江苏省二轮复习教学案铝及其重要化合物.docx
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江苏省二轮复习教学案铝及其重要化合物
江苏省2013年二轮复习教学案铝及其重要化合物
【考点分析】
近5年来，江苏没有对铝及其化合物单独考查，前些年考查较多。
2012年第20题考查铝及其化合物的相关知识。
2012年外省市有5套试卷考到本专题。
铝及其化合物的考查以选择题和天空题形式出现，分值为2-4分。
高考题对本专题的考查主要有两种形式：
一、以铝及其化合物与酸碱的反应为出题依据独立考查；二、混合物分离、提纯方面的考查。
【知识梳理】
一、铝的主要性质及应用
1．物理性质
铝位于元素周期表第三周期ⅢA族，原子结构示意图为
。
铝元素在地壳中含量丰富，仅次于硅。
自然界中的铝全部以化合态存在。
铝为银白色金属，熔点为660.40C，沸点为24670C密度为2.7g·cm-3,导电性仅次于银、铜和金。
2.化学性质
根据下列转化关系，完成化学方程式。
①2Al＋3Cl2
2AlCl3；②2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑；③2Al＋3S
Al2S3；④2Al＋3H2SO4===Al2（SO4）3＋3H2↑；⑤4Al＋3O2
2Al2O3；
⑥2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑；⑦2Al＋Fe2O3
Al2O3＋2Fe。
（1）跟非金属单质反应
①氧气。
常温：
在表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止内部的金属继续与氧气反应。
点燃：
4Al＋3O2
2Al2
②铝容易和卤素反应，常温下和氯气激烈化合生成三氯化铝；在溴中燃烧铝粉生成三溴化铝。
在高温下也能和硫、氮气、碳直接化合成Al2S3、AlN、Al4C3（2000℃）。
（2）铝与酸反应
与非氧化性强酸（稀硫酸、盐酸）反应2Al＋3H2SO4＝Al2（SO4）3＋3H2↑2Al＋6H+＝2Al3+＋3H2↑
与氧化性酸常温下，铝、铁遇浓硫酸、浓硝酸发生钝化，加热时，铝与稀硝酸反应不产生H2，与热浓硫酸、浓硝酸反应：
2Al＋6H2SO4（浓）
Al2（SO4）3＋3SO2↑＋6H2O
（3）铝与强碱溶液反应2Al＋2NaOH＋6H2O＝2Na[Al（OH）4]＋3H2↑
（4）铝热反应
2Al＋Fe2O3
Al2O3＋2Fe铝粉和氧化铁粉末的混合物称为铝热剂，铝热反应可用于焊接钢轨，可用于冶炼Ni、Mn、V等难熔金属。
二、铝的重要化合物
1.氧化铝
（1）氧化铝白色固体，高熔点（2045℃），难溶于水，是两性氧化物
与酸反应：
Al2O3＋6H+＝2Al3+＋3H2O与碱反应：
Al2O3＋2OH－===2AlO+H2O
（2）用途：
熔点很高，是一种比较好的耐火材料，还可以制作各种宝石。
2.氢氧化铝
（1）化学性质：
①氢氧化铝是两性氢氧化物，只溶于强酸或强碱，而不溶于弱酸或弱碱。
与酸反应：
AlOH3＋3H+＝Al3+＋3H2O与碱反应：
AlOH3＋OH＝AlO+H2O
②氢氧化铝受热分解2AlOH3
Al2O3＋3H2O
（2）Al（OH）3的制备：
①用弱碱氨水与可溶性铝盐反应.Al3++3NH3·H2O
Al（OH）3↓+3NH4＋
②向偏铝酸盐中通入CO22AlO+CO2+3H2O
2Al（OH）3↓+
（3）明矾
明矾是含有结晶水的硫酸钾和硫酸铝的复盐。
化学式KAl（SO4）2·12H2O
KAl（SO4）2·12H2O=K+＋Al3＋＋2SO42－＋12H2O，Al3＋容易水解，生成胶状的氢氧化铝Al（OH）3
Al3++3H2O
Al（OH）3（胶体）+3H+，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，并形成沉淀，使水澄清。
所以，明矾是一种较好的净水剂。
【热点难点全析】
一、“铝三角”的转化关系及其应用
1.Al3＋、Al（OH）3、AlO
之间转化关系
离子方程式：
（1）①Al3＋＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH
②Al3＋＋3AlO
＋6H2O===4Al（OH）3↓③Al3＋＋3OH－===Al（OH）3↓
（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.应用
（1）制取Al（OH）3：
A13++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+AlO+CO2
=Al（OH）3↓+HCO3－
（2）离子共存问题：
Al3+与OH－、S2－、HS－、AlO、CO32－、HCO3－因双水解反应或生成沉淀而不能大量共存；AlO与H+、NH4+、Al3+、Fe3+等不能大量共存。
（3）鉴别（利用滴加顺序不同，现象不同）
①AlCl3溶液中滴加NaOH溶液现象为：
先产生白色沉淀，后沉淀溶解。
②NaOH溶液中滴加AlCl3溶液现象为：
开始无明显现象，后产生白色沉淀，沉淀不溶解。
（4）分离提纯
①利用Al能溶于强碱溶液，分离Al与其他金属的混合物。
②利用Al2O3能与强碱溶液反应，分离Al2O3与其他金属氧化物。
⑧利用Al（OH）3，能L强碱溶液反应，分离Al3+与其他金属阳离子。
【典例1】向30mL1mol·L－1的AlCl3溶液中逐渐加入浓度为4mol·L－1的NaOH溶液，若产生0.78g白色沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为（ ）
A．3mLB．7.5mLC．15mLD．17.5mL
【解析】已知n（AlCl3）＝0.03mol，n[Al（OH）3]＝0.01mol，由沉淀的物质的量小于氯化铝的物质的量可推知此题可能有两个答案：
一是氢氧化钠不足，二是氢氧化钠过量。
由两者反应的离子方程式知Al3＋＋3OH－===Al（OH）3↓，Al（OH）3＋OH－===AlO
＋2H2O
当碱的量不足时，则V（NaOH）＝
L＝0.0075L＝7.5mL；当碱过量时，则V（NaOH）＝
L＝0.0275L＝27.5mL。
【答案】B
二、氢氧化铝沉淀的图象分析
操作
向一定量的AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量。
向一定量的NaAlO2溶液中逐滴加入稀盐酸溶液至过量。
向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液至过量。
现象
立即产生白色沉淀→渐多→最多→减少→消失
立即产生白色沉淀→渐多→最多→减少→消失
无沉淀→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失
图像
离子方程式
Al3++3OH-=Al（OH）3↓
Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O
AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓
Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓
操作
向一定量的盐酸溶液中逐滴加入NaAlO2溶液至过量。
向一定量的AlCl3溶液中逐滴加氨水溶液至过量。
向一定量的NaAlO2溶液中缓慢通入CO2至过量。
现象
无沉淀→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失
立即产生白色沉淀→渐多→最多→沉淀不消失
立即产生白色沉淀→渐多→最多→沉淀不消失
图像
离子方程式
AlO2-+4H+=Al3++2H2O
Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3
Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+
Al（OH）3与NH3·H2O不反应
2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-
CO32-+CO2+H2O=2HCO3-
Al（OH）3与CO2+H2O不反应
【典例2】下列图像正确的是（）
【解析】选B。
由铝元素守恒，并结合“铝三角”的转化关系得：
A项，Al3+与H+不发生反应，Al（OH）3与H+反应时，Al（OH）3的量应减少；B项，Al3+与OH-发生反应生成Al（OH）3，且两者的物质的量之比为1∶3,Al（OH）3与OH-发生反应生成
，且两者的物质的量之比为1∶1；C项，当Al3+与OH-完全反应生
成Al（OH）3时，生成的Al（OH）3应是1mol；D项
与H+发生反应生成Al（OH）3，两者的物质的量之比为1∶1,故选B项。
三、铝与酸、碱反应生成H2的量的关系
铝与酸、碱反应的化学方程式分别为2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。
从化学方程式可以看出Al与酸、碱反应时生成H2的实质都是Al
Al3＋，所以无论与酸还是与碱反应，Al与H2的关系都是2Al～3H2。
（1）等量铝分别与足量盐酸和氢氧化钠溶液反应，产生氢气体积比
＝1∶1。
（2）足量的铝分别与等物质的量的盐酸和氢氧化钠反应，产生氢气的体积比为
＝1∶3。
（3）一定量的铝分别与一定量的盐酸和氢氧化钠反应，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铝与氢氧化钠反应时，铝不足而氢氧化钠过量。
解题时应充分利用上述过量关系。
【典例3】甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol·L－1的盐酸和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）＝1∶2，则加入铝粉的质量为
（ ）
A．5.4gB．3.6gC．2.7gD．1.8g
【答案】A【解析】其反应原理分别为2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。
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1∶3，而题设条件体积比为1∶2，说明此题投入的铝粉对盐酸来说是过量的，而对于NaOH来说是不足的。
2Al＋6HCl === 2AlCl3＋3H2↑
6mol3mol
3mol·L－1×0.1L0.15mol
则Al与NaOH反应生成的H2为0.15mol×2＝0.3mol。
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
2×27g3mol
5．4g0.3mol
即投入的铝粉为5.4g。
【高考零距离】
1、（2012·天津高考·1）根据下列物质的化学性质，判断其应用错误的是（）
A．酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒
B．CaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂
C．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂
D．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料
【思路点拨】解答本题要注意明矾加入水中起到净水作用而不是漂白剂和杀菌消毒。
【解析】选C。
75﹪的酒精有杀菌消毒的作用，原理是使蛋白质变性死亡，所以A正确；氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，起到除二氧化硫的作用，所以B正确；明矾放到自来水中，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，吸附杂质起到净水作用，所以C错误；过渡金属的某些合金有吸附氢气的作用，所以D正确。
2、（2012·江苏高考·5）下列有关物质的性质与应用不相对应的是
A.明矾能水解生成Al（OH）3胶体,可用作净水剂
B.FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路
C.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
D.Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料
【参考答案】C【分析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，这些内容都来源于必修一、和必修二等课本内容。
铝离子水解、胶体的吸附性、Fe3＋的氧化性、SO2和Zn的还原性等内容，看来高三一轮复习围绕课本、围绕基础展开，也不失为一条有效途径。
【解题指南】解答本题时应牢记典型物质的性质和应用，搞清其中有关的化学原理。
【解析】选C。
A项，明矾水解生成的氢氧化铝胶体有吸附性，可作净水剂，A项正确；B项，三氯化铁溶液可以与铜反应，三氯化铁溶液用于蚀刻电路，B项正确；C项，二氧化硫的漂白是二氧化硫的漂白性，而不是还原性，C项错误；D项，电池的电极应能导电，负极上发生氧化反应，D项正确。
3、（2012·江苏高考·7）下列物质转化在给定条件下能实现的是
A.
B.
C.
D.
【参考答案】A【分析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴。
三氧化铝的两性、偏铝酸酸性弱于碳酸、候氏制碱原理、Fe3＋水解FeCl3溶液蒸干得不到无水FeCl3、氢氧化镁不稳定性等内容都来源于必修一、和必修二等课本内容及课本上的基本反应，看来高三复习不能“舍本逐末”。
【解题指南】解答本题时应注意掌握中学化学常见物质的相互转化及相关方程式。
【解析】选A。
对于①：
第一步转化Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，
第二步转化2NaAlO2＋CO2＋3H2O=2Al（OH）3↓＋Na2CO3
或NaAlO2＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋NaHCO3；
对于②：
第一步转化不能一步实现，第二步转化SO3+H2O=H2SO4；
对于③：
第一步转化NaCl+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl,
第二步转化2NaHCO3
Na2CO3＋H2O＋CO2↑
对于④：
第一步转化Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,
第二步转化，FeCl3水解，得不到无水FeCl3；
对于⑤：
第一步转化Ca（OH）2+MgCl2=Mg（OH）2↓+CaCl2,
第二步转化Mg（OH）2
MgO＋H2O；所以选A.①③⑤。
4.（2011·江苏高考·3）.下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是
A.常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸
B.二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器
C.二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
D.铜的金属活泼性比铁的弱，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀
【答案】选A。
【解析】解答本题时应注意典型物质的性质和应用，注意其中有关的化学原理。
因为常温下浓硫酸能够使铝表面生成一层致密的氧化物保护膜，所以常温下可以用铝制贮罐贮运浓硫酸，A正确；B项，二氧化硅可以与氢氟酸反应，B项错误；C项，二氧化氯杀菌消毒后氯的化合价降低，二氧化氯杀菌消毒应用了二氧化氯的氧化性，C项错误；D项，在海轮上装铜，海轮外壳（含铁）、铜和溶有电解质的海水，形成原电池，铁的腐蚀加快，D项错。
5.（2010·上海·21T）甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL0.1mol·L-1AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成。
下列判断正确的是
A．甲中沉淀一定比乙中的多B．甲中沉淀可能比乙中的多
C．甲中沉淀一定比乙中的少D．甲中和乙中的沉淀可能一样多
【答案】BD【解析】此题考查了元素化合物知识。
根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故此加入时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同pH的两溶液中的溶质氨水大于氢氧化钠，当两者均不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，生成的沉淀氨水多；可知BD正确。
解法点拨：
此题解答时，选用的是讨论法，其多用在计算条件不足，据此求解时需要在分析推理的基础上通过某些假设条件，加以讨论才能正确解答；故此在应用讨论法解题时，关键是先要分析条件与求解问题之间的联系，形成正确的解题方法。
6.（2010·重庆·8T）下列叙述正确的是
A．铝制容器可盛装热的H2SO4B．Agl胶体在电场中自由运动
C．K与水反应比Li与水反应剧烈D．红磷在过量Cl2中燃烧生成PCl3
【答案】C【解析】本题考察物质的性质。
A项，铝与热的浓硫酸反应，错误。
B项，AgL胶体吸附电荷而带电，故在电场作用下做定向移动，错误。
C项，K比Li活泼，故与水反应剧烈，正确。
D项，P与过量的
反应，应生成
错误。
铝在冷、热
中发生钝化，但是加热则可以发生反应，胶体自身不带电，但是它可以吸附电荷而带电。
由此警示我们，化学学习的平时学生一定要严谨，对细小知识点要经常记忆，并且要找出关键字、词。
7、（2012·福建高考·23）（14分）
（1）元素M的离子与NH4+所含电子数和质子数均相同，则M的原子结构示意图为。
（2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为。
（3）能证明Na2SO3溶液中存在SO32—+H2O
HSO3—+OH—水解平衡的事实是（填序号）。
A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液红色退去
B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色退去
C．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色退去
（4）元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化（其中D是纤维素水解的最终产物）：
①非金属XY（填“＞”或“＜”）
②Cu2Y与过量浓硝酸反应有红棕色气体生成，化学方程式为。
（5）在恒容绝热（不与外界交换能量）条件下进行2A（g）+B（g）
2C（g）+D（s）反应，按下表数据投料，反应达到平衡状态，测得体系压强升高，简述该反应的平衡常数与温度的变化关系：
。
物质
A
B
C
D
起始投料/mol
2
1
2
0
【解题指南】解答本题时应明确如下几点：
（1）砖红色沉淀是Cu2O。
（2）要证明某溶液中存在水解平衡，要证明两点：
一要证明存在某种水解产物，二要证明水解平衡会发生移动。
（3）温度变化引起的平衡正向移动，平衡常数变大，反之变小。
【解析】
（1）铵根离子中含有10个电子，11个质子，H3O+和Na+中都含有11个质子和10个电子，与之相同的单核离子为钠离子，则M的原子结构示意图为
（2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为：
Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，注意氨水为弱碱，在写离子方程式时要保留化学式形式；
（3）无论Na2SO3是否完全水解，则加硫酸都会中和OH－，酚酞都会褪色，只能证明发生了水解，而无法说明是否存在水解平衡，A选项错误；氯水既可能中和OH－，又可能将酚酞氧化，所以褪色不足以说明存在水解平衡，B选项错误；加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则该沉淀一定是BaSO3，说明SO32－没有水解完全，红色褪去，说明c（OH－）减小，因为OH－与BaCl2不反应，只能说明平衡逆向移动引起其浓度的减小，C选项正确；（4）先推断元素，悬浊液与D的溶液（葡萄糖溶液）生成砖红色沉淀是氧化亚铜，则Y为O元素，X，Y同主族，则X为S元素。
问题就很好回答，非金属性X＜Y，Cu2O与浓硝酸反应生成红棕色的气体NO2，利用氧化还原反应原理并配平可写出方程式：
Cu2O+6HNO3（浓）=2Cu（NO3）2+2NO2↑+3H2O
（5）在恒容绝热的情况下，反应达到平衡后，体系压强升高，可推知气体体积变大，说明反应是向左移（注意D为固态）。
因为该反应为气体体积减小的反应，反应后气体的物质的量减小，根据PV＝nRT，因为压强增大，所以温度必须升高才能满足该条件，说明该反应为放热反应。
所以升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。
23题考查得都是主干知识，只是觉得拼盘得太明显，5个小问各不相干，独立成题，是否可用10电子,18电子微粒把它们串起来，比如Na+，Al3+，O2—，S2—。
其中第4问涉及有机化学知识，把知识很好的揉合在一起，第3问，第5问要求思维推理能力较高。
【答案】
（1）
（2）Al3++3NH3·H2O
Al（OH）3↓+3NH4+
（3）C（4）①＜②Cu2O+6HNO3（浓）
2Cu（NO3）2+2NO2↑+3H2O
（5）平衡常数随升高的温度而减小（或其他合理答案）
8、（2012·江苏高考·20）（14分）铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛。
（1）真空碳热还原-氯化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：
Al2O3（s）＋AlCl3（g）＋3C（s）=3AlCl（g）＋3CO（g）△H=akJ·mol－1
3AlCl（g）=3Al（l）＋AlCl3（g）△H=bkJ·mol－1
反应Al2O3（s）＋3C（s）=2Al（l）＋3CO（g）的△H=kJ·mol－1（用含a、b的代数式表示）。
Al4C3是反应过程的中间产物。
Al4C3与盐酸反应（产物之一是含氢量最高的烃）的化学方程式。
（2）镁铝合金（Mg17Al12）是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得。
该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为
Mg17Al12＋17H2=17MgH2＋12Al。
得到的混合物Y（17MgH2＋12Al）在一定条件下释放出氢气。
熔炼制备镁铝合金（Mg17Al12）时通入氩气的目的是。
在6.0mol·L－1HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2。
1molMg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为。
在0.5mol·L－1NaOH和1.0mol·L－1MgCl2溶液中，
混合物Y均只能部分放出氢气，反应后残留固体物质X-射线衍射谱图如右图所示（X-射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。
在上述NaOH溶液中，混合物Y中产生氢气的主要物质是
（填化学式）。
（3）铝电池性能优越，Al-AgO电池可用作水下
动力电源，其原理如右下图所示。
该电池反应
的化学方程式为：
。
【参考答案】
（1）
a＋b
Al4C3＋12HCl=4AlCl3＋3CH4↑
（2）
防止MgAl被空气氧化
52mol
Al
（3）2Al＋3AgO＋2NaOH=2NaAlO2＋3Ag＋H2O
【分析】本题以新能源、新材料为背景涉及元素化合物性质、热化学方程式和电极反应方程式的书写、读图读表计算与分析的综合题，是以常见物质相关的化学知识在生产、生活中具体运用的典型试题。
【备考提示】高三复习一定要关注社会、关注生活、关注新能源新材料、关注环境保护与社会发展，适度加强综合训练，把学生的能力培养放在高三复习的第一位。
【解题指南】解答本题时应注意题目提供的信息，结合相关化学原理和涉及到的物质的性质，分析解决具体问题。
【解析】
（1）①将题给的两个热化学方程式相加；②含氢量最高的烃为甲烷，由质量守恒推知另一产物为氯化铝；
（2）①镁、铝性质活泼，通入氩气防止镁、铝与空气反应；
②与盐酸反应后将释放出吸收的17mol氢气，另外，镁与盐酸反应生成17mol氢气，铝与盐酸反应生成18mol氢气，共52mol氢气；
③镁不与氢氧化钠溶液反应，铝可以与氢氧化钠溶液反应；
（3）原电池负极发生氧化反应（铝被氧化），正极发生还原反应（氧化银中的银被还原），结合电解质溶液可知，铝转化为偏铝酸钠；
【答案】
9.（2011·广东高考·32）
（注：
NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华）
（1）精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为
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