2021届高考化学一轮复习-第二节-铝及其化合物练习-新人教版2.doc

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1、第2节 铝及其化合物1铝具有较强的抗腐蚀性能，主要是因为()A铝性质不活泼 B铝能耐酸碱C铝与氧气常温下不反响 D铝外表形成一层氧化膜起保护作用解析：铝是一种活泼的金属，易与氧气反响，但反响后生成一层致密的氧化膜而阻止铝与氧气继续反响，所以铝具有较强的抗腐蚀性能。答案：D2. 以下反响的离子方程式书写正确的选项是()A铝片放入氢氧化钠溶液中：Al2OH= AlOH2BNa与水反响：Na2H2O=NaH22OHC向AlCl3溶液中参加过量NaOH溶液：Al33OH=Al(OH)3DAlCl3溶液中滴入过量的氨水：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH解析：A项电子及电荷均不守恒，正确写法：2

2、Al2OH2H2O2AlO3H2；B项电子及电荷均不守恒：2Na2H2O=2Na2OHH2；C项不符合反响事实Al34OH=AlO2H2O。答案：D3(2021原创)等量镁铝合金粉末分别与以下4种过量的溶液充分反响，放出氢气最多的是()A2 molL1H2SO4溶液 B18 molL1H2SO4溶液C6 molL1KOH溶液 D3 molL1HNO3溶液解析：Mg、Al都可与稀H2SO4反响放出H2，但遇浓H2SO4时Al在常温下发生钝化，Mg虽反响但不产生H2。与KOH只有Al反响。与HNO3反响，HNO3为强氧化性酸，都不会产生H2。答案：A4(2021上海化学，15)镁和铝分别与等浓度、

3、等体积的过量稀硫酸反响，产生气体的体积(V)与时间(t)关系如图。反响中镁和铝的()A物质的量之比为32 B质量之比为32C摩尔质量之比为23 D反响速率之比为23解析：由关系式：MgH2,2Al3H2，可知产生等量H2时，消耗Mg、Al的物质的量之比为32，故A项正确。二者质量之比为32422743，摩尔质量之比为242789，反响速率之比为 32。答案：A5(2021原创)根据如下图装置，请答复：(1)在A中加试剂后，立即翻开止水夹C，B中的现象是_，离子方程式是_。(2)一段时间后，关闭止水夹C，B中的现象是_，离子方程式是_。解析：装置A为简易启普发生器，可通过止水夹C的控制，装置A中

4、反响产生气体CO2进入B中或气体将液体压入试管B中，使H与开始生成的Al(OH)3相遇发生反响。答案：(1)导管口有气泡冒出，有白色沉淀生成AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO或2AlOCO23H2O2Al(OH)3CO(2)A中液体进入B中，液面上升，白色沉淀逐渐溶解Al(OH)33H=Al33H2O6A、B、C、D、E五种化合物，均含有某种短周期常见元素，它们的转化关系如下图，其中A为澄清溶液，C为难溶的白色固体，E那么易溶于水，假设取A溶液灼烧，焰色反响为浅紫色(透过蓝色钴玻璃)。(1)写出化学式：A_，B_，C_，D_，E_。(2)写出以下反响的离子方程式：AB_，AD_。解析：

5、此题的突破口应在B、C两物质上，只要推断出B、C，其他物质的推断就很容易了。在短周期元素的化合物中，既能与盐酸反响，又能与NaOH溶液反响的，应为两性物质或弱酸的酸式盐如NaHCO3等，又因为BC，故可知C为Al2O3，B为Al(OH)3，依次推出D是AlCl3，A与过量CO2生成Al(OH)3，且A溶液的焰色反响为浅紫色，那么A为KAlO2，E为NaAlO2。相应反响的离子方程式也不难写出。答案：(1)KAlO2Al(OH)3Al2O3AlCl3NaAlO2(2)AlOCO22H2O=Al(OH)3HCOAlO4H=Al32H2O一、选择题1以下有关金属铝及其化合物的表达正确的选项是()A铝

6、在常温下不能与氧气反响 B铝不能与氯气反响C铝既能溶于酸，又能溶于碱 D氧化铝只能与酸反响，不能与碱反响解析：铝在常温下与空气中的氧气反响，在铝外表形成一层致密的氧化物薄膜；铝与氯气反响生成氯化铝；氧化铝是两性氧化物，既能与酸反响，也能与碱反响。答案：C2将外表已完全钝化的铝条，插入以下溶液中，不会发生反响的是()A稀硝酸 B稀盐酸 C硝酸铜 D氢氧化钠解析：钝化的实质是浓H2SO4或浓HNO3在Fe、Al的外表形成了一层致密的氧化物保护膜。由于铝的氧化物Al2O3是一种两性氧化物，既可与强酸反响，又可与强碱反响，所以A、B、D三项皆不符合题意，只有C项中的Cu(NO3)2因不与Al2O3反响

7、，故不与钝化的铝条发生反响。答案：C3(2021北京理综，8)以下表达正确的选项是()A将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2产生沉淀B在稀硫酸中参加铜粉，铜粉不溶解；再参加Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解C向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再参加过量NaHSO4溶液，沉淀消失D纯锌与稀硫酸反响产生氢气的速率较慢；再参加少量CuSO4固体，速率不改变解析：A项，BaCO3、BaSO3都与H反响，不可能存在于强酸性环境中；B项，加Cu(NO3)2固体后会发生：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O的离子反响，铜粉会溶解；C项，发生的反响依次为：Al33NH3H2

8、O=Al(OH)33NH，Al(OH)33H=Al33H2O；D项，ZnCu2=Zn2Cu，生成的少量Cu附着在Zn粒上，形成CuZn原电池，会加速产生H2的速率。答案：C4 将5.4 g Al投入到200.0 mL 2.0 mol/L的某溶液中有氢气产生、充分反响后有金属剩余。该溶液可能为()AHNO3溶液 BBa(OH)2溶液 CH2SO4溶液 DHCl溶液解析：因HNO3具有强氧化性，与Al反响不产生H2，故A项首先排除。Al与碱反响的关系为Al OH，Al与酸反响的关系为Al3H，溶解0.2 mol的Al需OH、H的物质的量分别为0.2 mol、0.6 mol，Ba(OH)2提供0.8

9、 mol OH，H2SO4提供0.8 mol H而HCl只提供0.4 mol H，故“剩余金属的情况只能为D项。答案：D5(2021模拟精选，潍坊二模)在硝酸铝和硝酸镁的混合溶液中，逐滴参加稀氢氧化钠溶液，直至过量。以下表示氢氧化钠参加量(x)与溶液中沉淀的量(y)的关系示意图中正确的选项是()解析：向混合溶液中参加NaOH溶液的过程中，Mg(NO3)2会生成难溶物Mg(OH)2，Al(NO3)3会生成难溶物Al(OH)3，随着NaOH溶液的参加，Al(OH)3逐渐溶解，而Mg(OH)2不能溶解。答案：C6(2021模拟精选，广东广州模拟)相同质量的以下物质分别与等浓度的NaOH溶液反响，至体

10、系中均无固体物质，消耗碱量最多的是()AAl BAl(OH)3 CAlCl3 DAl2O3解析：此题考查了铝及其化合物与碱的反响，考查了反响中的数量关系。铝及其化合物与过量NaOH溶液的反响产物为NaAl(OH)4(或表示为NaAlO2)，由反响后溶液中的阴、阳离子守恒关系可知关系式：AlNaOHAl(OH)3NaOHAlCl34NaOHAl2O32NaOH；所以相同质量(设质量为m)的铝及其化合物消耗的碱的物质的量分别为：、4、2。答案：A7(2021改编)将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中铝元素的质量与溶液中所含铝元素的质量相等，那么原氯化铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓

11、度之比可能是()A13 B25 C14 D27解析：此题应分两种情况进行讨论：假设AlCl3过量，NaOH缺乏，溶液中的铝元素应为Al3。AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl1 mol3 mol1 mol依题意，溶液中剩余1 mol Al3，那么：c(AlCl3)c(NaOH)(11)323。假设NaOH量稍多，AlCl3完全反响，溶液中的铝元素存在形式为AlO，不妨假设有2 mol Al3反响，依题意有关系式：AlCl33NaOHAl(OH)31 mol3 mol1 molAlCl34NaOHNaAlO21 mol4 mol1 molc(AlCl3)c(NaOH)2(34)27。答

12、案：D8. 将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反响后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，假设反响过程中溶液的体积保持不变，那么()A反响过程中得到6.72 L的气体(标况)B最终得到的溶液中c(Na)c(Cl)c(OH)C最终得到7.8 g的沉淀D最终得到的溶液中c(NaCl)0.15 mol/L解析：由题n(Na2O2)0.2 mol，n(Al)0.2 mol，发生反响：2Na2O22H2O=4NaOHO2，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，可知生成气体0.4 mol，标况下体积为8.96 L；参加盐

13、酸先和过量的NaOH反响，剩余0.1 mol和NaAlO2反响生成0.1 mol Al(OH)3：NaAlO2HClH2O=NaClAl(OH)3，最终溶液为0.3 mol NaCl、0.1 mol NaAlO2。答案：C9 将50 mL某未知浓度的AlCl3溶液分别加到60 mL 1 molL1的NaOH溶液或60 mL 3 molL1的NaOH溶液中，均能得到1.56 g Al(OH)3沉淀。那么此AlCl3溶液的浓度可 能是()A1 molL1 B0.5 molL1 C0.6 molL1 D0.4 molL1解析：由题意可知，第一份NaOH含溶质0.06 mol，第二份NaOH溶液含溶质

14、0.18 mol，参加的AlCl3量相等，生成的Al(OH)3量相等，说明在第一份NaOH溶液中，NaOH缺乏，Al3过量，在第二份NaOH溶液中NaOH过量，反响后的Al元素以Al(OH)3和AlO的形式存在。故由反响Al33OH=Al(OH)3 131 002 mol0.06 mol0.02 molAl34OH=AlO2H2O 14 003 mol0.180.06 mol所以c(AlCl3)1 mol/L。答案：A10(2021试题调研，江西联考)现有Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3、NaOH(aq)六种物质，它们之间有如下图转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以

15、发生反响，以下推断不合理的是()AN一定是HCl(aq) BX可能为Al或Cl2CY一定为NaOH(aq) DQ、Z中的一种必定为Al2O3解析：在Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3、NaOH(aq)中，只有NaOH(aq)能与Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3五种物质反响，对照转化关系，可知Y为NaOH(aq)。只有HCl(aq)能与Al、Al2O3、Al(OH)3、NaOH(aq)四种物质反响，对照图示转化关系可知N为HCl(aq)，应选项A、C正确。选项B，假设X为Al，Al能与Cl2、HCl(aq)、NaOH(aq)三种物质反响，而图示给出的

16、是与两种物质反响，所以X不可能是Al，但可能是Cl2。选项D，Al2O3既能与HCl(aq)反响，也能与NaOH(aq)反响，故Q、Z中的一种必定为Al2O3。答案：B二、非选择题11某无色透明溶液，其中的溶质只能由H、Ba2、Mg2、OH、SO、Cl、CO、NO中的假设干种组成，它能与铝作用，且生成的气体中只有氢气，请填写以下空白：(1)假设原溶液呈明显的酸性，那么除H外，溶液中还可能大量存在的离子有_。(2)假设原溶液呈明显的碱性，那么除OH外，溶液中还可能大量存在的离子有_。解析：Al在强酸溶液和强碱溶液中皆可反响产生H2,2Al6H=2Al33H2，2Al2OH2H2O=2AlO3H2

17、。原溶液呈酸性时，那么能与H反响的OH、SO、CO都不能存在，假设NO存在，其在酸性条件下被复原产生氮的氧化物气体，与题设只生成H2相抵触，所以NO也不能存在。原溶液呈碱性时，由于HOH=H2O，Mg22OH=Mg(OH)2，所以显碱性时，H、Mg2不能存在，且阳离子只能选择Ba2，故SO和CO也不能存在。答案：(1)Cl、Ba2、Mg2(2)Ba2、Cl、NO12把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物，溶于足量水中，有0.58 g白色沉淀析出，向所得的浊液中，逐滴参加0.5 mol/L的盐酸，参加盐酸的体积和生成沉淀的质量如下图。(1)混合物中NaOH的质量是_g。(2)P

18、点所表示盐酸参加体积为_mL。解析：(1)分析图可知：盐酸加到10 mL开始又生成沉淀，说明原混合物中NaOH过量，溶于水时发生反响为：MgCl22NaOH=Mg(OH)22NaCl；AlCl34NaOH=NaAlO23NaCl2H2O，因此0.58 g为Mg(OH)2沉淀，AB段反响为NaAlO2HClH2OAl(OH)3NaCl，所以原混合物中n(NaOH)2nMg(OH)24n(NaAlO2)n(NaOH)过量。即n(NaOH)240.5 molL1(0.030.01)L0.5 molL10.01 L0.065 mol，故m(NaOH)40 gmol10.065 mol2.6 g(2)P

19、点时沉淀恰好完全溶解，产物为：NaCl、MgCl2、AlCl3根据Na守恒可得：V(HCl)0.13 L，即130 mL。答案：(1)2.6 g(2)130 mL13(2021宁夏理综，27,15)以下图表示有关物质(均由短周期元素形成)之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质(一般是黑色粉末)，C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。(反响条件图中已省略。)(1)A、B、C、D代表的物质分别为_、_、_、_(填化学式)；(2)反响中的C、D均过量，该反响的化学方程式是_；(3)反响中，假设B与F物质的量之比为43，G、H分别是_、_(填化学式)；(4)反响产物中K的化学

20、式为_；(5)反响的离子方程式为_。解析：此题框图复杂，纵横交错，难度较大，但是假设找到Na2O2这个突破口，此题也就迎刃而解了。D是淡黄色的固体化合物是此题的突破口，根据中学化学知识根本锁定Na2O2，能与水和CO2反响，但是题目另一信息C是常见的无色无味液体说明C是水，那么G为CO2；再依据K能溶于水，说明K为Na2CO3，F为O2；题给信息黑色单质B与氧气(F)反响得到G(CO2)，而O2缺乏时会有CO生成，H应为CO，说明B为C(碳)；依据F(O2)与E反响生成C(水)可知E为氢气，再根据金属A与碱性溶液反响产生氢气，可得到A为Al。答案：(1)AlCH2ONa2O2(2)2H2O2N

21、a2O2=4NaOHO22Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2(3)CO2CO(4)Na2CO3(5)2AlOCO23H2O=2Al(OH)3CO14(2021模拟精选，山东沂水一模)聚合氯化铝晶体的化学式为Al2(OH)nCl6nxH2Om，它是一种高效无机水处理剂，它的制备原理是调节增大AlCl3溶液的pH，通过促进其水解而结晶析出。其制备原料主要是铝加工行业的废渣铝灰，它主要含Al2O3、Al，还有SiO2等杂质。聚合氯化铝生产的工艺流程如下：(1)搅拌加热操作过程中发生反响的离子方程式：_、_。(2)生产过程中操作B和D的名称均为_(B和D为简单操作)。(3)反响中副产品a是_

22、(用化学式表示)。(4)生产过程中可循环使用的物质是_(用化学式表示)。(5)调节pH至4.04.5的目的是_。(6)实验室要测定水处理剂产品中n和x的值。为使测定结果更准确，需得到的晶体较纯洁。生产过程中C物质可选用()ANaOH BAlC氨水DAl2O3ENaAlO2解析：由于铝灰中含Al2O3、Al，还有SiO2等杂质，参加盐酸搅拌使Al元素进入溶液，发生反响Al2O36H=2Al33H2O,2Al6H=2Al33H2，和SiO2等杂质别离。采取过滤的方法得到AlCl3溶液，溶液降温熟化调节pH至4.04.5，增大AlCl3溶液的pH，通过促进其水解而结晶析出。AlCl3水解生成的HCl易挥发，挥发出的HCl经水喷淋吸收又生成盐酸这个过程中可以循环利用盐酸。(6)为了不引进新的杂质，可以选择B和D。答案：(1)Al2O36H=2Al33H2O2Al6H=2Al33H2(2)过滤(3)H2(4)HCl(5)促进AlCl3水解，使晶体析出(6)BD