1、第二单元海水中提镁和铝土矿中提铝考纲定位要点网络1.掌握镁、铝的主要性质及其应用。2掌握镁、铝的重要化合物的主要性质及其应用。3了解镁、铝及其重要化合物的制备方法。 镁及其化合物性质与海水中提取镁1镁的性质镁是银白色固体，易导热，导电，密度小，属于轻金属。(1)与非金属(O2、Cl2、N2等)的反应2MgO22MgO、MgCl2MgCl2、3MgN2Mg3N2。(2)与水或酸的反应镁与水的反应：镁不易与冷水反应，能与沸水反应，反应的化学方程式为Mg2H2OMg(OH)2H2。镁与酸的反应：镁是活泼金属，能与盐酸、稀硫酸反应放出H2，反应的离子方程式为Mg2H=Mg2H2。(3)与某些氧化物的反
2、应镁能在CO2中燃烧，反应的化学方程式为2MgCO22MgOC。现象为：剧烈燃烧，发出强烈的光，同时有白色固体和黑色固体生成。2从海水中提取镁(1)工艺流程(2)基本步骤及主要反应制熟石灰CaCO3CaOCO2，CaOH2O= Ca(OH)2沉淀Mg22OH=Mg(OH)2酸化Mg(OH)22HCl=MgCl22H2O蒸发结晶析出MgCl26H2O脱水在氯化氢气流中使MgCl26H2O脱水制得无水氯化镁电解电解熔融氯化镁制得镁：MgCl2(熔融)MgCl23.镁的重要化合物(1)MgO：碱性氧化物，熔点很高(可用作耐火材料)，难溶于水，与酸反应：MgO2H=Mg2H2O。(2)Mg(OH)2：
3、中强碱，难溶于水，存在溶解平衡Mg(OH)2(s)Mg2(aq)2OH(aq)，溶解度小于MgCO3，故MgCO3H2OMg(OH)2CO2。(3)MgCO3：微溶于水的盐，受热可分解，与酸反应。(4)Mg3N2：在水中剧烈水解，其反应的化学方程式为Mg3N26H2O=3Mg(OH)22NH3。(5)MgCl2：MgCl2可发生水解，由MgCl26H2O制备MgCl2时，要在HCl的气氛中脱水。补短板(1)镁在空气中燃烧，可与空气中的O2、N2及CO2反应，所得固体产物可能是MgO、Mg3N2、C的混合物。(2)Na、Mg等活泼金属着火，不能用CO2灭火。(3)MgCl26H2O加热脱水制取无
4、水氯化镁时，要在HCl的气流中进行。主要目的是防止MgCl2水解生成Mg(OH)2，Mg(OH)2加热分解得到MgO。(4)由于Mg(OH)2的溶解度比MgCO3的小，故水垢的主要成分中是Mg(OH)2，而非MgCO3。(5)镁、铝在空气中易形成致密的氧化膜，不用密封保存。知识应用1Mg在CO2中燃烧的实验中，现象为_，化学方程式为_，指出该反应的氧化剂为_。答案镁剧烈燃烧，发出强烈的白光，同时生成白色固体和黑色颗粒状固体2MgCO22MgOCCO22已知MgO、MgCl2的熔点分别为2 800 、604 ，将MgO、MgCl2加热熔融后通电电解，都可得到金属镁。海水中含有MgCl2，从海水中
5、提取Mg的方案有：方案1：海水MgCl2溶液MgCl2(熔融)Mg方案2：海水Mg(OH)2MgOMg方案3：海水Mg(OH)2MgCl2溶液MgCl2(熔融)Mg工业上从海水中提取镁可行的方案是_，不可行的理由是_。答案方案3方案1不可行，海水中加HCl无法得到MgCl2溶液；方案2不可行，MgO的熔点很高，熔化时需能量高，成本高命题点1镁及其化合物的性质1镁粉是焰火、闪光粉、鞭炮中不可缺少的原料。工业上制造镁粉是将镁蒸气在某种气体中冷却，有下列气体：空气；CO2；Ar；H2；N2，其中可作为冷却气体的是 ()A和B和 C和 D和答案C2如图所示的装置中，把X溶液逐滴滴下与Y物质反应，若X为
6、浓硫酸，Y为第3周期金属元素中常温下与水难反应的单质。Z为品红溶液。实验中观察到Z褪色。则Y为()ANa BMg CAl DMg或AlBNa常温下与H2O反应，Al遇浓硫酸钝化。3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BMg、MgO中镁元素粒子的半径：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命题点2自然界中提取镁4从海水中提取镁的工艺流程可表示如下：下列说法不正确的是()A用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B步骤反应的离子方程式为Mg2OH=Mg(OH)2C步骤可将
7、晶体置于HCl气体氛围中脱水D上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应B石灰乳为浊液，写离子方程式时Ca(OH)2不可拆分。5如图是工业利用菱镁矿MgCO3(含杂质Al2O3、FeCO3)制取镁的工艺流程。回答有关问题：(1)菱镁矿送入酸浸池前需要粉碎，目的是_。(2)氧化池中通入氯气的目的是氧化_，工业上不选用硝酸作氧化剂的原因是_和_。(3)沉淀混合物为_和_(填化学式)。(4)利用熔融氯化镁制取金属镁，选用的方法是_(填字母)。A电解法B氧化还原法C碳还原法 D分解法解析加盐酸后，溶液中有Mg2、Fe2、Al3、Cl，用Cl2氧化Fe2生成Fe3，用MgO调节pH，使Al(OH)3、Fe
8、(OH)3沉淀出来。答案(1)提高酸浸速率(2)Fe2(或FeCl2)会产生污染性气体NOx会引入杂质NO (3)Al(OH)3Fe(OH)3(4)A 铝单质的性质及制备1铝的结构和存在铝位于元素周期表第3周期A族，原子结构示意图为。铝元素在地壳中含量丰富，仅次于氧、硅。自然界中的铝全部以化合态存在。2铝单质的主要化学性质(写出有关方程式)3铝热反应实验探究(1)铝热反应的实验装置及试剂作用：(2)原理：利用Al的还原性较强，高温下把金属氧化物中的金属置换出来。(3)现象镁带剧烈燃烧，放出大量的热，并发出耀眼的白光，氧化铁与铝粉在较高温度下发生剧烈的反应；纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中。
9、(4)应用冶炼难熔金属，如Cr、Mn、V、W、Cu、Fe等；金属焊接，如野外焊接钢轨等。注意：引发铝热反应的操作是加少量KClO3，插上镁条并点燃。4工业电解熔融Al2O3制备Al(1)电极反应(2)总反应方程式2Al2O3(熔融)4Al3O2。注意：电解Al2O3时Na3AlF6的作用是作助熔剂。基础判断(1)除去氧化膜的铝箔在空气中加热，铝箔熔化但不滴落，说明铝易氧化形成氧化膜保护铝。()(2)铝制容器可以用于盛装浓硫酸和浓硝酸，说明铝不与二者反应。()(3)能与Al反应生成H2的溶液一定是酸性溶液。()(4)Al在高温下与MgO发生铝热反应制备Mg。()(5)加入Al粉能产生H2的溶液中
10、，可能存在Al3、NO。()答案(1)(2)(3)(4)(5)知识应用1Al既能溶于强酸，又能溶于强碱，所以说“Al既有金属性，又有非金属性”。你认为这种说法是否恰当？为什么？答案不恰当。金属性是指元素的原子失电子的能力，非金属性是指元素的原子得电子的能力。铝不论是与酸反应还是与碱反应，都是失去3e，化合价升高为3价，均是还原剂，因而铝具有较强的金属性。2(1)等质量的铝与足量盐酸和NaOH溶液反应，产生H2的质量比为_。(2)等浓度、等体积的盐酸和NaOH溶液分别与足量的铝反应，生成H2的质量比为_。答案(1)11(2)13命题点1铝的性质及应用1镁、铝性质相似，下表中对两者的对比不正确的是
11、()铝镁A.与非金属反应能被Cl2、O2氧化能与N2、O2反应B.与水反应能与沸水反应反应很困难C.与碱反应能溶于强碱溶液不反应D.与某些氧化物反应能与Fe2O3、MnO2、Cr2O3等金属氧化物发生铝热反应能在CO2中燃烧B铝与沸水不反应，Mg与沸水反应，B错误。2(2019福州质检)科技工作者提出用铝粉处理含亚硝酸盐废水的思路：调节亚硝酸盐废水的酸碱性，使其pH12，然后加入适量的铝粉搅拌，从而达到预期目的。下列判断错误的是 ()A处理废水时铝单质转化为Al3B处理废水时亚硝酸盐被还原C处理过程中，OH参与了反应D铝粉颗粒大小影响废水处理的速率ApH12，溶液显碱性，则处理废水时，铝单质转
12、化为AlO，A错误；铝是金属，具有还原性，因此处理废水时，亚硝酸盐被还原，B正确；处理废水时铝单质转化为AlO，这说明OH参与了反应，C正确；固体反应物的表面积越大，反应速率越快，因此铝粉颗粒的大小影响废水处理的速率，D正确。3根据如图的转化关系判断，下列说法正确的是(反应条件已略去) ()A生成等质量H2时，和反应消耗n(HCl)n(NaOH)B反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为23C反应和消耗等量的Al时，生成的n(Cu) n(Fe)32D反应的离子方程式为Al33OH=Al(OH)3C根据得失电子守恒，生成氢气的质量相等则消耗铝的物质的量相等，根据铝守恒，设1 mol铝参加反应，则生成
13、偏铝酸钠1 mol，则需氢氧化钠1 mol，铝与盐酸反应生成氯化铝1 mol，则需盐酸3 mol，所以和反应消耗n(HCl)3n(NaOH)，A项错误；铝与硫酸铜反应，铝是还原剂，硫酸铜是氧化剂，根据得失电子守恒，可知：硫酸铜与铝的物质的量之比为32，B项错误；反应和消耗等量的Al时，失电子的物质的量相等，设2 mol铝参加反应，由得失电子守恒可知：生成铜的物质的量为3 mol，生成铁的物质的量为2 mol，所以生成的n(Cu)n(Fe)32，C项正确；一水合氨是弱电解质，书写离子方程式时用化学式，D项错误。命题点2铝与酸、碱反应的有关计算4取四等份铝，分别加入足量的下列溶液中，充分反应后，放
14、出氢气最多的是()A3 molL1氨水B4 molL1HNO3C8 molL1 NaOH D18 molL1 H2SO4C铝与氨水不反应，铝与HNO3反应不能放出H2，铝与18 molL1的浓硫酸在常温下钝化。5(1)足量的两份铝分别投入等体积、一定物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，二者产生的H2相等，则HCl和NaOH的物质的量浓度之比是_。(2)甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 molL1的HCl和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为V(甲)V(乙)12，则甲烧杯中剩余的反应物是_，加入铝粉质量为_g。解析(1)因为铝足量且产生H2相等，
15、根据关系式n(HCl)n(NaOH)31，又因为两溶液体积相等，故物质的量浓度之比为c(HCl)c(NaOH)n(HCl)n(NaOH)31。(2)其反应原理分别为2Al6HCl=2AlCl33H2，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2。可见当参加反应的HCl和NaOH的物质的量一样多时，产生H2的体积比是13，而题设条件体积比为12，说明此题投入的铝粉对盐酸来说是过量的。故甲中生成的H2为0.15 mol，乙中生成的H2为0.30 mol，故n(Al)0.2 mol，m(Al)5.4 g。答案(1)31(2)Al5.4铝与酸、碱反应生成H2的定量关系(1)无论与酸还是与碱反应，Al
16、与H2的关系都是2Al3H2。(2)等质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应产生H2的物质的量相等。消耗H、OH的物质的量之比为n(H)n(OH)31。(3)足量的铝分别与等物质的量的HCl和NaOH反应消耗Al的物质的量之比为13。生成H2的物质的量之比为13。(4)一定量的铝分别与一定量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比，则必定是铝与盐酸反应时，铝过量而盐酸不足；铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足而氢氧化钠过量。 从铝土矿中提取铝1铝的氧化物(Al2O3)两性氧化物(1)物理性质：白色固体，难溶于水，熔、沸点很高，可用作耐火材料。(2)化学性质(写离子方程式)(3)用途：耐火材料，
17、工业冶炼铝。2铝的氢氧化物Al(OH)3两性氢氧化物(1)主要性质白色胶状固体，难溶于水，有较强的吸附性。写出上图标号中有关反应的离子方程式：Al(OH)33H=Al33H2O；Al(OH)3OH=AlO2H2O；2Al(OH)3Al2O33H2O。提醒：Al(OH)3两性的电离Al(OH)3具有两性，能溶于强酸(如盐酸)、强碱(如NaOH溶液)，但不溶于弱酸(如H2CO3)、弱碱溶液(如氨水)。(2)制备Al(OH)3三种方法及原理向铝盐中加入足量氨水，离子方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)33NH；向偏铝酸盐中通入足量CO2，离子方程式为AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO；
18、NaAlO2与AlCl3的溶液混合，离子方程式为3AlOAl36H2O=4Al(OH)3。3两种盐铝盐和偏铝酸盐(1)铝盐明矾化学式为KAl(SO4)212H2O，为复盐。电离方程式为KAl(SO4)2=KAl32SO。应用：净水，净水原理为明矾电离出的Al3在水中水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮物而沉淀，使水净化，其离子方程式为Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H。(2)偏铝酸盐偏铝酸钠向NaAlO2溶液中滴加盐酸至过量，反应现象为先生成白色沉淀，然后沉淀又逐渐溶解至消失，反应的有关离子方程式为AlOHH2O=Al(OH)3，Al(OH)33H=Al33H2O。向NaAlO2溶液
19、中通入少量CO2，反应的离子方程式为2AlOCO23H2O=2Al(OH)3CO。补短板(1)中学学习阶段接触到的既能与酸反应又能与碱反应的物质有：金属单质：Al等；两性氧化物：Al2O3等；两性氢氧化物：Al(OH)3等；弱酸的铵盐：(NH4)2CO3、CH3COONH4、(NH4)2S等；弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、NaHSO3等；氨基酸等。(2)Al、Al2O3、Al(OH)3可溶于强酸或不很弱的酸(如CH3COOH)，但不溶于H2CO3；Al、Al2O3、Al(OH)3只溶于强碱不溶于弱碱。(3)含铝的盐有铝盐和偏铝酸盐，铝盐存在于酸性溶液，偏铝酸盐存在于碱性溶液。(4)明矾净
20、水是指生成的Al(OH)3胶体吸附悬浮物而澄清，不能杀菌消毒。知识应用1通过小组讨论，总结所有符合下面转化关系的物质，把铝及化合物的化学式写在横线上。(1)a_、e_、b_、d_。(2)a_、e_、b_、d_。答案(1)NaAlO2HClAlCl3Al(OH)3(2)AlCl3NaOHNaAlO2Al(OH)3(合理即可)2完成下列转化的离子方程式。AlCl3溶液沉淀溶液沉淀溶液(1)_。(2)_。(3)_。(4)_。答案(1)Al33NH3H2O=Al(OH)33NH(2)Al(OH)3OH=AlO2H2O(3)AlO2H2OCO2=Al(OH)3HCO(4)Al(OH)33H=Al33H2
21、O命题点1铝的化合物的主要性质及应用1铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应，其生成物有一定的规律，下列说法中正确的是()A都有H2O生成B都有H2生成C都有AlO生成 D都有Al3生成答案C2用含少量镁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，下列操作步骤中最恰当的组合是()加盐酸溶解加烧碱溶液溶解过滤通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀加入盐酸生成Al(OH)3沉淀加入过量烧碱溶液A B C DB若先用盐酸溶解，Mg、Al均溶解，制取Al(OH)3的步骤较多；从NaAlO2制备Al(OH)3，加盐酸不容易控制量的多少。故B项操作步骤为最佳顺序。命题点2Al(OH)3制备与铝土矿提取铝3用稀
22、硫酸、NaOH溶液和金属铝为原料制取Al(OH)3。甲、乙、丙三位学生的制备途径分别是若要得到等量的Al(OH)3，则()A三者消耗的原料相同B甲消耗的原料的总物质的量最多C乙消耗的原料的总物质的量最少D丙消耗的原料的总物质的量最多B要制备1 mol Al(OH)3，三方案所需物质的量关系丙：。4某铝土矿中主要含有Al2O3、Al(OH)3、AlO(OH)，还含有Fe2O3等杂质。利用拜耳法生产铝的流程如图所示：请回答下列问题：(1)粉碎后的铝土矿碱浸时应在高温下进行，其目的是_。(2)AlO(OH)与NaOH溶液反应的化学方程式为_。(3)在稀释、结晶过程中，稀释的目的是_；加Al(OH)3
23、晶核的目的是促进Al(OH)3的析出。上述“稀释、结晶”工艺，也可用通入足量的_气体的方法来代替。(4)浓缩所得的NaOH溶液由于吸收了空气中的CO2而含有杂质，该杂质可通过苛化反应除去，写出苛化反应的化学方程式：_。(5)该生产流程能实现_(填化学式)的循环利用。答案(1)加快反应速率(2)AlO(OH)NaOH=NaAlO2H2O(3)降低碱性，促使AlO水解生成Al(OH)3沉淀CO2(4)Na2CO3Ca(OH)2=CaCO32NaOH(5)NaOH(1)Al、酸、碱为原料制Al(OH)3的最佳方案。(2)铝土矿中提纯Al的基本流程 “铝三角”关系的应用与Al(OH)3沉淀图像的分析证
24、据推理与模型认知能依据事实，分析研究对象的构成要素和各要素的关系，建立认识模型，反映研究对象的本质特征，揭示规律；高考大纲也要求能够通过对实际事物、实验现象、实物、模型、图形的观察，获取有关的感性知识和印象，并进行初步加工、吸收、有序存储的能力，数形结合的解题思想符合核心素养与考试大纲要求，是提高学生解题能力的有效途径。体现了“证据推理与模型认知”的核心素养。突破点一“铝三角”关系及应用1Al3、Al(OH)3、AlO之间的转化关系2“铝三角”转化的应用(1)判断离子共存问题：Al3与OH、AlO、CO、S2等弱酸根阴离子，AlO与H、HCO以及弱碱阳离子Al3、Fe3等因生成沉淀或发生水解相
25、互促进的反应而不能大量共存。(2)鉴别(利用滴加顺序不同，现象不同)向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀溶解。向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始无明显现象，后产生白色沉淀，沉淀不溶解。突破训练1下列各组物质，不能按bca(“”表示反应一步完成)关系转化的是()选项aBcAAl2O3NaAlO2Al(OH)3BAlCl3Al(OH)3NaAlO2CAlAl(OH)3Al2O3DMgCl2Mg(OH)2MgOCAlAl(OH)3不能一步转化，C符合题意。2(2019西安名校三检)某无色透明溶液与铝反应放出氢气，该溶液中可能含有Mg2、Cu2、Ba2、H、Ag、SO、SO
26、、HCO、OH、NO十种离子中的若干种，下列推断正确的是()A当溶液中有Al3生成时，溶液中可能存在：SO、NO、H、Mg2B当溶液中有Al3生成时，溶液中一定存在：H、SO；可能存在Mg2C当溶液中有AlO生成时，溶液中一定存在：OH、Ba2、NOD当溶液中有AlO生成时，溶液中可能存在：OH、Ba2、NO、SOB据题意，一定不含有Cu2、HCO。当溶液中有Al3生成时，原溶液中含有H，不可能有NO(产生的气体为NO)、SO、OH，据电中性原理知其中必定含有SO，于是不能存在Ba2、Ag，可能含有Mg2，A项错误，B项正确；当溶液中有AlO生成时，原溶液含有OH，肯定没有H、Ag、Mg2，据
27、电中性原理知其中必定含有Ba2，于是不可能含有SO、SO，可能含有NO，C、D项错误。3下列各组溶液，不用外加试剂无法鉴别的是()AAl2(SO4)3与KOHBNa2CO3与HNO3CMgCl2、AlCl3DFeCl3与AlCl3CA、B可利用顺序滴加法鉴别，D中的FeCl3为黄色，AlCl3为无色，观察可鉴别。突破点二Al(OH)3沉淀图像的分析与计算1两个基本图像操作可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量偏铝酸盐溶液中逐滴加入稀盐酸至过量图像离子方程式Al33OH= Al(OH)3Al(OH)3OH=AlO2H2OAlOHH2O=Al(OH)3Al(OH)33H=Al33H2O注意：沉
28、淀Al3所需n(OH)与Al(OH)3溶解所需n(OH)的比为31；沉淀AlO所需n(H)与Al(OH)3溶解所需n(H)的比为13。2四个拓展图像图1图2图3图4(1)向MgCl2、AlCl3和盐酸的混合溶液(即将Mg、Al溶于过量盐酸所得的溶液)中逐滴滴入NaOH溶液至过量，图像如图1所示。(2)向MgCl2、AlCl3混合溶液中先加入NaOH溶液，后加入盐酸(NaOH与盐酸的物质的量浓度相等)，沉淀图像如图2所示。(3)向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量的图像如图3。(4)向硫酸铝铵NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液，沉淀的物质的量随加入NaOH的物质的量变化如图
29、4。突破训练4向甲溶液中缓慢滴加乙溶液，反应生成沉淀的质量如图所示，其中符合图像的一组是()甲乙AAlCl3、Mg(NO3)2、HNO3NaOHBNa2CO3、NH4HCO3、Na2SO4Ba(OH)2CNH4NO3、Al(NO3)3、Fe(NO3)3、HClNaOHDNaAlO2、氨水、NaOHH2SO4CA项，向甲溶液中缓慢滴加NaOH溶液时，图像中间一段沉淀质量不变的反应不存在，错误；B项，向甲溶液中缓慢滴加Ba(OH)2溶液时，不存在沉淀部分溶解的反应，错误；C项，在甲溶液中加入NaOH溶液时，NaOH先与盐酸反应，没有沉淀生成，随后Al3、Fe3开始沉淀，当两种离子沉淀完全后，OH和
30、NH反应，此时沉淀质量不变，最后OH与Al(OH)3反应，沉淀部分溶解与图像变化相符，正确；D项，向甲溶液中加硫酸时，最终沉淀会全部溶解，错误。5(2019衡水中学调研)向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150 mL 1 molL1 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，则下列说法不正确的是 ()Aa曲线表示的离子方程式为AlOHH2O=Al(OH)3Bb和c曲线表示的离子反应是相同的CM点时，溶液中沉淀的质量为3.9 gD原混合溶液中的CO与AlO的物质的量之比为12D混合溶液中逐滴加入HCl溶液，发生的反应依次为AlOHH2O=Al(OH)3、COH=
31、HCO、HCOH=CO2H2O，则a曲线表示AlO减少，b曲线表示CO 减少，c曲线表示HCO增加，d曲线表示HCO减少，此阶段Al(OH)3不参与反应。A项，混合溶液中加入HCl溶液，首先发生反应：AlOHH2O=Al(OH)3，正确；B项，此阶段发生反应：COH=HCO，b曲线表示CO减少，c曲线表示HCO增加，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，正确；C项，加入盐酸50 mL时NaAlO2全部转化为Al(OH)3，在加入150 mL盐酸之前沉淀不溶解，则M点沉淀的质量与加入盐酸50 mL时沉淀的质量相同，则nAl(OH)3n(NaAlO2)n(HCl)0.05 mol，mAl(OH)3
32、0.05 mol78 gmol13.9 g，正确；D项，第一、第二两段消耗的n(HCl)相等，根据反应、可知CO与AlO的物质的量之比为11，错误。6(2019武汉模拟)生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到的滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液pH、nAl(OH)3随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如图所示。下列有关说法错误的是()ANaHCO3溶液的物质的量浓度为0.8 molL1Bb点与c点溶液所含粒子种类相同Ca点溶液中大量存在的离子是Na、AlO、OHD生成沉淀的离子方程式为HCOAlOH2O=Al(OH)3COA由图像可知，加入08 mL NaHCO3
33、溶液时无沉淀产生，加入40 mL NaHCO3溶液时沉淀最多为0.032 mol Al(OH)3，即加入08 mL NaHCO3溶液时只发生反应OHHCO=COH2O，加入840 mL NaHCO3溶液时，发生反应HCOAlOH2O=Al(OH)3CO，则c(NaHCO3)1.0 molL1，A项错误；b点与c点溶液所含粒子种类相同，B项正确；a点溶液中的溶质为NaOH、NaAlO2，大量存在的离子是Na、AlO、OH，C项正确；生成沉淀的离子方程式为HCOAlOH2O=Al(OH)3CO，D项正确。7.(2019仙游月考)在200 mL 含Mg2、Al3、NH、H、Cl的溶液中，逐滴加入5
34、molL1 NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。下列叙述不正确的是()Axy0.01 molB原溶液中c(Cl)0.75 molL1C原溶液的pH1D原溶液中n(Mg2)n(Al3)51B分析图示可知xy的值即为氢氧化铝的物质的量，溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液的体积为35 mL33 mL2 mL，xy5 molL12103 L0.01 mol，A不符合题意；加入33 mL氢氧化钠溶液时溶液中溶质为NaCl，原溶液中n(Cl)5 molL133103 L0.165 mol，c(Cl)0.825 molL1，B符合题意；由图知04 mL时发生反
35、应HOH=H2O，则H的物质的量为4 mL0.001 L5 molL10.02 mol，H的物质的量浓度为0.1 molL1，则pH1，C不符合题意；由4 mL30 mL Mg2、Al3结合OH生成沉淀的反应知，n(OH)5 molL126103 L0.13 mol，则根据Al33OH=Al(OH)3，与0.01 mol Al3反应的OH的物质的量为0.03 mol，与Mg2反应的OH的物质的量为0.1 mol，由Mg22OH=Mg(OH)2知，n(Mg2)0.05 mol，则原溶液中n(Mg2)n(Al3)0.050.0151，D不符合题意。分析沉淀图像的两个关键(1)一是“三看”：一看两坐
36、标含义，二看起点与终点，三看拐点或折点。(2)二是明确沉淀生成与溶解所需酸或碱的量比。如沉淀Al3与溶解Al(OH)3所需OH的物质的量比为31。一题串知，落实考法用铝土矿(主要成分为Al2O3，含有Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：(1)流程中X、Y分别是_、_，反应、的离子方程式分别为_、_。考查Al2O3、AlO的化学性质(2)Al(OH)3溶于NaOH溶液、盐酸的离子方程式分别为_、_。考查Al(OH)3的两性(3)若“流程”中Y为少量，反应的离子方程式为_。考查AlO与CO2的反应(4)另一工艺流程为X、Y分别是_、_。考查物质的推断流程第步反应的离子方程式为_。考查Al3
37、、Al(OH)3的化学性质答案(1)NaOHCO2Al2O32OH=2AlOH2OAlOCO22H2O=Al(OH)3HCO(2)Al(OH)3OH=AlO2H2OAl(OH)33H=Al33H2O(3)2AlOCO23H2O=2Al(OH)3CO(4)Fe(OH)3CO2Al34OH=AlO2H2O、Fe33OH=Fe(OH)3真题体验，感悟考向1下列说法正确的是_(填序号)。(2019全国卷)将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶，集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生(2018全国卷)氢氧化铝可用于中和过多胃酸(2017全国卷)2.4 g Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA(N
38、A表示阿伏加德罗常数的值)(2016全国卷)泡沫灭火器灭火是利用了Al2(SO4)3和小苏打的反应(2015全国卷)用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝滴落下来，说明铝的熔点较低(2015全国卷)浓硝酸滴入用砂纸打磨过的铝条上，产生红棕色气体(2015全国卷)氯化铝溶液滴入浓氢氧化钠溶液中，产生大量白色沉淀(2014全国卷)铝与Fe2O3发生铝热反应，反应后固体质量增加答案2(2016海南高考，T14)KAl(SO4)212H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示
39、。回答下列问题：(1)为尽量少引入杂质，试剂应选用_(填标号)。aHCl溶液bH2SO4溶液c氨水 dNaOH溶液(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_。(3)沉淀B的化学式为_；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是_。解析(1)易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，试剂的作用是将Al溶解并除去Fe、Mg杂质，HCl溶液和H2SO4溶液均可溶解Al及Fe、Mg杂质，会引入Fe2、Mg2，氨水不溶解Al；NaOH溶液可溶解Al，但不溶解Fe、Mg杂质，故d项符合。(2)选用NaOH溶液溶解易拉罐，主要发生反应为2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2。(3)滤液A中
40、铝元素以AlO形式存在，与溶液中HCO发生反应为AlOHCOH2O=Al(OH)3CO，故沉淀B为Al(OH)3，明矾溶于水时，KAl(SO4)2=KAl32SO，Al33H2OAl(OH)33H，使溶液呈弱酸性。答案(1)d(2)2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2(3)Al(OH)3Al3水解，使溶液中H浓度增大3(2014全国卷，T36节选)(1)海水提镁的一段工艺流程如下图：浓海水的主要成分如下：离子NaMg2ClSO浓度/(gL1)63.728.8144.646.4该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为_，产品2的化学式为_，1 L浓海水最多可得到产品2的质量为_g。
41、(2)采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为_；电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式为_。解析(1)工艺流程中，脱硫加入的是得到产品2过程中过滤时的滤液，而此滤液中所含的能够脱硫的离子来源于合成步骤中的石灰乳，故脱硫阶段的主要离子方程式为Ca2SO=CaSO4；而产品2是由加入石灰乳之后得到的沉淀得来的，即Mg2Ca(OH)2=Mg(OH)2Ca2，故产品2为Mg(OH)2；1 L浓海水中Mg2为28.8 g，故可得到产品2即Mg(OH)2的质量为58 gmol169.6 g。(2)电解熔融MgCl2会得到Mg和Cl2，故化学方程式为MgCl2(熔融)MgCl2。因为Mg会与H2O发生反应生成Mg(OH)2和H2，故水存在会造成产品Mg的消耗，有关反应的化学方程式为Mg2H2OMg(OH)2H2。答案(1)Ca2SO=CaSO4Mg(OH)269.6(2)MgCl2(熔融)MgCl2Mg2H2O Mg(OH)2H2