四川省内江市2023_2024学年高一化学下学期入学考试试题含解析

这是一份四川省内江市2023_2024学年高一化学下学期入学考试试题含解析，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 K-39 Fe-56
第Ⅰ卷选择题(满分45分)
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 化学与生活紧密相关，下列有关说法不正确的是
A. 重庆素有雾都之称，雾一种气溶胶，光束透过大雾可观察到丁达尔效应
B. FeSO4作补血剂时可与维生素C同时服用
C. 生铁的含碳量比钢的含碳量高，合金的熔点一般比其成分金属的熔点高
D. 漂白粉可用于漂白棉、麻、纸张等，其长期露置在空气中会失效
【答案】C
【解析】
【详解】A．雾液体小颗粒分散到空气中形成的一种气溶胶，可观察到丁达尔效应，故A正确；
B．维生素C具有强还原性，与补血剂FeSO4同时服用，可以防止亚铁被氧化为三价铁，利于铁的吸收，故B正确；
C．合金的熔点一般比其各成分金属的熔点低，故C错误；
D．漂白粉可用于漂白棉、麻、纸张等，长期露置在空气中会失效，发生反应为：,,故D正确。
答案为：C。
2. 下列有关微粒的化学用语正确的是
A. Na+的结构示意图：
B. 中子数为18的氯原子：
C. 的结构式：
D. 用电子式表示NaCl的形成过程：
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na+是Na原子失去最外层1个电子，其Na+的结构示意图为，故A错误；
B．根据原子构成，中子数为18的氯原子：Cl，故B错误；
C．氮气分子中，两个氮原子间存在三键，其结构式为N≡N，故C错误；
D．NaCl为离子化合物，用电子式表示NaCl形成过程为，故D正确；
答案为D。
3. 下列物质既含离子键，又含共价键的化合物是
A. CaCl2B. H2SO4C. NaOHD. CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．CaCl2是由Ca2+与2个Cl-通过离子键结合形成的离子化合物，其中只含有离子键，A不符合题意；
B．H2SO4是由H2SO4分子通过分子之间作用力结合形成的共价化合物，在分子内存在共价键，不存在离子键，B不符合题意；
C．NaOH是由Na+与OH-通过离子键结合形成的离子化合物，其阴离子OH-中H、O之间以共价键结合，因此NaOH中含有共价键和离子键，C符合题意；
D．CO2是由CO2分子通过分子之间作用力结合形成的共价化合物，在分子内存在C=O共价键，不存在离子键，D不符合题意；
故合理选项是C。
4. 对下列各组物质分类正确的是
A. 混合物：钢铁、氯水、冰水混合物B. 电解质：胆矾、氯化氢、氨水
C. 酸性氧化物：二氧化硫、氧化铝、干冰D. 非电解质：乙醇、四氯化碳、一氧化碳
【答案】D
【解析】
【详解】A．冰水混合物中只含H2O分子，冰水混合物是纯净物，故A错误；
B．氨水是氨气的水溶液，属于混合物，既不是电解质又不是非电解，故B错误；
C．氧化铝和酸碱都能反应，氧化铝属于两性氧化物，故C错误；
D．乙醇、四氯化碳、一氧化碳自身不能电离，属于非电解质，故D正确；
选D。
5. 室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 与铝反应放出氢气的溶液中：、、、
B. 含有大量的溶液中：、、、
C. 无色透明溶液中：、、、
D. 溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．与铝反应放出氢气，该溶液可能为酸，也可能碱，Fe3+能与OH-反应生成氢氧化铁沉淀，Fe3+在碱溶液中不能大量共存，故A不符合题意；
B．HCO与OH-反应生成和H2O，和也不能大量共存，因此所给离子在指定溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C．所给离子均为无色，且能够大量共存，故C符合题意；
D．Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，所给离子在指定溶液中不能大量共存，故D不符合题意；
答案为C。
6. 下列有关物质性质的比较正确的是
A. 碱性：
B. 原子半径：Mg>O>F
C. 酸性：
D. 热稳定性：
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属性 Cs>K>Na>Mg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，对应最高价氧化物的水化物碱性为，A错误；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Mg>O>F，B正确；
C．非金属元素的非金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：，C错误；
D．非金属元素的非金属性越强，则简单氢化物的热稳定性越强，则热稳定性：，D错误；
故选B。
7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 在25℃、101kPa下，22.4L和的混合气体中所含分子数为
B. 0.1ml的中，含有0.6个中子
C. 0.1ml加入沸水中完全反应生成胶体粒子数为0.1
D. 2.3gNa与完全反应，转移的电子数为0.2
【答案】B
【解析】
【详解】A．25℃、101kPa不是标准状况，不能直接运用22.4L/ml计算混合气体物质的量，故A错误；
B．B元素的原子序数为5，中子数为11-5=6，0.1ml11B中含有中子数为0.1ml×6×NA=0.6NA，故B正确；
C．氢氧化铁胶体是由多个Fe(OH)3的集合体，因此0.1mlFeCl3生成氢氧化铁胶体粒子数小于0.1NA，故C错误；
D．钠与氧气反应，无论生成Na2O还是Na2O2，1mlNa转移电子物质的量为1ml，即2.3gNa与O2完全反应，转移电子数为0.1NA，故D错误；
答案为B。
8. 下列说法正确的是
A. 受热分解既破坏了离子键，又破坏了极性共价键
B. 、CaO都能溶于水生成碱，它们都属于碱性氧化物
C. 红热的Fe与水蒸气反应，生成和
D. 铁与少量氯气在一定条件下生成氯化亚铁
【答案】A
【解析】
【详解】A．为钠离子和碳酸氢根离子构成的离子化合物，碳酸氢根离子中存在极性共价键，受热分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，既破坏了离子键，又破坏了极性共价键，A正确；
B．和水生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，为过氧化物，B错误；
C．红热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，C错误；
D．铁与少量氯气只能生成氯化铁，D错误；
故选A。
9. 下列除杂的方法(括号里为少量杂质)中，所用试剂或操作不正确的是
A. 溶液()：通入适量的
B. ：加入NaOH溶液再过滤
C. 溶液()：通入适量的氯气
D. ：将气体通过盛有饱和溶液的洗气瓶
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钠与水、二氧化碳能够反应生成碳酸氢钠，则通入过量的CO2可除杂，A正确；
B．氧化铝与氢氧化钠溶液反应而溶解，而Fe2O3不能，则加入氢氧化钠溶液再过滤可除杂，B正确；
C．氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，则通入足量的氯气可除杂，C正确；
D．CO2和HCl均能与碳酸钠反应，将CO2也除去了，不符合除杂原则，应选饱和NaHCO3溶液的洗气瓶洗气，D错误；
故选D。
10. 下列实验对应的离子方程式书写正确的是
A. 向溶液中滴加NaOH溶液：
B. 将钠粒投入水中：
C. 氢氧化镁与足量稀盐酸反应：
D. 向溶液中加入过量NaOH溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液中完全电离出氢离子、硫酸根离子，滴加NaOH溶液反应生成硫酸钠和水，，A错误；
B．氢原子不守恒，应为，B错误；
C．氢氧化镁为沉淀，不能拆，，C错误；
D．少量的物质完全反应，应按少量的物质的电离比例书写离子方程式，溶液中加入过量NaOH溶液，碳酸氢钙完全反应生成碳酸钙沉淀和水、碳酸钠，D正确；
故选D。
11. 下列各组物质的转化中，不是通过一步反应实现的是。
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na与水反应生成NaOH，NaOH与CO2反应生成Na2CO3和水，碳酸钠和CaCl2反应生成CaCO3和NaCl，故A不符合题意；
B．Cl2 溶于水会生成HCl，HCl和NaOH反应生成，与硝酸银反应生成，故B不符合题意；
C．铝与氧气反应生成Al2O3，Al2O3无法通过一步反应生成Al(OH)3，故C符合题意；
D．铁与盐酸反应生成FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2和氧气、水反应生成氢氧化铁，故D不符合题意。
故答案为C。
12. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大且最外层电子数之和为13，X的原子中不含中子且与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素。下列说法不正确的是
A. 元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
B. 元素Z、W的简单离子的电子层结构相同
C. 原子半径的大小顺序：
D. 由X、Y两种元素可以组成含10电子的分子
【答案】A
【解析】
【分析】X的原子中不含中子得知X为H元素，X与W同族且W的序数最大则W是Na元素，Z是地壳中含量最多的元素是O元素，四种元素最外层电子数之和为13，且Y元素在H和O元素之间推断出Y是N元素。
【详解】A．NH3的热稳定性小于H2O的热稳定性，故A错误；
B．O2-离子与Na+离子都是10个电子，电子层结构相同，故B正确；
C．原子半径N>O>H，故C正确；
D．N和H可以形成10电子的分子NH3，故D正确；
答案选A。
13. 如图所示实验装置及实验结果合理的是
A. 实验室用图甲所示装置除去中的少量
B. 实验室用图乙所示装置测定氯水的pH
C. 实验室用图丙所示装置制备少量，先打开止水夹a，一段时间后再关闭a
D. 实验室用图丁所示装置证明非金属性强弱：Cl>C
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验室可以用饱和NaCl溶液除去中的少量HCl，但气体应该长导管进，短导管出，A项不符合题意；
B．由于氯水具有漂白性，不能用pH试纸测量氯水的pH值，应该用pH计，B项不符合题意；
C．实验室用图丙所示装置制备少量，A试管中发生反应：，先打开止水夹a，排空装置中的空气，一段时间后再关闭a，由于继续产生，A试管中气体压强增大，将A中溶液压入B试管中，B试管中发生反应：，且体系中处于的氛围中，能够防止被氧化，故能达到实验目的，C项符合题意；
D．碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，说明酸性：，非金属元素的非金属性与其最高价氧化物对应的水化物的酸性一致，由于HCl不是Cl元素的最高价氧化物对应的水化物，故不能证明两种元素非金属性的强弱，D项不符合题意；
故选C。
14. 双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正确的是
A. 过程Ⅰ中，表现出酸性氧化物的性质
B. 过程Ⅱ中，1ml可氧化2ml
C. 总反应为
D. 双碱法脱硫过程中，可以循环利用
【答案】D
【解析】
【详解】A．过程Ⅰ的化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，即酸性氧化物与碱反应生成盐和水，SO2表现出酸性氧化物的性质，故A正确；
B．过程Ⅱ中，O2中氧元素的化合价从0价降低到-2价，则O2做氧化剂，每1mlO2可得到4ml电子，Na2SO3中硫元素的化合价从+4价升高到+6价，则每1mlNa2SO3被氧化时，失去2ml电子，根据得失电子守恒可知，1ml O2可氧化2mlNa2SO3，故B正确；
C．总反应的反应物为、SO2和O2，生成物为CaSO4，O2中氧元素的化合价从0价降低到-2价，SO2中硫元素的化合价从+4价升高到+6价，根据元素化合价升降总数守恒以及原子守恒可知总反应为，故C正确；
D．双碱法脱硫过程中，过程Ⅰ消耗NaOH，过程Ⅱ会生成NaOH，NaOH参与了反应，可循环利用，不能循环利用，故D错误；
故选D。
15. 某溶液X中可能含有下列离子中的若干种、、、、、。为了确定该溶液的组成，取一定体积的上述溶液，进行了如下实验，下列说法正确的是
A. 白色沉淀1是硫酸钡
B. 溶液2中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀，说明溶液X中含有
C. 溶液X中可能存在、，一定不存在
D. 溶液X中一定存在、、
【答案】D
【解析】
【分析】由实验流程可知，X与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Cu2+，且白色沉淀1与足量盐酸反应，白色沉淀2一定为BaSO4，气体A为CO2，溶液中一定含、、Na+，则不含Mg2+，不能确定是否含有Cl-，以此解答该题。
【详解】A．由分析可知，白色沉淀1是碳酸钡、硫酸钡混合物，故A错误；
B．因加入盐酸，引入氯离子，不能确定是否含有氯离子，故B错误；
C．由实验流程可知，X与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Cu2+，溶液中一定含、、Na+，则不含Mg2+，故C错误；
D．由分析可知，溶液X中一定存、、，故D正确；
故选D。
第Ⅱ卷非选择题(满分55分)
二、填空题(4个大题，共55分)
16. 下表列出9种元素在元素周期表(元素周期表只给出部分)中的位置
请回答下列问题：
（1）考古工作者利用某元素的一种核素测定一些文物的年代，这种核素的元素符号是_____。
（2）写出由元素②和元素④形成原子个数比为1∶2的化合物的电子式_____。某短周期元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，该元素在周期表的位置为_____。
（3）元素⑥的最高价氧化物对应的水化物与元素⑦的最高价氧化物反应的离子方程式为_____。
（4）③、④、⑤三种元素的简单氢化物稳定性顺序是_____(填化学式；用“>”连接)。元素④、⑤、⑧所形成的简单离子半径由大到小的顺序是_____(用化学符号表示)。
（5）由①、③、⑧三种元素以原子个数比4∶1∶1形成的化合物中含有的化学键类型是_____(选填“离子键”“极性键”“非极性键”)
【答案】16.
17. ①. ②. 第三周期第ⅥA族
18. SiO2+2OH-=SiO+H2O
19. ①. ②.
20. 离子键，极性键
【解析】
【分析】根据元素在周期表的位置，推出九种元素分别为H、C、N、O、F、Na、Si、Cl、Br，据此分析作答。
【小问1详解】
测定文物年代，常用14C或C，故答案为14C或C；
【小问2详解】
②、④分别为C、O，两者构成原子个数为1∶2的化合物为CO2，CO2属于共价化合物，其电子式为；短周期元素的最高正价与最低负价的代数和为4，则该元素位于ⅥA族，但氧元素没有+6价，因此符合条件的元素是S元素，位于第三周期第ⅥA族，故答案为；第三周期第ⅥA族；
【小问3详解】
⑥是Na元素，其最高价氧化物对应水化物为NaOH，⑦是Si元素，其最高价氧化物为SiO2，SiO2为酸性氧化物，与NaOH溶液反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO+H2O，故答案为SiO2+2OH-=SiO+H2O；
【小问4详解】
③、④、⑤分别为N、O、F，它们简单氢化物分别为NH3、H2O、HF，N、O、F非金属逐渐增强，其简单氢化物的稳定性逐渐增强，即稳定性顺序是HF＞H2O＞NH3；④、⑤、⑧分别为O、F、Cl，简单离子为O2-、F-、Cl-，一般电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，因此离子半径大小顺序是Cl-＞O2-＞F-；故答案为HF＞H2O＞NH3；Cl-＞O2-＞F-；
【小问5详解】
①、③、⑧分别为H、N、Cl，原子个数为4∶1∶1组成的化合物为NH4Cl，属于离子化合物，NH、Cl-之间存在离子键，N和H之间存在极性共价键，故答案为离子键、极性键。
17. 实验室可用如图装置制备无水。已知易升华，易吸收水分而潮解。请回答下列问题：
（1）连接好仪器后首先应进行的操作是_____。
（2）装置A盛放浓盐酸的仪器名称是_____，其上口与烧瓶用导管相连的作用是_____。
（3）A装置中发生反应的离子方程式为_____。
（4）装置B的作用是_____，G中发生反应的离子方程式为_____。
（5）F中所装试剂为_____，目的是_____。
【答案】（1）检查装置的气密性
（2） ①. 分液漏斗 ②. 平衡气压，使液体能顺利流下
（3）
（4） ①. 检验后续装置是否堵塞(平衡气压)并除掉中的HCl气体 ②.
（5） ①. 浓硫酸 ②. 防止G中的水蒸气进入导致吸水潮解
【解析】
【分析】本题制备氯化铁，原理是2Fe+3Cl22FeCl3，装置A制备氯气，装置B目的是除去氯气中的HCl，装置C的作用是干燥氯气，装置E收集氯化铁，装置F中盛放浓硫酸，装置G的作用是吸收多余氯气，防止污染空气，据此分析；
【小问1详解】
因为实验需要氯气参与反应，因此连接好仪器后，需要检查装置的气密性；故答案为检查装置的气密性；
【小问2详解】
根据仪器特点，装置A中盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗；其上口与烧瓶用导管相连，使烧瓶与分液漏斗上方气压相等，有利于液体顺利滴下；故答案为分液漏斗；平衡气压，使浓盐酸能顺利流下；
【小问3详解】
装置A的目的是制备氯气，其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
【小问4详解】
装置B中盛放饱和食盐水，装置A中制备的氯气中混有HCl，因此装置B作用之一吸收氯气中的HCl，氯化铁常温下为固体，但氯化铁易升华，后续装置如果有堵塞，装置B中长颈漏斗中的液面上升，综上所述，装置B的作用是检验后续装置是否堵塞(平衡气压)并除去氯气中的HCl；氯气有毒，为防止污染环境，需要尾气处理，装置G的作用是吸收多余氯气，其离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为检验后续装置是否堵塞(平衡气压)并除去氯气中的HCl；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
【小问5详解】
装置E的作用是收集氯化铁，因为氯化铁易吸收水分而潮解，因此装置F中应盛放浓硫酸，防止装置G中水蒸气进入装置E，使氯化铁潮解；故答案为浓硫酸；防止G中的水蒸气进入，导致FeCl3吸水潮解。
18. Ⅰ．现有以下几种物质(或微粒)：①液氯②③④液态HCl⑤稀⑥熔融。回答下列问题：
（1）②和③之间互为_____。
（2）以上物质中属于能导电的电解质是_____。(填代号)
（3）写出①在水中发生反应的离子方程式_____。
Ⅱ．实验室用固体NaOH配制0.5ml/L的NaOH溶液500mL，有以下仪器和用品有：①烧杯②100mL量筒③药匙④玻璃棒⑤托盘天平(带砝码)
（4）配制时，还缺少的仪器是_____。
（5）在配制的转移过程中某学生进行如图操作，请指出其中的错误：_____。
（6）下列操作会使配制的溶液浓度偏低的是_____(填字母)。
A. 没有将洗涤液转移到容量瓶B. 转移过程中有少量溶液溅出
C. 容量瓶洗净后未干燥D. 定容时俯视刻度线
（7）实验中还需要2ml/L的NaOH溶液95mL，配制时应称取NaOH固体的质量是_____g
【答案】（1）同位素 （2）⑥
（3）
（4）胶头滴管、500mL容量瓶
（5）未使用玻璃棒进行引流、未使用500mL的容量瓶 （6）AB
（7）8.0
【解析】
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀、装瓶贴标签。
小问1详解】
②和③为氧元素的不同原子，互为同位素；
【小问2详解】
电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；以上物质中属于能导电的电解质：⑥熔融；
【小问3详解】
氯气溶于水，和水部分反应生成盐酸和次氯酸，反应为：；
【小问4详解】
配制0.5ml/L的NaOH溶液500mL，因此需要500mL容量瓶，配制一定物质的量浓度的溶液最后需用胶头滴管定容；故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管。
【小问5详解】
图中有两处错误：未用玻璃棒引流、容量瓶规格错误；故答案为：未用玻璃棒引流；应使用500mL的容量瓶；
【小问6详解】
A．没有将洗涤液转移到容量瓶，溶质物质的量偏小，浓度偏低，故A符合题意；
B．转移过程中有少量溶液溅出，溶质物质的量减小，浓度偏低，故B符合题意；
C．容量瓶洗净后未干燥，对结果无影响，故C不符合题意；
D．定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故D不符合题意；
综上所述，答案为：AB。
【小问7详解】
实验中还需要2ml/L的NaOH溶液95mL，，配制时需要100mL容量瓶，因此计算固体质量时要按照100mL计算，则需称量氢氧化钠固体2ml/L×0.1L×40g∙ml−1＝8.0g。
19. 明矾在日常生活中用途非常广泛。用废铝灰(含Al、、Fe、、FeO等)为原料制取明矾的工艺流程如下图。回答下列问题：
已知：开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH为1.9～3.7；开始沉淀到完全沉淀时溶液的pH为5.5~8.5。
（1）“酸溶”时，溶解的离子方程式为_____。
（2）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_____。
（3）“步骤①”调节pH约为3.7的目的是_____；检验“过滤2”滤液中是否含可用试剂_____。
（4）“步骤②”包含的操作有_____、_____、过滤、洗涤及干燥。
（5）已知废铝灰中铝元素的含量为a%，则mkg废铝灰理论上可制得明矾_____kg。
【答案】（1）
（2）
（3） ①. 使Fe3+完全沉淀而Al3+不沉淀 ②. KSCN溶液
（4） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
（5）
【解析】
【分析】废铝灰加入足量稀硫酸进行酸浸溶解并过滤，得到含有Al3+、Fe2+、Fe3+、硫酸根离子的酸性滤液，滤渣1为不与硫酸反应的杂质，向滤液中加入双氧水将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，由于Fe(OH) 3比Al(OH)3更难溶，向氧化后的滤液中加入Al(OH) 3，Fe3+转化为更难溶的Fe(OH) 3沉淀，过滤后得到含有Al3+、硫酸根离子的滤液，滤渣2为Fe(OH) 3，向滤液中加入K2SO4制得产品溶液，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥最终得到产品硫酸铝钾的晶体；
【小问1详解】
“酸溶”时，和稀硫酸生成硫酸铝和水，；
【小问2详解】
过氧化氢具有氧化锌，“氧化”时，加入氧化剂过氧化氢，将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为；
【小问3详解】
“步骤①”加入滤液中加入Al(OH)3，氢氧化铝能和氢离子反应，而能够调节溶液的pH值，根据已知：Fe3+开始沉淀到沉淀完全时溶液的为1.9～3.7，则调节约为3.7的目的是使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀；Fe3+可用KSCN检验，二者发生反应生成血红色溶液；
【小问4详解】
“步骤②”是从溶液中获得产品明矾，包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥；
【小问5详解】
已知废铝灰中铝元素的含量为a%，根据铝元素守恒可知，mKg废铝灰理论上可制得明矾。族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
1
①
2
②
③
④
⑤
3
⑥
⑦
⑧
4
⑨