专题02 铝及其化合物 (教师版)

专题02铝及其化合物知识详解知识详解考点1铝的结构1、原子结构示意图：（略）2、周期表中位置：第三周期第ⅢA族铝原子核外有三个电子，在化学反应中，容易失去最外层的三个电子，显+3价。考点2铝单质的性质1、物理性质：银白色固体、质软（即硬度小）、密度小、熔沸点低；有较强的韧性、延展性以及良好的导电、导热性能、但强度较低，在空气中具有很好的耐腐蚀性。2、化学性质：Al－3e－—→Al3+(还原性)铝的还原性具体表现：它能与非金属、酸等物质起反应，也能与强碱起反应。（1）、与非金属单质反应：铝与氧气反应：铝在常温下与氧化合，生成一层致密氧化物薄膜，使Al条失去金属光泽，同时也防止了铝继续被氧化思考：在金属活泼性顺序中铝排在铁的前面，那为什么铁在空气中易生锈而铝在空气中不易被腐蚀呢？铝与空气中的氧气反应生成致密的氧化膜并牢固地覆盖在铝表面，阻止了内部的铝与空气接触。写出铝分别与硫、氯气的化学反应方程式（硫化铝的唯一制法）（2）、与沸水反应：（3）、与酸反应：写出Al与H2SO4反应的离子方程式：铝、铁常温下在冷的浓H2SO4、浓HNO3中钝化。（4）、与强碱反应的化学方程式：（找出Al与NaOH反应中的氧化剂和还原剂各是谁？转移的电子数目有多少？）反应的实质:分两步进行:1）2Al+6H2O=2Al(OH)3+3H2↑2）Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O铝是既能与酸反应，又能与碱反应的金属，是所以铝具有“两性”。(5)、与盐溶液(硫酸铜)反应：(6)、铝热反应与金属氧化物发生铝热反应：铝与某些金属氧化物（如Fe2O3、Fe3O4、Cr2O3、V2O5等）在高温条件下置换其他金属元素的反应。铝热反应可用来冶炼金属及野外焊接用途：金属焊接，如焊接钢轨等。考点3氧化铝（Al2O3）(1)物理性质：白色固体、熔点高（2054℃）、不溶于水，不与水化合。常作耐火材料。冶炼铝的原料，刚玉的主要成分是Al2O3，其中把含少量铬元素的刚玉称为红宝石；含少量的铁和钛元素的刚玉称为蓝宝石。①与酸（盐酸）反应：②与碱（氢氧化钠）反应：Al2O3:两性氧化物，既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水的氧化物叫两性氧化物③电解熔融的氧化铝制备单质铝但由于氧化铝的熔点很高，故在氧化铝中添加冰晶石（Na3AlF6)降低其熔点。电解电解2Al2O3=2Al+3O2↑考点4氢氧化铝[Al(OH)3]1）物理性质:氢氧化铝处于中强碱向弱酸过渡的位置，所以它可能既有弱碱性，又有弱酸性（即两性）。Al(OH)3：几乎不溶于水，白色胶状，有强的吸附性，能凝聚水中的悬浮物，有吸附色素的性能。2）化学性质：①与氢氧化钠：②与盐酸：③不稳定性：氢氧化铝不稳定，受热易分解。2Al(OH)3△Al2O3+3H2O△这是工业上制取纯净氧化铝的方法。Al(OH)3具有两性的原因：酸式电离和碱式电离H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH-。注意：(1)氢氧化铝作为碱时是三元碱；作为酸时是一元酸（HAlO2）。(2)氢氧化铝与酸碱反应时，弱酸弱碱是不能把氢氧化铝溶解的。的电离无论是酸式电离还是碱式电离，都是一个可逆过程。从整个电离方程式可以得到许多启示。①只能溶解于强酸、强碱。②与少量强碱反应，生成沉淀：与过量强碱反应，生成：③与弱碱（如氨水）反应，生成沉淀：④与少量强酸反应，生成沉淀：⑤与过量强酸反应，生成：⑥与弱酸反应，生成沉淀：考点5明矾的净水KAl(SO4)2·12H2O，它在水中能电离：KAl(SO4)2=AUTOTEXT==K++Al3++2SO42－。Al3+与水反应，生成Al(OH)3胶体，具有很强的吸附能力，吸附水中的悬浮物，使之沉降达净水目的。Al3++3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+。考点6铝三角Al(OH)3+3H+→A13++3H2OA13++3OH-→Al(OH)3↓Al(OH)3+OH-→A1O2-+2H2OA1O2-+H++H2O→Al(OH)3↓A1O2-+4H+→A13++2H2OA13++4OH-→A1O2-+2H2OA13++3A1O2-+6H2O→4Al(OH)3↓(双水解)考点7反应图像问题1、Al3+的性质（1）.AlCl3中逐滴加入氨水Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+用Al3+制取Al(OH)3用弱碱更合适n(NHn(NH3·H2O)/moln[Al(OH)3]/mol（2）.AlCl3中逐滴加入NaOH溶液至过量①方程式：Al3++3OH—→Al(OH)3↓Al(OH)3+OH—→AlO2-+2H2O②现象：白色沉淀先增加再减少最后消失③图像：n(n(NaOH)/moln[Al(OH)3]/mol01234（3）.向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液①方程式：Al3++4OH—→AlO2—+2H2OAl3++3AlO2—+6H2O=4Al(OH)3↓②现象：开始无沉淀生成，后来白色沉淀逐渐增加，最后沉淀量不变③图像：n[Al(OH)n[Al(OH)3]/mol01/121/61/41/3n(Al3+)/mol2、AlO2—的性质（1）.向含有AlO2—的偏铝酸盐溶液中通入CO2直至过量①离子方程式：A.2AlO2—＋CO2(少量)＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32－B.AlO2—＋CO2(足量)＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3—②图像：n(n(CO2)/moln[Al(OH)3]/mol1/2（2）.向含有AlO2—的偏铝酸盐溶液中逐滴滴入稀盐酸直至过量①离子方程式：AlO2—＋H+＋H2O=Al(OH)3Al(OH)3＋3H+=Al3+＋3H2O②图像01201234n(HCl)/moln[Al(OH)3]/mol（3）.向含有H＋的强酸溶液中逐滴滴入偏铝酸盐溶液直至过量①离子方程式：AlO2—＋4H+=Al3+＋2H2OAl3+＋3AlO2—＋6H2O=4Al(OH)3②图像:n(AlOn(AlO2—)/moln[Al(OH)3]/mol01/41/23/41操作可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量偏铝酸盐溶液中逐滴加稀盐酸至过量现象立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失图像离子方程式Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2OAlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O操作NaOH溶液中逐滴加入可溶性铝盐溶液至过量盐酸中逐滴加偏铝酸盐溶液至过量现象无沉淀(有但即溶)→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失无沉淀(有但即溶)→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不消失图像离子方程式Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O3AlO2－＋Al3＋＋6H2O=4Al(OH)3↓AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2OAl3＋＋3AlO2－＋6H2O=4Al(OH)3↓典例剖析典例剖析1.“铝三角”[例1]下列各组物质，不能按(“→”表示反应一步完成)关系转化的是()选项abcAAl2O3NaAlO2Al(OH)3BAlCl3Al(OH)3NaAlO2CAlAl(OH)3Al2O3DMgCl2Mg(OH)2MgO[答案]C[解析]Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2和AlCl3反应生成Al(OH)3，Al(OH)3受热分解得Al2O3，A符合；AlCl3和NaOH反应生成Al(OH)3，Al(OH)3和NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2和过量盐酸反应生成AlCl3，B符合；Al不能一步生成Al(OH)3，C不符合；MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2受热分解得MgO，MgO和盐酸反应生成MgCl2，D符合。[变式训练]下列各组物质，前者逐滴滴加到后者中直至过量，先出现白色沉淀，后来沉淀又消失的是()A．H2SO4滴入NaAlO2溶液中B．Ba(OH)2溶液滴入Al2(SO4)3溶液中C．Al2(SO4)3溶液滴入NaOH溶液中D．氨水滴入Al2(SO4)3溶液中[答案]A[解析]B项由于Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)→BaSO4↓，故滴加过程中一直有白色沉淀，不会完全消失；C项的现象是开始无明显现象，过一段时间，有白色沉淀生成且不消失；D项开始时出现白色沉淀一直不消失，只有A项符合。2.有关图像的分析[例2]在1L含0.1molNaAlO2和0.1molBa(OH)2的混合溶液中，逐滴加入浓度为0.1mol/L的H2SO4溶液，下列图象中能表示反应产生沉淀的物质的量与加入硫酸溶液体积之间关系的是() A BC D[答案]A[解析]按图像拐点分成三个阶段。1：硫酸和氢氧化钡分别是二元强酸强碱，因此一开始氢氧化钡的OH-和硫酸里的H+1：1中和。同时Ba2+和SO42-，1：1反应生成硫酸钡沉淀。2：氢氧化钡消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀，由于H+和AlO2-是1：1反应，但硫酸是两元酸，因此硫酸的消耗量和沉淀的生成量是1：2。3：硫酸进一步过量，开始消耗沉淀，3份H+消耗一份Al(OH)3，因此硫酸和沉淀消耗量应为1.5:1直到把氢氧化铝完全溶解。只剩下不溶于酸的BaSO4。[变式训练]向100mL0.1mol·L-1硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如下图所示。则下列说法中正确的是()V/mLV/mLn/molabcA．a点的溶液呈中性B．b点发生反应的离子方程式是：Al3++2SO42-+2Ba2++3OH—==Al(OH)3↓+2BaSO4↓C．c点加入Ba(OH)2溶液的体积为200mLD．c点溶液呈碱性[答案]D[解析]首先要弄清楚反应顺序。最先沉淀的是BaSO4，然后这个东西的量就不变了。接着沉淀Al(OH)3,因为一份Al(OH)3要消耗二分之三份Ba(OH)2，所以斜率比较小。随着反应的进行，Al(OH)3有全部转化为Ba(AlO2)2,所以沉淀量下降。再分析选项。A错，此时NH4+刚好全部与OH-化合生成气体走掉了，且SO42-也沉淀完了，因此OH-肯定有剩下。溶液碱性。B错，无BaSO4沉淀。C错，反应生成的氨气需消耗50mlBa(OH)2，因此是250ml.D对。3.有关铝的计算[例3]将AlCl3和NaOH两溶液等体积混合，得到的沉淀和溶液中含铝量相等。则原AlCl3溶液和NaOH溶液的物质的量浓度之比可能是()A、1：3B、2：3C、1：5D、2：7[答案]B[解析]显然存在两种情况，①是Al（OH）3沉淀还没有达到最大值，②是Al（OH）3沉淀已经达到最大值，然后又部分消失。①：溶液中的溶质为AlCl3和NaCl，又因为Al（OH）3沉淀和溶液AlCl3含铝量相等，设各为1mol，则原AlCl3为2mol，Cl—总量为6mol；1molAlCl3中有3molCl—，还有3molCl—来自NaCl，Na+来自于NaOH，所以NaOH为3mol，则选B；②含铝物质为Al（OH）3和NaAlO2，且含量相等，设各为1mol，根据铝守恒，原AlCl3为2mol（Cl—为6mol）。溶液中的溶质为NaCl和NaAlO2，则Na+总量为7mol，则选D。综合选B。[变式训练]在标准状况下进行下列实验：甲、乙、丙各取30mL同浓度的盐酸，加入同一镁铝合金产生气体。有关数据列表如下：实验序号甲乙丙合金质量（mg）255385459气体体积（mL）280336336酸的物质的量浓度为mol·L－1，表中可作为计算依据的是。（填序号）据表中（填序号）的数据，可计算出此镁与铝合金中镁与铝的物质的量之比为。⑶在丙实验之后，向容器中加入一定量的1.00mol·L－1的NaOH溶液能使合金的Al粉恰好溶解，再过滤出不溶性固体，求所加入NaOH溶液的体积？[答案]39ml[解析]①比较乙组与丙组数据可知，丙组中盐酸不足，镁铝过量。根据H守恒，2H+-----H2，则H+的物质的量为：336×10—3L/22.4L/mol×2=0.03mol；则盐酸的浓度为1mol/L；②比较甲组与乙组数据可知，甲组中盐酸过量。根据镁铝质量守恒，总质量为255mg，放出氢气的体积为280ml，列方程组求解，得出镁、铝的物质的量都为0.005mol，比值为1：1；③分析丙中镁、铝物质的量之比为1：1，各为0.009mol；加入NaOH溶液后，Al粉恰好溶解，溶液的溶质为：NaCl和NaAlO2；Cl—的物质的量为0.03mol，Al的物质的量为0.009mol；则Na+的量为Cl—与Al的量之和，则NaOH的物质的量为0.039mol，其体积为39ml。专项练习专项练习铝的习题一、单选题只用试管和胶头滴管而不用其他试剂无法鉴别的溶液是(    )A.AlCl3溶液和NaOH溶液 B.Na2CO3溶液和盐酸[答案]D[解析]考查不用其它试剂对物质进行鉴别的知识，熟记常见的反应是解题的关键。A.向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始无现象，后来有沉淀产生；向AlCl3溶液中滴加KOH溶液马上产生沉淀。滴加的顺序不同，现象不同，故可不用其它试剂就能区分开，故B.向Na2CO3溶液滴加盐酸，开始无现象，后来产生气体，若向盐酸中滴加NaC.向盐酸中滴加NaAlO2溶液；开始无现象，后来产生白色沉淀，来而向NaAlO2溶液中滴加盐酸开始产生白色沉淀，后来沉淀溶解。滴加的顺序不同，现象不同，故可不用其它试剂就能区分开，故D.无论是向硫酸铝溶液中滴加氨水还是向氨水中滴加硫酸铝溶液，都产生白色沉淀，过量沉淀也不溶解。滴加的顺序不同，现象相同，故不用其它试剂就不能区分开，故D正确。故选D。

下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(    )A.向CuSO4溶液中加入NB.向Na2SiOC.向Al2(SOD.向稀HNO3中滴加N[答案]A[解析]本题考查离子反应方程式的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子方程式中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。A.向CuSO4溶液中加入Na2O2，反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故A正确；B.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，反应生成碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：SiO32−+2CO2+2H2O=有Al2(SO4)3和K2SO4的混合溶液200mL，将它均分成两份。一份滴加足量氨水，使Al3+完全沉淀；另一份滴加A.(20b−10a)mol·B.2b−2aC.(10b−5a)mol·LD.2b−a[答案]A[解析]本题考查混合溶液中离子浓度的计算，侧重考查分析计算能力，明确各个物理量之间的关系式是解本题关键。一份中滴加氨水，使Al3+离子完全沉淀，发生反应消耗amolNH3·H2O，则n(Al3+)=a3mol，则

Al2(SO4)3产生的n(SO42−)=a2mol；另一份滴加BaCl2溶液，使SO42−离子完全沉淀，消耗bmolBaCl2，则n(SO4下列反应的离子方程式正确的是(    )。A.将明矾溶于污水中，Al2(SOB.用碳酸氢钠作为抗酸药中和胃酸：

2C.用熟石灰中和酸性废水：

Ca(OHD.用H2SO4中和碱性废水：[答案]C[解析]本题考查了离子方程式正误判断，明确反应的实质是解题关键，注意离子方程式应遵循原子个数、电荷数守恒，注意化学式的拆分。A.Al3+可水解生成Al(OH)3，胶体具有吸附性，可用于净水，Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故A错误；B.用碳酸氢钠作为抗酸药来中和胃酸，离子方程式：H++HCO3−=H2O+CO2↑，故B错误；C.用熟石灰来中和酸性废水，离子方程式：Ca(OH)2向MgCl2、Al2(SO4)3的混合溶液中不断加入NaOHA.1：2 B.1：1 C.2：3 D.3：2[答案]A[解析]解：设氢氧化钠溶液浓度为1mol/L，由图可知加入4molNaOH，沉淀达最大量，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，根据氢氧根守恒可知2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=n(OH−)=4mol，加入5molNaOH时，沉淀由最大值减小为最小值，故1molNaOH溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知：n[Al(OH)3]=1mol，所以2n[Mg(OH)2]+3×1mol=4mol，故n[Mg(OH)2]=0.5mol，根据质量守恒可知：n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=0.5mol、n(Al3+)=n[Al(OH)3]=1mol图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列曲线能表示向n(HCl)：n(AlC13)=2：1的混合溶液中滴入A.A曲线 B.B曲线 C.C曲线 D.D曲线[答案]C[解析]解：向n(HCl)：n(AlC13)=2：1的混合溶液中滴入NaOH溶液至过量，依次发生反应OH−+H+=H2O、Al3++3OH−=Al(OH)3↓、Al(OH)3在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入A.6：1 B.2：1 C.1：2 D.3：1[答案]C[解析]本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，明确图象反应过程为解题关键，注意掌握镁、铝化合物的性质，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。由图像可知，滴加氢氧化钠首先发生反应：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓、Al3++3O沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，则沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为故原来混合溶液中Al2( SO4)3和MgSO4的物质的量之比为：12：1=1：2，即Al2( SO4)3和MgSO4的物质的量浓度之比为：1有一镁、铝合金，用适量稀硫酸恰好完全溶解，再加入氢氧化钠溶液，析出沉淀的物质的量随氢氧化钠的体积关系如图所示，则原合金中镁、铝物质的量比为(    )A.2：1B.4：1C.1：2D.1：1[答案]C[解析]本题考查镁铝单质及其化合物的性质、混合物的有关计算，明确各阶段发生的反应是解题的关键，注意利用赋值法计算，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。氢氧化钠的体积为0～4时，发生的反应有：Al3++3OH−=Al(OH)3↓，Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，氢氧化钠的体积为4～5时发生的反应为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，假设氢氧化铝溶解消耗氢氧化钠为1 mol，则沉淀最大时消耗NaOH为4 mol，由Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al(OH)3]=n(NaOH)=1 mol，Al3++3OH−=Al(OH)3↓

3mol

1mol取50mL稀硫酸与一定质量的镁、铝合金反应，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol⋅L−1NaOH溶液到过量，生成沉淀质量与加入NaOH溶液体积关系如图，则A.原合金中铝质量为7.8gB.原合金的质量为19.4gC.原合金中镁的质量为4.8gD.硫酸的物质的量浓度为5mol[答案]C[解析]本题考查镁铝合金与氢氧化钠反应，依据沉淀的量的变化判断镁，铝的质量，同时考查对图表分析处理能力，题目难度适中。A、氢氧化铝的质量为19.4g−11.6g=7.8g，根据元素守恒，n(Al)=n[Al(OH)3]=7.8g78g/mol=0.1mol，所以原合金中铝的质量=0.1mol×27g/mol=2.7g，故A错误；B、氢氧化铝和氢氧化镁沉淀的总质量为19.4g，故原合金质量一定小于19.4g，故B错误；C、氢氧化镁的物质的量等于金属镁的物质的量=11.6g58g/mol=0.2mol，则原合金中镁的质量=0.2mol×24g/mol=4.8g，故C正确；D、氢氧化钠溶液加入到溶液至沉淀量最大量时，硫酸全部生成硫酸钠，硫酸物质的量等于氢氧化钠物质的量的12，由氢氧化镁物质的量为0.2mol；氢氧化铝物质的量为0.1mol，生成这些沉淀共需氢氧化钠物质的量=0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol，需要氢氧化钠的体积为0.7mol5mol/L=0.14L，所以加入氢氧化钠的体积共160ml，此时硫酸根全为硫酸钠，则根据关系；2NaOH～Na2SO4～H2SO4等体积的AlCl3和NaOH两种溶液混合后，沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，则AlCl3和NaOH① 1 : 3

② 1 : 4 ③ 2 : 3 ④ 2 : 7．A.③④ B.①② C.②④ D.①③[答案]A[解析]解：等体积的AlCl3和NaOH两种溶液混合后，沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，令氢氧化铝的物质的量为1mol，则溶液中AlCl3或NaAlO2也是1mol，若溶液中含铝元素以Al3+形式存在，NaOH完全反应，则：Al3++3OH−=Al(OH)31mol 3mol 1mol则原来AlCl3的物质的量为1mol+1mol=2mol，NaOH为3mol，则：AlCl3和NaOH两种溶液物质的量浓度之比=2mol：3mol=2：3，若溶液中含铝元素以AlO2−形式存在，则：

Al3++3OH−=Al(OH)31mol 3mol

1molAl3++4OH−=AlO2二、简答题NH4Al(S(1)

用相应的方程式解释：①NH4Al(S②泡沫灭火器(内有浓Al2(SO4)3③FeCl3溶液蒸干灼烧得到Fe(2)相同条件下，0.1 mol·L−1的NH4Al(SO4)2溶液和(3)均为0.1 mol·L−1的几种电解质溶液的pH①其中符合0.1 mol·L−1NH4Al(SO4)2的pH②20 ℃时，0.1 mol·L−1的NH4(4)室温时，向100 mL 0.1 mol·L−1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L−1NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。试分析图中a、b、[答案](1)①Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+;②Al3+

+ 3HCO3−= Al(OH)3 ↓+3CO2↑；③Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+ ；

[解析]本题考查盐类的水解和离子浓度大小的比较，题目难度一般，(3)②为易错点，注意根据守恒思想解题。(1)①Al3+水解生成的Al(OH)3具有吸附性，离子方程式：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+；故答案为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+；②泡沫灭火器(内有浓Al2(SO4)3溶液和浓NaHCO3溶液)灭火原理是Al3+与HCO3ˉ发生双水解，离子方程式为：Al3+

+ 3HCO3−= Al(OH)3 ↓+3CO2↑；故答案为：Al3+

+ 3HCO3−= Al(OH)3 ↓+3CO2↑；(2)铝离子和铵根离子水解都能使溶液呈酸性，所以铝离子和铵根离子相互抑制水解，硫酸氢铵溶液中，硫酸氢铵完全电离，所以溶液呈强酸性，抑制铵根离子水解程度大于铝离子，所以两种溶液中铵根离子浓度前者小于后者;故答案为：小于；(3)①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ；故答案为：Ⅰ；NH4Al(SO4)2溶液水解使溶液显酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小；②结合①及