专题08 元素及其化合物金属届高三名校化学试题解析分项汇编上海版解析版.docx

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专题08元素及其化合物金属届高三名校化学试题解析分项汇编上海版解析版

名校联考试题分类汇编（上海版）

选择题：

专题八元素及其化合物（金属）

1．（2016年杨浦一模）下列反应的产物中，只存在+3价铁元素或氮元素的是

A．过量的铁丝在氯气燃烧B．过量的铁粉与溴水反应

C．烧碱溶液吸收NO2D．硝酸铜受热分解

【考点】铁的化学性质．

【专题】几种重要的金属及其化合物．

【分析】A．氯气具有强氧化性，和变价金属反应生成高价化合物；

B．过量铁粉和溴水反应生成溴化亚铁；

C．烧碱吸收二氧化氮反应生成亚硝酸钠、硝酸钠和水；

D．硝酸铜受热分解生成氧化铜二氧化氮和水；

【解答】解：

A．过量的铁丝在氯气燃烧生成氯化铁，2Fe+3Cl2

2FeCl3，故A符合；

B．过量铁粉和溴水反应生成溴化铁，2Fe+3Br2=2FeBr3，过量的铁和溴化铁溶液反应生成溴化亚铁，2FeBr3+Fe=3FeBr2，溶液中可能存在+2价和+3价的铁元素，故B不符合；

C．烧碱溶液吸收NO2发生反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，产物中氮元素存在+2价和+3价，故C不符合；

D．硝酸铜受热分解生成氧化铜二氧化氮和水，2Cu（NO3）2

2CuO+4NO2↑+O2↑，但元素化合价为+4价，故D不符合；

故选A．

【点评】本题考查了铁及其化合物性质的分析，主要是物质性质的掌握，掌握基础是关键，题目难度中等．

2．（2016年浦东一模）Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，下列说法正确的是（　　）

A．碳只存在金刚石和石墨两种同素异形体

B．Mg、MgO中微粒的半径：

r（O2﹣）＞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．相同质量的镁在足量的CO2和O2中完全燃烧，固体质量增重相等

【考点】镁的化学性质．

【专题】几种重要的金属及其化合物．

【分析】A．碳有金刚石、石墨、足球烯等多种同素异形体；

B．电子层越多半径越多，电子层相同的，质子数越多，半径越小；

C．同一氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；

D．镁与氧气反应生成氧化镁，镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳．

【解答】解：

A．碳有金刚石、石墨、足球烯等多种同素异形体，故A错误；

B．Mg、MgO中微粒的半径：

r（Mg）＞r（O2﹣）＞r（Mg2+），故B错误；

C．同一氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，该反应中Mg是还原剂、C是还原产物，所以Mg的还原性大于C，故C正确；

D．相同质量的镁在足量的CO2和O2中完全燃烧，在二氧化碳中燃烧时固体质量增重的多与在氧气中燃烧增重，故D错误；

故选：

C．

【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉碳的同素异形体、镁的性质是解题关键，注意微粒半径大小比较的一般规律，题目难度不大．

3．（2016年浦东一模）把少量过氧化钠投入下列溶液中，有白色沉淀生成的是

A．1mol/L氢氧化钠B．饱和碳酸氢钠

C．1mol/L硫酸亚铁D．饱和碳酸钠

【考点】钠的重要化合物．

【专题】金属概论与碱元素．

【分析】A、把少量过氧化钠投入水中，生成氢氧化钠；

B、把少量过氧化钠投入水中，生成氢氧化钠和饱和碳酸氢钠生成碳酸钠；

C、生成氢氧化钠和氧气，和硫酸亚铁反应生成红褐色沉淀；

D、把少量过氧化钠投入水中，溶剂水的量减少，原饱和溶液．

【解答】解：

A、把少量过氧化钠投入水中，生成氢氧化钠，仍然是溶液，故A错误；

B、把少量过氧化钠投入水中，生成氢氧化钠和饱和碳酸氢钠生成碳酸钠溶液，无白色沉淀生成，故B错误；

C、生成氢氧化钠和氧气，和硫酸亚铁反应生成红褐色沉淀，不是白色沉淀，故C错误；

D、把少量过氧化钠投入水中，溶剂水的量减少，原饱和溶液，所以有碳酸钠固体析出，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查的是钠化合物的性质与铁的化合物性质，正确分析反应过程是解本题的关键，经常考查的还有Na2O2、Na投入CuSO4溶液中观察到的现象，难度不大．

4．（2016六校联考）“拟晶”（quasicrystal）是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质．Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能．下列有关这种拟晶的说法正确的是

A．无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价

B．Al65Cu23Fe12的硬度小于金属铁

C．Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料

D．1molAl65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265mol电子

【考点】金属与合金在性能上的主要差异．

【专题】几种重要的金属及其化合物．

【分析】A．金属无负价，根据化合价代数和为0的原则；

B．合金的硬度一般比各成分金属大；

C．原电池能加快化学反应的速率；

D．Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价．

【解答】解：

A．拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作零价，故A错误；

B．拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，故B错误；

C．Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故C正确；

D．溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价，故1molAl65Cu23Fe12失电子为65×3+23×2+12×3=277mol，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查原电池、合金的性质等，难度不大，注意金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作零价，为易错点．

5．（2016虹口二模）（3分）下列有关碳酸钠在化学实验中的作用叙述错误的是（　　）

A．

用碳酸钠溶液制备少量烧碱

B．

用饱和碳酸钠溶液除去CO2中混有的HCl气体

C．

用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇和乙酸

D．

用热的碳酸钠溶液洗涤银镜反应前试管内壁的油污

考点：

钠的重要化合物．.

专题：

元素及其化合物．

分析：

A．碳酸钠可与氢氧化钙反应生成NaOH；

B．CO2和HCl都能与饱和碳酸钠反应；

C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，但饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇和乙酸；

D．碳酸钠水解呈碱性，可除去油污．

解答：

解：

A．碳酸钠可与氢氧化钙发生复分解反应，在实验室中可用于制备NaOH溶液，故A正确；

B．CO2和HCl都能与饱和碳酸钠反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，故B错误；

C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应，可溶乙醇于水，可起到分离物质的作用，故C正确；

D．热的碳酸钠溶液呈碱性，油污在碱性条件下可发生水解，可除去油污，故D正确．

故选：

B．

点评：

本题考查碳酸钠的性质，为高频考点，注意碳酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，题目难度不大．

6．（2016长宁一模）某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生．下列化合物中符合上述条件的是（　　）

A．AlCl3B．Na2OC．FeCl2D．SiO2

【考点】真题集萃；盐类水解的应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．

【分析】选项中物质只有FeCl2不能由两种单质直接反应生成，且SiO2与Ba（HCO3）2不反应，Na2O与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，以此来解答．

【解答】解：

A．Al与氯气化合生成AlCl3，AlCl3与Ba（HCO3）2溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故A正确；

B．钠与氧气反应生成氧化钠，但Na2O与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，只生成碳酸钡沉淀，故B错误；

C．Fe与氯气化合生成FeCl3，故C错误；

D．Si与氧气化合生成SiO2，但SiO2与Ba（HCO3）2不反应，故D错误；

故选A．

【点评】本题为2015年山东高考题，侧重元素化合物知识及反应原理的考查，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，注意选项A中相互促进水解反应，题目难度不大．

7．（2016长宁一模）下列各组物质混合后，再加热蒸干并在300℃时充分灼烧至质量不变，最终可能得到纯净物的是（　　）

A．向FeSO4溶液中通入Cl2

B．向KI和NaBr混合溶液中通入Cl2

C．向NaAlO2溶液中加入HCl溶液

D．向NaHCO3溶液中加入Na2O2粉末

【考点】氯气的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．

【专题】卤族元素；几种重要的金属及其化合物．

【分析】A．根据硫酸难挥发，盐酸易挥发，FeSO4溶液和过量Cl2反应生成Fe2（SO4）3和FeCl3，Fe2（SO4）3再加热蒸干得到硫酸铁；FeCl3再加热蒸干，得到后氢氧化铁来解答；

B．根据KI、NaBr在高温下不会分解，氯气会把碘和溴氧化出来，最终碘和溴和水挥发，只剩KCl、NaCl来解答；

C．向NaAlO2溶液中加入HCl溶液反应生成氢氧化铝和氯化钠，过量时生成氯化钠和氯化铝溶液，加热蒸发得到氢氧化铝和氯化钠；

D．1mol过氧化钠与水反应生成2mol氢氧化钠，氢氧化钠与碳酸氢钠按1：

1恰好反应生成碳酸钠．

【解答】解：

A．FeSO4溶液和过量Cl2反应生成Fe2（SO4）3和FeCl3，Fe2（SO4）3加热水解生成氢氧化铁和硫酸，硫酸难挥发，再加热蒸干并在300℃时充分灼烧至质量不变得到硫酸铁；FeCl3加热水解生成氢氧化铁和氯化氢，灼烧后氢氧化铁分解产生氧化铁和水，所以得到的是Fe2（SO4）3和Fe2O3混合物，故A错误；

B．因KINaBr在高温下不会分解，氯气会把碘和溴氧化出来，加热蒸干、灼烧至质量不变，碘升华，溴和水挥发，加热蒸干、灼烧，残留固体为KCl、NaCl混合物，故B错误；

C．向NaAlO2溶液中加入适量HCl溶液反应生成氢氧化铝和氯化钠，过量时生成氯化钠和氯化铝溶液，加热蒸发得到氢氧化铝和氯化钠混合物，加热蒸干、灼烧，残留固体为氧化铝和氯化钠，故C错误；

D．1mol过氧化钠与水反应生成2mol氢氧化钠，2mol氢氧化钠与2mol碳酸氢钠按恰好反应生成碳酸钠，加热蒸干、灼烧，残留固体为碳酸钠，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查了物质性质的应用，物质反应量不同产物不同，水解的盐蒸干溶液得到水解产物还是原溶质取决于水解生成物的挥发性，盐的性质，题目难度中等．

8．（2016长宁一模）两份质量相等的Na2O2和NaHCO3混合物，其中一份加入足量的盐酸充分反应后放出2.24L（标准状况）的气体；将这些气体通入另一份混合物中使其充分反应，气体体积变为2.016L（标准状况）．则原混合物中Na2O2和NaHCO3的物质的量之比为（　　）

A．8：

1B．2：

1C．3：

2D．2：

9

【考点】有关混合物反应的计算．

【专题】利用化学方程式的计算．

【分析】第一份发生反应为：

2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成气体2.24L为O2、CO2，将第一份生成的气体，通入第二份Na2O2的NaHCO3的混合粉末，发生反应：

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，导致气体体积减小，讨论二氧化碳是否过量，结合方程式计算过氧化钠、碳酸氢钠的物质的量，据此进行解答．

【解答】解：

2.24L混合气体的物质的量为：

=0.1mol，

2.016L气体的物质的量为：

=0.09mol，

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2气体物质的量减少△n

221

nm0.1mol﹣0.09mol=0.01mol

则n=m=0.02mol，

若CO2完全反应，则第一份生成CO2的物质的量为0.02mol，O2的物质的量为：

0.1mol﹣0.02mol=0.08mol，

2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑

0.16mol0.08mol

NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑

0.02mol0.02mol

所以Na2O2为0.16mol，NaHCO3为0.02mol，

则原混合物中Na2O2和NaHCO3的物质的量之比为0.16mol：

0.02mol=8：

1；

若CO2有剩余，则Na2O2的物质的量为：

0.02mol，

2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑

0.02mol0.01mol

则第一份生成O2的为0.01mol，所以CO2的物质的量为：

0.1mol﹣0.01mol=0.09mol，

NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑

0.09mol0.09mol

所以Na2O2为0.02mol，NaHCO3为0.09mol，

则原混合物中Na2O2和NaHCO3的物质的量之比为0.02mol：

0.09mol=2：

9，

故选AD．

【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，关键讨论二氧化碳与过氧化钠过量反应，注意过氧化钠与盐酸的反应情况，侧重考查学生的分析理解能力及化学计算能力．

9．（2014静安二模）（4分）已知有反应：

Cu2O+2H+→Cu+Cu2++H2O，则可用来检验氢气还原CuO所得的红色固体中是否含Cu2O的试剂是（　　）

A．

稀硝酸

B．

稀硫酸

C．

盐酸

D．

浓硫酸

考点：

物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；铜金属及其重要化合物的主要性质．.

专题：

物质检验鉴别题．

分析：

Cu与非氧化性酸不反应，若含Cu2O，加非氧化性酸得到蓝色溶液，以此鉴别．

解答：

解：

氢气还原CuO所得的红色固体中有Cu，可能含Cu2O，由Cu2O+2H+→Cu+Cu2++H2O及Cu与非氧化性酸不反应，则加稀硫酸或稀盐酸若得到蓝色溶液，则证明含Cu2O，

否则不含；而稀硝酸、浓硫酸均具有强氧化性，与Cu反应，则不能检验，

故选BC．

点评：

本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，把握信息中的反应及Cu与稀硫酸、盐酸不反应为解答的关键，注意发生的氧化还原反应原理，题目难度不大．

10．（闸北一模）金属能导电的原因是

A．金属阳离子与自由电子间的作用较弱

B．金属在外加电场作

用下可失去电子

C．金属阳离子在外加电场作用下可发生定向移动

D．自由电子在外加电场作用下可发生定向移动

【答案】D

【解析】

试题分析：

组成金属晶体的微粒为金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定向移动，故能导电，与金属阳离子无关．

考点：

考查了金属晶体的相关知识

11．（十一校联考）检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（）

A．NaOHB．KMnO4C．KSCND．苯酚

【答案】B

【解析】

试题分析：

A、加入氢氧化钠，因含有铁离子，可生成红褐色沉淀，不能检验是否含有亚铁离子，故A错误；B、亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾等发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，可鉴别，故B正确；C、亚铁离子与KSCN不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故C错误；D、亚铁离子与苯酚不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故D错误；故选B。

考点：

考查了物质的检验的相关知识。

12．（松江一模）将NaHCO3和Na2O2的固体混合物xg在密闭容器中加热至250℃，充分反应后排出气体．将反应后的固体溶入水无气体放出，再逐滴加入盐酸，产生气体（标准状况）与所加盐酸体积之间的关系如图所示．下列说法错误的是（　　）

A．HCl的浓度0.2mol/L

B．反应后固体的成分为NaOH与Na2CO3

C．密闭容器中排出气体的成分为O2和H2O

D．x的数值为6.09

【考点】钠的重要化合物．

【专题】元素及其化合物．

【分析】在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：

2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，根据二者的物质的量的关系来分析求解．

【解答】解：

A、由175ml到275ml是与碳酸氢钠反应，而n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=n（CO2）=0.02mol，

NaHCO3～～～HCl

1mol1mol

0.02mol0.02mol

所以C（HCl）=

=0.2mol/L，故A正确；

B、由图象可知，因为175＞275﹣175所以固体混，合物为NaOH，Na2CO3，故B正确；

C、由方程式可知：

2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O，生成0.02mol的二氧化碳和0.02mol的水，再根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知密闭容器中排出气体的成分O2，H2O，故C正确；

D、根据碳守恒可知，n（NaHCO3）=n（CO2）=0.02mol×2=0.04mol，275ml时溶质是单一的氯化钠，根据钠守恒可知n（Na2O2）=

=0.0075mol，固体的质量为：

0.04×84+0.0075×78=3.945g，故x=3.945g，故D错误；

故选D．

【点评】本题考查了过氧化钠、碳酸氢钠的性质及混合物组成的计算，题目难度中等，注意掌握过氧化钠、碳酸氢钠的性质及根据化学方程式进行的简单计算方法，本题中分析、理解图象信息是解题关键．

13．（浦东二模）Na、Al、Fe都是重要的金属元素．下列说法正确的是（　　）

A．三者的氧化物都是碱性氧化物

B．三者的氢氧化物都是白色固体

C．三者的氯化物都可用化合反应制得

D．三者的单质在空气中最终都生成氧化物

【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．

【专题】几种重要的金属及其化合物．

【分析】A．过氧化钠、四氧化三铁都不是碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物；

B．氢氧化铁为红褐色固体；

C．氯化钠、氯化铝、氯化铁都可以由三种的单质与氯气反应得到；

D．钠在空气中最终得到的是碳酸钠，Al的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止了Al与氧气继续反应．

【解答】解：

A．Na、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠、四氧化三铁不是碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物，故A错误；

B．氢氧化钠、氢氧化铝为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B错误；

C．Na、Al、Fe都能够与氯气发生化合反应生成氯化钠、氯化铝、氯化铁，故C正确；

D．Na在空气中最终生成碳酸钠，Al的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止Al与氧气的进一步反应，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查了常见金属元素及其化合物性质，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意掌握碱性氧化物的概念及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．

14．（七校联考）钙和钠相似，也能形成过氧化物，则下列叙述正确的是（　　）

A．过氧化钙的化学式是Ca2O2

B．1mol过氧化钠或过氧化钙跟足量水反应都生成0.5mol氧气

C．过氧化钙中阴阳离子数之比为2：

1

D．过氧化钙中只含离子键

【考点】碱金属的性质．

【分析】A．过氧根离子带有2个单位负电荷；

B．根据过氧化钠或过氧化钙跟足量水反应的方程式计算；

C．过氧化钙中阴离子为过氧根离子；

D．过氧化钙中钙离子与过氧根离子通过离子键结合，过氧根中两个氧原子通过共价键结合；

【解答】解：

A．氧化钙的化学式是CaO2，故A错误；

B．因过氧化钠或过氧化钡跟水反应：

2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2H2O+2CaO2=2Ca（OH）2+O2↑，都是1mol过氧化物跟足量水反应都生成0.5mol氧气，故B正确；

C．过氧化钙中阴离子为过氧根离子，过氧化钙中阴阳离子数之比为1：

1，故C错误；

D．过氧化钙中既含有离子键又含有共价键，故D错误；

故选：

B．

15．（七校联考）某同学在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，物质转化关系如图所示：

下列说法不正确的是（　　）

A．x为NaOH溶液，y为盐酸

B．a→b发生的反应为：

AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓

C．b→c→Al的反应条件分别为：

加热、电解

D．a、b、c既能与酸又能与碱反应

【考点】铝的化学性质；镁的化学性质；物质分离、提纯的实验方案设计．

【分析】在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，加入试剂X，过滤得到铁，说明试剂X能溶解铝，盐酸和铁、铝都反应，氢氧化钠溶液只和铝反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，生成可溶性的偏铝酸盐，所以x为NaOH溶液，y为盐酸，a为偏氯酸钠溶液，偏铝酸钠和适量盐酸反应NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，生成氢氧化铝沉淀，b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，氧化铝电解生成铝和氧气．

【解答】解：

A．铁粉和铝粉混合物，加入试剂X，过滤得到铁，试剂X能溶解铝，盐酸和铁、铝都反应，氢氧化钠溶液只和铝反应：

2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，a为偏氯酸钠溶液，偏铝酸钠和适量盐酸反应NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，所以x为NaOH溶液，y为盐酸，故A正确；

B．a为偏氯酸钠溶液，b为氢氧化铝，a→b发生的反应NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，离子反应为：

AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，故B正确；

C．b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解2Al（OH）3

Al2O3+3H2O，生成氧化铝和水，氧化铝电解2Al2O3

4Al+3O2↑，生成铝和氧气，故C正确；

D．b为氢氧化铝，为两性氢氧化物，既能与酸又能与碱反应，C为氧化铝，属于两性氧化物，既能与酸又能与碱反应，a为偏氯酸钠溶液，只能和酸反应，不能和碱反应，故D错误；

故选D．

16．（七校联考）在加热固体NH4Al（SO4）2•12H2O时，固体质量随温度的变化曲线如图所示：

已知A点物质为NH4Al（SO4）2，B点物质为Al2（SO4）3，下列判断正确的是（　　）

A．0℃→t℃的过程变化是物理变化

B．C点物质是工业上冶炼铝的原料

C．A→B反应中生成物只有Al2（SO4）3和NH3两种

D．Al2（SO4）3能够净水，其原理为：

Al3++3OH⇌Al（OH）3

【考点】镁、铝的重要化合物．

【分析】A、根据0℃→t℃有没有新物质生成判断；

B、根据B点物质为Al2（SO4）3，继续升温再分解生成C点的产物判断；

C、根据A→B发生的反应为2NH4Al（SO4）2

Al2（SO4）3+2NH3+H2SO4判断；

D、Al2（SO4）3能够净水，其原理为：

Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，据此判断．

【解答】解：

A、因为t℃生成A，又A点物质为NH4Al（SO4）2为新物质，则0℃→t℃的过程为NH4Al（SO4）2•12H2O失去结晶水生成NH4Al（SO4）2是化学变化，故A错误；

B、B点物质为Al2（SO4）3，升温在加热分解则在C点生成氧化铝，所以C点物质是工业上冶炼铝的原料，故B正确；

C、A→B发生的反应为2NH4Al（SO4）2

Al2（SO4）3+2NH3+H2SO4，所以除了生成Al2（SO4）3和NH3两种，还有硫酸，故C错误；

D、Al2（SO4）3能够净水，其原理为：

Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，生成的