3的熔化温度；
（2）由于冰晶石(Na3AlF6)与氧化铝熔融物密度比铝的小，所以铝在熔融液的下层，故答案为下层；
（3）电解时阳极的碳棒被生成的氧气氧化，电解时所消耗的电极是阳极，故答案为碳棒(或石墨)；阳极；
（4）电解产生的铝要尽量以单质形式存在，所以将回收铝做成铝锭最好，应选c，故答案为c。
23．（2011·全国卷·高考真题）下图中，A．B．C．D．E 是单质，G、H、I、F 是B．C．D．E 分别和A
形成的二元化合物。已知：
① 反应C+G
B+H 能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；
② I 是一种常见的温室气体，它和E 可以发生反应：2E+I
2F+D，F 中E 元素的质量分数为60%。
回答问题：
（1）①中反应的化学方程式为 ；
（2）化合物I 的电子式为 ，它的空间结构是 ；
（3）1.6 g G 溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少需铜粉的质量 (写出粒子方程式和
计算过程)；
（4）C 与过量NaOH 溶液反应的离子方程式为 ；
（5）E 在I 中燃烧观察到的现象是 。
【答案】 2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3
直线型 0.64 g 2Al+2OH-+2H2O=2
+3H2↑ 镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着有黑色的固体
【解析】A．B．C．D．E 是单质，G、H、I、F 是B．C．D．E 分别和A 形成的二元化合物。①反应
C+G
B+H 能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接，该反应为铝热反应，则C 为Al，B 为
Fe，G 为Fe2O3，H 为Al2O3；②I 是一种常见的温室气体，则I 为CO2，它和E 可以发生反应：2E+I
2F+D，F 中的E 元素的质量分数为60%，则E 为Mg，D 为C，F 为MgO，由图中转化可知，A
为O2，据此分析解答。
（1）①中反应的化学方程式为2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe；
（2）I 为二氧化碳，其电子式为
，为直线型分子，故答案为：
；直线型；
（3） G 为Fe2O3，G 溶于盐酸的反应为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+
+3H2O，得到的溶液与铜粉完全反应，1.6g Fe2O3的物质的量为
=0.01mol，含Fe3+0.02mol；溶
解铜发生反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，至少需要的铜的物质的量为0.01mol，铜的质量
为0.64g，故答案为：0.64g；
（4） C 为Al，C 与过量NaOH 溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2
+3H2↑，故答案为：
2Al+2OH-+2H2O=2
+3H2↑；
（5）镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，观察到的现象是：镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，反应器内
壁附着有黑色的固体，故答案为：镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着有黑色的固体。
24．（2021·浙江·高考真题）固体化合物X 由3 种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。
其中，白色沉淀B 能溶于NaOH 溶液。请回答：
（1）白色固体C 的化学式是 ，蓝色溶液D 中含有的溶质是 (用化学式表示)。
（2）化合物X 的化学式是 ；化合物X 的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的
电子式 。
（3）蓝色溶液A 与
作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式 。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素 。
【答案】
CuAl2Cl8
将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有
元
素；再向溶液中加入
溶液，有白色沉淀，说明有
元素
【解析】含有Cu2+的溶液显蓝色，含有[Cu(NH3)4]2+的溶液显深蓝色，化合物X 溶解后得到的溶液A 呈现蓝
色，且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物X 中含有Cu2+；向含有Al3+的溶液中加入氨
水可用于制备Al(OH)3，且Al(OH)3为可溶于NaOH 溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀B 为Al(OH)3
沉淀；深蓝色溶液在加入硝酸酸化的AgNO3溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X 中含有Cl-，综
上，化合物X 中含有Al3+、Cu2+和Cl-。
（1）由上述分析可得，白色沉淀B 为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到Al2O3，故白色固体为Al2O3；溶液D 中
含有的阳离子有Cu2+、
、Ag+、H+，阴离子有
，故溶液中含有：
，故答案为：
；
。
（2）由图示数据并根据原子守恒可知，4.020g X 中含有铝离子物质的量为：
=0.02mol，含有
氯离子物质的量为：
=0.08mol，由化合物应显电中性可得三种离子物质的量比值为n(Cu2+)：
n(Al3+)：n(Cl-)=1：2：8，则可得X 的化学式为CuAl2Cl8；阴离子
中Al 原子的杂化方式为sp3，空
间结构为正四面体，与CH4相同，其电子式为
，故答案为：CuAl2Cl8；
。
（3）①由上述分析可知，蓝色溶液A 中含有Al3+、Cu2+和Cl-，与
反应时溶液蓝色褪去，即反应后溶
液中不存在Cu2+，可推测铜元素以沉淀形式析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元
素在其中不是蓝色且稳定的+2 价，而是+1 价，即反应过程中Cu 元素化合价降低，
中氮元素
显-2 价，具有还原性，反应过程中N 元素化合价升高生成N2，符合反应中有气体产生，根据化合价升
降守恒、电荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为
。
②Cu2+在溶液中显蓝色，CuCl 中Cu 元素为+1 价，能被硝酸氧化为+2 价，CuCl 与硝酸反应过程中Cl 元素
以Cl-形式存在于溶液中，Cl-与AgNO3溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，故答案为：将白色沉淀
溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有
元素；再向溶液中加入
溶液，有白色沉淀，说明有
元
素。
1．（2022·湖南·高考真题）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：
下列说法错误的是
A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中产物主要有
和
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
【答案】C
【解析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应
，向合成槽中
通入NaAlO2，发生反应
，过滤得到
和含
有
的滤液，据此回答；A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2能与烟气中的HF 发生反应，因此不
宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A 正确；B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔
内烟气吸收效率，故B 正确；C．由上述分析可知，合成槽内发生反应
，产物是
和
，故C 错误；D．由
上述分析可知，滤液的主要成分为
，可进入吸收塔循环利用，故D 正确；故选C。
2．（2013·北京·高考真题）用含有A12O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备A12(SO4)3·18H2O。，工艺流
程如下(部分操作和条件略)：
Ⅰ．向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；
Ⅱ．向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH 约为3；
Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；
Ⅳ．加入MnSO4至紫红色消失，过滤；
Ⅴ．浓缩、结晶、分离，得到产品。
（1）H2SO4溶解A12O3的离子方程式是 1；
（2）KMnO4
-氧化Fe2+的离子方程式补充完整：
1MnO +
Fe2++
______=
Mn2++
Fe3++
______
知识点03 铝土矿开发与利用
（3）已知：
生成氢氧化物沉淀的pH
Al（OH）3
Fe（OH）2
Fe（OH）3
开始沉淀时
3.4
6.3
1.5
完全沉淀时
4.7
8.3
2.8
注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1
根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的：. ；
（4）已知：一定条件下，MnO 可与Mn2+反应生成MnO2，
①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl 并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是 ；
②Ⅳ中加入MnSO4的目的是： ；
【答案】（1）A12O3+6H+=2A13++3H2O
（2）MnO +5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
（3）除去铁元素
（4） 浓盐酸与MnO2加热生成黄绿色气体Cl2即可判断MnO2是否存在 根据题目中信息MnO
可与Mn2+反应生成MnO2，加入硫酸锰的目的是为了除去MnO
【解析】（1）H2SO4溶解A12O3的离子方程式是：A12O3+6H+=2A13++3H2O；
（2）在该反应中锰元素化合价由+7 价降到+2 价，铁元素化合价由+2 价升高到+3 价，根据元素守恒和得
失电子守恒得：MnO +5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；
（3）溶液中有杂质三价铁离子，根据表格中数据可知，pH=3 时氢氧化铁完全沉淀，故调节溶液的pH 约
为3 可以除去铁元素；
（4）①浓盐酸与MnO2加热生成黄绿色气体Cl2，故能说明沉淀中存在MnO2的现象是浓盐酸与MnO2加热
生成黄绿色气体Cl2即可判断MnO2是否存在；
②根据题中信息MnO 可与Mn2+反应生成MnO2，加入硫酸锰的目的是为了除去MnO 。
3．（2023·浙江·高考真题）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝(
)按
如下流程开展实验。
已知：①铝土矿主要成分为
，含少量
和
。用
溶液溶解铝土矿过程中
转变为难
溶性的铝硅酸盐。
②
的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度
当盐基度为0.60~0.85 时，絮凝效果较好。
请回答：
（1）步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是 。
（2）下列说法不正确的是___________。
A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量
有利于减少
沉淀中的杂质
C．步骤Ⅲ，为减少
吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D．步骤Ⅳ中控制
和
的投料比可控制产品盐基度
（3）步骤V 采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A 的名称是 ；步骤V 不宜用酒精灯直接加热的
原因是 。
（4）测定产品的盐基度。
的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取
溶液于锥形瓶中，调
，滴加指示
剂
溶液。在不断摇动下，用
标准溶液滴定至浅红色(有
沉淀)，
30 秒内不褪色。平行测试3 次，平均消耗
标准溶液
。另测得上述样品溶液中
。
①产品的盐基度为 。
②测定
过程中溶液
过低或过高均会影响测定结果，原因是 。
【答案】（1）Na[Al(OH)4]
（2）BC
（3） 蒸发皿 酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀
（4） 0.7 pH 过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏
少，而pH 过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【解析】铝土矿主要成分为
，含少量
和
，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅
酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中
通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚
合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。
（1）根据题中信息步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是Na[Al(OH)4]；故答案为：Na[Al(OH)4]；
（2）A．步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，
故A 正确；
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通二氧化碳转化为碳酸氢钠沉淀（溶解度较小），不利于除杂，故B 错误；
C．步骤Ⅲ，洗涤时不能对漏斗中的沉淀进行搅拌，故C 错误；
D．
中A．b 可通过控制
和
的投料比来控制产品盐基度，故D 正确；
故选BC；
（3）步骤V 采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A 的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受
热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀；故答案
为：蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀；
（4）①根据
，样品溶液中氯离子物质的量浓度为
，
，根据电荷守恒得到
产品的盐基度为
；故答案为：
0.7。
②测定
过程中溶液
过低或过高均会影响测定结果，原因是pH 过低，指示剂会与氢离子反应生成重
铬酸根，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH 过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的
硝酸银偏多；故答案为：pH 过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根，会氧化氯离子，导致消耗
的硝酸银偏少，而pH 过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。
4．（2022·福建·高考真题）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含
和
等)提铝的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“浸出”时适当升温的主要目的是 ，
发生反应的离子方程式为 。
（2）“浸渣”的主要成分除残余
外，还有 。实验测得，
粉煤灰(
的质量分数为
)经浸出、干燥后得到
“浸渣”(
的质量分数为
)，
的浸出率为 。
（3）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入
沉铝的目的是 ，“沉
铝”的最佳方案为 。
（4）“焙烧”时，主要反应的化学方程式为 。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”可返回 工序循环使用。
【答案】（1） 提高浸出率(或提高浸出速率)
（2）
和
84%
（3） 使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度 高温溶解再冷却结晶
（4）
或
（5）沉铝
【解析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO 等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，
产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸
钾，得到氧化铝。
【解析】（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和
H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。
（2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g 粉煤灰Al2O3的质量为
5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为
；
故答案为：SiO2和CaSO4；84%。
（3）根据沉铝体系中，Al2(SO4)3·18H2O 溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O 溶解度最小，更容易析出，加入
K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同
时保证晶体纯度；KAl(SO4)2·12H2O 溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却
结晶；
故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。
（4）“焙烧”时，KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反应方程式为
2KAl(SO4)2
K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)2
2K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑；
故答案为：2KAl(SO4)2
K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)2
2K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在沉铝工序循环使用；
故答案为：沉铝。
5．（2015·福建·高考真题）无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。
（1）氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为 。
（2）工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如
下：
已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180(升华)
300(升华)
1023
①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是 (只要求写出一种)。
②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是 。
③已知：
Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g) ΔH1=+1344.1 kJ ·mol-1
2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g) ΔH2=+1169.2 kJ ·mol-1
由Al2O3、C 和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为 。
④步骤Ⅲ经冷却至室温后，气体用足量的NaOH 冷溶液吸收，生成的盐主要有3 种，其化学式分别为
。
⑤结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是 。
【答案】（1）Al3++3H2O
Al(OH)3(胶体)+3H+
（2） 防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率 Fe Al2O3(s)
+3C(s)+2Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g) ΔH=+174.9 kJ/mol NaCl、NaClO、NaClO3 除去FeCl3，提
高AlCl3纯度
【解析】（1）氯化铝为强酸弱碱盐，水解生成氢氧化铝和盐酸，氢氧化铝表面积大，吸附力强，具有净
水作用；
（2）用铝土矿制取无水氯化铝工艺流程：铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，固体水分挥发、气孔数目增多，
固体混合物和氯气、氧气在950℃加热， Fe2O3和SiO2先被焦炭还原为Fe、Si，该过程生成CO，后
Al2O3、Fe、Si 分别和Cl2反应生成对应的氯化物，即SiCl4、AlCl3、FeCl3，CO 和O2反应生成CO2，后
冷却到100℃，尾气为CO2、多余的Cl2，O2，SiCl4，以及AlCl3和FeCl3变成固体，得到氯化铝的粗品，
加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，
生成铁和氯化铝，在300℃，废渣为Fe，得到成品AlCl3。
（1）氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中铝离子发生水解反应产生氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以能
净水，其反应的离子方程式为：Al3++3H2O
Al(OH)3(胶体)+3H+；
（2）①步骤1 中铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，因后续步骤反应生成氯化铝等强酸弱碱盐易水解，固体水
分在焙烧的过程中挥发，防止后续步骤生成的盐水解、气孔数目增多增大反应物的接触面积，加快反
应速率；
②根据物质中含有的元素组成可知：若步骤Ⅱ中不通入氯气和氧气，Fe2O3与焦炭发生氧化还原反应，反应
生成相对原子质量比硅大的单质是铁；
③Ⅰ.Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g) ΔH1=+1344.1 kJ•mol-1
Ⅱ.2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g) ΔH2=+1169.2 kJ•mol-1
根据盖斯定律，将Ⅰ-Ⅱ，整理可得：Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g))+3CO(g) ΔH=(1344.1-1169.2)
kJ•mol-1=+174.9 kJ/mol；
④步骤Ⅲ经冷却至室温后，气体用足量的NaOH 冷溶液吸收，Cl2和NaOH 溶液反应生成NaCl、NaClO 和
H2O，CO2和NaOH 溶液反应生成Na2CO3和H2O，所以生成的盐的化学式为NaCl、NaClO 和
Na2CO3；
⑤步骤Ⅲ得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，能降低FeCl3的熔点，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，
可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，因AlCl3在180℃升华，在
300℃，废渣为Fe，冷却得到成品氯化铝，即加入铝粉的目的是除去FeCl3，提高AlCl3纯度。
6．（2013·大纲版·高考真题）铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石（Na3AlF6）混合熔融电
解制得。
①铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下：
②以萤石（CaF2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：
回答下列问题：
（1）写出反应1 的化学方程式 ， ；
（2）滤液Ⅰ中加入CaO 生成的沉淀是 ，反应2 的离子方程式为 ；
（3）E 可作为建筑材料，化合物C 是 ，写出由D 制备冰晶石的化学方程式 ；
（4）电解制铝的化学方程式是 ，以石墨为电极，阳极产生的混合气体
的成分是 。
【答案】 2NaOH＋SiO2＝Na2SiO3＋H2O 2NaOH＋Al2O3＝2NaAlO2＋H2O CaSiO3 2AlO2
－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO3
2－ 浓H2SO4 12HF＋3Na2CO3＋2Al(OH)3＝2Na3AlF6＋3CO2
＋9H2O 2Al2O3（熔融）
4Al+3O2↑ O2、CO2（CO）
【解析】本题呈现的是制备金属铝原料的两个生产流程图：①是从铝土矿中提炼Al2O3②是以萤石和纯碱
为原料制备冰晶石。由题意知铝土矿主要成分有Al2O3和SiO2，结合①图，反应Ⅰ加入的是NaOH 溶
液，据此分析解答。
【解析】（1）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，氧
化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O，故答案为：
2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O；2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O；
（2）滤液Ⅰ中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入CaO，生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉
淀；由工艺流程可知，B 为氢氧化铝，故气体A 为二氧化碳，滤液Ⅱ主要是偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液
通入二氧化碳，生成氢氧化铝与碳酸钠，反应方程式为：2AlO2
-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO3
2-，故
答案为：CaSiO3；2AlO2
-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO3
2-；
（3）由工艺流程可知，气体C 含有F 元素，应是HF，故C 为浓硫酸；根据元素守恒，可知HF 与碳酸钠、
氢氧化铝反应生成冰晶石，同时生成二氧化碳、水，反应方程式为：12HF+3Na2CO3+2Al（OH）
3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O，故答案为：浓H2SO4；12HF+3Na2CO3+2Al（OH）3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O；
（4）电解熔融的氧化铝生成铝与氧气，反应方程式为：2Al2O3（熔融）
4Al+3O2↑，阳极生成氧气，
部分氧气可以石墨反应生成二氧化碳、CO，故阳极气体有O2、CO2（或CO），故答案为：2Al2O3
（熔融）
4Al+3O2↑；O2、CO2（或CO）。
7．（2018·江苏·高考真题）以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原
料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH 溶液吸收过量SO2的离子方程式为 。
（2）添加1%CaO 和不添加CaO 的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如下图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃
硫去除率=(1—
)×100%
①不添加CaO 的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于 。
②700℃焙烧时，添加1%CaO 的矿粉硫去除率比不添加CaO 的矿粉硫去除率低，其主要原因是 。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由 (填化学式)转化为 (填化学式)。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3.Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论
上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)= 。
【答案】 SO2+OH−=
FeS2 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 NaAlO2
Al(OH)3 1∶16
【解析】根据流程，矿粉焙烧时FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，在空气中CaO 可将SO2转化为
CaSO4；“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3；Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下
焙烧生成Fe3O4和SO2，
（1）过量SO2与NaOH 反应生成NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3，离子方程式
为SO2+OH-=
。
（2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃，不添加CaO 的矿粉低于500℃焙烧时，去
除的硫元素主要来源于FeS2。
②添加CaO，CaO 起固硫作用，添加CaO 发生的反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，根据硫去除率的含义，
700℃焙烧时，添加1%CaO 的矿粉硫去除率比不添加CaO 的矿粉硫去除率低的原因是：硫元素转化为
CaSO4留在矿粉中。
（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量
CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al(OH)3，反应的离子方程式为CO2+
+2H2O=Al(OH)3↓+
，即Al 元素存在的形式由NaAlO2转化为Al(OH)3。
（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O3
11Fe3O4+2SO2↑，理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16。
8．（2018·浙江·高考真题）某兴趣小组用铝箔制备Al2O3、AlCl3·6H2O 及明矾大晶体，具体流程如下：
已知：AlCl3·6H2O 易溶于水、乙醇及乙醚；明矾在水中的溶解度如下表。
温度/℃
0
10
20
30
40
60
80
90
溶解度/g
3.00
3.99
5.90
8.39
11.7
24.8
71.0
109
请回答：
（1）步骤Ⅰ中的化学方程式 。步骤Ⅱ中生成Al(OH)3的离子方
程式 。
（2）步骤Ⅲ，下列操作合理的是 。
A．坩埚洗净后，无需擦干，即可加入Al(OH)3灼烧
B．为了得到纯Al2O3，需灼烧至恒重
C．若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳
D．坩埚取下后放在石棉网上冷却待用
E．为确保称量准确，灼烧后应趁热称重
（3）步骤Ⅳ，选出在培养规则明矾大晶体过程中合理的操作并排序 。
①迅速降至室温 ②用玻璃棒摩擦器壁③配制90℃的明矾饱和溶液 ④自然冷却至室温
⑤选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央⑥配制高于室温10~20℃的明矾饱和溶液
（4）由溶液A 制备AlCl3·6H2O 的装置如图：
①通入HCl 的作用是抑制AlCl3水解和 。
②步骤Ⅴ，抽滤时，用玻璃纤维替代滤纸的理由是 ；
洗涤时，合适的洗涤剂是 。
③步骤Ⅵ，为得到纯净的AlCl3·6H2O，宜采用的干燥方式是 。
【答案】 2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑
＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋
BCD ⑥⑤④ 增加c(Cl―)，有利于AlCl3·6H2O 结晶 溶液有强酸性，(会腐蚀滤纸)
浓盐酸 减压干燥(或低温干燥)
【解析】根据流程图，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，在偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成氢氧化
铝胶状沉淀，洗涤后得到氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；氢氧化铝用硫酸溶解后与硫酸钾溶液混合，结
晶析出明矾晶体；氢氧化铝胶状沉淀用盐酸溶解，生成氯化铝溶液，在氯化氢气流中蒸发得到氯化铝
晶体。
（1）步骤Ⅰ中铝与氢氧化钠反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；步骤Ⅱ中偏铝酸钠
溶液与二氧化碳反应生成Al(OH)3的离子方程式为AlO2
-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3
-，故答案为
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；AlO2
-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3
-；
（2）A．坩埚洗净后，需要擦干，否则灼烧时容易使坩埚炸裂，故A 错误；B．为了得到纯Al2O3，需灼
烧至恒重，时氢氧化铝完全分解，故B 正确；C．若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳，防止
坩埚遇冷炸裂，故C 正确；D．热的坩埚取下后放在石棉网上冷却待用，不能放在桌面上，防止灼伤
桌面，故D 正确；E．为确保称量准确，灼烧后应冷却后称重，故E 错误；故选BCD；
（3）步骤Ⅳ中在培养规则明矾大晶体过程中，需要配制高于室温10-20℃的明矾饱和溶液，选规则明矾小
晶体并悬挂在溶液中央，自然冷却至室温，让明矾小晶体逐渐长大，故答案为⑥⑤④；
（4）①通入HCl 可以抑制AlCl3水解，增大了溶液中的氯离子浓度，可以降低AlCl3溶解度，使其以
AlCl3·6H2O 晶体形式析出，故答案为降低AlCl3溶解度，使其以AlCl3·6H2O 晶体形式析出；
②步骤Ⅴ，抽滤时，由于溶液显强酸性，会腐蚀滤纸，因此需要用玻璃纤维替代滤纸，洗涤时，为了减少
AlCl3·6H2O 晶体的损失，可用浓盐酸进行洗涤，故答案为强酸性环境会腐蚀滤纸；浓盐酸；
③AlCl3·6H2O 晶体受热容易分解，为得到纯净的AlCl3·6H2O，可以采用滤纸吸干的方式干燥晶体，故答案
为低温干燥或减压干燥。
9．（2017·江苏·高考真题）铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为
原料制备铝的一种工艺流程如下：
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH (填“增大”、“不变”或“减
小”)。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是 。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为 ，阴
极产生的物质A 的化学式为 。
（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl 固体并充分混合，有利于AlN 的制
备，其主要原因是 。
【答案】 Al2O3+2OH−=2
+H2O 减小 石墨电极被阳极上产生的O2氧化 ）4
+2H2O−4e−=4
+O2↑ H2 NH4Cl 分解产生的HCl 能够破坏Al 表面的Al2O3薄膜
【解析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH 溶
解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝
硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al（OH）3，过滤II 得到Al（OH）3，灼烧生成氧化铝，电解
I 为电解氧化铝生成Al 和氧气，电解II 为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电
子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为：Al2O3+2OH-==2AlO2
-+H2O；（2）向“过滤I”所得滤液中
加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH－＞AlO2－＞CO3
2－，可知
溶液的pH 减小，NaHCO3中存在化学键有：离子键和共价键；（3）“电解I”是电解熔融Al2O3，电解
过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨电极被阳极上产生的O2氧化。（4）由图可知，阳极反应为
4CO3
2－+2H2O-4e－═4HCO3－+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A 的化学式为
H2。（5）铝粉在1000℃时可与N2 反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl 固体并充分混合，有利于
AlN 的制备，其主要原因是NH4Cl 分解产生的HCl 能够破坏Al 表面的Al2O3薄膜。
10．（2009·福建·高考真题）从铝土矿（主要成分是
，含
、
、MgO 等杂质）中提取两种
工艺品的流程如下：
请回答下列问题：
（1）流程甲加入盐酸后生成Al3+的方程式为 .
（2）流程乙加入烧碱后生成SiO3
2-的离子方程式为 .
（3）验证滤液B 含
，可取少量滤液并加入 （填试剂名称）。
（4）滤液E、K 中溶质的主要成分是 (填化学式)，写出该溶液的一种用途
（5）已知298K 时，
的容度积常数
=5.6×
,取适量的滤液B,加入一定量的烧碱达到沉淀
溶液平衡，测得pH=13.00，则此温度下残留在溶液中的
= .
【答案】 Al2O3+ 6H＋=2Al3＋+3H2O SiO2+ 2OH－=SiO3
2－+ H2O 硫氰化钾（或硫氰酸钾、苯酚
溶液等合理答案） NaHCO3 制纯碱或做发酵粉等合理答案 5.6×10-10mol/L
【解析】（1）与HCl 反应生成Al3＋，应为铝土矿中Al2O3，Al2O3和盐酸反应的离子方程式为：Al2O3+ 6H
＋=2Al3＋+3H2O，
故答案为Al2O3+ 6H＋=2Al3＋+3H2O；
（2）SiO2可以溶于NaOH 中生成Na2SiO3，离子方程式为：SiO2+ 2OH－=SiO3
2－+ H2O，
故答案为SiO2+ 2OH－=SiO3
2－+ H2O；
（3）检验Fe3＋的特征反应很多，如与KSCN 显血红色，与苯酚显紫色，与OH－显红褐色沉淀等。
故答案为硫氰化钾（或硫氰酸钾、苯酚溶液等合理答案）；
（4）生成E、K 时，CO2均是过量的，故应生成NaHCO3，可用作制纯碱或作发酵粉，
故答案为NaHCO3；制纯碱或做发酵粉等合理答案；
（5）pH=13.00，c(OH-)=0.1mol/L，根据
，则
=5.6×10-12/(0.1)2=5.6×10-10，
故答案为5.6×10-10mol/L。
