2013高三化学稳步提升训练3.1 从铝土矿到铝合金

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1、专题三 从矿物到基础材料第1讲 从铝土矿到铝合金随堂演练巩固 1. 铝的含量在地壳中为金属之最，但直到20世纪铝合金才成为仅次于铁的金属材料。因为密度小、机械性能好，从1919年开始，铝合金就开始用于飞机制造，此后铝和航空事业紧紧连在一起，被称为“有翼的金属”。电解法冶炼铝时，加入的冰晶石(Na3AlF6)的作用是( )A.助熔剂 B.催化剂C.还原剂 D.氧化剂【解析】 Al2O3的熔化温度高，熔化时耗能大，为节省能源，降低Al2O3的熔化温度，工业上常采用加入冰晶石的方法。【答案】 A 2. 出土的锡青铜(铜锡合金)文物常有Cu2(OH)3Cl覆盖在其表面。下列说法正确的是( )A.锡青铜

2、的熔点比纯铜高B.在自然环境中，锡青铜中的锡对铜起保护作用C.锡青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中慢D.生成Cu2(OH)3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，但不是化学反应过程【解析】 锡青铜属于合金，根据合金的特性，熔点比任何一种纯金属的低判断A错；由于锡比铜活泼，故在发生电化学腐蚀时，锡失电子保护铜，B正确；潮湿的环境将会加快金属的腐蚀速率，C不正确；电化学腐蚀过程实质是有电子的转移，属于化学反应过程，D错。【答案】 B 3. 镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)关系如图。反应中镁和铝的( )A.物质的量之比为32B.质量之比为32C.摩尔质量之比为2

3、3D.反应速率之比为23【解析】由图像可知，两个反应中生成的氢气一样多，说明两种金属提供的电子数目一样多，则镁、铝的物质的量之比为32，质量之比为43，故A项正确，B项错误。 镁、铝的摩尔质量之比为89，C项错。由图像镁、铝与硫酸反应需要的时间之比为23，则二者的速率之比为32，D项错。【答案】 A 4. (2012江苏常州高三一模改编，14)ag Mg、Al合金完全溶解在c1 molL-1、V1 L HCl溶液中，产生bg H2。再向反应后的溶液中加入c2molL-1、V2 L NaOH溶液，恰好使沉淀达到最大值，且沉淀质量为dg。下列关系错误的是( )A.d=a+17bB.c1=C.铝为m

4、olD.与金属反应后剩余盐酸为(c1V1-2b) mol【解析】 A中，沉淀的质量等于金属的质量加上m(OH-)，找出OH-与H2的关系，即n(OH-)=2n(H2)，便可确定A正确；从终态分析，最终生成NaCl，B正确。建立方程组解得n(Al)= mol可确定C正确。第一步消耗HCl b mol，所以剩余HCl应为(c1V1-b) mol，D错误。【答案】 D 5. 已知A为金属单质，各步反应最后生成物E是白色沉淀。(1) 试确定A、B、C、D、E各为何物，写出其化学式。A_，B_，C_，D_，E_。(2) 写出各步反应的化学方程式(或离子方程式)。_；_；_；_；_。【解析】 金属对应离子

5、能与氨水反应证明该金属对应氢氧化物的碱性较弱，金属还原性不是很强，该金属能与碱溶液反应，常见与碱反应的金属为铝，即A为铝，由此推出B、C、D、E分别为B：AlCl3，C：NaAlO2，D：Al2(SO4)3，E：Al(OH)3。【答案】 (1)Al AlCl3 NaAlO2 Al2(SO4)3 Al(OH)3(2)2Al+3Cl22AlCl32Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H22Al+6H+=2Al3+3H2Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH+4AlO-2+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO-3课后作业夯基(时间:45分钟，满分：100分)一、 单项选择题(本题包

6、括5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题目要求)1. (2012江苏无锡高三一模，1)欲迅速除去水壶底部的水垢，又不损坏铝壶，最好的方法是用( )A.浓盐酸 B.稀硝酸C.冷的浓硫酸 D.冷的浓硝酸【解析】 浓盐酸和稀硝酸既能溶解水垢，又能溶解铝壶，错误。浓硫酸不能去除水垢。【答案】 D 2. (2012安徽省城名校联考高三一模，8)下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是( )碳酸钠溶液与盐酸 偏铝酸钠溶液与盐酸 苯酚钠溶液和CO2 硝酸银溶液和氨水 氯化铝溶液和氨水 碳酸氢钠溶液与澄清石灰水A. B.C.仅有 D.【解析】 如果反应可分

7、步进行，第一步反应的产物还能与过量的反应物反应，则不能用同一个离子方程式表示。【答案】 A 3.(2012山西师大附中高三一模，8)下列表示溶液中发生反应的化学方程式错误的是 A.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2B.2KMnO4+HCOOK+KOH=2K2MnO4+CO2+H2OC.MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2OD.K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=Cr2(SO4)3+3Fe2(SO4)3+K2SO4+7H2O【解析】 在碱性条件下，不可能产生CO2气体，而应生成CO2 -3，故B项错误。【答案】 B 4. (2012山东潍坊三县联考高三一

8、模，8)下列反应的离子方程式表示正确的是( )A.过量石灰水与碳酸氢钙反应：Ca2+2HCO-3+2OH-=CaCO3+CO2-3+2H2OB.FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2OC.向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3+4NH3H2O=AlO-2+4NH+4+2H2OD.H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2+OH-+H+SO2-4=BaSO4+H2O【解析】 A中，最后产物中不应含有CO2-3；C中，氨水不能溶解Al(OH)3；D中，OH-、H+、H2O的化学计量数都应为2。【答案】 B 5.向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中, 逐滴加入N

9、aOH溶液。下列图像中, 能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积, 纵坐标表示反应生成沉淀的质量)( )【解析】 分析图像题时，一方面要分析反应的先后，另一方面要分析反应物的用量。按先后顺序发生的反应为：Al3+3OH-=Al(OH)3，Mg2+2OH-=Mg(OH)2，Al(OH)3+OH-=AlO-2+2H2O，由此便可得出D图像符合题意。【答案】 D二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题7分，共35分，每小题有一个或两个选项符合题目要求）6.甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10 mL 0.1 molL-1AlCl3溶液，两烧杯中都有

10、沉淀生成。下列判断正确的是 ( )A.甲中沉淀一定比乙中的多B.甲中沉淀可能比乙中的多C.甲中沉淀一定比乙中的少D.甲中和乙中的沉淀可能一样多【解析】此题考查了元素化合物知识。根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠溶液但不溶于氨水，故两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同pH的两溶液中氨水的浓度远大于氢氧化钠的浓度，当两者均不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，生成的沉淀氨水多；可知B、D两项正确。【答案】BD 7. 甲、乙两只烧杯中分别盛有100 mL 3 molL-1的盐酸和100

11、mL 3 molL-1 NaOH溶液，向两只烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成气体的体积比为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】 若盐酸和氢氧化钠都完全反应，则生成氢气的体积比为13；当二者都剩余时，生成的氢气体积相同；现生成气体的体积比为V(甲)V(乙)=12，则对盐酸来说，铝有剩余；对氢氧化钠来说，铝完全反应。由盐酸中HCl的物质的量，可求出盐酸所生成H2的物质的量为0.15 mol，氢氧化钠生成H2的物质的量为0.3 mol，从而求出铝的物质的量为0.2 mol，其质量为5.4 g。【答案】 A8

12、. 某实验小组对一含有Al3+的未知溶液进行了如下分析：(1)滴入少量氢氧化钠，无明显变化；(2)继续滴加NaOH溶液，有白色沉淀；(3)滴入过量的氢氧化钠，白色沉淀明显减少。实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀与滴入氢氧化钠体积的关系。下列说法错误的是( )A.该未知溶液中至少含有3种阳离子B.滴加的NaOH溶液的物质的量浓度为5 molL-1C.若另一种离子为二价阳离子，则a10D.若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6 g【解析】 从图像可以看出，开始无沉淀，证明有H+，产生的沉淀部分溶解，证明至少有两种能与OH-作用的金属离子，故A正确；由沉淀的减少量可以计算Al(OH)3溶解所

13、需的氢氧化钠的量，进一步计算NaOH浓度，B正确；M(OH)x和Al(OH)3的物质的量分别为0.15 mol和0.05 mol，根据OH-守恒可以计算沉淀完全消耗的NaOH的量，C对；因为不能确定二价离子的种类，故无法计算其质量，D错。【答案】 D9.实验室将9 g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂。发生铝热反应之后，所得固体中含金属单质为18 g，则该氧化物粉末可能是 ( ) A.Fe2O3和MnO2B.MnO2和V2O5C.Cr2O3和V2O5D.Fe3O4和FeO【解析】9 g铝粉可以提供1 mol电子，则氧化物中的金属元素每得到1 mol电子对应生成金属的质量就应该是18 g

14、。三价Fe得到1 mol电子对应生成Fe的质量为18.7g，四价Mn得到1 mol电子对应生成Mn的质量为13.8 g，故A项正确。五价V得到1 mol电子对应生成V的质量为10.2 g，三价 Cr得到1 mol电子对应生成Cr的质量为17.3 g， B、C两项即使9 g铝粉全部反应，所得金属单质的质量也不到18 g，故都错误。Fe3O4中的铁元素得到1 mol电子对应生成Fe的质量为21 g，二价Fe得到1 mol电子对应生成Fe的质量为28 g，当铝粉过量、Fe3O4和FeO不足时, D项正确。【答案】 AD 10.向含有1 mol KAl(SO4)2的溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，充分反应

15、。下列说法不正确的是( )A.当Al3+恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5 molB.当SO2-4恰好完全沉淀时，Al3+全部转化为AlO-2C.当向溶液中加入1.5 mol氢氧化钡时，反应可用下列离子方程式表示：2Al3+3SO2-4+3Ba2+6OH-=2Al(OH)3+3BaSO4D.随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大，沉淀的物质的量不断增大【解析】 含1 mol KAl(SO4)2的溶液中含Al3+1 mol、SO2-4 2 mol，逐滴加入氢氧化钡溶液，开始有Al(OH)3和BaSO4沉淀，当加入1.5 mol氢氧化钡时，Al3+沉淀完全，SO2-4有剩余，继续滴加氢氧化钡溶液，Al

16、(OH)3转化为AlO-2，剩余的SO2-4继续沉淀，至SO2-4沉淀完全，Al3+全部转化为AlO-2。【答案】 D三、非选择题(本题包括4小题，共50分) 11. (10分)某混合溶液中可能含有HCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl、Na2CO3、KCl中的一种或几种物质，往该溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入的NaOH溶液体积（V）的关系如图所示。回答下列问题:（1）溶液中一定含有的溶质是_，一定不含有的溶质是_（填化学式）。（2）溶液中可能含有的溶质是_（填名称），判断该物质是否存在的实验方法是_，现象是_。（3） 分别写出AB段、BC段发生反应的离子方程式

17、:AB段为_ ；BC段为_ 。【解析】 首先分析图像中的拐点、斜线及水平线所表示的化学意义。OA段是NaOH溶液中和HCl;加入过量NaOH溶液，沉淀全部溶解，说明无MgCl2,所以沉淀只有Al(OH)3;BC段是NaOH溶液与NH4Cl反应，故原溶液中一定含有HCl、AlCl3、NH4Cl，一定无MgCl2；又因为AlCl3与Na2CO3不能大量共存，所以一定无Na2CO3；可能含有KCl，可用焰色反应进行确定。【答案】 （1）HCl、AlCl3、NH4Cl MgCl2、Na2CO3（2）氯化钾 焰色反应 透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色（3）Al3+3OH-=Al(OH)3 NH+4+OH

18、-=NH3H2O 12. (16分)(2011广东理综，32)由熔盐电解法获得的粗铝含有一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用钢材镀铝。工艺流程如下：(注：NaCl熔点为801 ；AlCl3在181 升华)(1)精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为_和_。(2)将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去。气泡的主要成分除Cl2外还含有_；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在_。(3)在用废碱液处理A的过程中，所发生反应的离子方程式为_ 。(4)镀铝电解池中，金

19、属铝为_极，熔融盐电镀中铝元素和氯元素主要以AlCl-4 和Al2Cl-7形式存在，铝电镀时阳极的主要电极反应式为_ 。(5)钢材镀铝后，表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是_ 。【解析】 本题考查物质的提纯、实验条件的选择、方程式的书写、原电池及电解的应用。(1)铝属于活泼金属，在高温下可置换某些金属或非金属，因此有关反应的方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe、4Al+3SiO22Al2O3+3Si。(2)在高温下，氯气可与氢气、金属钠和铝反应生成HCl、NaCl和AlCl3，由于温度是700 ，所以AlCl3会升华变成气体，因此气泡的主要成分除Cl2外还含有HCl和AlC

20、l3；NaCl熔点为801 ，此时NaCl不会熔化，只能在浮渣中存在，即浮渣中肯定存在NaCl。(3)尾气经冷凝后分为气体A和B，由框图可知A是氯气和氯化氢的混合气体，B是AlCl3。因此用废碱液处理A的过程中，所发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O和H+OH-=H2O。(4)既然是镀铝，所以铝必须作阳极，由于熔融盐中铝元素和氯元素主要以AlCl-4 和Al2Cl-7形式存在，所以阳极的电极反应式为Al +7 AlCl-4-3e-=4Al2Cl-7。(5)铝在空气中易形成一层极薄的致密而坚固的氧化膜，它能阻止内部的金属继续被氧化，起到防腐蚀保护作用。【答案】 (1)

21、2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe4Al+3SiO22Al2O3+3Si(2)HCl和AlCl3 NaCl(3)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H+OH-=H2O(4)阳 Al +7 AlCl-4-3e-=4Al2Cl-7(5)致密的氧化铝膜能隔绝钢材与空气中的O2、CO2和H2O等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生。 13.(12分)从铝土矿（主要成分是Al2O3,含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种工艺流程如：请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为_。（2）流程乙加入烧碱后生成SiO2-3的离子方程式为_。（3）验证滤液B含Fe

22、3+，可取少量滤液并加入_（填试剂名称）。（4）滤液E、K中溶质的主要成分是_（填化学式），写出该溶质的一种用途为_ 。（5）已知298 K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp=5.610-12。取适量的滤液B，加入一定量的烧碱至达到沉淀溶解平衡，测得pH=13.00，则此温度下残留在溶液中的c(Mg2+)=_。【解析】 流程甲为：流程乙为:则滤液E、K中溶质主要成分是NaHCO3，该物质可用于作发酵粉、制纯碱等。（5）由Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=5.610-12=c2(OH-)c(Mg2+)可推知：c(Mg2+)= molL-1=5.610-10 molL-1。【答案】 (1)Al2

23、O3+6H+=2Al3+3H2O(2)SiO2+2OH-=SiO2-3+H2O(3)硫氰化钾（或硫氰化铵、苯酚溶液等合理答案）（4）NaHCO3 制纯碱(或作发酵粉等合理答案)（5）5.610-10 molL-1 14.(12分)小苏打、胃舒平、达喜都是常用的中和胃酸的药物。(1)小苏打片每片含0.5 g NaHCO3，2片小苏打片和胃酸完全中和，被中和的H+是_ mol。 (2)胃舒平每片含0.245 g Al(OH)3。中和胃酸时，6片小苏打片相当于胃舒平_片。(3) 达喜的化学成分是铝和镁的碱式盐。取该碱式盐3.01 g，加入2.0 molL-1盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5 mL时，

24、开始产生CO2，加入盐酸至45.0 mL时正好反应完全，计算该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比。在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量的氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重1.74 g，若该碱式盐中氢元素的质量分数为0.040，试推测该碱式盐的化学式。【解析】 (1)2片小苏打所含NaHCO3的质量为1 g，其物质的量为0.012 mol，由HCO-3+H+=CO2+H2O，可知n(H+)=0.012 mol。(2)6片小苏打的物质的量为： mol，即中和的H+为SX(384SX) mol，而每片胃舒平中Al(OH)3的物质的量为mol，由Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，每片胃

25、舒平可中和H+3 mol，所以6片小苏打相当于胃舒平的片数为：3.8。(3)碱式盐中加入盐酸，首先是碱式盐中的OH-和CO2-3与H+反应生成H2O和HCO-3，所以n(HCO-3)2.0 molL-10.002 5 L0.005 mol，即n(CO2-3)=0.005 mol，OH-和CO2-3与HCl反应消耗的H+的总物质的量为：2.0 molL-10.042 5 L0.085 mol，所以n(OH-)=0.08 mol，OH-与CO2-3的物质的量之比为161。能与过量的NaOH溶液反应产生沉淀的只有Mg2+，所以nMg(OH)2=0.03 mol，若碱式盐中不含结晶水，则氢元素的质量为

26、：0.08 mol1 gmol-10.08 g，氢元素的质量分数为： =0.0270.04，说明碱式盐中含有结晶水，根据题意有：m(Al)+m(H2O)+0.03 mol24 gmol-1+0.005 mol60 gmol-1+0.08 mol17 gmol-1=3.01 g， =0.04，所以m(H2O)=0.36 g，n(H2O)=0.02 mol，m(Al)=0.27 g，n(Al)=0.01 mol，所以n(Al3+)n(Mg2+)n(OH-)n(CO2-3)n(H2O)0.01 mol0.03 mol0.08 mol0.005 mol0.02 mol261614，即碱式盐的化学式为：Al2Mg6(OH)16CO34H2O。【答案】 (1)0.012(2)3.8(3)n(OH-)n(CO2-3)161(4)Al2Mg6(OH)16CO34H2O- 9 -用心 爱心 专心