高中化学 金属元素及其化合物 专题 铝及其化合物夯实演练 新人教版必修1.docx
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高中化学金属元素及其化合物专题铝及其化合物夯实演练新人教版必修1
铝及其化合物
【化学反应】
（1）Al和NaOH溶液的反应：
2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO
＋3H2↑
（2）Al和稀硫酸的反应：
2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑
（3）Al2O3和NaOH溶液的反应：
Al2O3＋2OH－===2AlO
＋H2O
（4）Al2O3和稀硫酸的反应：
Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O
（5）Al（OH）3和NaOH溶液的反应：
Al（OH）3＋OH－===AlO
＋2H2O
（6）Al（OH）3和盐酸的反应：
Al（OH）3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
（7）Al在氧气中燃烧：
4Al＋3O2
2Al2O3
（8）Al和Fe3O4的反应：
8Al＋3Fe3O4
9Fe＋4Al2O3
（9）向NaAlO2溶液中通入过量CO2气体：
AlO
＋2H2O＋CO2===Al（OH）3↓＋HCO
（10）向NaAlO2溶液中滴入过量盐酸：
AlO
＋4H＋===Al3＋＋2H2O
（11）将NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合：
AlO
＋HCO
＋H2O===Al（OH）3↓＋CO
（12）将NaAlO2溶液与AlCl3溶液混合：
3AlO
＋Al3＋＋6H2O===4Al（OH）3↓
（13）向AlCl3溶液中加入过量氨水：
Al3＋＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH
（14）向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：
Al3＋＋4OH－===AlO
＋2H2O
（15）将AlCl3溶液与NaHCO3溶液混合：
Al3＋＋3HCO
===Al（OH）3↓＋3CO2↑
（16）将AlCl3溶液与Na2CO3溶液混合：
2Al3＋＋3CO
＋3H2O===2Al（OH）3↓＋3CO2↑
（17）将AlCl3溶液与Na2S溶液混合：
2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al（OH）3↓＋3H2S↑
（18）工业上冶炼铝：
2Al2O3
4Al＋3O2↑
【考点导引】
考点一铝的性质及应用
例题1、下列由实验现象得出正确结论的是（ ）
选项
实验现象
结论
A
把相同大小的铝片和镁片分别投入相同浓度的NaOH溶液中：
铝溶解有气泡产生，而镁没有任何变化
铝的金属性比镁强
B
取一块铝箔，用酒精灯点燃；铝箔只熔化成液体而没有滴落
铝不易燃烧
C
向氯化铵溶液中投入一铝片：
铝片上产生大量气泡
该气体是氨气
D
向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量：
先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后沉淀完全消失
氢氧化铝能溶于强碱溶液
解析：
金属性的强弱可根据金属与酸反应时金属失电子的能力强弱判断，而不是与碱反应，故A错误；没有滴落表明氧化铝的熔点高，故B错误；氯化铵溶液显酸性，与铝反应时放出氢气，故C错误；氯化铝和氢氧化钠溶液反应先生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝再和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的偏铝酸钠，故D正确。
答案：
D
考点二铝的重要化合物的性质、用途及转化
例题2、工业上用某种氧化铝矿石（含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：
对上述流程的判断正确的是（ ）
A．试剂X可以为氨水，沉淀中含有铁的化合物
B．CO2可以用H2SO4溶液或稀盐酸代替
C．反应Ⅱ中的离子方程式为CO2＋AlO
＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO
D．工业上还可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，成本更低
解析：
A项，试剂X应为强碱溶液，使Al2O3溶解，A错误；B项，若用强酸代替CO2，强酸过量时，Al（OH）3会溶解，不能保证得到Al（OH）3沉淀，B错误；D项，因Al比Fe活泼，不能用Fe置换Al，D错误。
答案：
C
例题3、某冶金厂的矿渣含有较多的Al2O3、Fe2O3、MgO、SiO2，现欲进行综合利用以提取氧化铝、氧化镁、氧化铁作为工业原料，其设计的工艺流程如下：
已知：
氧化镁与水反应生成氢氧化镁；硅酸的酸性比氢氧化铝强。
饱和氯化铵溶液的pH约为5，氢氧化镁开始沉淀至沉淀完全的pH范围：
9.0～12.0。
氢氧化铁开始沉淀至沉淀完全的pH范围：
2.7～4.0。
（1）写出过程Ⅱ中氧化铝发生反应的化学方程式：
_____________________。
（2）过程Ⅲ的名称是________________________，产品乙的俗名是________。
（3）过程Ⅴ中所用适量的B是一种气体，B是________（填化学式），过程Ⅴ中所发生的反应的离子方程式为________________________________________。
解析：
矿渣粉碎后与纯碱混合熔融，Al2O3、SiO2分别生成偏铝酸钠、硅酸钠。
产品乙是红棕色固体，应是Fe2O3。
根据已知信息MgO与水反应生成Mg（OH）2，即残渣甲是Fe2O3和Mg（OH）2的混合物。
用饱和氯化铵溶液溶解，Mg（OH）2转化为氯化镁，过滤后与氢氧化钠反应生成Mg（OH）2沉淀，灼烧得到MgO，产品甲是MgO。
溶液丙中含有硅酸钠和偏铝酸钠，通入适量CO2，因为硅酸的酸性比Al（OH）3强，则优先生成Al（OH）3沉淀，灼烧得到氧化铝。
答案：
（1）Al2O3＋Na2CO3
2NaAlO2＋CO2↑
（2）溶解、过滤 铁红（3）CO2 CO2＋3H2O＋2AlO
===2Al（OH）3↓＋CO
考点三镁及其重要化合物的性质及用途
例题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⑥电解MgCl2时阴极产生氯气
C．步骤⑤可将晶体置于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
解析：
电解MgCl2时阳极产生氯气，阴极产生Mg。
答案：
B
例题5、
（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
Na＋
Mg2＋
Cl－
SO
浓度/（g·L－1）
63.7
28.8
144.6
46.4
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____，1L浓海水最多可得到产品2的质量为________g。
（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__________。
解析：
（1）由题给海水的主要成分，脱硫就是除掉硫酸根离子，发生反应：
Ca2＋＋SO
===CaSO4↓；由框图信息知，产品2为Mg（OH）2；1L浓海水中含有Mg2＋28.8g，物质的量为1.2mol，则最多生成Mg（OH）21.2mol，质量为1.2mol×58g·mol－1＝69.6g。
（2）电解熔融氯化镁生成氯气和单质镁，若有水存在，则高温下镁与水反应。
答案：
（1）Ca2＋＋SO
===CaSO4↓ Mg（OH）2 69.6
（2）MgCl2
Mg＋Cl2↑Mg＋2H2O
Mg（OH）2＋H2↑
【考点练习】
1．已知甲、乙、丙都为二元化合物,常温下,甲为无色气体,乙为淡黄色固体,丙呈液态,乙、丁、己在熔融状态下能导电,戊是助燃剂。
298K时,0.01mol·L-1己溶液的AG=lg
=-10。
它们之间的转化关系如图所示,下列说法错误的是
A.丁的化学式为Na2CO3
B.己在水中完全电离
C.1mol乙与甲完全反应转移电子2mol
D.这六种物质属于电解质的有4种
【答案】C
【解析】本题考查物质推断,意在考查考生对元素化合物的掌握程度。
常温下,乙为淡黄色固体,丙呈液态,且乙和丙能发生反应,则乙为过氧化钠,丙为水,0.01mol·L-1己溶液的AG=lg
=-10,则c（OH-）=0.01mol·L-1,可推出己为氢氧化钠,戊为氧气。
又常温下,甲为无色气体,能与过氧化钠反应生成氧气,则甲为二氧化碳,丁为碳酸钠。
由上述分析可知,甲为二氧化碳,乙为过氧化钠,丙为水,丁为碳酸钠,戊为氧气,己为氢氧化钠。
丁的化学式为Na2CO3,A项正确;己为NaOH,为强电解质,在水中完全电离,B项正确;1molNa2O2与CO2完全反应转移电子1mol,C项错误;这六种物质中属于电解质的有乙、丙、丁、己4种,D项正确。
2．海水资源开发利用的部分过程如图所示，下列说法不正确的是
A.海水淡化的常用方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法
B.可通过分液的方法分离溴单质和苯的混合物
C.“提纯”时，所加试剂可依次为BaCl2、NaOH、Na2CO3、盐酸
D.精盐、NH3和CO2是侯德榜制碱工业的主要原料
【答案】B
3．为探究Na2O2与H2O的反应，进行了如下实验：
有关说法不正确的是
A.实验ⅰ中发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2
B.实验ⅲ中MnO2做H2O2分解反应的催化剂
C.综合实验ⅰ和ⅲ可以说明Na2O2与H2O反应有H2O2生成
D.综合实验ⅱ和ⅲ可以说明使酚酞褪色的是O2
【答案】D
【解析】本题考查化学实验方案的设计与评价。
A.实验ⅰ中固体溶解有大量使带火星木条复燃的气体生成，说明过氧化钠与水发生反应生成氢氧化钠放出氧气，反应的化学方程式为：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，正确；B.实验ⅲ迅速产生大量使带火星木条复燃的气体，说明MnO2做H2O2分解反应的催化剂，使反应速率加快，正确；C.对比实验ⅰ和ⅲ，说明Na2O2与H2O反应除与水发生反应生成氢氧化钠放出氧气外，还有H2O2生成，正确；D.对比实验ⅱ和ⅲ，说明使酚酞试液褪色是溶液中存在H2O2的缘故，错误。
故选D。
5．药剂中常含有化学物质，下图是两种常见胃药的标签。
下列说法正确的是
A.碳酸氢钠俗称小苏打
B.两种药品主要成分均有强吸水性，故需干燥保存
C.烧碱也适用于缓解胃酸过多引起的不适症状
D.相同剂量的两种药片消耗胃酸的量相同
【答案】A
【解析】本题考查元素化合物的性质。
A.碳酸氢钠俗称小苏打，正确；B.碳酸氢钠没有强吸水性，不需干燥保存，错误；C.烧碱有强腐蚀性，不适用于缓解胃酸过多引起的不适症状，错误；D.碳酸氢钠和氢氧化铝与盐酸反应的化学方程式分别为：
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，有化学方程式可知，相同剂量的两种药片消耗胃酸的量不相同，错误。
故选A。
6．下列说法中不正确的有
①铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性的食物
②Al2O3熔点高,可用于制作耐高温仪器
③SiO2有导电性,可用于制备光导纤维
④二氧化硅既能与氢氟酸反应,又能与烧碱反应,所以它是两性氧化物
⑤金属活动性不同,冶炼方法也有所不同
⑥明矾常作为饮用水的消毒剂
⑦镁铝合金的强度和硬度都比纯铝和纯镁大
⑧除去铜器表面铜绿而不损伤器物,可用稀硝酸
A.①③⑤⑥
B.②⑥⑦⑧
C.④⑤⑦⑧
D.③④⑥⑧
【答案】D
【解析】本题考查元素及其化合物知识,意在考查考生运用知识解决问题的能力。
酸性、碱性的食物都会腐蚀铝,所以铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性的食物,①正确;Al2O3熔点高,可用于制作耐高温仪器,②正确;SiO2没有导电性,③不正确;二氧化硅与氢氟酸反应是一种特殊的反应,所以它不是两性氧化物,④不正确;金属活动性不同,冶炼方法也有所不同,⑤正确;明矾的水解产物可以吸附水中的悬浮物,可以作净水剂,不能作消毒剂,⑥不正确;镁铝合金的强度和硬度都比纯铝和纯镁大,⑦正确;稀硝酸能与铜发生反应,用稀硝酸除去铜器表面铜绿会损伤器物,⑧不正确。
故选D。
7．某小组用打磨过的铝片进行如下实验，下列分析不合理的是
A.①中铝片发生了钝化
B.②中产生的气泡可能是氮氧化合物
C.③中沉淀溶解的离子方程式是Al（OH）3+OH-＝ +2H2O
D.②中加水稀释过程中，仅发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】本题考查铝及其化合物的性质。
A.①中常温下浓硝酸能使铝片发生钝化，铝片不溶解，正确；B.②中加水，浓硝酸稀释变为稀硝酸，稀硝酸与铝反应会生成硝酸铝、NO和水，正确；C.③中硝酸铝溶液中加入氢氧化钠溶液，先生成氢氧化铝沉淀，之后氢氧化铝沉淀又溶解生成偏铝酸钠和水，沉淀溶解的离子方程式是：
Al（OH）3+OH-＝ +2H2O，正确；D.②中加水稀释过程中，稀释得到的稀硝酸溶解致密的氧化铝薄膜属于非氧化还原反应，与铝片反应属于氧化还原反应，错误。
故选D。
8.工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：
下列叙述正确的是
A.试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸
B.反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁
C.反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋NaHCO3
D.图中所示转化反应都不是氧化还原反应
【答案】C
【解析】本题考查有关铝的化合物的性质。
A、Al2O3、Fe2O3都和盐酸反应，要将氧化铝和Fe2O3分离出来，只能选择氢氧化钠，将氧化铝溶解为偏铝酸钠，A错误；B、反应①过滤后所得沉淀为氧化铁，B错误；C、Y为CO2，偏铝酸盐中通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，发生NaAlO2＋CO2＋2H2O=Al（OH）3↓＋NaHCO3，C正确；D、反应①、②为复分解反应，氢氧化铝转化成氧化铝为分解反应，氧化铝转化成铝是氧化还原反应，D错误；故答案选C。
9.铝是地壳中含量最多的金属元素,铝从发现到制得纯铝,再到被广泛使用,经过了许多科学家近百年的不懈努力。
目前工业上常用拜耳法提纯铝土矿（主要成分为Al2O3,含有Fe2O3、SiO2、CaCO3、MgCO3等杂质）制取Al2O3后再用霍尔-埃鲁电解法制取Al,其工艺流程图如图所示,请回答下列有关问题:
（
（1）拜耳法适用于SiO2含量较少的铝土矿,在拜耳法的碱溶过程中,SiO2转化成难溶的水合铝硅酸钠（Na2O·Al2O3·2SiO2·2H2O）随赤泥排出,该过程发生反应的化学方程式是 。
（2）“赤泥”从颜色上看应含有 （填化学式）,写出该物质的一种用途 。
洗涤赤泥的目的是 。
（3）晶种分离是在30℃下加入Al（OH）3晶种,并不断搅拌,过饱和的偏铝酸钠溶液就可自发析出Al（OH）3,该过程的离子方程式为 。
（4）Na2CO3·H2O与石灰乳发生反应的化学方程式为 。
（5）MgCO3在碱溶过程中生成Mg（OH）2进入赤泥,已知常温下MgCO3的Ksp=7.0×10-6、Mg（OH）2的Ksp=5.0×10-12,反应MgCO3（s）+2NaOH（aq）
Na2CO3（aq）+Mg（OH）2（s）常温下的平衡常数K= 。
（6）1886年,美国化学家霍尔把Al2O3熔化在熔融的冰晶石（Na3AlF6）中形成共熔物电解制得铝,从而大大降低了铝的价格。
下列现象,与该原理类似的是 （填写编号）。
①合金的熔点比组分金属低 ②高山上水的沸点降低
③冬天路面撒盐防止结冰 ④海水比淡水更难结冰
（7）在电解过程中需不断补充阳极石墨,工业生产中生成1tAl时阳极损失0.6t石墨,则阳极石墨被氧化为 （填分子式）。
【答案】
（1）2SiO2+Al2O3+H2O+2NaOH
Na2O·Al2O3·2SiO2·2H2O↓
（2）Fe2O3 作颜料（或着色剂、催化剂等） 回收赤泥中的NaOH和NaAlO2,提高原料的利用率
（3）Al+2H2O
Al（OH）3↓+OH-
（4）Na2CO3·H2O+Ca（OH）2
2NaOH+CaCO3↓+H2O
（5）1.4×106
（6）①③④
（7）CO和CO2
【解析】本题通过金属铝的冶炼,不仅考查了考生的科学探究能力,还考查了考生对化学反应原理、物质的用途、化学计算等知识的综合应用能力。
（1）根据流程图和题干信息,可以得出SiO2转化成难溶的水合铝硅酸钠（Na2O·Al2O3·2SiO2·2H2O）的反应为2SiO2+Al2O3+H2O+2NaOH=Na2O·Al2O3·2SiO2·2H2O↓。
（2）赤泥除含有水合铝硅酸钠,还含有Fe2O3、CaCO3、Mg（OH）2等,从颜色上可以判断出含有氧化铁。
（3）加入Al（OH）3晶种促进NaAlO2水解形成Al（OH）3晶体与母液分离,所以涉及的反应为Al+2H2O=Al（OH）3↓+OH-。
（4）母液中含有NaOH和Na2CO3,对母液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到Na2CO3·H2O,其与石灰乳中Ca（OH）2发生复分解反应得到NaOH:
Na2CO3·H2O+Ca（OH）2=2NaOH+CaCO3↓+H2O（5）K=Ksp（MgCO3）/Ksp[Mg（OH）2]
=7/5×106=1.4×106。
（6）共熔或共溶使得熔点降低,所以①③④符合题意。
（7）生成1tAl时,转移电子的物质的量为1×106×3/27mol=1×106/9mol;0.6t石墨若全部转化为CO2,则转移电子的物质的量为0.6×106×4/12mol=0.2×106mol>1×106/9mol,0.6t石墨若全部转化为CO,则转移电子的物质的量为0.6×106×2/12mol=0.1×106mol<1×106/9mol,所以阳极石墨被氧化为CO和CO2。
10．无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。
（1）氯化铝在水中的电离方程式为 。
（2）工业上用ag铝土矿粉（主要成分为Al2O3,含有Fe2O3、SiO2等杂质）制取无水氯化铝的一种工艺流程如图所示:
已知:
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023
①步骤Ⅰ中焙烧时除了生成三种固体单质外,还可以使固体水分挥发、气孔数目增多,其作用是 （要求写出两种）,步骤Ⅰ中生成非金属单质的反应的化学方程式为 。
②步骤Ⅲ的尾气经冷却至室温后,用足量的NaOH冷溶液吸收,写出吸收过程中发生反应的离子方程式 。
③结合流程图及相关数据分析,步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是 。
④已知步骤Ⅴ中加入的铝粉的质量为cg,若得到成品AlCl3的质量为bg,则铝土矿粉中Al2O3的质量分数为 。
【答案】
（1）AlCl3
Al3++3Cl-
（2）①防止后续步骤生成的AlCl3水解;增大步骤Ⅱ中反应物的接触面积,加快反应速率 SiO2+2C
Si+2CO↑
②Cl2+2OH-
Cl+ClO-+H2O、CO2+2OH-
C+H2O ③除去FeCl3,提高AlCl3的纯度 ④（
-
）×100%
【解析】本题考查工业上用铝土矿粉制取AlCl3的工艺流程分析。
解答工艺流程题时首先要明确流程图中各步骤的目的,本题步骤Ⅰ中铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧,Al2O3、Fe2O3、SiO2分别被还原为Al、Fe、Si,同时生成CO;步骤Ⅱ中Al、Fe、Si和Cl2反应分别生成AlCl3、FeCl3、SiCl4,过量的焦炭和O2反应生成CO2;步骤Ⅲ将得到的气态混合物冷却到100℃后,得到的尾气中含有CO2、Cl2、O2、SiCl4气体,AlCl3、FeCl3变为固体,形成AlCl3粗品;步骤Ⅳ中加入NaCl,可以降低固体的熔点,使AlCl3粗品能在较低温度下熔化,减少能耗;步骤Ⅴ中加入适量铝粉,可以使AlCl3粗品中的FeCl3转化为FeCl2（减少铝粉用量,节省成本）,然后在300℃升华即可得到成品AlCl3。
（1）AlCl3在水溶液中能完全电离,属于强电解质,电离方程式为AlCl3
Al3++3Cl-。
（2）①步骤Ⅰ中焙烧时,固体水分挥发,可以防止后续步骤生成的AlCl3水解;气孔数目增多,可以增大步骤Ⅱ中反应物的接触面积,加快反应速率。
由题意知,铝土矿粉中含有SiO2杂质,SiO2与焦炭在高温下反应生成单质Si,故步骤Ⅰ中生成非金属单质的反应的化学方程式为SiO2+2C
Si+2CO↑。
②步骤Ⅲ的尾气经冷却至室温后,主要有Cl2、O2和CO2,用足量的NaOH冷溶液吸收时,发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-
Cl-+ClO-+H2O和CO2+2OH-
C+H2O。
③由题给流程图知,氯化铝粗品中含有FeCl3,结合题表中数据知,FeCl3能在300℃升华,故在步骤Ⅴ中加入铝粉,可以使FeCl3转化为FeCl2,从而提高AlCl3的纯度。
④成品AlCl3的质量为bg,步骤Ⅴ中加入cgAl粉,由Al+3FeCl3
AlCl3+3FeCl2,可得氯化铝粗品中铝元素的物质的量为
mol,再根据Al元素守恒即可进一步求出铝土矿粉中Al2O3的质量分数。
11．以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3为原料生产铝和氮化铝的一种工艺流程如下【已知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠（NaAlSiO4·nH2O）沉淀】：
（1）操作I、Ⅱ的名称为 。
（2）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式：
。
（3）向溶液a中加入NaHCO3溶液后，生成沉淀的离子方程式为 。
（4）Al2O3比另外一种铝的化合物AlCl3熔点高出很多，原因是 ；有人考虑用熔融态AlCl3电解制备铝，你觉得是否可行？
（选填“可行”或“不可行”），试分析原因：
。
（5）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）。
打开K2，加入NaOH浓溶液，至不再产生NH3。
打开K1，通入N2一段时间。
①实验中需要测定的数据是 。
②由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进方法:
。
【答案】
（1）过滤
（2）Na2O·Al2O3·2SiO2·2nH2O
（3）++H2O=Al（OH）3↓+
（4）Al2O3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子键强于范德华力，所以的熔点高;
不可行;AlCl3属于共价化合物，熔融状态下不导电
（5）①AlN样品的质量、装置C在吸收NH3前后的质量
②在C后连接一个装有碱石灰的干燥管（其他改进装置合理也可）
【解析】本题主要考查化学工艺流程。
（1）根据流程图知操作I、Ⅱ为固液分离操作，名称为过滤；
（2）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式为Na2O·Al2O3·2SiO2·2nH2O；（3）由流程图知溶液a中有氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成的，加入NaHCO3溶液，则碳酸氢根离子电离出氢离子，氢离子与偏铝酸根离子、水生成氢氧化铝，反应的离子方程式为++H2O=Al（OH）3↓+；（4）因Al2O3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子键强于范德华力，所以Al2O3比AlCl3的熔点高出很多;AlCl3属于共价化合物，熔融状态不导电，则不能用熔融态AlCl3电解制备铝。
（5）①由实验装置图可知，样品中AlN纯度的原理是利用AlN与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氨气，用浓硫酸吸收氨气，测定生成氨气的质量，则实验中需要测定的数据是AlN样品的质量以及装置C在吸收NH3前后的质量；
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