新优化高考化学一轮(通用版)精致讲义：镁、铝及其重要化合物Word版含答案

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1、第二讲镁、铝及其重要化合物1理解镁、铝及其重要化合物的制备措施。2掌握镁、铝及其重要化合物的重要性质及其应用。镁、铝的性质及应用知识梳理一、镁的性质及应用1镁的性质(1)物理性质：银白色、具有金属光泽的固体，密度、硬度均较小，熔点较低，有良好的导电性、导热性和延展性。(2)化学性质与N2反映：3MgN2Mg3N2与CO2反映：2MgCO22MgOC与热水反映：Mg2H2OMg(OH)2H2Mg在CO2中能燃烧，因此Mg着火时不能用二氧化碳灭火器和泡沫灭火器灭火。2海水提镁Mg22OH=Mg(OH)2Mg(OH)22HCl=MgCl22H2OMgCl2(熔融)MgCl23镁的用途生产合金，冶金工

2、业上用作还原剂和脱氧剂。4镁的重要化合物物质重要性质及反映方程式氧化镁碱性氧化物MgO2H=Mg2H2O氢氧化镁中强碱Mg(OH)22H=Mg22H2O难溶于水Mg22OH=Mg(OH)2溶解度不不小于碳酸镁MgCO3H2OMg(OH)2CO2二、铝的性质及应用1铝的构造和存在形式：铝位于元素周期表的第三周期A族，原子构造示意图为 。铝是地壳中含量最多的金属元素，自然界中的铝所有以化合态的形式存在。2.铝的物理性质,铝是银白色、具有金属光泽的固体，硬度较小，具有良好的导电性、导热性和延展性。3.铝的化学性质根据上图写出如下序号相应的有关反映的方程式(能写离子方程式的写离子方程式)：2Al2OH

3、2H2O=2AlO3H22AlFe2O3Al2O32Fe(铝热反映)4.铝的用途纯铝用作导线，铝合金用于制造汽车、飞机、生活用品等。自我检测1.判断正误(对的的打“”，错误的打“”)。(1)(高考海南卷)铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝。()(2)铝在自然界中有游离态和化合态两种形式。()(3)MgO与Al粉的混合物也可称为铝热剂。()(4)Mg粉与浓NH4Cl溶液反映放出H2和NH3。()(5)冶炼铝时常用焦炭作还原剂。()(6)1 mol Al与足量的硫酸或足量的氢氧化钠溶液反映转移电子数相似。()(7)铝与少量NaOH溶液反映得到铝盐，与足量NaOH溶液反映生成偏铝酸盐。()答案：(1

4、)(2)(3)(4)(5)(6)(7)2.镁、铝单质的化学性质以相似性为主，但也存在某些较大差别性，下列物质能用于证明两者存在较大差别性的是()CO2盐酸NaOH溶液CuSO4溶液A. B.C. D.解析：选C。镁能与CO2反映而铝不能，铝能与NaOH溶液反映而镁不能。(1)Mg、Al在常温下均易在其表面形成致密的氧化膜。(2)常温下，能用铝制容器盛放浓硫酸、浓硝酸的因素是两者能使铝发生“钝化”，而不是铝与浓硫酸、浓硝酸不反映。(3)铝与稀硝酸反映时生成的气体是NO而不是H2。(4)用铝箔包裹的钠与水反映时既考虑Na与水的反映，又考虑Al与NaOH溶液的反映。(5)铝热剂(发生铝热反映),铝热

5、剂是铝与金属氧化物的混合物，铝热反映本质上是金属之间的置换反映，因此要遵循金属活动性顺序。例如：CuO与Al能发生铝热反映，而Al与MgO不能发生铝热反映。铝是中学化学学习阶段的唯一一种既能与酸(非氧化性酸)反映又能与强碱溶液反映放出H2的金属，就铝的这一特殊性质回答问题：(1)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反映，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，两者产生的H2相等，则HCl和NaOH的物质的量浓度之比是。(4)甲、乙两

6、烧杯中各盛有100 mL 3 molL1的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反映结束后，测得生成的气体体积比为V(甲)V(乙)12，则加入铝粉的质量为。A.5.4 g B.3.6 gC.2.7 g D.1.8 g解析(1)根据化学方程式：2Al6HCl=2AlCl33H2、2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，得Al与H2的关系式均为2Al3H2，故只要参与反映的Al的量相等，所得H2的量必相等。(2)由于在反映中Al过量，产生的H2由HCl和NaOH的量决定。根据化学反映中的关系式：6HCl3H2、2NaOH3H2，故当HCl、NaOH物质的量相等时，两者产生H2

7、的体积比为13。(3)由于铝足量且产生H2相等，根据关系式n(HCl)n(NaOH)31，又由于两溶液体积相等，故物质的量浓度c(HCl)c(NaOH)n(HCl)n(NaOH)31。(4)其反映原理分别为2Al6HCl=2AlCl33H2，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2。可见当参与反映的HCl和NaOH的物质的量相等时，产生H2的体积比是13，而题设条件体积比为12，阐明此题投入的铝粉对盐酸来说是过量的，而对于NaOH来说是局限性的。2Al6HCl=2AlCl33H26 mol 3 mol3 molL10.1 L 0.15 mol则Al与NaOH反映生成的H2为0.15 mo

8、l20.3 mol。2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2227 g 3 mol5.4 g 0.3 mol即投入的铝粉为5.4 g。答案(1)11(2)13(3)31(4)AAl既能溶于强酸，又能溶于强碱，因此说“Al既有金属性，又有非金属性”。你觉得这种说法与否恰当？为什么？答案：不恰当。金属性是指元素的原子失电子的能力，非金属性是指元素的原子得电子的能力。铝不管是与酸反映还是与碱反映，都是失去3e，化合价升高为3价，均作还原剂，因而铝具有较强的金属性。铝与酸、碱反映的定量关系铝分别与盐酸、NaOH溶液反映的原理：2Al6HCl=2AlCl33H2， 2Al2NaOH2H2O=2Na

9、AlO23H2。(1)等量的铝与足量盐酸和足量氢氧化钠溶液反映，产生H2的体积比为。(2)足量铝分别与等物质的量的盐酸和氢氧化钠溶液反映，产生H2的体积比为。(3)一定量的铝分别与一定量的盐酸和NaOH溶液反映，若产生H2的体积比为，则必然是铝与盐酸反映时，铝过量而盐酸局限性；铝与NaOH溶液反映时，铝局限性而NaOH溶液过量。 题组一镁、铝的性质1.下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是()A.K B.NaC.Fe D.Mg解析：选D。钾属于活泼金属，与氧气发生剧烈反映，A项错误；钠属于活泼金属，与空气中的氧气发生反映生成氧化钠，氧化钠不能保护内层金属钠，B项错误；铁

10、表面生成的Fe2O3不能保护内层金属铁，C项错误；在空气中金属Mg表面形成致密的MgO保护层，保护内层金属不被氧化，D项对的。2.(高考上海卷)已知NaOHAl(OH)3=NaAlO22H2O。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐徐徐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反映是()A.CO22OH=COH2OB.Al2O32OH=2AlOH2OC.2Al2OH2H2O=2AlO3H2D.Al34OH=AlO2H2O解析：选D。向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠浓溶液，一方面CO2与氢氧化钠反映，体现为铝罐变瘪，接着过量的氢氧化钠再与

11、铝罐反映，铝罐表面有氧化膜Al2O3，故可发生A、B、C的反映。 题组二镁、铝与酸或碱反映的计算3.将等物质的量的镁和铝混合，取等质量该混合物四份，分别加到足量的下列溶液中，充足反映后，放出氢气最多的是()A.3 molL1 HCl B.4 molL1 HNO3C.8 molL1 NaOH D.18 molL1 H2SO4解析：选A。在镁、铝混合物中加入HNO3和浓H2SO4都不产生H2；加入NaOH溶液，只有Al与之反映生成H2，而镁不反映；加入盐酸，镁、铝都与盐酸反映生成H2，因此放出H2的量最多。4.(兰州模拟)将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100 mL 2 molL1的盐酸反

12、映，实验测得生成气体的体积V(已折合为原则状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是()A.x2.24B.钠的物质的量为0.2 molC.反映时，Na、Mg、Al均过量D.曲线b为Mg与盐酸反映的图像解析：选C。由图像可以看出，生成气体的体积相等，则盐酸完全反映，x2.24，A对的。根据生成的H2为2.24 L，可知Na失去0.2 mol电子，则钠的物质的量为0.2 mol，B对的。反映时如果钠过量，则钠会继续与水反映，生成的气体必多于2.24 L，C错误。根据反映速率可知曲线a、b、c依次是Na、Mg、Al与盐酸反映的图像，D对的。铝的重要化合物知识梳理1.氧化铝(1)物理性质：白色固

13、体，难溶于水，有很高的熔点。(2)化学性质(用化学方程式表达)2氢氧化铝(1)物理性质：白色胶状不溶于水的固体，有较强的吸附性。(2)化学性质(用化学方程式表达)Al(OH)3的电离方程式为 受热分解：2Al(OH)3Al2O33H2O。(3)制备向铝盐溶液中加入氨水，离子方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)33NH。向NaAlO2溶液中通入足量CO2，离子方程式为AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO。NaAlO2溶液与AlCl3溶液混合，离子方程式为3AlOAl36H2O=4Al(OH)3。3常用的铝盐(1)硫酸铝钾是由两种不同的金属离子和一种酸根离子构成的复盐。(2)明矾的化学

14、式为KAl(SO4)212H2O，它是无色晶体，可溶于水，其水溶液pHW1W2(3)520 g1.两性物质的概念辨析两性物质是指既能与酸反映又能与碱反映生成盐和水的化合物，既能与酸反映又能与碱反映的物质不一定是两性物质。Al2O3、Al(OH)3、氨基酸是两性物质。2.Al(OH)3与Al2O3两性的重要应用(1)用过量NaOH溶液检查Al3的存在。(2)用过量NaOH溶液鉴别Al3和Mg2。(3)用互滴法鉴别Al3与OH、AlO与H。(4)用过量NaOH溶液和相应酸溶液分离Al3与Mg2、Fe3等离子或Al2O3与MgO等物质。3.Al(OH)3的三种制备措施制取Al(OH)3时，一般不用强

15、酸或强碱溶液，由于强酸、强碱能溶解生成的Al(OH)3，而又无法控制酸碱的用量，一般使用氨水或CO2制取。 “铝三角”转化关系及应用知识梳理1.Al3、Al(OH)3、AlO之间的转化关系写出上述转化的离子方程式：(1)Al33NH3H2O=Al(OH)33NH，Al33AlO6H2O=4Al(OH)3，Al33OH=Al(OH)3；(2)Al(OH)33H=Al33H2O；(3)Al34OH=AlO2H2O；(4)AlO4H=Al32H2O；(5)(CO2过量)，AlOHH2O=Al(OH)3；(6)Al(OH)3OH=AlO2H2O。2.Al3、Al(OH)3、AlO之间的定性分析和定量计

16、算(1)把NaOH溶液逐滴加入到AlCl3溶液中至过量定性分析a.现象：先有白色沉淀产生，然后沉淀逐渐溶解。b.原理(填离子方程式，下同)：Al33OH=Al(OH)3、Al(OH)3OH=AlO2H2O。c.图像定量计算a.根据AlCl3(设其物质的量为a)与NaOH(设其物质的量为b)计算生成Al(OH)3沉淀的量b.根据AlCl3(设其物质的量为a)和Al(OH)3(设其物质的量为b)计算需要NaOH的量当NaOH局限性时，n(NaOH)3b；当NaOH过量时，n(NaOH)4ab。(2)把AlCl3溶液逐滴加入到NaOH溶液中至过量现象：开始时无明显现象，然后逐渐产生大量的白色沉淀。原

17、理：Al34OH=AlO2H2O、Al33AlO6H2O=4Al(OH)3。图像(3)向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸至过量现象：先生成白色沉淀，随后沉淀逐渐溶解。原理：AlOHH2O=Al(OH)3、Al(OH)33H=Al33H2O。图像(4)向HCl溶液中逐滴加入NaAlO2溶液至过量现象：开始无明显现象，反映一段时间后逐渐产生大量的白色沉淀。原理：4HAlO=Al32H2O、Al33AlO6H2O=4Al(OH)3。图像3.四个拓展图像(1)向AlCl3溶液中逐滴加入氨水或NaAlO2溶液至过量，图像如图1所示。(2)向NaAlO2溶液中逐滴加入AlCl3溶液或通入CO2至过量，图像如

18、图2所示。(3)向MgCl2、AlCl3和盐酸的混合溶液(即将Mg、Al溶于过量盐酸所得的溶液)中逐滴加入NaOH溶液至过量，图像如图3所示。(4)向MgCl2、AlCl3、盐酸和NH4Cl的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，图像如图4所示。自我检测1.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是()向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸 向AlCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液 向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸 A. B.C. D.解析：选C。Na2CO3与CO2、H2O反映生成 NaHCO3，由于Na2CO3的溶解度比NaHCO3

19、的大，因而只会产生NaHCO3沉淀；NaAlO2中加入稀盐酸，开始产生白色沉淀 Al(OH)3，当盐酸过量时，Al(OH)3又溶于盐酸；向 AlCl3溶液中加入NaOH溶液开始产生白色沉淀Al(OH)3，当NaOH溶液过量时，Al(OH)3又溶于NaOH溶液；只会生成H2SiO3沉淀。2.下图像表达Al3与AlO物质的量变化的曲线，实线表达Al3，虚线表达AlO，其中对的的是()解析：选B。根据反映：Al33OH=Al(OH)3和Al(OH)3OH=AlO2H2O中消耗OH的量的关系可知A错误、B对的；由AlOHH2O=Al(OH)3和Al(OH)33H=Al33H2O可知C、D错误。铝线规律

20、Al(OH)3有两性，既能溶于强酸(H)生成铝盐(Al3)，又能溶于强碱(OH)生成偏铝酸盐(AlO)，Al(OH)3、H、Al3、OH、AlO是铝的化合物转化关系中最常用的5种粒子，将这5种粒子按pH由小到大排列出线型关系：HAl3Al(OH)3AlOOH我们将这条线型排列称为“铝线”。这条“铝线”上相邻粒子不反映，不相邻粒子间可以反映。相隔的粒子反映生成处在两个反映粒子中间的粒子(产物水被略去)。相隔越远的粒子越容易发生反映。将一定质量的镁、铝混合物投入200 mL稀硫酸中，固体所有溶解后，向所得溶液中加入5 mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如

21、图所示，则下列说法不对的的是()A.镁和铝的总质量为9 gB.最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸C.硫酸的物质的量浓度为2.5 mol/LD.生成的氢气在原则状况下的体积为11.2 L解析由图像知，nMg(OH)20.15 mol，nAl(OH)30.35 mol0.15 mol0.2 mol，则 m(Mg)0.15 mol24 g/mol3.6 g，m(Al)0.2 mol27 g/mol5.4 g，因此镁和铝的总质量为9 g；由图像知，最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸；当沉淀达到最大值时，溶液中的溶质只有Na2SO4，则有n(Na)2n(SO) ，即 n(NaOH

22、)2n(H2SO4)，因此，硫酸的物质的量浓度为2.5 mol/L；0.15 mol的Mg与过量稀硫酸反映生成的氢气在原则状况下的体积为3.36 L，0.20 mol的Al与过量稀硫酸反映生成的氢气在原则状况下的体积为6.72 L，因此镁和铝混合物与过量稀硫酸反映生成的氢气在原则状况下的体积为10.08 L，故选D项。答案D与例题的图像类似，在某混合溶液中具有多种离子，向其中滴加氢氧化钠或盐酸，根据产生的白色沉淀与所加溶液的关系，分别得到如下两个类似图像甲和乙。请思考图像甲和乙所示的溶液中分别存在哪些常用离子？并按反映顺序写出离子方程式。答案：图甲：H、Al3、Mg2、NH。按照反映的顺序，离

23、子方程式为(1)HOH=H2O；(2)Al33OH=Al(OH)3，Mg22OH=Mg(OH)2；(3)NHOH=NH3H2O；(4)Al(OH)3OH=AlO2H2O。图乙：OH、AlO、CO、SiO。按照反映的顺序，离子方程式为(1)HOH=H2O；(2)AlOHH2O=Al(OH)3，SiO2H=H2SiO3；(3)COH=HCO，HCOH=H2OCO2；(4)Al(OH)33H=Al33H2O。解答图像题的思维模板阐明前两“看”较直观，难度较小。第三“看”难度大些，只有对的书写出变化过程中的反映方程式，并理清化学方程式中化学计量数与题目有关量的数量关系，才干顺利解题。 题组一Al3、A

24、lO和Al(OH)3互相转化的定量关系及图像分析1.如图表达AlCl3溶液与NaOH溶液互相滴加过程中微粒的量的关系曲线。下列判断错误的是()A.线表达Al3的物质的量的变化B.x表达AlCl3的物质的量C.线表达Al(OH)3的物质的量的变化D.线表达AlO的物质的量的变化解析：选B。AlCl3溶液与NaOH溶液混合有两种方式：向AlCl3溶液中缓慢滴加NaOH溶液，开始有沉淀生成后沉淀溶解，且生成沉淀与沉淀溶解消耗的NaOH的物质的量之比为31，显然符合题意，则x表达NaOH的物质的量，B项错误；另一种方式是向NaOH溶液中缓慢滴加AlCl3溶液，开始没有沉淀，后有沉淀生成，与本题图示状况

25、不符。2.(遂宁诊断)某溶液中也许具有如下离子：H、Mg2、Al3、NH、Cl、AlO。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法对的的是()A.原溶液中一定具有的阳离子是H、Mg2、Al3、NHB.反映最后形成的溶液中的溶质含AlCl3C.原溶液中Al3与NH的物质的量之比为13D.原溶液中具有的阴离子是AlO、Cl解析：选C。根据图像可推断出溶液中肯定具有H、NH、Al3和Cl，肯定不存在AlO和Mg2，A、D错误；反映到最后溶液中的溶质为NaCl和NaAlO2，B错误；结合图像中的数量关系可得n(H)n(Al3)n(

26、NH)213，C对的。1.离子反映先后顺序当溶液中有多种离子时，要考虑离子之间的反映顺序，如向具有H、NH、Mg2、Al3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，NaOH先与H反映，再与Mg2、Al3反映生成沉淀，再与NH反映，最后才溶解Al(OH)3沉淀。2.“铝三角”转化关系的应用(1)判断离子共存Al3水解呈酸性，与OH、AlO、CO(HCO)、S2等不能大量共存。AlO水解呈碱性，与H、HCO、Al3、Fe3等不能大量共存。(2)鉴别(运用滴加试剂顺序不同，现象不同)向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀溶解。向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始无明显现象，后产生白色

27、沉淀，沉淀不溶解。(3)分离提纯运用Al能溶于强碱溶液，分离Al与其她金属的混合物，如Mg(Al)：加足量NaOH溶液。运用Al2O3能与强碱溶液反映，分离Al2O3与其她金属氧化物，如Fe2O3(Al2O3)：加足量NaOH溶液。运用Al(OH)3能与强碱溶液反映，分离Al3与其她金属阳离子，如Mg2(Al3)：加过量NaOH溶液，过滤，再加酸充足溶解。 题组二Al3形成Al(OH)3的简朴计算3.(贵州高三模拟)向30 mL 1 molL1的AlCl3溶液中逐滴加入浓度为4 molL1的NaOH溶液，若产生0.78 g白色沉淀，则加入的NaOH溶液的体积也许为()A.3 mL B.7.5

28、mLC.15 mL D.17.5 mL解析：选B。解法一：把该题的信息转化为图像，用图像法求解，如图所示：当生成沉淀0.01 mol时需NaOH 0.03 mol或0.11 mol，显然B项符合题意。解法二：已知n(AlCl3)0.03 mol，nAl(OH)30.01 mol，由沉淀的物质的量不不小于氯化铝的物质的量可推知此题也许有两个答案：一是氢氧化钠局限性，二是氢氧化钠过量。当碱的量局限性时，则V(NaOH) L0.007 5 L7.5 mL；当碱过量时，则V(NaOH) L0.027 5 L27.5 mL。4.(晋城高三模拟)在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中滴加NaOH溶液

29、，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为()A.61 B.31 C.21D.12解析：选D。从图像中可以看出，溶解Al(OH)3消耗NaOH的体积为60 mL50 mL10 mL，故沉淀Al3消耗NaOH的体积应为10 mL330 mL，则沉淀Mg2消耗NaOH的体积为50 mL30 mL20 mL，根据Mg2、Al3与OH反映的物质的量关系判断n(Al3)n(Mg2)11，即Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量之比为12，则浓度之比亦为12。课后达标训练一、选择题1.下列有关铝及其化合物的说法不对的的是()A.Al

30、既可用于食品包装，也可用作建筑材料B.Al2O3既可用来冶炼金属Al，也可用作耐火材料C.明矾KAl(SO4)212H2O既可用作净水剂，也可用作消毒剂D.Al(OH)3既可用作治疗胃酸过多的药物，也可用来制备某些铝盐解析：选C。A项，金属铝具有良好的延展性，因此铝可以制成铝箔用于食品包装，金属铝也可用作建筑材料，如铝合金门窗等，对的；B项，电解熔融的Al2O3可冶炼金属Al，由于Al2O3具有耐高温的性质，也可用作耐火材料，对的；C项，明矾KAl(SO4)212H2O溶于水后，Al3能发生水解反映，生成的Al(OH)3胶体具有吸附作用，可用作净水剂，但Al(OH)3并不具有消毒作用，错误；D

31、项，Al(OH)3与胃酸中的盐酸反映生成氯化铝和水，对的。2.镁、铝性质相似，下表中对两者的对比不对的的是()选项反映铝镁A与非金属反映能被Cl2、O2氧化能与N2、O2反映B与水反映能与沸水反映反映很困难C与碱反映能溶于强碱溶液不反映D与某些氧化物反映能与Fe2O3、MnO2、Cr2O3等金属氧化物发生铝热反映能在CO2中燃烧解析：选B。镁的金属性强于铝，铝与水反映很困难，镁能与沸水反映。3.如图是铝在氧气中燃烧的实验，铝条点燃后，为维持继续燃烧，对的的操作是()A.铝条应始终置于集气瓶瓶口位置B.迅速将铝条插入集气瓶接近瓶底位置C.将铝条从瓶口位置慢慢伸向瓶底位置D.铝条应不断上下移动答案

32、：C4.近年前，世界卫生组织把铝拟定为食品的污染源之一而加以控制使用。铝在下列应用中应加以控制的是()制铝合金制电线制炊具制银色漆颜料用明矾净水用明矾与苏打作食品膨松剂制易拉罐用氢氧化铝凝胶制胃舒平药物包装糖果和食品A.B.C. D.解析：选D。解答本题时，要抓住题中的“把铝拟定为食品的污染源之一”与“控制使用”。D项符合题意。5.(保定高三模拟)某同窗通过系统实验探究铝及其化合物的性质，操作对的且能达到目的的是()A.向氯化铝溶液中滴加过量氨水，最后得到澄清溶液B.等质量的铝粉分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反映制得等质量的氢气C.常温下铝与浓硝酸反映制得大量的NO2D.AlCl3溶液加热蒸干

33、得到无水氯化铝晶体解析：选B。Al(OH)3不溶于氨水，A错误；常温下铝与浓HNO3发生“钝化”，C错误；蒸发AlCl3溶液增进AlCl3的水解得到Al(OH)3，D错误。6.下列论述对的的是()A.向氯化铝溶液中加入过量氨水反映的实质是Al33NH33H2O=Al(OH)33NHB.存在于污水中的重金属离子，常用加入明矾等电解质的措施进行解决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.根据铝热反映原理，能发生反映2Al3MgO3MgAl2O3解析：选A。B项中明矾只能使污水中的悬浮物沉降，不能除去重金属离子；C项中Mg不能溶于NaOH溶液；D项中Mg的金属性比Al强，故A

34、l与MgO不能发生铝热反映。7.下列曲线图(纵坐标为沉淀的物质的量，横坐标为加入物质的体积)与相应的选项相符合的是()A.向1 L浓度均为0.1 molL1的NaAlO2、Ba(OH)2混合溶液中加入0.1 molL1的稀H2SO4B.向1 L浓度分别为0.1 molL1和0.3 molL1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1 molL1的稀NaOH溶液C.向烧碱溶液中滴加明矾溶液D.向AlCl3溶液中滴加过量氨水解析：选A。A项，Ba(OH)2和NaAlO2中加入稀H2SO4，发生的反映依次为Ba22OH2HSO=BaSO42H2O、AlOHH2O=Al(OH)3、Al(OH)33

35、H=Al33H2O，因此加入1 L稀H2SO4时，Ba(OH)2反映完，再加0.5 L稀H2SO4时AlO反映完，再加1.5 L稀H2SO4时，Al(OH)3所有溶解，对的；B项，向1 L浓度分别为0.1 molL1和0.3 molL1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1 molL1的NaOH溶液，发生的反映依次是Al33OH=Al(OH)3、OHNH=NH3H2O、Al(OH)3OH=AlO2H2O，因此沉淀Al3和溶解Al(OH)3所用NaOH溶液的体积之比为31，而图像中是11，错误；C项，向烧碱溶液中滴加明矾溶液，发生的反映依次是Al34OH=AlO2H2O、Al33AlO6

36、H2O=4Al(OH)3，因此无现象阶段与产生沉淀阶段所加入的明矾溶液体积之比为31，错误；D项，向AlCl3溶液中滴加过量氨水，沉淀不会溶解，错误。8.(潍坊高三模拟)将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同步放入一定量的水中，充足反映后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入原则状况下的HCl气体6.72 L，若反映过程中溶液的体积保持不变，则下列说法对的的是 ()A.原则状况下，反映过程中得到6.72 L气体B.最后得到的溶液中c(Na)c(Cl)c(OH)C.最后得到7.8 g沉淀D.最后得到的溶液中c(Na)1.5 molL1解析：选C。n(Na2O2)0.2 mol，n(A

37、l)0.2 mol，由2Na2O22H2O=4NaOHO2和2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2可知，生成n(O2)0.1 mol，n(H2)0.3 mol，n(NaAlO2)0.2 mol，反映剩余 n(NaOH)0.4 mol0.2 mol0.2 mol，通入的HCl气体为0.3 mol，0.2 mol HCl与NaOH反映，0.1 mol HCl与NaAlO2反映生成0.1 mol Al(OH)3沉淀，反映后溶液中含0.1 mol NaAlO2。A项，反映过程中得到8.96 L气体；B项，最后得到的溶液中尚有0.1 mol NaAlO2；D项，最后得到的溶液中c(Na)2 mo

38、lL1。9.(保定质检)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：对上述流程中的判断对的的是()A.试剂X可觉得氨水，沉淀中具有铁的化合物B.CO2可以用H2SO4溶液或稀盐酸替代C.反映中的离子方程式为CO2AlO2H2O=Al(OH)3HCOD.工业上还可采用Fe还原Al2O3的措施制Al，成本更低解析：选C。A项，试剂X应为强碱溶液，使Al2O3溶解；B项，若用强酸替代CO2，强酸过量时，Al(OH)3会溶解，不能保证生成Al(OH)3沉淀；D项，因Al比Fe活泼，不能用Fe置换Al。二、非选择题10.(高考海南卷)KAl(SO4)212H2O(明矾)是一种复

39、盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(重要成分为Al，具有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。回答问题：(1)为尽量少引入杂质，试剂应选用(填标号)。a.HCl溶液 b.H2SO4溶液c.氨水 d.NaOH溶液(2)易拉罐溶解过程中重要反映的化学方程式为_。(3)沉淀B的化学式为_；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其因素是_。解析：(1)易拉罐的重要成分为Al，具有少量的Fe、Mg杂质，试剂的作用是将Al溶解并除去Fe、Mg杂质，HCl溶液和H2SO4溶液可溶解Al及Fe、Mg杂质，会引入Fe2、Mg2，氨水不溶解Al；NaOH溶液可溶解Al，但不溶解Fe、Mg杂质，故

40、d项符合。(2)选用NaOH溶液溶解易拉罐，重要发生反映2Al2OH2H2O=2AlO3H2。(3)滤液A中铝元素以AlO形式存在，与溶液中HCO发生复分解反映：AlOHCOH2O=Al(OH)3CO，故沉淀B为Al(OH)3；明矾溶于水时，KAl(SO4)2=KAl32SO，Al33H2OAl(OH)33H，使溶液呈弱酸性。答案：(1)d(2)2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2(3)Al(OH)3Al3水解，使溶液中H浓度增大11.一位同窗在复习时遇到这样一道习题：某无色溶液中也许具有H、OH、Na、NO，加入铝粉后，只产生H2，问该无色溶液中能大量存在哪几种离子。(1)加入铝粉

41、产生H2，阐明铝具有(填“氧化性”或“还原性”)。(2)该同窗分析：若H大量存在，则NO就不能大量存在。设计实验证明如下：装置现象.实验初始，未见明显现象.过一会儿，浮现气泡，液面上方呈浅棕色.试管变热，溶液沸腾盐酸溶解Al2O3薄膜的离子方程式是_。根据现象，推测溶液中产生了NO，为进一步确认，进行如下实验：实验内容现象实验1将湿润的淀粉KI试纸置于空气中未变蓝实验2用湿润的淀粉KI试纸检查浅棕色气体试纸变蓝a.浅棕色气体是。b.实验1的目的是_。c.实验1、2阐明反映生成了NO，将生成NO的离子方程式补充完整：AlNO=Al3NO(3)再假设：若OH大量存在，NO也也许不能大量存在。重新设

42、计实验证明如下：装置现象.实验初始，未见明显现象.过一会儿，浮现气泡，有刺激性气味为确认“刺激性气味”气体，进行如下实验：用湿润的淀粉KI试纸检查，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检查，试纸变蓝。有刺激性气味的气体是。产生该气体的离子方程式是_。(4)在NaOH溶液中加入铝粉，成果只检查出有H2生成，其化学方程式是_。解析：(1)加入铝粉产生H2，Al失去电子，H得到电子，则Al为还原剂，具有还原性。(2)盐酸与氧化铝反映生成氯化铝和水，该离子反映为6HAl2O3=2Al33H2O。液面上方呈浅棕色，一定不是氢气，为氮的氧化物，由将湿润的淀粉KI试纸置于空气中未变蓝，阐明KI在空气中不能被氧化，而用

43、湿润的淀粉KI试纸检查浅棕色气体试纸变蓝，则KI被氧化，即二氧化氮与水反映生成硝酸，再氧化碘离子生成碘单质。a.由上述分析可知，浅棕色气体是NO2；b.实验1的目的是做对比实验；c.Al与H、NO发生氧化还原反映生成Al(NO3)3、NO和水，离子方程式为AlNO4H=Al3NO2H2O。(3)用湿润的淀粉KI试纸检查，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检查，试纸变蓝，则该气体为NH3。由上述分析可知，碱性条件下Al与NO发生氧化还原反映生成氨气，离子方程式为8Al3NO5OH2H2O=3NH38AlO。(4)NaOH溶液中加入铝粉，成果只检查出有H2生成，即反映生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al

44、2NaOH2H2O=2NaAlO23H2。答案：(1)还原性(2)6HAl2O3=2Al33H2Oa.NO2b.做对比实验，排除氧气使湿润的淀粉KI试纸变蓝的也许c.14H112H2O(3)NH38Al3NO5OH2H2O=3NH38AlO(4)2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H212.铝镁合金已成为轮船制造、化工生产等行业的重要材料。某研究性学习小组为测定某含镁3%5%的铝镁合金(不含其她元素)中镁的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究，请根据她们的设计回答有关问题。探究一实验方案：铝镁合金测定剩余固体质量。问题讨论：(1)实验中发生反映的离子方程式是_。(2)若实验中称取

45、5.4 g铝镁合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中，充足反映。则NaOH溶液的体积VmL。(3)实验中，当铝镁合金充足反映后，在称量剩余固体质量前，还需进行的实验操作按顺序依次为_。探究二实验方案：称量x g的铝镁合金粉末，放在如图所示装置的惰性电热板上，通电使其充足灼烧。问题讨论：(4)欲计算Mg的质量分数，该实验中还需测定的数据是_。(5)假设实验中测出该数据为y g，则原铝镁合金粉末中镁的质量分数为(用含x、y的代数式表达)。解析：(1)注意镁与NaOH溶液不反映。(2)5.4 g铝镁合金中铝的最大质量为5.4 g97%，根据2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，可求出与铝反映的NaOH的物质的量的最大值为5.4 g97%27 g/mol0.194 mol，体积为0.194 mol2.0 mol/L0.097 L，即97 mL。(5)设x g铝镁合金中镁、铝的物质的量分别是a mol、b mol，则灼烧生成a mol MgO、 mol Al2O3，则24a27bx，40a51by，解得a，镁的质量为 g，镁的质量分数为。答案：(1)2Al2OH2H2O=2AlO3H2(2)97(3)过滤、洗涤、干燥(4)灼烧后固体的质量(5)