高考化学一轮复习 讲练测 第08讲 金属材料（练）-2023年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）（解析版）

第08讲金属材料1．我国科技事业成果显著，下列成果所涉及的材料不属于金属材料的是A．“C919”飞机的主体材料——铝合金B．航天员宇航服的材料——聚酯纤维C．我国第一艘航空母舰的主体材料——合金钢D．“奋斗者”号深潜器载人舱的外壳——钛合金【答案】B【解析】“C919”飞机的主体材料——铝合金，铝合金为金属铝、镁形成的合金，属于金属材料，A与题意不符；航天员宇航服的材料——聚酯纤维为由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，属于有机高分子材料，B符合题意；我国第一艘航空母舰的主体材料——合金钢，为铁、碳合金，属于金属材料，C与题意不符；“奋斗者”号深潜器载人舱的外壳——钛合金，为钛与其他金属制成的合金金属，属于金属材料，D与题意不符；答案为B。2．下列关于金属镁、铝的说法中正确的是()A．铝在地壳中的储量非常丰富，在古代常用来制造兵器B．大量镁条燃烧引起的火灾不能用干冰灭火器灭火C．镁铝合金既可完全溶于过量盐酸又可完全溶于过量NaOH溶液D．依据铝热反应原理，能发生反应2Al＋3MgOeq\o(=,\s\up7(高温))3Mg＋Al2O3【答案】B【解析】虽然铝在地壳中的储量非常丰富，但都是以化合态的形式存在，古代没有冶炼金属铝的技术，A错误；Mg不能溶于NaOH溶液，C错误；Mg的金属性比Al强，故Al与MgO不能发生铝热反应，D错误。3．下列有关物质用途的说法中，不正确的是A．三氧化二铁常用作红色油漆和涂料B．强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D．过氧化钠可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源【答案】C【解析】三氧化二铁是红棕色粉末，常用作红色油漆和涂料，故A正确；氧化铝是熔沸点高、硬度大的不易燃烧的金属氧化物，则强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用，故B正确；光缆的主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，故C错误；过氧化钠能与人呼吸出的二氧化碳和水蒸气反应生成氧气，可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，故D正确；故选C。4．下列关于铝单质的叙述中正确的是()A．不能用铝制的器皿来盛放酸梅汤或碱水是因为铝会和酸或碱反应B．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定C．铝和NaOH溶液反应：Al＋2OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2↑D．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝会滴落下来，是因为金属铝的熔点较低【答案】A【解析】A项，无论是铝还是其氧化物都能与酸或碱反应，正确；B项，铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝表面形成了致密的氧化膜，错误；C项，电荷、原子均不守恒，正确的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑，错误；D项，打磨后的铝箔在酒精灯上灼烧表面生成Al2O3，高熔点的Al2O3兜住了熔融的液态铝，不会滴落，错误。5．将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是()A．稀硝酸 B．稀盐酸C．硝酸铜溶液 D．氢氧化钠溶液【答案】C【解析】铝钝化后表面形成致密的Al2O3层，Al2O3与Cu(NO3)2溶液不反应。6．已知：镁的密度为1.738g·cm－3，铝的密度为2.70g·cm－3。镁、铝分别与足量的1.0mol·L－1盐酸发生反应，下列说法中不正确的是()A．相同质量时，镁与盐酸反应产生的氢气少B．相同质量时，镁与盐酸反应的速率快C．相同体积时，铝与盐酸反应产生的氢气少D．相同体积时，铝与盐酸反应产生氢气的体积大(相同条件下)【答案】C【解析】相同质量时，设Mg、Al的质量均为1g，依据反应：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑、2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑可知，Mg、Al产生的氢气分别为eq\f(1,24)mol、eq\f(1,18)mol，显然Mg与盐酸反应产生的氢气少，A项正确；由于Mg比铝更活泼，与等浓度盐酸反应时，Mg的反应速率更快，B项正确；相同体积时，设Mg、Al的体积均为1cm3，则Mg、Al的质量分别为1.738g、2.70g，结合上述分析结论“相同质量时，Al产生的氢气多”，则相同体积时，铝与盐酸反应产生的氢气多，在相同条件下生成气体的体积大，C项错误，D项正确。7．下列实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是()A．将铜粉和硫粉混合均匀并加热以制取CuSB．向Cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察CuSO4溶液的颜色C．向CuSO4溶液中加入适量的NaOH，过滤、洗涤并收集沉淀充分灼烧以制取CuOD．在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热水解，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，产生砖红色沉淀【答案】C【解析】硫的氧化性较弱，只能将铜氧化为＋1价生成Cu2S，A项错误；稀释铜与过量的浓硫酸反应后的溶液，应将反应后的试管中的物质缓慢加入水中，并不断搅拌，B项错误；CuSO4与NaOH溶液反应生成Cu(OH)2沉淀，过滤、洗涤、灼烧后可得CuO，C项正确；淀粉水解后应先加NaOH溶液至溶液呈碱性，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热，才会产生砖红色沉淀，D项错误。8．下列除去杂质的方法不正确的是()A．镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B．用过量氨水除去Fe3＋溶液中的少量Al3＋C．Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤D．MgO中混有少量Al2O3：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得到MgO【答案】B【解析】Al(OH)3不溶于氨水，故向含少量Al3＋的Fe3＋溶液中加入过量氨水时，Fe3＋、Al3＋均转化为氢氧化物沉淀，达不到除杂的目的。9．下列说法正确的是()A．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成B．制备Al(OH)3悬浊液：向1mol·L－1AlCl3溶液中加过量的6mol·L－1NaOH溶液C．AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlOeq\o\al(－,2)＋4NHeq\o\al(＋,4)＋2H2OD．将AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生【答案】D【解析】AlOeq\o\al(－,2)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)，只有沉淀生成，A错误；Al(OH)3是两性氢氧化物，可以和过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，故不能制备氢氧化铝悬浊液，B错误；Al(OH)3不溶于过量稀氨水，C错误；Al3＋与HCOeq\o\al(－,3)发生相互促进的水解反应，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，故D正确。10．如图是工业利用菱镁矿MgCO3(含杂质Al2O3、FeCO3)制取镁的工艺流程。回答有关问题：(1)菱镁矿送入酸浸池前需要粉碎，目的是________________________________。(2)氧化池中通入氯气的目的是氧化________(填化学式)，工业上不选用硝酸作氧化剂的原因是________________________和________________________。(3)沉淀混合物为________和________(填化学式)。(4)利用熔融氯化镁制取金属镁，选用的方法是________(填字母)。A．电解法 B．氢气还原法C．碳还原法 D．分解法【解析】(1)粉碎菱镁矿，可增大固相反应物的接触面积，提高酸浸速率。(2)通入Cl2是为了将Fe2＋(或FeCl2)氧化为Fe3＋(或FeCl3)，工业上不用HNO3是因为会产生污染性气体NOx，也会引入杂质离子NOeq\o\al(－,3)。(3)氧化池中存在Al3＋、Fe3＋、H＋，所以加入MgO后MgO与H＋反应使溶液碱性增强，Al3＋和Fe3＋转化为Al(OH)3和Fe(OH)3，故沉淀池中的沉淀为Al(OH)3和Fe(OH)3。(4)金属镁比较活泼，一般采用电解熔融MgCl2的方法进行冶炼。【答案】(1)提高酸浸速率(2)FeCl2会产生污染性气体NOx会引入杂质离子NOeq\o\al(－,3)(3)Al(OH)3Fe(OH)3(4)A1．实验室通过称量MgSO4·xH2O样品受热脱水前后的质量来测定x值，下列情况会导致测定值偏低的是()A．实验前试样未经干燥B．试样中含有少量碳酸氢铵C．试样中含有少量氯化钠D．加热过程中有试样迸溅出来【答案】C【解析】通过称量MgSO4·xH2O样品受热脱水前后的质量来测定x值，实验前试样未经干燥，前后质量差增大，测定值偏高，A项错误；试样中含有少量碳酸氢铵，碳酸氢铵受热分解生成NH3、CO2和H2O，导致前后质量差增大，测定值偏高，B项错误；试样中含有少量氯化钠，导致前后质量差减小，测定值偏低，C项正确；加热过程中有试样迸溅出来，前后质量差增大，测定值偏高，D项错误。2．下列离子方程式正确的是A．氯化铁溶液腐蚀铜箔：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+B．用氢氧化铝治疗胃酸过多：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OC．氢氧化钠溶液吸收氯气制漂白液：Cl2+OH﹣═Cl﹣+HClOD．用氢氧化钠溶液去除铝条表面的氧化膜：Al2O3+2OH-═2Al3++H2O【答案】B【解析】电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，A错误；用氢氧化铝治疗胃酸过多时氢氧化铝与HCl反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，B正确；氢氧化钠溶液吸收氯气制漂白液时，氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO-+H2O，C错误；氢氧化钠与氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，D错误；答案选B。3．两份相同质量且均过量的铝，分别放入等体积、等浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积之比为()A．1∶3 B．1∶1C．2∶3 D．3∶2【答案】A【解析】等体积、等浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，n(HCl)＝n(NaOH)，两份铝的质量相等，且均过量，HCl、NaOH均反应完全。假设n(HCl)＝n(NaOH)＝1mol，发生反应：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，则Al与盐酸、NaOH溶液反应生成氢气的物质的量分别为eq\f(1,2)mol、eq\f(3,2)mol，在同温同压下的体积之比为eq\f(1,2)mol∶eq\f(3,2)mol＝1∶3。4．如图所示的反应均是在高温或引燃条件下进行，选项中的物质表示A和B，不合理的是()A．CO2、Mg B．MgO、AlC．Fe2O3、Al D．CuO、H2【答案】B【解析】Mg高温下与CO2反应生成C和MgO，C、Mg与足量氧气引燃分别能生成CO2与MgO，故A项正确；Al的还原性比Mg弱，故不能置换出Mg，故B项错误；Al与Fe2O3高温下反应生成Al2O3与Fe，Fe与氧气在高温加热条件下生成Fe2O3，故C项正确；H2还原CuO生成H2O与Cu，H2、Cu与氧气引燃反应分别生成H2O和CuO，故D项正确。5．金属材料的发展极大地促进了人类社会的文明程度。如图是两种金属及其化合物的转化关系。下列说法不正确的是A．根据反应③可知氧化性：Fe3＋>H2O2B．向X溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀C．反应③中稀硫酸仅表现酸性D．反应①的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O【答案】A【解析】由题干中两种金属及其化合物的转化关系图分析可知，物质M为Cu，E为Fe，X为FeSO4，Y为Fe2(SO4)3,W为Fe(SCN)3，Z为Fe(OH)3，据此分析解题。由分析可知，反应③的离子方程式为：2Fe2++2H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，可知氧化性：H2O2>Fe3＋，A错误；由分析可知，X溶液中含有Fe2+，故向X溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，B正确；根据反应③的离子方程式为：2Fe2++2H2O2+2H+=2Fe3++2H2O可知反应③中稀硫酸仅表现酸性，C正确；由分析可知，反应①的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，D正确；故答案为A。6．铝是一种很重要的金属，可以发生一系列反应制备物质，如图所示：下列说法错误的是()A．反应①又称铝热反应，可用于野外焊接铁轨B．反应②、③都有氢气生成，产生等量的氢气时转移的电子数相等C．常用反应⑥制备Al(OH)3，方法是向Al2(SO4)3溶液中滴加足量的NaOH溶液D．工业上用反应⑦制备铝时，常加入冰晶石以降低氧化铝的熔融温度【答案】C【解析】铝热反应指Al与某些金属氧化物间的置换反应，反应①为铝热反应，因反应剧烈放热，生成熔融的铁水，可用于野外焊接铁轨，选项A正确；Al既能与酸反应放出氢气又能与碱反应放出氢气，根据元素化合价的变化，产生等量的氢气时转移的电子数相等，选项B正确；Al(OH)3具有两性，因此制备时不能使用强酸、强碱，用Al2(SO4)3溶液制备Al(OH)3沉淀应选用氨水，选项C错误；Al2O3熔点高，电解时要耗费更多的能源，加入冰晶石与氧化铝形成共熔物，可降低氧化铝的熔融温度，选项D正确。7．通过观察化学实验现象，分析归纳出正确的结论，是学习化学科学最基本的技能之一。下列由实验现象得出正确结论的是()选项实验现象结论A把相同大小的一块铝和镁分别投入相同浓度的NaOH溶液中：铝溶解有气泡放出，而镁没有任何变化由此得出：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脱落由此得出：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由此得出：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，最后沉淀完全消失由此得出：氢氧化铝能溶于强碱溶液【答案】D【解析】A项，比较金属性的强弱是利用金属单质与水或酸反应产生H2的快慢程度，错误；B项，由于生成了熔点很高的氧化铝，起到隔绝空气的作用，错误；C项，产生的气体应为H2和NH3的混合气体，错误。8．铝热反应常用于冶炼高熔点金属，某小组探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，实验过程及现象如下：下列说法不正确的是()A．反应①产生的气体是H2B．反应②为Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2OC．反应③的白色沉淀是Al(OH)3D．黑色固体中不含Al和Fe3O4【答案】D【解析】探究Al粉与Fe3O4发生反应所得黑色固体的成分，由实验可知，黑色固体与稀硫酸反应生成气体，且溶液b加KSCN溶液不变色，可知溶液b不含铁离子；黑色固体与NaOH溶液反应无气体，则一定不含Al，溶液a与二氧化碳反应生成白色沉淀为氢氧化铝，则黑色固体中一定含氧化铝。由上述分析可知，黑色固体一定含氧化铝、Fe，一定不含Al，可能含Fe3O4。金属与稀硫酸反应生成H2，故A正确；固体含氧化铝，则反应②为Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2O，故B正确；反应③中AlOeq\o\al(－,2)与二氧化碳反应，可知白色沉淀是Al(OH)3，故C正确；黑色固体中不含Al，可能含Fe3O4，故D错误。9．某兴趣小组在实验室通过镁粉和空气中的氮气制备氮化镁(可与水发生反应)，其装置如图所示。已知：维生素C具有较强的还原性。下列说法错误的是()A．装置①③中盛放的分别是NaOH溶液和浓硫酸B．装置②的作用为吸收空气中的O2C．实验开始时应先通空气再点燃酒精灯D．装置⑤中碱石灰可以替换为NaCl【答案】D【解析】镁可以与空气中的氧气、二氧化碳发生反应，产物氮化镁可以与水发生反应，故应先除去空气中的二氧化碳、氧气再干燥气体，装置①中盛放NaOH溶液，装置③中装有浓硫酸，故A正确；维生素C具有还原性，则先除去氧气，故B正确；实验前先通空气，排尽装置中的氧气、二氧化碳等气体，再点燃酒精灯，使镁与氮气反应，故C正确；装置⑤的作用是防止外界的水蒸气进入装置④中与产物反应，影响产物的纯度，不能用NaCl替换，故D错误。10．(1)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，所得H2的体积之比是________。(2)足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，产生H2的体积之比是________。(3)足量的两份铝分别投入到等体积、一定物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，二者产生的H2相等，则HCl和NaOH的物质的量浓度之比是________。(4)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________(填字母)。A．5.4g B．3.6gC．2.7g D．1.8g【解析】(1)根据化学方程式：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，得Al与H2的关系式均为2Al～3H2，故只要参加反应的Al的量相等，所得H2的量必相等。(2)因为在反应中Al过量，产生的H2由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式：6HCl～3H2、2NaOH～3H2，故当HCl、NaOH物质的量相等时，二者产生H2的体积比为1∶3。(3)因为铝足量且产生H2的量相等，根据关系式知n(HCl)∶n(NaOH)＝3∶1，又因为两溶液体积相等，故物质的量浓度c(HCl)∶c(NaOH)＝n(HCl)∶n(NaOH)＝3∶1。(4)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，说明此题中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↑6mol3mol3mol·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↑2×27g3mol5．4g0.3mol即投入的铝粉为5.4g。【答案】(1)1∶1(2)1∶3(3)3∶1(4)A1．(2021·湖南卷)一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：下列说法错误的是()A．物质X常选用生石灰B．工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁C．“氯化”过程中发生的反应为MgO＋C＋Cl2eq\o(=,\s\up7(高温))MgCl2＋COD．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl2【答案】D【解析】苦卤水中含有大量镁离子，加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙再与镁离子反应生成氢氧化镁，生石灰来源丰富、价格便宜，常用来做沉镁的沉淀剂，A说法正确；镁为活泼金属，工业上常用电解熔融氯化镁的方法来制备金属镁，B说法正确；根据题给流程图可知，“煅烧”氢氧化镁得到氧化镁，“氯化”过程中，加入碳和氯气与氧化镁反应，生成无水氯化镁和一种气体，根据原子守恒和得失电子守恒可得反应的化学方程式为MgO＋C＋Cl2eq\o(=,\s\up7(高温))MgCl2＋CO，C说法正确；向“煅烧”后所得氧化镁中加稀盐酸，得到氯化镁溶液，由于镁离子会发生水解反应Mg2＋＋2H2OMg(OH)2＋2H＋，直接蒸发MgCl2溶液，生成的HCl挥发，最终得到的是氢氧化镁，而不是无水氯化镁，D说法错误。2．(2021·江苏卷)由制铝工业废渣(主要含Fe、Ca、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下。下列有关说法不正确的是()A．控制适当反应温度并不断搅拌，有利于提高铁、铝浸取率B．Al2O3与稀硫酸反应的离子方程式：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2OC．滤液中主要存在的阳离子有：H＋、Fe2＋、Ca2＋、Al3＋D．聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用【答案】C【解析】控制适当反应温度并不断搅拌，可以加快反应速率，充分反应，有利于提高铁、铝浸取率，故A正确；Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，故B正确；双氧水会将亚铁离子氧化，所以滤液中主要存在的阳离子中没有Fe2＋，而是Fe3＋，故C错误；聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，具有吸附作用，故D正确。3．(2020·浙江卷)下列关于铝及其化合物的说法，不正确的是()A．明矾可用作净水剂和消毒剂B．利用铝热反应可冶炼高熔点金属C．铝可用作包装材料和建筑材料D．氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物【答案】A【解析】明矾可以用于净水，但没有消毒作用，水的消毒剂是利用物质的强氧化性，如氯气、高铁酸钠等，故A不正确；由于铝热反应放出大量的热，因此可冶炼高熔点金属，故B正确；铝表面有一层致密的保护膜且具有良好的延展性，可用作包装材料和建筑材料，故C正确；胃酸的成分是盐酸，胃酸过多，可利用氢氧化铝的碱性中和，而且氢氧化铝是弱碱，不会对身体有很大的损伤，所以氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物，故D正确。4．(2020·山东卷)以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是()A．浸出镁的反应为MgO＋2NH4Cl=MgCl2＋2NH3↑＋H2OB．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4ClD．分离Mg2＋与Al3＋、Fe3＋是利用了它们氢氧化物Ksp的不同【答案】B【解析】结合流程图分析可知浸出镁的反应为MgO＋2NH4Cl=MgCl2＋2NH3↑＋H2O，A项正确；浸出可以在较高温度下进行，促进NH4Cl水解和NH3的逸出，但沉镁时应在低温下进行，以减弱氨水分解，B项错误；结合流程图可知浸出得到的NH3可转化为氨水，用于沉镁，滤液中含有过量的NH4Cl，可用于浸出时的反应液，故该流程中NH3和NH4Cl可循环使用，C项正确；本流程中分离Mg2＋时，Al3＋、Fe3＋转化为沉淀，是利用了它们氢氧化物Ksp的不同，D项正确。5．(2019·上海卷)在pH为1的100mL0.1mol·L－1的AlCl3中，加入300mL0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液后铝元素的存在形式是()A．AlOeq\o\al(－,2) B．Al3＋C．Al(OH)3 D．Al3＋、Al(OH)3【答案】D【解析】pH为1的100mL0.1mol·L－1的AlCl3中，n(H＋)＝0.1mol·L－1×0.1L＝0.01mol。n(Al3＋)＝0.1mol·L－1×0.1L＝0.01mol。300mL0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液中n(OH－)＝0.1mol·L－1×0.3L＝0.03mol。其中0.01mol的OH－和0.01mol的H＋发生中和反应，剩下的0.02mol的OH－和0.01mol的Al3＋反应，氢氧根离子不足，所以生成Al(OH)3并有Al3＋剩余。6.（2018·江苏卷）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为______________________。（2）添