专题09 镁铝及其重要化合物高考化学一轮复习一遍过解析版.docx
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专题09镁铝及其重要化合物高考化学一轮复习一遍过解析版
专题09镁、铝及其重要化合物
1．化工生产上有广泛用途的轻质碱式碳酸镁[MgCO3•Mg（OH）2•3H2O]是以卤块（主要成分为MgCl2,含Fe2+、Fe3+等杂质离子）为原料制备。
工艺流程如下：
注：
氢氧化亚铁沉淀絮状，不易从溶液中除去
下列说法正确的是
A．沉淀的成分是Fe（OH）2和Fe（OH）3的混合物
B．“…”的操作步骤为:
氧化和调节pH等分离和提纯过程
C．“热解”产生的CO2对生成轻质碱式碳酸镁[MgCO3•Mg（OH）2•3H2O]有重要的作用
D．“料液II”呈酸性
【答案】B
【解析】A.由题给信息可知，氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易从溶液中除去，沉淀为Fe（OH）3，A错误；B.由以上分析可知，除去铁元素，应进行氧化、调节pH，生成Fe（OH）3沉淀，B正确；C.加入碳酸氢铵生成碱式碳酸镁，生成的二氧化碳不参与反应，C错误；D.“料液Ⅱ”呈碱性，D错误。
2．以下说法正确的是
A．Mg在CO2中的燃烧是置换反应
B．将Mg（OH）2沉淀转化为MgCl2，是镁原子失电子转化为Mg2+
C．电解得到镁的过程可以写出离子反应方程式，但不是氧化还原反应
D．Mg在CO2中燃烧的反应中，CO2既是氧化剂又是还原剂
【答案】A
【解析】A、Mg在CO2中燃烧的方程式为2Mg+CO2
2MgO+C，是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，为置换反应，A正确；B、将Mg（OH）2沉淀转化为MgCl2的过程是复分解反应，不是氧化还原反应，没有电子的转移，B错误；C、电解得到镁的过程有化合价的变化，是氧化还原反应，C错误；D、Mg在CO2中燃烧的反应中，CO2中只有碳元素的化合价有变化，+4→0，化合价只降低，只作氧化剂，镁是还原剂，D错误。
3．下列实验现象的描述中不正确的是（）
选项
实验
现象
A
加热放在坩埚中的一小块钠
钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体
B
在酒精灯上加热铝箔
铝箔熔化时失去光泽，熔化的铝并不滴落好像有一层膜包着
C
点燃的镁条伸入盛有O2的集气瓶（底部铺有少量细沙）中
镁条继续燃烧，发出耀眼的白光，放出大量的热，生成白色固体
D
在空气中久置的铝条放入NaOH溶液中
立刻产生大量无色气泡，铝条逐渐变细，放出大量的热
【答案】D
【解析】A．加热放在坩埚中的小块钠，发生反应：
2Na+O2
Na2O2，由于钠的熔点低，因此钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体，A正确；B．在酒精灯上加热铝箔，发生反应：
4Al+3O2
2Al2O3，Al的熔点低，而Al2O3熔点高，因此铝箔内部的铝熔化，而表面的铝被氧化后失去光泽并不熔化，故熔化的铝并不滴落，好像有一层膜包着，B正确；C．点燃的镁条伸入盛有O2的集气瓶（底部铺有少量细沙）中，会发生反应：
2Mg+O2
2MgO，会看到镁条继续燃烧，发出耀眼白光放出大量热量，生成白色固体MgO，C正确；D．在空气中久置的铝条放入NaOH溶液中，首先发生反应：
Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O，因此开始无气泡，后来发生反应：
2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，看到产生气泡，铝条逐渐变细，D错误。
4．某化学兴趣小组在实验室中探究Ti、Mg、Cu的活泼性顺序。
他们在相同温度下，取大小相同的三种金属薄片，分别投入等体积等浓度的足量稀盐酸中，现象如下：
金属
Ti
Mg
Cu
金属表面现象
放出气泡速度缓慢
放出气泡速度快
无变化
下列有关三种金属的说法中正确的是（ ）
A．三种金属的活泼性由强到弱的顺序是Ti、Mg、Cu
B．若钛粉中混有Mg，提纯Ti时可用稀盐酸除去Mg
C．用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu是工业制取Cu的很好途径
D．Cu和MgCl2溶液不发生化学反应
【答案】D
【解析】A、由现象可以看出反应最快的是镁，其次是钛，无明显现象时铜；根据反应快慢、能否与酸反应与活动性之间的对应可以得出，三种金属活动性顺序为：
镁、钛、铜，故A错误；B．Ti和Mg都与盐酸反应，在除去Mg的同时，Ti也除掉了，故B错误；C．钛（Ti）是一种比较昂贵的金属，用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu制取铜，成本太高，在工业上是不可取的，故C错误；D．活泼性强的金属能把活泼性弱的金属从溶液中置换出来，Mg比Cu活泼，所以Cu不能置换Mg，故D正确。
5．实验室以空气和镁为原料制备Mg3N2的装置如图所示（夹持和加热装置略去）：
下列说法正确的是（）
A．装置A、B中可依次加入浓硫酸、NaOH溶液
B．若去掉装置C，对产品纯度无影响
C．实验时应先加热C，通入一段时间空气后再加热D
D．E中碱石灰的作用是吸收尾气
【答案】C
【解析】A.要制备氮化镁，需要除去空气中的氧气、CO2和水蒸气，则装置A.B中可依次加入NaOH溶液、浓硫酸，选项A错误；B.若去掉装置C,镁与氧气反应生成氧化镁,对产品纯度有影响,选项B错误；C.实验时，应先加热C，通入一段时间空气除去氧气，然后再加热D,选项C正确；D.装置E中碱石灰的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，避免进入D中干扰实验，选项D错误。
6．现有100mL3mol/L的NaOH溶液和100mL1mol/L氯化铝溶液，①将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中；②将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中．比较两种操作的结果是
A．现象相同，沉淀质量不等B．现象相同，沉淀质量也相等
C．现象不同，沉淀质量相等D．现象不同，沉淀质量不等
【答案】C
【解析】100mL3mol/LNaOH溶液中n（NaOH）=0.3mol，100mL1mol/L的AlCl3溶液中n（AlCl3）=0.1mol。
将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中，发生反应：
Al3++3OH－＝Al（OH）3↓，现象为观察到白色沉淀；将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中，分别发生：
Al3++4OH－＝AlO2－+2H2O，Al3++3AlO2－+6H2O＝4Al（OH）3↓，先没有沉淀后出现沉淀，所以二者现象不同，由于AlCl3最后全部转化为Al（OH）3，沉淀质量相等，故答案选C。
7．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列分析判断正确的是（ ）
A．试剂X为稀硫酸
B．反应Ⅱ中生成Al（OH）3的反应为CO2＋AlO
＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO
C．Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3的方法冶炼金属A1
D．工业上可用冶炼出的金属铝来还原Fe2O3而冶炼出金属铁
【答案】B
【解析】A、试剂X是NaOH溶液，选项A错误；B、溶液乙中含有AlO2-，AlO2-与过量CO2、H2O反应生成Al（OH）3沉淀和HCO3-，选项B正确；C、AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，不能通过电解熔融AlCl3的方法获得金属Al，选项C错误；D、铝的价格远高于铁，工业上利用铝热反应冶炼金属铁不符合实际，选项D错误。
8．明矾[KA1（SO4）2·12H2O]是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。
采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。
下列叙述错误的是
A．合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用
B．从易拉罐中可回收的金属元素有Al、Fe
C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+
D．上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3
【答案】D
【解析】A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；B.易拉罐（主要成分为Al,含有少量的Fe），因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；C.“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D。
9．某溶液中可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32-、SO42-、NO3-中的几种。
①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如下图所示。
则下列说法正确的是（）
A．溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋
B．溶液中n（NH4+）＝0.2mol
C．溶液中可能含CO32-、SO42-、NO3-
D．n（H＋）∶n（Al3＋）∶n（Mg2＋）＝1∶1∶1
【答案】B
【解析】A项、溶液中的阳离子有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故A错误；B项、第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5mol=0.2mol，则n（NH4+）=0.2mol，故B正确；C项、溶液中一定不含CO32-、NO3-、Fe3+，故C错误；D项、溶液中n（H+）：
n（Al3+）：
n（Mg2+）=0.1mol：
0.1mol：
0.05mol=2：
2：
1，故D错误。
10．铝热反应的实验装置如图。
下列有关铝热反应的说法中，不正确的是（）
A．工业上可以利用铝热反应的方法冶炼金属镁
B．铝热反应可用于冶炼某些高熔点金属
C．铝热反应体现了铝的还原性
D．实验现象为火星四溅，漏斗下方有红热熔融物流出
【答案】A
【解析】A.铝的金属活泼性弱于镁，则不可用铝热反应制取镁，工业上常用电解熔融氯化镁的方法制取镁，故A错误；B.铝的还原性强，且铝热反应放出大量的热，可以通过铝热反应冶炼某些高熔点金属，故B正确；C.金属铝和金属氧化物之间反应可以用于高熔点金属的冶炼，铝热反应体现了金属铝的还原性，故C正确；D.铝热反应的实验现象为反应剧烈，火星四溅，漏斗下方有红热熔融物流出，故D正确。
11．向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al（OH）3的量随AlCl3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：
Na＋、Fe3＋、SO42-、HCO3-
B．b点对应的溶液中：
Na＋、S2－、SO42-、Cl－
C．c点对应的溶液中：
K＋、Ag＋、Ca2＋、NO3-
D．d点对应的溶液中：
K＋、NH4+、CO32-、SO42-
【答案】B
【解析】A．a点溶液显碱性，NaOH过量，则不可能存在HCO3-，不能共存，A项错误；B．b点恰好生成偏铝酸钠，溶液显碱性，Na+、ClO-、SO42-、Cl-不反应，能大量存在，B项正确；C．c点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，还生成氯化钠，则不可能存在Ag+，不能共存，C项错误；D．d点为氯化铝溶液，氢氧根离子与铵根离子反应，不能大量共存，D项错误。
12．探究铝片与Na2CO3溶液的反应。
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H2和CO2）
下列说法不正确的是
A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：
CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-
B．对比Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜
C．推测出现白色浑浊的原因：
AlO2-+HCO3-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-
D．加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动方向的影响是相反的
【答案】D
【解析】A.溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，A项正确，不符合题意；B．实验Ⅰ和Ⅱ没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验Ⅲ中却有气泡，说明氧化膜被破坏，B项正确，不符合题意；C．Na2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH－反应，生成偏铝酸根，2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，AlO2－和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，C项正确，不符合题意；D．CO32－的水解是吸热的，加热可以促进水解。
H2产生的原因是Al和CO32－水解生成的OH－反应生成H2，H2逸出，有利于Al和OH－的反应，OH－减少，从而促进碳酸根水解，加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动方向的影响是相同的，D项错误，符合题意。
13．新型镁铝合金（Mg17Al12）有储氢性能，它一定条件下完全吸氢的反应为Mg17Al12+17H2═17MgH2+12Al，得到的混合物Y（17MgH2+12Al）能与酸反应释放出大量氢气．下列说法正确的是
A．该合金应在氮气保护下，将一定比例的Mg、Al单质熔炼而成
B．合金在吸氢过程中被H2还原
C．一定量的镁铝合金既可以完全溶于足量盐酸中，也可以完全溶于足量的NaOH溶液中
D．等质量的镁、铝、和镁铝合金分别与足量的盐酸反应生成H2的体积（同温同压下）由大到小的顺序为：
V（Mg）＞V（合金）＞V（铝）
【答案】D
【解析】A.制备该合金如果在氮气保护下，Mg单质在一定温度下熔炼时，镁和氮气反应3Mg+N2
Mg3N2，故A错误；B.合金在吸氢过程中镁元素的化合价升高，被H2氧化，故B错误；C.镁铝合金可以完全溶于足量盐酸中，镁与氢氧化钠不反应，不能完全溶于足量的NaOH溶液中，故C错误；D.假设镁、铝、镁铝合金的质量为wg，计算分别产生H2的物质的量，
Mg+2HCl=MgCl2+H2↑
24g1mol
wgw/24mol
2Al+6HC=2AlCl3+3H2↑
54g2mol
wgw/27mol
镁铝合金与足量的盐酸反应生成H2的物质的量介于w/27mol～w/24mol，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以（同温同压下）生成H2的体积由大到小的顺序为：
V（Mg）＞V（合金）＞V（铝），故D正确。
14．以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是
A．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4
B．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3
C．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n（FeS2）：
n（Fe2O3）=1:
5
D．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来
【答案】C
【解析】A.FeS2煅烧时会生成SO2，加入CaO会与SO2反应，减少SO2的排放，而且CaSO3最后也会转化为CaSO4，A项不符合题意；B.滤液为NaAlO2溶液，通入CO2，生成Al（OH）3，过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3；B项不符合题意；C.隔绝空气焙烧时，发生的反应为FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4，理论上反应消耗的n（FeS2）：
n（Fe2O3）=1:
16，而不是1:
5，C项符合题意；D.Fe3O4具有磁性，能够被磁铁吸引，D项不符合题意。
15．向一定量的盐酸中逐滴加入NaAlO2溶液，生成沉淀Al（OH）3的量随NaAlO2加入量的变化关系如图所示。
生成的沉淀过滤除去后，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：
Na+、K+HCO3-Cl－
B．b点对应的溶液中：
Na+、OH－、SO42-、Cl－
C．c点对应的溶液中：
Na+、K+、Ag+、NO3-
D．d点对应的溶液中：
Na+、K+、OH－、Cl－
【答案】D
【解析】向一定量盐酸中逐滴加入NaAlO2溶液时，Ob段反应为NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O，bc段反应为AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al（OH）3↓+3NaCl，c点后加入的NaAlO2不反应。
A项：
a点对应的溶液中有生成的NaCl、AlCl3和剩余的HCl，HCO3-与H+反应而不能大量存在，A项不符合题意；B项：
b点恰好反应，溶液中溶质只有生成的NaCl、AlCl3，因OH－能与Al3+反应而不能大量存在，B项不符合题意；C项：
c点两个反应依次进行完全，滤液中溶质只有NaCl，因Ag+与Cl-生成沉淀而不能大量存在，C项不符合题意；
D项：
d点对应的滤液中有生成的NaCl和过量的NaAlO2，与Na+、K+、OH－、Cl－都能大量共存，D项符合题意。
16．某学生探究0.25mol·L－1Al2（SO4）3溶液与0.5mol·L－1Na2CO3溶液的反应，实验如下。
下列分析错误的是
实验1
实验2
A．实验1中，白色沉淀a是Al（OH）3
B．实验2中，白色沉淀b中含有CO
C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，不可使用相同的检验试剂
D．实验1、2中，白色沉淀成分不同可能与混合后溶液的pH有关
【答案】C
【解析】A.由以上分析可知，实验1中白色沉淀a是Al（OH）3，故A项正确；B.实验2中有气泡生成，该气体为二氧化碳，可说明白色沉淀b含有CO32-，故B项正确；C.最后溶液中均含有硫酸根离子，检验沉淀是否洗涤干净，都可通过检验硫酸根离子的方法，即用盐酸酸化的BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成，故C项错误；D.实验1、2中，加入试剂的顺序不同，溶液的pH不同，生成的沉淀不同，说明白色沉淀的成分与溶液的pH有关，故D项正确。
17．高铁的快速发展方便了人们的出行。
工业上利用铝热反应焊接钢轨间的缝隙。
反应的方程式如下：
2Al＋Fe2O3
2Fe＋Al2O3，下列说法不正确的是（）
A．氧化剂是Fe2O3，氧化产物是Al2O3。
B．被氧化的元素是铝，被还原的元素是铁。
C．当转移的电子为0.3mol时，参加反应的铝为2.7g
D．Fe2O3既不是氧化剂又不是还原剂
【答案】D
【解析】A、铝是失电子化合价升高的反应物是还原剂，生成的氧化产物是Al2O3，Fe2O3是得电子化合价降低的反应物，是氧化剂，生成还原产物，故A正确；B、该反应中Al元素化合价由0价变为+3价，所以Al是还原剂、Al2O3是氧化产物，故B正确；C、该反应中Al元素化合价由0价变为+3价，所以每1molAl参加反应时，转移电子的物质的量3mol，当转移的电子为0.3mol时，参加反应的铝为0.1mol，质量为2.7g，故C正确；D、Fe2O3得电子化合价降低的反应物是氧化剂，还原剂是Al，故D错误。
18．将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。
向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。
回答下列问题：
（1）写出OA段和BC段反应的离子方程式：
OA：
___________；BC：
_____________；
（2）原Mg-Al合金的质量是_____________。
（3）原HCl溶液的物质的量浓度是________________。
（4）所加NaOH溶液的物质的量浓度是____________。
【答案】H++OH-=H2O；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O5.1g6mol/L5mol/L
【解析】Mg-Al合金与HCl溶液反应后生成MgCl2和AlCl3，MgCl2与NaOH反应生成Mg（OH）2沉淀，AlCl3与NaOH反应生成Al（OH）3沉淀，NaOH过量时，Al（OH）3沉淀与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液。
由图可知，起始加入NaOH溶液时，无沉淀产生，说明Mg-Al合金与HCl溶液反应后HCl有剩余，则OA段发生NaOH和HCl的酸碱中和反应，AB段发生沉淀反应生成Mg（OH）2和Al（OH）3沉淀，BC段沉淀的质量减少，发生Al（OH）3沉淀溶解反应生成NaAlO2，最终沉淀为Mg（OH）2。
（1）根据分析可知OA段的离子方程式为：
H++OH-=H2O，BC段的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。
本小题答案为；H++OH-=H2O；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。
（2）根据分析C点对于沉淀为Mg（OH）2，质量为5.8g，根据镁元素守恒，则Mg的物质的量为n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.1mol，根据B点沉淀总质量为13.6g，C点沉淀质量为5.8g，则B点生成的Al（OH）3沉淀的质量为7.8g，根据铝元素守恒，则Al的物质的量为n（Al）=n[Al（OH）3]=0.1mol，则原Mg-Al合金的质量为0.1mol×24g/mol+0.1mol×27g/mol=5.1g。
本小题答案为：
5.1g。
（3）BC段发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，0.1molAl（OH）3消耗NaOH的物质的量为0.1mol，溶液体积为20mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/0.02L=5mol/L。
B点消耗NaOH的物质的量为0.12L×5mol/L=0.6mol，B点溶液中溶质为NaCl，根据氯元素守恒，则原盐酸中含有HCl的物质的量为0.6mol，则原HCl溶液的物质的量浓度为0.6mol/0.1L=6mol/L。
本小题答案为：
6mol/L。
（4）根据（3）中分析可知NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L。
19．硝酸铝[Al（NO3）3]是一种常用媒染剂。
工业上用铝灰（主要含Al、Al2O3、Fe2O3等）制取硝酸铝晶体[Al（NO3）3·9H2O]的流程如下：
完成下列填空：
（1）常温下，铝遇浓硫酸、浓硝酸时在表面生成致密的氧化膜，这种现象称为__________，铝粉常用来还原一些金属氧化物以冶炼某些难熔的金属，这类氧化还原反应叫__________反应；
（2）步骤Ⅰ的离子方程式是_________________，_________________；
（3）若在实验室中完成步骤Ⅱ，为提高铝元素的利用率，可用__替换稀硝酸；
a．稀硫酸b．稀盐酸c．醋酸d．二氧化碳
（4）在步骤Ⅲ的实际操作过程中，待沉淀完全溶解后还会加入稍过量稀硝酸，用平衡移动原理解释此时加入稀硝酸的目的：
_______________________；
（5）温度高于200℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝、二氧化氮和氧气，写出该反应的化学方程式：
____________。
【答案】钝化铝热或置换2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2OcdAl3++3H2O≒Al（OH）3+3H+,加过量HNO3平衡向左移动，抑制Al3+水解4Al（NO3）3
2Al2O3+12NO2↑+3O2↑
【解析】
（1）常温下，铝遇浓硫酸、浓硝酸时，在铝表面迅速生成致密的氧化物保护薄膜，这种现象称为钝化现象。
钝化不是铝与浓硫酸、浓硝酸不发生反应，而是反应迅速进行，迅速停止；铝粉与某些金属氧化物的混合粉末称为铝热剂，引发后发生反应产生很高的温度，可用以冶炼某些难熔的金属，这类氧化还原反应称为铝热反应，其实质是置换反应；
（2）铝灰中的主要成分Al、Al2O3均能与NaOH溶液反应，Fe2O3与NaOH溶液不反应：
2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O；
（3）Al（OH）3既溶于强酸又溶于强碱，既不溶于弱酸又不溶于弱碱，所以若在实验室中完成步骤Ⅱ，为提高铝元素的利用率，可用弱酸替换稀硝酸这一强酸，故可选用醋酸和二氧化碳这两种弱酸，其中二氧化碳更好；
（4）Al（NO3）3中Al3+会水解：
Al3++3H2O≒Al（OH）3+3H+，加过量HNO3可向溶液提供H+使平衡向左移动，从而抑制Al3+水解，同时不引入新的杂质离子；
（5）题
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