鲁科版高中化学选修4第三章物质在水溶液中的行为第3节沉淀溶解平衡第1课时测试题2

第三章物质在水溶液中的行为第3节沉淀溶解平衡第1课时测试题2一、选择题1.如图，向烧杯中滴加几滴浓盐酸，CaCO3固体还有剩余（忽略体积、温度的变化），下列数值变小的是()A.c（Ca2+）B.c（CO32）C.c（H+）D.c（碳酸钙的溶解度）2．己知室温时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×l011，则此温度下Mg(OH)2在pH=12的NaOH溶液中的最大溶解浓度为()A.1.8×l07mol/LB.1.0×l05mol/LC.1.0×l07mol/LD.1.8×l093．已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×1038，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×1020，在某含有Fe3+和Cu2+的溶液中，c(Fe3+)为4.0×108mol·L1现向该溶液中滴加氨水，当开始出现氢氧化铁沉淀时，溶液的pH及溶液中允许的最大c(Cu2+)为()A.102.2mol·L1B.42.2×101mol·L1C.42.2mol·L1D.102.2×101mol·L14．将足量的BaCO3粉末分别加入到下列溶液中充分溶解至溶液饱和，各溶液中Ba2+的浓度最小的为()A.100mL0.01mol·L1盐酸B.40mL水C.50mL0.01mol·L1氯化钡溶液D.10mL0.1mol·L1Na2CO3溶液5．已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物的性质相似。现向ZnCl2溶液中逐渐滴加NaOH溶液，溶液的PH与某些离子的浓度关系如图（横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2+或[Zn(OH)4]2的物质的量浓度的对数；假设Zn2＋的浓度为105mol/L时，已沉淀完全）。则下列说法不正确的是()A.某废液中含Zn2+，沉淀对Zn2+以控制溶液pH的范围是（8，12)B.往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式可表示为：Zn2++4OH=[Zn(OH)4]2C.向1L0.01mol/LZnCl2溶液中逐渐滴加NaOH溶液，当PH>6时Zn2+开始沉淀D.向1L0.01mol/LZnCl2溶液中逐渐滴加NaOH溶液至PH=7，此时溶液中Zn2+的浓度为103mol/L6．已知Ca(OH)2的饱和溶液中存在平衡：Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)ΔH<0，下列有关该平衡体系的说法正确的是（）A.升高温度，平衡正向移动B.向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子浓度C.恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH不变D.向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变7．下列说法正确的是()A.探究温度对反应速率的影响时，应先将硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液分别在水浴中加热，然后混合B.等物质的量的Ba(OH)2溶液与NaHCO3溶液反应离子方程式可表示为：Ba2＋＋2OH－＋2HCO3－=BaCO3↓＋2H2O+CO32－C.常温下，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解有无色无味气体产生，则说明常温下Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)D.Hg(l)+H2SO4(aq)=HgSO4(aq)+H2(g)常温下不能自发进行，说明ΔH＜08．下列有关实验操作的解释或结论正确的是()选项实验操作解释或结论A将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的B用蒸馏水润湿的pH试纸测溶液的pH一定会使测定结果偏低C测定中和热时，使用碎泡沫起隔热保温的作用，用普通玻璃棒进行搅拌使酸和碱充分反应，准确读取实验时的最高温度并且取2~3次的实验平均值等，以达到良好的实验效果用简易量热计测定反应热来D用氢氧化钾与浓硫酸测定中和反应的反应热测得的结果偏小A.AB.BC.CD.D9．T1和T2温度下（T1＞T2），BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（）A.T1时，c点有沉淀生成B.T2时，蒸发溶剂d点变到b点C.T2时，由a点开始加入BaCl2固体，Ksp增大D.BaSO4的溶解度随温度升高而增大10．已知在25℃时，FeS、CuS的溶度积常数（Ksp）分别为6.3×1018、1.3×1036。常温时下列有关说法正确的是()A.将足量的CuSO4溶解在0.1mol·L1的H2S溶液中，Cu2+的最大浓度为1.3×1035mol·L1B.除去工业废水中的Cu2+可以选用FeS作沉淀剂C.因为H2SO4是强酸，所以反应CuSO4十H2S＝CuS↓＋H2SO4不能发生D.向H2S的饱和溶液中通入少量SO2气体，溶液的酸性增强11．下列说法不正确的是()A.放热反应在常温下不一定能够自发进行B.合成氨反应需使用催化剂，目的是促进该反应平衡向生成氨的方向移动C.0.1mol·L1Na2CO3溶液在35°C时碱性比25°C强，说明Na2CO3水解是吸热反应D.MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，则Ksp(CuS)<Ksp(MnS)12．常温下，某溶液X由Fe3+、SO42、Cu2+、Na+、CO32、Al3+中的几种离子组成。取少量待测液滴加KSCN溶液，溶液变红；另取少量待测滴加NaOH溶液至pH=4后过滤，向滤液中继续滴加NaOH溶液至过量时又得到沉淀W和溶液Y。可能用到的数据如下表所示，下列说法正确的是()沉淀物Fe(OH)3Cu(OH)2Al(OH)3开始沉淀的pH1.94.73.4沉淀完全的pH3.26.74.7A.该温度下Ksp[Fe(OH)3]=1×1014.6B.W主要含有Cu(OH)2和Al(OH)3C.溶液X中一定含有Cu2+、Fe3+和SO42D.取溶液Y进行焰色反应，可判断溶液X中是否含有Na+13．溴酸银（AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A.溴酸银的溶解是一个熵增、焓减过程B.对应温度下，X点的分散系中，V(溶解)>v(沉淀)C.Y点的分散系中，c(Ag+)·c(BrO3)>6.25×10－4D.60℃时溴酸银饱和溶液中c(BrO3)=0.025mol·L114．下列过程均有沉淀生成，其中属于化学变化的是()A.向蛋白质溶液中加入浓氯化铁溶液B.两种不同品牌的墨水混合C.向饱和BaSO4溶液中加入浓BaCl2溶液D.向饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体二、非选择题15.根据所学知识完成下列填空：（1）锅炉除垢：将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为：__________________。（2）将0.23mol二氧化硫气体和0.11mol氧气混合放入容积为1L的密闭容器中，发生反应生成三氧化硫气体，反应达到平衡时，得到0.12mol三氧化硫气体。若温度保持不变，向其中再加入0.50mol氧气后重新达到平衡，则氧气的转化率________(填“增大”“不变”或“减小”)，混合气体的密度________(填“增大”“不变”或“减小”)，该温度下反应的平衡常数K________(填“增大”“不变”或“减小”)；若温度保持不变，向其中再加入0.12mol氦气后重新达到平衡，则二氧化硫的转化率________(填“增大”、“不变”或“减小”)。（3）已知Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。将等体积的Na2SO4溶液和BaCl2溶液混合，若Na2SO4溶液的浓度为0.02mol·L－1，则生成BaSO4沉淀所需的BaCl2溶液的最小浓度为________。(忽略溶液混合时体积的变化)16.已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Al(OH)3]＝1.1×10－33(1)①在25℃下，向浓度均为0.1mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀(填化学式)。②用MgCl2、AlCl3的混合溶液(A)与过量氨水(B)反应，为使Mg2＋、Al3＋同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入________(填“A”或“B”)，再滴加另一反应物。(2)①Fe3＋发生水解反应Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，该反应的平衡常数为________。②若向FeCl3溶液中加入一定量石灰水，调节溶液pH，可得红褐色沉淀。该过程中调节溶液的pH为5，则金属离子浓度为________。(3)溶液中某离子物质的量浓度低于1.0×10－5mol·L－1时，可认为已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3＋完全沉淀时，测定c(Al3＋)＝0.2mol·L－1。此时所得沉淀中________(填“还含有”或“不含有”)Al(OH)3。17.铝（熔点660℃）是一种应用广泛的金属，工业上用A12O3（熔点2045℃）和冰晶石（Na2AlF6，六氟合铝酸钠）混合熔融后电解制得。回答下列问题：(l）铝属于活泼金属却能在空气中稳定存在，原因是（用化学用语及相关文字说明）_______.(2）将0.1mol/LAlCl3溶液和10％NH4F溶液混合制取Na2AlF6。该实验所用试管及盛装NaF溶液的试剂瓶均为塑料材质，原因是(3）下列关于氧化铝的叙述正确的是_______A．氧化铝可以治疗胃酸过多。B．氧化铝因为熔点高，可以作耐火材料．C．氧化铝是铝热剂的成分之一。D．氧化铝是两性氧化物，所以既能溶于盐酸又能溶于氨水。(4）某工厂排放出有毒物质NOCl,它遇水就会生成NO3。NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为_________。水源中的NO3对人类健康会产生危害。为了降低水源中NO3的浓度，有研究人员建议在碱性条件下用铝粉将NO3还原为N2，该反应的离子方程式为_________，此方法的缺点是处理后的水中生成了A1O3，仍然可能对人类健康产生危害，还需要对该饮用水进行一系列后续处理。已知25℃时，Ksp[Al(OH)3]=l.3×l033Al(OH)3AlO2+H++H2OK=1.0×101325℃时，若欲使上述处理后的水中A1O2浓度降到1.0×106mol/L，则应调节至pH=_______。此时水中c(A13+）=__________18.（I）CuCl2溶液显_____性，理由是（用离子方程式表示）____________（II）BaSO4浊液中存在______平衡，其表达式为：__________________（III）已知：①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H1=﹣1275.6kJ/mol②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ/mol，③H2O（g）═H2O（l）△H3=﹣44.0kJ/mol上述三个反应中，△S＜0的是___________．甲醇燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式是______________________（IV）已知碳酸H2CO3：Ka1=4.3×107，Ka2=5.6×1011草酸H2C2O4：Ka1=5.9×102，Ka2=6.4×105，0.1mol/LNa2CO3溶液的pH____________0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH。（选填“大于”“小于”或“等于”），等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是___________。若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种粒子浓度大小的顺序正确的是A．c（H+）>c（HC2O4）>c（HCO3）>c（CO32）B．c（HCO3）>c（HC2O4）c（C2O42）>c（CO32）C．c（H+）>c（HC2O4）>c（C2O42）>c（CO32）D．c（H2CO3）>c（HCO3）>c（HC2O4）>c（CO32）参考答案1.【答案】B【解析】碳酸钙饱和溶液存在，加入盐酸，c（H+）增大，消耗CO32，c（CO32）减小，平衡正向移动，c（Ca2+）增大，碳酸钙溶解度增大，故B正确。2．【答案】A【解析】pH=12的NaOH溶液中c（OH）=0.01mol/L，由Ksp[Mg（OH）2]=1.8×1011

mol3•L3可知，c（Mg2+）==1.8×107

mol•L1，即Mg（OH）2在pH=12的NaOH溶液中的溶解度为1.8×107

mol•L1，故选A。3．【答案】C【解析】当开始出现氢氧化铁沉淀时根据氢氧化铁的溶度积常数可知溶液中氢氧根浓度是，则溶液的pH＝4；此时溶液中铜离子浓度是，即溶液中允许的最大c(Cu2+)为2.2mol·L1，答案选C。4．【答案】D【解析】A、将足量BaCO3粉末加入100mL0.01mol/L盐酸中，碳酸钡与盐酸反应生成0.005mol/LBa2+，则Ba2+的浓度较大；B、BaCO3粉末加入40mL水中，充分溶解至溶液饱和存在BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO32(aq)，则溶液中存在一定浓度的Ba2+，但浓度较小；C、将足量BaCO3粉末加入50mL0.01mol/L氯化钡溶液中，氯化钡电离产生0.01mol/LBa2+，则Ba2+的浓度较大；D、将足量BaCO3粉末加入10mL0.2mol/LNa2CO3溶液中，由于碳酸根离子的浓度较大，抑制碳酸钡的溶解，则Ba2+的浓度很小；显然D中Ba2+的浓度最小，故选D。本题考查离子浓度的相关计算，明确选项中的离子浓度对碳酸钡的溶解的影响是解答本题的关键。解答本题可以根据BaCO3的溶解性，及碳酸钡与选项中的物质中的离子对碳酸钡的溶解为促进还是抑制来分析Ba2+的浓度。5．【答案】C【解析】A、根据题中pH与浓度的关系，Zn2＋转化沉淀，需要控制溶液的pH在8～12之间，故A说法正确；B、根据pH与浓度的关系，当pH大于12时，锌元素以[Zn(OH)4]2－，因此离子反应方程式为Zn2＋+4OH－=[Zn(OH)4]2，故B说法正确；C、当pH=8时，沉淀完全，此时溶液中c(Zn2＋)=10－5mol·L－1，即Ksp=10－5×(10－6)2=10－17，当c(Zn2＋)=0.01mol·L－1时，c(OH－)2=10－17/0.01mol·L－1=10－15mol·L－1，因此c(OH－)=10－7.5mol·L－1，pOH=7.5，即pH=14－7.5=6.5，即当pH>6.5时，开始出现沉淀，故C说法错误；D、根据C选项得到的Ksp，当pH=7时，溶液中c(Zn2＋)=Ksp/c2(OH－)=10－17/(10－7)2=10－3mol·L－1，故D正确。6．【答案】C【解析】A．平衡状态下为饱和溶液，给溶液加热，Ca（OH）2的溶解度降低，固体量增多，A错误；B．加入少量Na2CO3粉末，Na2CO3溶液中碳酸根离子结合钙离子生成沉淀，OH浓度增大，平衡向正反应方向移动，加入少量Na2CO3粉末不能增大钙离子的浓度，B错误；C．恒温下向溶液中加入CaO，发生CaO+H2O=Ca（OH）2，仍为饱和溶液，c（OH）不变，pH不变，C正确；D．向溶液中加入少量NaOH固体，OH浓度增大，平衡向正反应方向移动，Ca(OH)2固体质量增加，D错误，答案选C。点睛：本题综合考查难溶电解质的溶解平衡问题，侧重于饱和溶液特点以及溶解平衡移动的影响因素的考查，注意A为易错点，Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而降低。7．【答案】A【解析】A．探究温度对反应速率的影响时，控制其他量相同，只控制温度不同，则将混合物分别在热水、冷水中反应，故A正确；B.等物质的量的Ba(OH)2溶液与NaHCO3溶液反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠溶液，故B错误；C.常温下，BaSO4在水中存在溶解平衡，加入饱和Na2CO3溶液生成碳酸钡沉淀，最终形成硫酸钡和碳酸钡的溶解平衡，不能说明Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)的大小，故C错误；D.Hg(l)+H2SO4(aq)=HgSO4(aq)+H2(g)的ΔS＞0，常温下不能自发进行，根据△G=△HT△S，说明ΔH＞0，故D错误；故选A。8．【答案】A【解析】A．FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，发生沉淀的转化，观察到沉淀由白色变为红褐色，可验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2，故A正确；B．中性溶液稀释后溶液仍为中性，故B错误；C．中和热的测定中，为了减少热量散失，应该使用环形玻璃棒搅拌，不能使用普通玻璃棒，故C错误；D．浓硫酸溶解于水要放热，测得的结果偏大，故D错误；答案为A。9．【答案】D【解析】A.T1时，c点为硫酸钡的不饱和溶液，没有沉淀生成，故A错误；B.T2时，d点为硫酸钡的饱和溶液，蒸发溶剂后，仍为饱和溶液，不d点变到b点，应该还在T2曲线上，故B错误；C.T2时，由a点开始加入BaCl2固体，温度不变，Ksp不变，故C错误；D.根据图像，T1＞T2，T2时的Ksp小于T1时的Ksp，说明BaSO4的溶解度随温度升高而增大，故D正确；故选D。本题考查沉淀溶解平衡。注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念。本题的易错点是B，图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，c不是平衡状态。10．【答案】B【解析】A．H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1mol/L，CuS的溶度积常数(Ksp)为1.3×1036，所以溶液中Cu2+的最小浓度为1.3×1035mol/L，故A错误；B．FeS、CuS的溶度积常数(Ksp)分别为6.3×1018、1.3×1036．FeS溶度积大于CuS溶度积，所以除去工业废水中的Cu2+可以选用FeS作沉淀剂，故B正确；C．CuS是不溶于酸的黑色物质，所以能发生反应：CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4，这是弱酸制备强酸的特例，故C错误；D．H2S与SO2反应生成单质硫和水，溶液酸性减弱，故D错误；故选B。11．【答案】B【解析】A、焓判据认为放热反应具有自发进行的倾向，能否实现要看反应的条件，如铝热反应是放热反应，在常温下不能够自发进行，A正确；B、合成氨反应需使用催化剂，目的是加快反应速率，B错误；C、升温碳酸钠水解程度增强，碱性增强，证明盐类水解吸热，C正确；D、沉淀向着Ksp更小的物质转化，当MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，则Ksp（CuS）＜Ksp（MnS），D正确，答案选B。12．【答案】C【解析】常温下，某溶液X由Fe3+、SO42、Cu2+、Na+、CO32、Al3+中的几种离子组成。取少量待测液滴加KSCN溶液，溶液变红可知含有Fe3+，则不存在CO32；另取少量待测滴加NaOH溶液至pH=4时Fe3+完全沉淀为，后过滤，向滤液中继续滴加NaOH溶液至过量时又得到沉淀W溶液Y，因Al(OH)3能溶解于过量的NaOH，沉淀W是Cu(OH)2；溶液是电中性的，必须含有的阴离子为SO42；A．Fe(OH)3完全沉淀的pH=3.2，则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH)=1×105×(1×103.2)3=1×1037，故A错误；B．Al(OH)3能溶解于过量的NaOH，沉淀W是不可能有Al(OH)3，故B错误；C．据分析可知，溶液X中一定含有Cu2+、Fe3+和SO42，故C正确；D．取溶液Y进行焰色反应，无法判断溶液X中是否含有Na+，因沉淀Cu2+时滴加了过量的NaOH溶液，引入了Na+，故D错误；答案为C。13．【答案】D【解析】A项，由溶解度随温度的变化曲线可知：温度升高，该物质的溶解度增大，所以溴酸银(AgBrO3)溶解是吸热过程（焓增过程），故A项错误；B项，由图像可知：X点的溶液中溶质处于过饱和状态，所以V(溶解)<v(沉淀)，故B项错误；60℃溴酸银的溶解度大约是0.6g，则c(AgBrO3)=(0.6g÷236g/mol)÷0.1L=0.025mol/L，所以60℃时溴酸银饱和溶液中c(BrO3)=c(Ag+)=0.025mol·L1，Ksp(AgBrO3)=c(Ag+)·c(BrO3)=6.25×10－4，图中Y点的溶液未达饱和，此时c(Ag+)·c(BrO3)<6.25×10－434．【答案】D【解析】A．蛋白质溶液中加入浓氯化铁溶液，蛋白质析出，再加水会溶解，发生盐析不是化学变化，故A错误；B．两种胶粒带有相反电荷的胶体混合时，胶体能发生聚沉．墨水是胶体，所以不同品牌的墨水混合使用时，很可能发生胶体的聚沉，导致钢笔堵塞，故不能混合使用，属于物理变化，故B错误；C．向饱和BaSO4溶液中加入浓BaCl2溶液，钡离子难度和硫酸根离子浓度乘积大于其Ksp会析出沉淀，过程中只有化学键形成属于物理变化过程，故C错误；D．向饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体，二氧化碳、水和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，过程中生成新的物质，属于化学变化，故D正确；故选D。15．【答案】CaSO4(s)＋CO(aq)===CaCO3(s)＋SO(aq)减小增大不变不变2.2×10－8mol·L－1【解析】(1)将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3，可以加入碳酸钠，因为硫酸钙存在溶解平衡，会转化为溶解度更小的碳酸钙沉淀，离子方程式为CaSO4(s)＋CO32(aq)===CaCO3(s)＋SO42(aq)，故答案为：CaSO4(s)＋CO32(aq)===CaCO3(s)＋SO42(aq)；(2)将0.23mol二氧化硫气体和0.1lmol氧气混合放人容积为1L的密闭容器中，发生反应生成三氧化硫气体，反应达到平衡时，得到0.12mol三氧化硫气体．若温度保持不变，向其中再加入0.50mol氧气后重新达到平衡，依据两种反应物，增大一种物质的量，会提高另一种物质的转化率，本身转化率减小，则氧气的转化率减小，加入氧气混合气体质量增大，恒容容器中密度增大；平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变；在恒温恒容容器中加入惰气氦气，总压增大，分压不变，平衡不动，所以二氧化硫的转化率不变，故答案为：减小；增大；不变；不变；(3)等体积混合后，c(SO42)=×0.02mol/L=0.01mol/L，故BaSO4沉淀所需Ba2+离子的最小浓度为c(Ba2+)=mol/L=1.1×108mol/L，故原BaCl2溶液的浓度为2×1.1×108mol/L=2.2×108mol/L；故答案为：2.2×108mol/L。本题考查了化学平衡移动原理的分析应用，主要是化学反应特征的分析和影响因素的分析判断。本题的易错点是(3)中计算，注意溶液等体积混合后，浓度变成原来的一半。16．【答案】Cu(OH)2B4×1011mol/L不含有【解析】（1）①溶度积常数越小的物质越先沉淀，氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁的溶度积，所以氢氧化铜先沉淀；②同时生成沉淀，应先将氨水加入沉淀反应器中，答案选B；（2）①根据方程式可知该反应的平衡常数为；②溶液的pH为5，即氢氧根浓度是10－9mol/L，则金属离子浓度为＝4×1011mol/L；（3）当Fe3＋完全沉淀时溶液中c3(OH－)=Ksp/c(Fe3＋)=4×10－33，此时溶液中有：c(Al3＋)×c3(OH－)=0.2×4×10－33=8×10－34<1.1×10－33，无氢氧化铝沉淀生成，故不含有。17．【答案】4Al+3O2=2Al2O3在空气中铝的表面能够形成一层致密的氧化膜NaF水解产生了HF,HF会腐蚀玻璃。B10Al+6NO3+4OH－==3N2+10AlO2+2H2O71.3×1012mol·L一1【解析】(l)在空气中铝的表面能够形成一层致密的氧化膜，反应方程式为4Al+3O2=2Al2O3，形成的致密氧化膜能够阻止铝进一步被氧化，具有一定的抗腐蚀性，故答案为：4Al+3O2=2Al2O3在空气中铝的表面能够形成一层致密的氧化膜；(2)氯化铝与氟化铵反应生成六氟合铝酸铵和氯化铵，方程式：AlCl3+NH4F=(NH4)3AlF6+3NH4Cl；氟化铵中的氟离子水解生成氢氟酸，氢氟酸能够与玻璃中二氧化硅反应，对玻璃有强烈的腐蚀性而对塑料则无腐蚀性，所以该实验所用试管及盛装NH4F溶液的试剂瓶均为塑料材质；故答案为：NaF水解产生了HF，HF(3)A．治疗胃酸过多是氢氧化铝，不是氧化铝，故A错误；B．氧化铝的熔点高，可以用作耐火材料，故B正确；C．氧化铝是铝热反应的产物之一，不是铝热剂的成分，故C错误；D．氧化铝能溶于盐酸但不能溶于氨水，故D错误；故选B。(4)NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为，根据题干信息，反应物为：铝、NO3、OH，生成物为：N2、H2O、碱性条件下铝参加反应生成物还有AlO2，反应中Al→AlO2，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，依据原子个数守恒、电荷守恒反应的离子方程式：10Al+6NO3+4OH=10AlO2+3N2↑+2H2O；水中AlO2浓度降到1.0×106mol•L1，依据Al(OH)3AlO2+H++H2OK=1.0×1013，则c(H+)==107(mol/L)；pH=7，c(OH)=107mol/L，25℃时，Ksp[Al(OH)3]=1.3×1033，则c(Al3+)==1.3×1012mol•L1；