其他含铝化合物-高考化学考前专项练习试题（含解析）

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其他含铝化合物
共18题，满分100分
题号 一 二 三 总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请注意保持试卷整洁
一、单选题（共50分）
1．（本题5分）以下物质之间的每步转化中，都能通过一步实现的是
①Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
②Na→Na2O→Na2CO3→NaHCO3→NaOH
③Mg→MgCl2→Mg(OH)2
④Al→Al2O3→Al(OH)3
⑤Al→NaAlO2→Na2CO3
A．②③④ B．①③⑤ C．①②③⑤ D．①②③④⑤
2．（本题5分）下列离子方程书写正确的是
A．氯气和氢氧化钠溶液反应：Cl2+Na++2OH-=NaClO+Cl-+H2O
B．向AlCl3溶液中滴入少量氨水：Al3++ 3OH- = Al(OH)3↓
C．铁跟稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
D．过量的CO2通入偏铝酸钠溶液中：CO2+2H2O+= Al(OH)3↓+
3．（本题5分）下列叙述不正确的是
A．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
C．将SO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；若再通入NH3，则产生沉淀
D．纯锌与稀硫酸反应时加入少量CuSO4固体，速率会加快
4．（本题5分）下列各组物质中，不是按（“→”表示一步完成）关系相互转化的是（ ）
选项 A B C D
a Fe Na Al（OH）3 Cu
b FeCl3 NaOH NaAlO2 CuSO4
c FeCl2 NaCl Al2O3 CuCl2
A．A B．B C．C D．D
5．（本题5分）向物质的量浓度相同的碳酸钠和偏铝酸钠的混合溶液中逐滴加入盐酸，溶液中相关离子的物质的量变化如图所示。下列说法正确的是
A．a曲线表示的离子方程式为
B．当加入盐酸时，开始有二氧化碳生成
C．M点时，溶液中沉淀的质量为
D．当加入盐酸时，氢氧化铝沉淀恰好完全溶解
6．（本题5分）X、Y、Z、W有如图所示转化关系，且ΔH＝ΔH1＋ΔH2，则X、Y可能是
①C、CO　②S、SO2　③AlCl3、Al(OH)3　④Na2CO3、NaHCO3⑤Fe、FeCl2
A．①②③④⑤ B．②④⑤ C．①③④ D．①②③
7．（本题5分）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．NaClO（aq）HClO（aq）HCl（aq）
B．H2SiO3SiO2SiCl4
C．AlAl（OH）3Al2O3
D．Fe2O3Fe（OH）3Fe2（SO4）3（aq）
8．（本题5分）下列两种物质发生反应时，改变用量所发生反应不会变化的是
①AlCl3和氨水 ②Na2CO3与盐酸 ③AlCl3和NaOH溶液 ④Fe与氯气（点燃）
A．①② B．②③ C．②④ D．①④
9．（本题5分）利用手持技术探究氢氧化铝制备实验电导率(电导率越大表示导电能力越强)的变化，浓度均为0.5 mol·L－1 的氢氧化钠和氨水分别滴定0.01 mol·L－1硫酸铝溶液，电导率变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A．a(a )点溶液pH＜7
B．bc段电导率下降是因为生成了Al(OH)3沉淀
C．a b 段和b c 段使用碱的体积比约为3:1
D．b点溶液：c(H+)＜2c(SO42－)+c(OH－)
10．（本题5分）下列变化中的离子方程式书写正确的是(　　)
A．向氯化铝溶液中滴加过量氨水：4NH3·H2O＋Al3＋===AlO2—＋4NH＋2H2O
B．NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量NaOH溶液：Al3＋＋NH4+＋4OH－===Al(OH)3↓＋NH3·H2O
C．向明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：Al3＋＋2SO42—＋2Ba2＋＋4OH－===2BaSO4↓＋AlO2—＋2H2O
D．向NaAlO2溶液中通入足量CO2：2AlO2—＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32—
二、判断题（共20分）
11．（本题4分）向Na[Al(OH)4]溶液中通入少量CO2：2[Al(OH)4]—+CO2=2Al(OH)3↓+CO+H2O。
12．（本题4分）向Na[Al(OH)4]溶液中通入少量CO2：2[Al(OH)4]-＋CO2=2Al(OH)3↓＋CO＋H2O。(_______)
13．（本题4分）用过量氨水除去溶液中的少量。(_____)
14．（本题4分）向NH4Al(SO4)2溶液滴入过量NaOH溶液：Al3++4OH-=+2H2O。( )
15．（本题4分）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(M代表金属离子)。( )
三、解答题（共30分）
16．（本题10分）矿业废水中Al3＋含量的测定和处理是环境保护的重要课题。
(1)向矿业废水中加入NaOH溶液至沉淀不再溶解，再加入一定量的NaHCO3溶液搅拌，反应生成丝钠铝石[NaAl(OH)2CO3]沉淀，过滤除去。写出加入NaHCO3溶液生成丝钠铝石沉淀的离子方程式： 。
(2)为确定加入NaHCO3溶液的量，需测定矿业废水中Al3＋的含量。工业上常采用EDTA络合滴定法，步骤如下：
步骤1：CuSO4标准液的配制与标定。取一定量胆矾溶于水，加入适量稀H2SO4，转移到1 L容量瓶中定容。准确量取25.00 mL所配溶液置于250 mL锥形瓶中，用0.005 0 mol·L－1EDTA标准液滴定至终点。重复3次实验，平均消耗EDTA标准液10.00 mL。
步骤2：样品分析。取10.00 mL矿业废水置于250 mL锥形瓶中，加入一定体积柠檬酸，煮沸；再加入0.005 0 mol·L－1的EDTA标准液20.00 mL，调节溶液pH至4.0，加热；冷却后用CuSO4标准液滴定至终点，消耗CuSO4标准液30.00 mL。(已知：Cu2+、Al3+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)
步骤1中，重复3次实验的目的是 。
②Fe3＋也可与EDTA反应，步骤2中加入的柠檬酸是作为掩蔽剂，消除Fe3+的干扰。若该矿业废水样品中含有Fe3+，而上述实验中未加入柠檬酸，则测定的Al3+含量将 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
③计算该矿业废水中Al3＋的含量 (用mg·L－1表示)(写出计算过程)。
17．（本题10分）工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。某同学设计了如下实验分别测定氮化铝(AlN)样品中AlN和Al4C3的质量分数(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解)。
(1)实验原理
①Al4C3与硫酸反应可生成CH4；
②AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式 。
(2)实验装置(如图所示)
(3)实验过程
①连接实验装置，检验装置的气密性。称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL。
②称取xgAlN样品置于锥形瓶中；塞好胶塞，关闭活塞 ，打开活塞 ，通过分液漏斗加入稀硫酸，与烧瓶内物质充分反应。
③待反应进行完全后，关闭活塞 ，打开活塞 ，通过分液漏斗加入过量 (填化学式)，与烧瓶内物质充分反应。
④ (填入该步应进行的操作)。
⑤记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg。
(4)数据分析
①AlN的质量分数为 。
②若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
③Al4C3的质量分数为 。(该实验条件下的气体摩尔体积为Vm)。
18．（本题10分）氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。为了分析某AlN样品（样品中的杂质不与氢氧化钠溶液反应）中 AlN的含量，某实验小组设计了如下两种实验方案。
已知：AlN+NaOH+H2O＝NaAlO2+NH3↑
【方案1】取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。
（1）上图C装置中球形干燥管的作用是 。
（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先 ，再加入实验药品。接下来的实验操作是 ，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是 。
（3）若去掉装置B，则导致测定结果 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。由于上述装置还存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见 。
【方案2】按以下步骤测定样品中A1N的纯度：
（4）步骤②生成沉淀的离子方程式为 。
（5）步骤③的操作是 。A1N的纯度是 （用m1、m2表示）。
参考答案：
1．C
【详解】①Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与NaOH反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁再与氧气、水反应生成氢氧化铁，都能通过一步实现；
②钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与过量石灰水可反应生成碳酸钙、NaOH，都能通过一步实现；
③Mg与盐酸反应生成氯化镁，氯化镁与NaOH反应生成氢氧化镁，都能通过一步实现；
④Al与氧气反应生成氧化铝，氧化铝不能一步转化为氢氧化铝，不能通过一步实现；
⑤Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠再与二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，都能通过一步实现。
答案选C。
2．D
【详解】A．NaClO是易溶性的强电解质，应该写成离子形式，离子方程式应该为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，A错误；
B．氨水中的NH3·H2O是弱电解质，应该写化学式，离子方程式应该为：Al3++NH3·H2O= Al(OH)3↓+3，B错误；
C．H+氧化性比较弱，只能将Fe氧化为Fe2+，离子方程式应该为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，C错误；
D．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，D正确；
故合理选项是D。
3．B
【详解】A、向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色的氢氧化铝沉淀，再加入过量NaHSO4溶液氢氧化铝溶解，所以沉淀消失，故A正确，不符合题意；
B、加入硝酸铜后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，所以相当于溶液中含有硝酸，硝酸能和铜反应生成硝酸铜和一氧化氮，所以加入硝酸铜后能溶解铜，故B错误，符合题意；
C、将SO2通入BaCl2溶液中至饱和，二氧化硫和氯化钡不反应，因此无沉淀产生，若再通入NH3，则产生亚硫酸钡沉淀，故C正确，不符合题意；
D、锌与少量硫酸铜反应生成铜，锌铜构成原电池加快化学反应速率，故D正确，不符合题意；
综上所述，答案为B。
【点睛】溶液中有硝酸根不会和铜反应，但只要有氢离子，溶液中氢离子和硝酸根和铜就会发生氧化还原反应。
4．C
【详解】A.Fe和Cl2反应生成FeCl3，FeCl3与Fe可以一步生成FeCl2，FeCl2与Mg反应生成Fe单质，A符合要求。B.Na与H2O反应可以生成NaOH，NaOH与HCl反应可以生成NaCl，电解熔融NaCl可以得到Na单质，B符合要求；C.Al(OH)3与NaOH反应可以生成NaAlO2，NaAlO2不能一步生成Al2O3，Al2O3也不能一步生成Al(OH)3，C不符合要求；D.Cu与浓硫酸反应可以生成CuSO4，CuSO4与BaCl2发生复分解反应生成CuCl2，CuCl2与Fe发生置换反应生成Cu，D符合要求。故本题正确答案为C。
5．C
【分析】向物质的量浓度相同的碳酸钠和偏铝酸钠的混合溶液中逐滴加入盐酸，偏铝酸根优先和氢离子反应，a线表示减少，当加入盐酸时，反应完毕，b曲线代表的是碳酸根的物质的量的减少，c线发生反应是碳酸根与氢离子反应转化为碳酸氢根，d曲线表示的是碳酸氢根的减少，根据分析判断。
【详解】A．结合的能力：强于，向、的混合溶液中逐滴加入的盐酸，先发生反应，a线表示减少，故A错误；
B．当加入盐酸时，反应完毕，b曲线代表的是碳酸根的物质的量的减少，然后发生反应，没有二氧化碳生成，故B错误；
C．盐酸50mL时中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO3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，由知，，，故 C正确；
D．当加入盐酸时，反应完毕，发生反应，d线表示减少，此阶段 不参与反应，氢氧化铝不溶解，故 D错误；
答案选C。
【点睛】碳酸钠与盐酸反应实际上时发生两步，第一步生成碳酸氢根，第二步是碳酸氢根与盐酸的反应。
6．C
【分析】如图所示既是盖斯定律的应用，也是物质之间相互转化，符合转化关系的有变价物质的氧化反应、两性物质的转化以及多元酸对应的盐类之间的反应等。
【详解】①由C+O2CO2，可看成C＋1/2O2CO、CO＋1/2O2CO2来完成，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1＋△H2，故①正确；
②S与O2反应生成的是SO2，不会直接生成SO3，不符合转化关系，故②错误；
③由AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+2H2O，可看成AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O来完成，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1＋△H2，故③正确；
④转化关系为：NaOHNa2CO3NaHCO3，NaHCO3，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1＋△H2，故④正确；
⑤Fe和Cl2反应生成FeCl3，不符合转化关系，故⑤错误；
①③④正确，故选C。
7．A
【详解】A. 碳酸的酸性比次氯酸强，次氯酸不稳定，见光分解速率加快，因此NaClO(aq)HClO(aq)HCl(aq)能够实现，故A正确；
B. 二氧化硅不溶于盐酸，SiO2SiCl4不能实现，故B错误；
C. 铝溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠和氢气，AlAl(OH)3不能实现，故C错误；
D. 氧化铁不溶于水，Fe2O3 Fe(OH)3不能实现，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查了物质的性质和转化，掌握物质的性质是解题的关键。本题的易错点为C，要注意铝与氢氧化钠溶液的反应方程式的书写。
8．D
【详解】①AlCl3和氨水反应，由于生成的氢氧化铝和氨水不反应，故无论氨水是否过量，只能生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，故正确；
②Na2CO3与盐酸反应，产物随着HCl的量的多少而不同，当盐酸少量时，两者反应生成NaHCO3和NaCl；当HCl过量时，两者反应生成NaCl、CO2和水，故错误；
③AlCl3和NaOH溶液反应，产物随着NaOH量的多少而不同，当NaOH少量时，两者反应生成Al（OH）3和NaCl；当NaOH过量时，Al（OH）3溶解，反应生成NaAlO2，故错误；
④Fe与氯气（点燃）反应，无论氯气的量如何，只能生成氯化铁，故正确；
故选：D。
【点睛】Fe与氯气（点燃）反应，无论氯气的量如何，只能生成氯化铁；但如果是液体的氧化剂如硝酸等，当铁单质过量时会生成亚铁离子。
9．B
【详解】A. 硫酸铝溶液水解呈酸性，a(a )点溶液pH＜7，故A正确；
B. ab段生成了Al(OH)3沉淀，b点溶质为(NH4)2SO4，一水氨为弱电解质，加氨水后，电导率下降是因为：溶液中离子浓度降低，故B错误；
C. a b 段生成Al(OH)3 沉淀，Al3＋＋3OH－=Al(OH)3，b c 段Al(OH)3＋OH=AlO2－＋2H2O，使用碱的体积比约为3:1，故C正确；
D.b点Al2(SO4)3＋6NH3·H2O=2Al(OH)3↓＋3(NH4)2SO4，根据电荷守恒，c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42－)+c(OH－)，b点溶液：c(H+)＜2c(SO42－)+c(OH－)，故D正确；
故选B。
10．C
【分析】氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀；NH、Al3＋中Al3＋与OH－先反应，NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量NaOH溶液，只有铝离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀；向明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液生成硫酸钡沉淀和偏铝酸钠；向NaAlO2溶液中通入足量CO2生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；
【详解】氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式是3NH3·H2O＋Al3＋=== Al(OH)3↓＋3NH，故A错误；NH、Al3＋中Al3＋与OH－先反应，NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量NaOH溶液，只有铝离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式是Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，故B错误；向明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液生成硫酸钡沉淀和偏铝酸钠，离子方程式是Al3＋＋2SO42—＋2Ba2＋＋4OH－===2BaSO4↓＋AlO2—＋2H2O，故C正确；向NaAlO2溶液中通入足量CO2生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应离子方程式是AlO2—＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3—，故D错误。
【点睛】Al(OH)3是两性氢氧化物，能溶于强碱，不溶于弱碱；向氯化铝溶液中滴入氢氧化钠溶液至过量，先有氢氧化铝沉淀生成，后氢氧化铝沉淀溶解；向氯化铝溶液中滴入氨水至过量，只能生成氢氧化铝沉淀。
11．正确
【详解】四羟基合铝酸钠溶液与通入的少量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为2[Al(OH)4]—+CO2=2Al(OH)3↓+CO+H2O，故对；
12．正确
【详解】向Na[Al(OH)4]溶液中通入少量CO2生成氢氧化铝和碳酸钠：2[Al(OH)4]-＋CO2=2Al(OH)3↓＋CO＋H2O，故正确。
13．错误
【详解】氨水与和都反应生成对应的氢氧化物，所以无法出去铝离子，故该方法错误。
14．错误
【详解】向NH4Al(SO4)2溶液滴入过量NaOH溶液，、Al3+都会与OH-发生反应，与OH-反应产生弱碱NH3·H2O，Al3+与过量OH-反应产生、H2O，故该反应的离子方程式为+Al3++5OH-=NH3·H2O++2H2O，则Al3++4OH-=+2H2O不符合反应事实，因此该离子方程式是错误的。
15．错误
【详解】偏铝酸根离子在强酸性溶液中易转化为铝离子，所以不可以利用偏铝酸钠在强酸性溶液中制备分子筛，故错误。
16． AlO2-+2HCO3-+Na+===NaAl(OH)2CO3↓+CO32- 减小实验误差，提高标定的CuSO4标准液浓度的准确性 偏大 108 mg·L-1
【分析】(1)矿业废水中含Al3+，加入过量NaOH得到AlO2-，再加入一定量的NaHCO3溶液得到丝钠铝石沉淀；
(2)可由步骤1得出CuSO4标准溶液的浓度，步骤2中用CuSO4标准溶液滴定的EDTA标准液为与Al3+反应后剩下的EDTA标准液，结合Cu2+、Al3+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1建立关系式进行计算。
【详解】(1)根据题干信息可知，矿业废水中含Al3+，加入过量NaOH溶液后，Al3+转化为AlO2-，再加入一定量的NaHCO3溶液得到丝钠铝石[NaAl(OH)2CO3]沉淀，反应的离子反应方程式为AlO2-+2HCO3-+Na+===NaAl(OH)2CO3↓+CO32-，故答案为：AlO2-+2HCO3-+Na+===NaAl(OH)2CO3↓+CO32-；
(2)①为避免实验的偶然误差，需要进行重复实验，提高CuSO4标准液浓度的准确性，故答案为：减小实验误差，提高标定的CuSO4标准液浓度的准确性；
②若该矿业废水样品中含有Fe3+，而上述实验中未加入柠檬酸，则Fe3+与EDTA反应，使得消耗的EDTA标准液体积偏大，从而使得测定的Al3+含量偏大，故答案为：偏大；
由步骤1，CuSO4标准溶液的浓度，步骤2中用CuSO4标准溶液滴定的EDTA标准液为与Al3+反应后剩下的EDTA标准液，已知消耗CuSO4标准液30.00 mL，且Cu2+与EDTA反应的化学计量比为1∶1，则与Al3+反应后剩下的EDTA标准液的物质的量为，则消耗的EDTA的物质的量，又Al3+与EDTA反应的化学计量比也为1∶1，则，则该废水中Al3+的含量为，故答案为108mg/L。
17． AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑ K2、K3 K1 K1 K3 NaOH 打开K2，通入空气一段时间 ×100% 偏小 ×100%
【详解】(1)②AlN溶于强碱能生成氨气，铝元素以偏铝酸钠的形式存在，则AlN与NaOH溶液反应的化学方程式是AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；故答案为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；
(3)②根据信息，Al4C3能与硫酸反应生成CH4，AlN溶于强酸产生铵盐，本实验的目的是测定氮化铝样品中AlN和Al4C3的质量分数，应是测甲烷的体积，计算Al3C4的质量，测甲烷的体积是通过排水法，即关闭活塞K2、K3，打开K1；故答案为K2、K3；K1；
③待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量NaOH，使溶液中NH发生反应产生NH3逸出，与锥形瓶内物质充分反应，通过测装置D的质量，从而计算出AlN的质量，故答案为K1；K3；NaOH；
④装置中残留氨气，为了减少误差，应打开K2，通入空气一段时间，把装置中的氨气全部赶出到D中被浓硫酸吸收；故答案为打开K2，通入空气一段时间，把装置中的氨气全部赶出到D中被浓硫酸吸收；
(4)D中吸收氨气的质量是(z-y)g，氨气的物质的量是mol。根据N元素守恒，可得AlN的质量分数为×100%；故答案为×100%；
②若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则压强大于大气压强，气体的体积就偏小；故答案偏小；
③V(CH4)=(a-b)mL，则n(CH4)=，根据C元素守恒可知Al4C3的质量分数为φ==×100%；故答案为×100%；。
18． 防止倒吸 检查装置的气密性 关闭K1，打开K2 把装置中残留的氨气全部赶入C装置 偏高 C装置出口处连接一个干燥装置 CO2＋AlO2－＋2H2O＝HCO3－＋Al(OH)3↓ 过滤、洗涤 ×100%
【详解】（1）AlN+NaOH+H2O＝NaAlO2+NH3↑，氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用；
（2）组装好实验装置，原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品．接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体．打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化．通入氮气的目的是，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算；
（3）若去掉装置B，A中水蒸气能进入C中，导致测定结果偏高；装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以从右侧进入装置C，使测定结果偏高，C右侧需要连接一个盛碱石灰干燥管；
（4）步骤②生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成，反应的离子方程式为：CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al（OH）3↓；
（5）步骤③是分离固体氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，步骤③的操作是过滤、洗涤；
82 102
X m2
X=
A1N的纯度是×100%。
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