2024届高考化学专项铝及其重要化合物-必刷题（新教材新高考）（解析版）.pdf

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1、1专题10 铝及其重要化合物(建议完成时间：45分钟实际完成时间：_分钟)目录考点一铝及其化合物的结构、性质及其应用考点二铝及其化合物制备的工艺流程考点三铝及其化合物与强酸、强碱反应有关计算考点一铝及其化合物的结构、性质及其应用考点一铝及其化合物的结构、性质及其应用1(2023江苏统考二模)下列物质的性质和用途具有对应关系的是A.Al2O3熔点高，可用作电解制铝B.Al OH3不稳定，可用于治疗胃酸过多C.明矾水解生成胶体，可用做絮凝剂D.铝具有导热性，可用于制备铝热剂2(2023广东广州市第二中学校联考三模)下图为铝的生产原理示意图，下列相关说法不正确的是A.冰晶石做助熔剂B.氧化铝属于过渡

2、晶体C.金属铁、铜的冶炼方法与铝类似D.铝在工业上是一种很好的还原剂3(2023上海黄浦一模)去了膜的铝条放入硫酸铜溶液中，不可能观察到的现象A.金属表面有气泡B.银白色金属转变为紫红色C.出现蓝色沉淀D.溶液蓝色变浅4(2023上海宝山统考一模)下列关于铝及其化合物反应的离子方程式书写正确的是A.铝与NaOH溶液反应：Al+4OH-=AlO-2+H2+H2OB.Al2O3与NaOH溶液反应：Al2O3+OH-=AlO-2+H2OC.明矾净水原理：Al3+3H2OAl(OH)3+3H+D.Al2SO43与过量氨水反应：Al3+4NH3H2O=AlO-2+4NH+4+2H2O5(2023广东汕头

3、统考二模)家庭的厨卫管道内常因留有油脂、毛发、菜渣等而造成堵塞，此时可用一种固体疏通剂疏通。疏通剂主要成分有生物酶、铝粉和NaOH固体。下列有关说法错误的是A.大多数生物酶的主要成分为蛋白质2024届高考化学专项2B.疏通剂使用时会产生大量可燃性气体，应避免接触明火C.疏通剂可用于疏通陶瓷、铁制、铝制、塑料管道D.使用过程中产生的热量和碱性环境可以加速油脂的水解6(2023上海杨浦统考二模)室温下，能完全溶解Al和Fe2O3反应后的固体混合物的试剂是A.稀H2SO4B.浓H2SO4C.NaOH溶液D.浓HNO37(2023北京海淀北京市十一学校校考三模)为探究温度、浓度对铝和碳酸钠溶液反应的影

4、响，某兴趣小组查询了相关资料，并进行了实验探究。以下三组实验均采用了相同形状且等质量的打磨后的铝片。【文献资料】(I)铝和碱液的反应实质是铝先和水反应生成Al(OH)3和H2，生成的Al(OH)3和OH-反应生成 Al(OH)4-而溶解。(II)碳酸氢钠溶液常温下就能缓慢分解，温度越高分解速率越大。实验温度/V Na2CO3溶液/mL实验现象250.55有细小的气泡25a5有较多气泡，气体不能使澄清石灰水变浑浊；用试管收集的气体靠近火焰有爆鸣声802.05有大量白色絮状沉淀和气泡，气体可使澄清石灰水变浑浊；气体通过NaOH溶液除杂后用试管收集，靠近火焰有爆鸣声下列说法不正确的是A.a=2.0B

5、.实验的反应速率比实验更大的原因之一是实验中OH-浓度更大C.实验中的气体为CO2、H2混合气体，白色沉淀的产生可能是由于CO2往溶液上方移动时与Al(OH)4-反应生成D.将实验中的Na2CO3溶液换成相同浓度的NaHCO3溶液，无白色沉淀生成8(2023湖北校联考二模)化学焊接技术的原理之一是利用焊剂(主要成分为Al与CaO)在高温下反应制得液态金属(或合金)，凝固后，除去焊接点表面的焊渣，实现焊件金属的焊接。下列说法错误的是A.Al与Fe2O3也能发生类似反应B.焊渣的主要成分是Al(OH)3C.焊接前可用还原性气体在加热条件下除去焊件金属表面的氧化膜D.若在反应体系中加入低熔点金属，则

6、可形成低熔点液态合金便于焊接9(2023上海黄浦统考二模)将去掉氧化膜的铝片放入足量Na2CO3溶液中，铝片表面产生气泡，充分反应后得到无色溶液M。下列分析错误的是A.产生的气体中有H2B.反应与CO2-3水解有关C.Al(OH)3向酸式电离方向移动D.M中含大量：Na+、Al3+、HCO-310(2023重庆九龙坡高三重庆市育才中学校考开学考试)氮化铝(AlN)是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用，前景广阔。某化学小组模拟工业制氮化铝原理欲在实验室制备氮化铝并检验其纯3度。查阅资料：实验室用饱和NaNO2溶液与NH4C1溶液共热制N2：NaNO2+NH4C1=NaCl+N2+2H2

7、O工业制氮化铝：Al2O3+3C+N2=高温2AlN+3CO，氮化铝在高温下能水解。AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3。.氮化铝的制备(1)实验中使用的装置如图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接：ecdab(根据实验需要，上述装置可使用多次)。(2)B装置内的X液体可能是，E装置内氯化钯溶液的作用可能是。.氮化铝纯度的测定方案i：甲同学用如图装置测定AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。(1)为准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是。a.CCl4b.H2O c.NH4Cl饱和溶液d.植物油(2)若装置中分液漏斗与导气管之间没有

8、导管A连通，对所测AlN纯度的影响是(填“偏大”“偏小”或“不变”)方案ii：乙同学按以下步骤测定样品中AlN的纯度。(3)步骤通入过量气体。(4)步骤过滤所需要的主要玻璃仪器有。4(5)样品中AlN的纯度是(用含m1、m2、m3的表达式表示)。考点二考点二铝及其化合物制备的工艺流程铝及其化合物制备的工艺流程11(2023全国模拟预测)一种以铝土矿(含氧化铝、氧化镓)为原料制备Ga的工艺流程如图。下列说法不正确的是A.酸性：Al OH3Ga OH3B.通入适量CO2时反应的离子方程式：2AlO-2+CO2+3H2O=2Al OH3+CO2-3C.金属镓的晶胞结构为，则每个晶胞中含有的镓原子个数

9、为2D.流程中加入NaOH溶液的主要目的是从矿石中溶解出镓元素12(2023北京东城统考二模)明矾 KAl SO4212H2O可用作净水剂。某同学设计利用废铝箔(主要成分为Al，含少量Mg、Fe等)制备明矾的流程如下图所示。铝箔 NaOH 溶液过滤甲溶液通入CO2过滤、洗涤滤渣稀硫酸乙溶液K2SO4饱和溶液操作a明矾下列说法不正确的是A.中反应的离子方程式是2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2B.中反应的离子方程式是Al(OH)3+3H+=Al3+3H2OC.操作a是蒸发结晶，用到的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等D.明矾净水的原理：Al3+水解生成的Al(OH)3胶体能吸附水中的悬

10、浮颗粒物13(2023湖南校联考模拟预测)从含镍催化剂(含NiO、Fe2O3、Al2O3等物质)中回收金属资源的流程如下：下列说法错误的是A.试剂X可以是NaOH溶液B.“酸化”反应的离子方程式为CO2+AlO-2+2H2O=HCO-3+Al OH3C.该工艺回收的金属资源为Fe2O3、Al2O3、NiSO47H2OD.若杂质中含有Fe2+，浓缩结晶所得产品中可能含有FeSO47H2O14(2023河北沧州沧州市第二中学校联考三模)由铝土矿(含Al2O3和少量Fe2O3、BaO、SiO2)冶炼铝的简单流程如图所示(假定每步转化均完全)。下列说法正确的是5A.“溶渣”和“烧渣”的主要成分均属于电

11、解质B.“酸溶”时用盐酸和用硫酸得到的“溶渣”的主要成分一样C.铝土矿中铝元素的质量分数为9b26a%D.“电解”时，阳极为石墨，一段时间后需补充阳极材料15(2023辽宁本溪本溪高中校考模拟预测)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：该工艺中，pH6.0时，溶液中Mo元素以MoO2-4的形态存在。(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为。(2)“沉铝”中，生成的沉淀X的离子方程式。(3)“沉钼”中，pH为7.0。生成BaMoO4的离子方程式为。(4)滤液中，主要存在的

12、钠盐有NaCl和Y，Y为(填化学式)。往滤液中添加适量NaCl固体后，通入足量(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y。(5)高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。该氧化物为。已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。考点三考点三铝及其化合物与强酸、强碱反应有关计算铝及其化合物与强酸、强碱反应有关计算16(2023四川成都成都七中校考模拟预测)某无色溶液中可能含有Mg2+、NH+4

13、、K+、Al3+、SO2-4、CO2-3、Cl-等离子。现进行如下实验：向10mL该溶液中加Ba NO32溶液至过量，加稀硝酸酸化后过滤得到6.99g白色沉淀；另取10mL该溶液，滴加NaOH溶液，随NaOH溶液的加入，沉淀和气体物质的量变化如图所示。下列说法不符合事实的是6A.根据图中数据计算实验中使用的NaOH溶液的浓度为1molL-1B.根据信息分析该溶液中存在焰色反应呈紫色的离子C.bc段发生反应的离子方程式为：Al OH3+OH-=AlO-2+2H2OD.另取一定量该溶液滴加一定量Ba OH2溶液，能使Al3+和SO2-4同时完全沉淀17(2023江西上饶万年中学校考一模)向10mL

14、 0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度Ba(OH)2溶液x mL，下列叙述正确的是A.x=10时，溶液中有NH+4、Al3+、SO2-4，且c(NH+4)c(Al3+)B.x=10时，溶液中有NH+4、AlO-2、SO2-4，且c(NH+4)c(SO2-4)C.x=30时，溶液中有Ba2+、AlO-2、OH-，且c(OH-)a点c点B.a点到c点过程中，b点溶液中水的电离程度最小C.a点离子浓度的大小关系为：NH+4SO2-4H+OH-D.b点到c点过程中，发生的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO-2+2H2O19(2023江西上饶鄱阳一中校考一模)将总物质的量

15、为nmol的钠和铝的混合物(其中钠的物质的量分数为x)投入到一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体VL。下列关系式正确的是()A.x=V11.2nB.0 x0.5C.V=33.6n(1-x)D.11.2nGa OH3B.通入适量CO2时反应的离子方程式：2AlO-2+CO2+3H2O=2Al OH3+CO2-3C.金属镓的晶胞结构为，则每个晶胞中含有的镓原子个数为2D.流程中加入NaOH溶液的主要目的是从矿石中溶解出镓元素【答案】A【解析】A通入适量二氧化碳时，NaAlO2转化为Al OH3沉淀，而NaGaO2还没有与碳酸发生反应，说明Al OH3酸性比Ga OH3弱，A

16、错误；B由A项分析及题图所示物质转化关系可知，通入适量二氧化碳时反应的离子方程式为2AlO-2+CO2+3H2O=2Al OH3+CO2-3，B正确；C由金属镓的晶胞结构可知，根据均摊法，每个晶胞中含有818+212=2个镓原子，C正确；D由于生产流程是从铝土矿中提取金属镓，加入NaOH溶液的主要目的是把氧化镓转化可溶性化合物NaGaO2，方便进一步制备纯度高的镓的化合物，最后制备金属镓，D正确；故选A。12(2023北京东城统考二模)明矾 KAl SO4212H2O可用作净水剂。某同学设计利用废铝箔(主要成分为Al，含少量Mg、Fe等)制备明矾的流程如下图所示。7铝箔 NaOH 溶液过滤甲溶

17、液通入CO2过滤、洗涤滤渣稀硫酸乙溶液K2SO4饱和溶液操作a明矾下列说法不正确的是A.中反应的离子方程式是2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2B.中反应的离子方程式是Al(OH)3+3H+=Al3+3H2OC.操作a是蒸发结晶，用到的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等D.明矾净水的原理：Al3+水解生成的Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮颗粒物【答案】C【解析】铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，过滤后滤渣为氢氧化铝，氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝，加入硫酸钾饱和溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾，据此解答。A铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和

18、氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2，A正确；B为氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式是Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，B正确；C混合溶液蒸发结晶不能得到带结晶水的物质，该操作为蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾，C错误；D明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体有较大的表面积，能吸附水中的悬浮颗粒物，从而达到净水目的，D正确；故选C。13(2023湖南校联考模拟预测)从含镍催化剂(含NiO、Fe2O3、Al2O3等物质)中回收金属资源的流程如下：下列说法错误的是A.试剂X可以是NaOH溶液B.“酸化”反应的离子方程式为CO2+AlO-2+

19、2H2O=HCO-3+Al OH3C.该工艺回收的金属资源为Fe2O3、Al2O3、NiSO47H2OD.若杂质中含有Fe2+，浓缩结晶所得产品中可能含有FeSO47H2O【答案】C【分析】先将含镍催化剂碱浸，分离出Al2O3，然后酸浸，将NiO、Fe2O3溶解，调节 pH沉淀出Fe3+，然后浓缩结晶得到NiSO4晶体。【解析】A.通过CO2的酸化可知，溶浸应为“碱浸”，试剂X可以是NaOH溶液，A项正确；B.“酸化”时，“酸化”反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，B项正确；C.红褐色沉淀为Fe(OH)3，故回收的金属资源中有Fe(OH)3，没有Fe2O3，C项错误；D.若有Fe2+，调pH为

20、3.2，Fe2+未沉淀，后续浓缩结晶所得产品中可能含FeSO47H2O，D项正确；故选C。14(2023河北沧州沧州市第二中学校联考三模)由铝土矿(含Al2O3和少量Fe2O3、BaO、SiO2)冶炼铝的简单流程如图所示(假定每步转化均完全)。下列说法正确的是8A.“溶渣”和“烧渣”的主要成分均属于电解质B.“酸溶”时用盐酸和用硫酸得到的“溶渣”的主要成分一样C.铝土矿中铝元素的质量分数为9b26a%D.“电解”时，阳极为石墨，一段时间后需补充阳极材料【答案】D【分析】铝土矿(含Al2O3和少量Fe2O3、BaO、SiO2)酸溶后二氧化硅以滤渣形式分离，获得含铁离子、铝离子的溶液，逐步调 pH

21、后获得氢氧化铝，氢氧化铝不稳定煅烧的氧化铝后电解获得铝单质。【解析】A“酸溶”所得溶渣的主要成分为SiO2，属于非电解质，A错误；B用硫酸“酸溶”时，“溶渣”中还会有硫酸钡，B错误；C铝土矿中铝元素的质量分数为bg78gmol-127gmol-1ag100%=900b26a%，C错误；D“电解”时，氧离子在阳极上失电子生成氧气，氧气与石墨反应生成CO2，过一段时间需要补充阳极材料，D正确；故选D。15(2023辽宁本溪本溪高中校考模拟预测)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：该工艺中，pH

22、6.0时，溶液中Mo元素以MoO2-4的形态存在。(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为。(2)“沉铝”中，生成的沉淀X的离子方程式。(3)“沉钼”中，pH为7.0。生成BaMoO4的离子方程式为。(4)滤液中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为(填化学式)。往滤液中添加适量NaCl固体后，通入足量(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y。(5)高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。该氧化物为。已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaA

23、s的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。【答案】(1)+6(2)AlO-2+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO-39(3)MoO2-4+Ba2+=BaMoO4(4)NaHCO3NH3(5)Al2O34:1【分析】废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀 X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。【解析】(1)Na2MoO4中Na

24、和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，Mo元素的化合价为+6。(2)“沉铝”中，NaAlO2溶液与过量CO2反应可以生成Al(OH)3和碳酸氢钠，因此，生成沉淀X的离子方程式为AlO-2+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO-3。(3)pH6.0时，溶液中Mo元素以MoO2-4的形态存在，“沉钼”中，pH为7.0，即：滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为MoO2-4+Ba2+=BaMoO4。(4)滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的

25、氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3。根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。(5)由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为-1价，其作为氧

26、化剂时，O元素要被还原到-2价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8:2=4:1。考点三考点三铝及其化合物与强酸、强碱反应有关计算铝及其化合物与强酸、强碱反应有关计算16(2023四川成都成都七中校考模拟预测)某无色溶液中可能含有Mg2+、NH+4、K+、Al3+、SO2-4、CO2-3、Cl-等离子。现进行如下实验：向10mL该溶液中加Ba NO32溶液至过量，加稀硝酸酸化后过滤得到6.99g白色沉淀；另取10mL该溶液，滴加NaOH溶液，随NaOH溶液的加入，沉淀和气体物质的量变化如

27、图所示。下列说法不符合事实的是A.根据图中数据计算实验中使用的NaOH溶液的浓度为1molL-1B.根据信息分析该溶液中存在焰色反应呈紫色的离子C.bc段发生反应的离子方程式为：Al OH3+OH-=AlO-2+2H2O10D.另取一定量该溶液滴加一定量Ba OH2溶液，能使Al3+和SO2-4同时完全沉淀【答案】D【分析】加入硝酸酸化的硝酸钡溶液生成6.99g沉淀是硫酸钡0.03mol，说明溶液中有0.03mol的硫酸根离子，根据加入NaOH溶液沉淀和气体体积变化，0a消耗30ml氢氧化钠溶液，生成0.01mol沉淀最后完全溶解，应该是Al(OH)3沉淀，说明溶液中有Al3+离子是0.01m

28、ol，碳酸根离子和铝离子不能共存，没有碳酸根离子，ab产生的是氨气0.02mol，说明铵根离子是0.02mol，消耗20mlNaOH应该也是0.02mol，说明NaOH浓度是1mol/L，根据溶液电中性原则，还应该有0.01mol正电荷的阳离子K+，最后沉淀全部溶解说明没有镁离子。【解析】A经过上述分析计算，NaOH浓度为1mol/L，故A正确；B根据溶液电中性原则，溶液中一定有K+离子，故B正确；Cbc段是加入氢氧化钠沉淀溶解，发生了Al OH3+OH-=AlO-2+2H2O，故C正确；DAl3+和SO2-4的物质的量分别是0.01mol和0.03mol，加入氢氧化钡溶液，当SO2-4离子完

29、全沉淀时，已经加入了0.06molOH-离子，此时Al(OH)3沉淀早已经溶解完全，两种离子不能同时完全沉淀，故D错误；答案选D。17(2023江西上饶万年中学校考一模)向10mL 0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度Ba(OH)2溶液x mL，下列叙述正确的是A.x=10时，溶液中有NH+4、Al3+、SO2-4，且c(NH+4)c(Al3+)B.x=10时，溶液中有NH+4、AlO-2、SO2-4，且c(NH+4)c(SO2-4)C.x=30时，溶液中有Ba2+、AlO-2、OH-，且c(OH-)c(Al3+)，故A正确；B.x=10时，10mL0.1molL-1Ba

30、(OH)2溶液中有0.001molBa2+，0.002molOH-，混合后生成0.001mol硫酸钡沉淀，剩余0.001mol SO2-4。生成2310-3mol氢氧化铝沉淀，剩余1310-3molAl3+，没有AlO-2生成，故B错误；C.x=30时，混合后生成0.002mol硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+，OH-过量，生成0.001molAlO2-，能把Al3+和NH+4都反应完，还剩余0.001mol OH-，加上一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c(OH-)c(AlO-2)，故C项错误；D.x=30时，混合后生成0.002mol硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+

31、，OH-过量，则溶液中存在0.001molAlO2-，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol，一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c(OH-)c(Ba2+)，故D项错误。18(2023上海虹口统考二模)向100mL1molL-1NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入1molL-1Ba(OH)2溶液。沉淀总物质的量n随加入Ba(OH)2溶液体积V的变化如图。下列说法错误的是11A.沉淀质量：b点a点c点B.a点到c点过程中，b点溶液中水的电离程度最小C.a点离子浓度的大小关系为：NH+4SO2-4H+OH-D.b点到c点过程中，发生的离子方程式为：Al(OH)3

32、+OH-=AlO-2+2H2O【答案】A【分析】100mL1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入1mol/LBa(OH)2溶液，a点时铝离子与氢氧根离子完全反应生成氢氧化铝沉淀，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，此时硫酸根离子剩余 0.05mol，继续滴加50mLBa(OH)2，剩余的硫酸根离子全部与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，0.1mol铵根离子与0.1mol氢氧根离子反应生成0.1mol一水合氨，继续加入50mLBa(OH)2，此时氢氧化铝开始溶解，c点时氢氧化铝完全溶解转化为偏铝酸根离子。【解析】A根据分析可知，b点沉淀质量最大，a点为0.1mol氢氧化铝和0.15mol硫酸

33、钡，c点为0.2mol硫酸钡，a点沉淀质量小于c点，A错误；Ba点溶液中溶质为硫酸铵，a到b的过程中硫酸铵与氢氧化钡反应，b点溶质为NH3H2O，b到c点氢氧化铝与Ba(OH)2反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子和铵根离子均能促进水的电离，一水合氨抑制水的电离，故b点水的电离程度最小，B正确；Ca点溶液溶质为硫酸铵，铵根离子水解使溶液呈酸性，则a点离子浓度的大小关系为：NH+4SO2-4H+OH-，C正确；Db点到c点，氢氧化铝与Ba(OH)2反应生成偏铝酸根离子，离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO-2+2H2O，D正确；故答案选A。19(2023江西上饶鄱阳一中校考一模)将总物质的量

34、为nmol的钠和铝的混合物(其中钠的物质的量分数为x)投入到一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体VL。下列关系式正确的是()A.x=V11.2nB.0 x0.5C.V=33.6n(1-x)D.11.2nx0.5，则有钠nxmol，铝n(1-x)mol，由方程式2Na+2H2O2NaOH+H2可知，nxmol钠生成氢气0.5nxmol；由方程式2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2可知，n(1-x)mol铝生成氢气1.5n(1-x)mol，所以共生成氢气：0.5nxmol+1.5n(1-x)mol=n(1.5-x)mol，氢气体积为：22.4n(1.5-x)L

35、；根据分析可知，Na越多气体总量越少，当即全是钠时，即x=1，生成氢气体积为11.2n L；所以生成氢气在标况下的体积为11.2n LVL22.4n L，故答案选D。20(2023校联考二模)甲、乙两烧杯中各盛有100mL 2 molL-1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入一定量的铝粉，反应结束后生成的气体的体积比为2：3时，加入铝粉的质量A.2.7克B.1.8克C.4.5克D.5.4克【答案】A12【分析】由2Al+6HCl2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2可知，酸碱足量，Al不足，生成气体相同；金属足量，酸碱不足，生成气体为1：3，由铝的质量相同

36、，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不过量，Al过量，碱与金属反应时碱过量，Al不足，来计算解答。【解析】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L2mol/L=0.2mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则2Al+6HCl=2AlCl3+3H26mol3mol0.2molx，解得x=0.1mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，根据气体体积比为甲：乙=2：3，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.1mol32=0.15mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H22mol3moly0.15mol，解得y=0.1mol，则Al的质量为m(Al)=0.1mol27g/mol=2.7g；答案为A。