高考化学一轮复习作业7铝镁及其化合物含解析.docx

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1、铝、镁及其化合物1科学家发明的透明坚硬镁铝氧化物新型材料，可以用作显示器和手机屏幕。下列有关镁和铝的说法正确的是()A镁的金属性比铝弱B镁和铝的氧化物都可以与盐酸反应C镁和铝原子的最外层电子数都为3D镁和铝的氧化物都可以与氢氧化钠溶液反应解析镁的金属性比铝强，A项错误；镁和铝的氧化物都可以与盐酸反应，B项正确；镁和铝原子的最外层电子数分别是2和3，C项错误；氧化铝是两性氧化物，可以与氢氧化钠溶液反应，氧化镁是碱性氧化物，与氢氧化钠溶液不反应，D项错误。答案B2用含有少量Mg的Al片制取纯净的Al(OH)3，下列操作中最恰当的组合是()加盐酸溶解加NaOH溶液过滤通入过量CO2生成Al(OH)3

2、加盐酸生成Al(OH)3加过量氨水生成Al(OH)3A BC D解析2Al2OH2H2O=2AlO3H2，Mg和NaOH溶液不反应，过滤后向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀，再过滤即得到Al(OH)3。答案C3铝箔在酒精灯上加热至熔化的实验现象与下列性质的叙述无关的是()A铝表面可形成一层氧化物保护膜B铝的熔点较低CAl2O3熔点高，酒精灯不能将其熔化D铝能与酸或强碱溶液反应解析铝箔在酒精灯上加热至熔化看到的实验现象是铝熔化但不滴落，原因是铝在加热条件下与空气中的氧气反应生成致密的熔点较高的Al2O3薄膜，内部低熔点的铝虽熔化但不能滴落，可见该现象与D项叙述无关。答案D4

3、欲将含有Mg2、Al3的混合溶液中的Mg2沉淀下来，下列措施可行的是()A向混合溶液中加入过量的铝粉B向混合溶液中加入过量的盐酸C向混合溶液中加入过量的氨水D向混合溶液中加入过量的氢氧化钠溶液解析向混合溶液中加入过量的铝粉，不发生反应，不能将Mg2沉淀下来，A项错误；向混合溶液中加入过量的盐酸，不发生反应，不能将Mg2沉淀下来，B项错误；向混合溶液中加入过量的氨水，两种离子均转化为沉淀，C项错误；向混合溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，生成的氢氧化铝能溶解在强碱中，而氢氧化镁不能溶解，从而可将Mg2沉淀出来，D项正确。答案D5镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物

4、。工业制备镓的流程如下图所示，下列判断不合理的是()AAl、Ga均处于A族BGa2O3可与盐酸反应生成GaCl3CGa(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2D酸性：Al(OH)3Ga(OH)3解析镓(Ga)与铝同主族，均处于A族，故A项正确；Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，故B项正确；Ga(OH)3属于两性氢氧化物，与Al(OH)3的性质相似，能与NaOH溶液生成NaGaO2，故C项正确；化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只有Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，是由于镓酸酸性强于碳酸，酸性Al(OH

5、)3Ga(OH)3，故D项错误。答案D6向偏铝酸钠溶液中逐滴加入盐酸，溶液的pH值随着加入盐酸体积的变化曲线如图所示，则下列说法正确的是()Aab段的主要离子方程式为AlO4H=Al32H2OB向c点溶液中滴加氨水，发生的离子方程式为Al33OH=Al(OH)3Ccd段的主要离子方程式为Al(OH)33H=Al33H2OD向c点溶液中加入碳酸钠，发生的离子方程式为2Al3CO3H2O=2Al(OH)3CO2解析偏铝酸钠溶液中存在水解平衡AlO2H2OAl(OH)3OH，所以溶液显碱性。向溶液中逐滴加入盐酸，ab段H先与OH反应；bc段pH发生突变，主要发生H与AlO的反应，生成Al(OH)3和

6、NaCl；cd段盐酸过量后Al(OH)3与盐酸反应，生成AlCl3。ab段的主要离子方程式为HOH=H2O，故A项错误；c点Al3已沉淀完全，故B项错误；cd段盐酸过量后Al(OH)3与盐酸反应，生成AlCl3，故C项正确；c点Al3已沉淀完全，故D项错误。答案C7下列关于铝的叙述中正确的是()A由于铝在空气中不会锈蚀，所以铝制品的使用寿命都很长B由于铝具有强还原性，所以常用铝来冶炼某些高熔点金属C常温下，铝被浓硫酸钝化，所以可用浓硫酸除去铝表面的铜镀层D由于铝的导电性能比铜强，所以常用铝制造电线、电缆解析铝在空气中与O2反应，生成致密的氧化物薄膜，本身就易于锈蚀，A项错误；由于铝有强还原性，

7、可利用铝热反应来冶炼难熔金属，B项正确；铜与浓硫酸常温下不反应，C项错误；铝的导电性比铜差但价格相对低廉，故常用铝制造电线，D项错误。答案B8向90 mL 0.1 molL1的AlCl3溶液中，投入a g金属钠，欲使最终无沉淀生成，则a的最小值为()A0.621 B1.242C0.414 D0.828解析n(AlCl3)0.1 molL10.09 L0.009 mol，加入金属钠至最终无沉淀生成的化学反应过程为2Na2H2O=2NaOHH2，AlCl34NaOH=NaAlO23NaCl2H2O，即消耗Na的物质的量最少为0.009 mol40.036 mol，m(Na)0.036 mol23

8、gmol10.828 g。答案D9下列各组物质，不能按 (“”表示反应一步完成)关系转化的是()选项abcA.Al2O3NaAlO2Al(OH)3B.AlCl3Al(OH)3NaAlO2C.AlAl(OH)3Al2O3D.MgCl2Mg(OH)2MgO解析各选项中物质间的转化为A项，Al2O3NaAlO2Al(OH)3Al2O3；B项，AlCl3Al(OH)3NaAlO2AlCl3；C项中，Al不能一步转化成Al(OH)3；D项，MgCl2Mg(OH)2MgOMgCl2。答案C【知识纵横】金属铝及其化合物网络图 10将等物质的量的Na2O2和Al同时放入足量的水中，充分反应后收集到混合气体4.

9、48 L(标准状况下)，再向反应后的溶液中缓慢滴入1 mol/L盐酸至沉淀恰好溶解。下列说法错误的是()A标准状况下，混合气体中氢气与氧气的体积比为31B加入的固体过氧化钠为7.8 gC当滴加200 mL盐酸时，沉淀的质量达到最大值D最终消耗的盐酸为400 mL解析将等物质的量的Na2O2和Al同时放入足量的水中，分别进行的反应是2Na2O22H2O=4NaOHO2，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，两个反应中过氧化钠和单质铝刚好系数相等，可以认为是物质的量相等混合，方程式相加得到总反应为2Na2O22Al4H2O=2NaAlO22NaOHO23H2。根据方程式，选项A正确；混合

10、气体中氢气与氧气的体积比为31，一共4.48 L(0.2 mol)，所以氢气为0.15 mol，氧气为0.05 mol。代入总方程式计算出Al为0.1 mol、过氧化钠为0.1 mol，则Na2O2质量为7.8 g，选项B正确；沉淀的质量达到最大值时是Al3恰好完全沉淀，所以溶液中只有一种溶质NaCl，其中Na元素完全来自于加入的0.1 mol过氧化钠，所以Na为0.2 mol，NaCl就是0.2 mol，由Cl守恒得到：需要的HCl为0.2 mol，所以滴加200 mL盐酸时，沉淀的质量达到最大值，选项C正确；最终沉淀恰好完全溶解的时候，溶液中含有NaCl和AlCl3，因为初始加入的过氧化钠

11、和单质铝的物质的量都是0.1 mol，所以Na为0.2 mol，Al3为0.1 mol，所以NaCl和AlCl3的物质的量分别为0.2 mol和0.1 mol，其中含有Cl共0.5 mol，所以加入的HCl为0.5 mol，需要的盐酸体积为500 mL，选项D错误。答案D11. 把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16 g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1 mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，请回答： (1)A点的沉淀物的化学式为_；B点的沉淀物的化学式为_。(2)原混合物中MgCl2的质量是_g，AlCl3的质量是_g

12、，NaOH的质量是_g。(3)Q点HCl溶液加入量是_mL。解析(1)因为在浊液中加入HCl溶液至10 mL，沉淀质量一直为1.16 g，说明浊液显碱性，Al元素以AlO形式存在，继续加入HCl溶液，AlO转变为Al(OH)3沉淀，加至30 mL时， AlO全部转变为Al(OH)3，所以在A点的沉淀物为Mg(OH)2，在A点至B点间，沉淀物为Mg(OH)2和Al(OH)3的混合物。当加入HCl溶液超过30 mL时，Mg(OH)2和Al(OH)3同时溶解。(2)原混合物中：m(MgCl2)95 g/mol1.90 g，又AlCl3AlOHCln(AlCl3)1 mol/L(3010)103 L0

13、.02 mol，m(AlCl3)0.02 mol133.5 g/mol2.67 g。浊液中存在的NaOH的物质的量为NaOHHCl=NaClH2O001 mol1 molL10.01 LMgCl2消耗的NaOH的物质的量为MgCl22NaOH20.04 mol。AlCl3消耗的NaOH的物质的量为Al34NaOHAlO002 mol40.08 mol。NaOH的总质量为(0.01 mol0.04 mol0.08 mol)40 g/mol5.20 g。(3)从B点开始，Al(OH)3AlCl3消耗的HCl的物质的量为0.02 mol30.06 mol，Mg(OH)2MgCl2消耗的HCl的物质的

14、量为002 mol20.04 mol，所消耗HCl溶液的体积为1 000 mL/L100 mL，Q点HCl溶液的总体积为30 mL100 mL130 mL。答案(1)Mg(OH)2Mg(OH)2和 Al(OH)3(2)1.902.675.20(3)13012某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下列物质之间的转化：据此回答下列问题：(1)、四步中分离溶液和沉淀采用的相同的操作是_。(2)写出下列B、C、D、E所含物质的化学式：固体B为_；沉淀C为_；沉淀D为_；溶液E为_。(3)写出四个反应的化学方程式或离子方程式。_；_；_；_。解析由混合物A的成分可

15、知制取固体B的流程为其中、四步中共同的操作为过滤。答案(1)过滤(2)Al2O3Al2O3和Fe2O3Fe2O3K2SO4和(NH4)2SO4(3)Al2O32OH=2AlOH2OAl33NH3H2O=Al(OH)33NHAlOHH2O=Al(OH)32Al(OH)3Al2O33H2O13铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，如图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：已知：铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、 Fe2O3等杂质；溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学反应方程式：2Na2SiO32NaAlO22H2O=Na2Al2Si2O84NaOH。回

16、答下列问题：(1)溶解铝土矿时，其成分与NaOH溶液发生反应的离子方程式：_。(2)滤渣A的主要成分为_；硅铝酸盐沉淀写成氧化物的形式是_。(3)在工艺流程第三步中，选用二氧化碳作酸化剂而不使用盐酸的原因是_。(4)若该工厂用m kg铝土矿共制得n kg Al(假设每步反应进行完全)，则铝土矿中Al2O3的质量分数为_。(5)若将铝用酸溶解，下列试剂中最好选用_(填选项字母)。A浓硫酸B稀硫酸C稀硝酸 D浓硝酸解析(1)Al2O3是两性氧化物，能与NaOH反应，其离子反应方程式为Al2O32OH=2AlOH2O，SiO2属于酸性氧化物，能和NaOH溶液发生反应：SiO22OH=SiOH2O，F

17、e2O3属于碱性氧化物，不与NaOH反应。(2)根据上述分析，滤渣A是Fe2O3，根据信息滤渣A中还有Na2Al2Si2O8，因此滤渣A的成分是Fe2O3、Na2Al2Si2O8。把硅酸盐写成氧化物的形式，要求原子个数守恒或与硅酸盐中原子个数成比例，按照金属氧化物SiO2H2O的形式书写，如果有多种金属元素，按照金属活动性顺序书写，则该硅酸盐可写成Na2OAl2O32SiO2。(3)因为AlO与酸反应生成的Al(OH)3不溶于碳酸，但溶于盐酸，因此用CO2酸化。(4)根据铝元素守恒，氧化铝的质量分数为100%。(5)Al在浓硫酸、浓硝酸中钝化，Al和稀硝酸反应生成污染性气体，故最好选用稀硫酸。

18、答案(1)Al2O32OH=2AlOH2O，SiO22OH=SiOH2O(2)Fe2O3、Na2Al2Si2O8Na2OAl2O32SiO2(3)Al(OH)3溶于强酸而不溶于弱酸，提高Al2O3的提取率(4)100%(5)B14氯离子插层镁铝水滑石Mg2Al(OH)6ClxH2O是一种新型离子交换材料。某课外活动小组同学利用如图甲装置(固定装置略去)测定Mg2Al(OH)6ClxH2O的化学式，Mg2Al(OH)6ClxH2O高温下分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气。(1)装置连接后首先进行的操作是_。(2)将一定质量的Mg2Al(OH)6ClxH2O放在加热装置中充分加热，冷却后称量

19、剩余固体的质量是131 g，则其中MgO的质量是_g。(3)若只通过测定装置C、D的增重来确定x，加热前先通过N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，再持续通入N2。装置的连接顺序为a_(用接口处的小写字母表示)。实验过程中装置C吸收HCl气体，没有用如图乙所示防倒吸装置的理由是_。完全分解后测得C增重3.65 g，D增重9.90 g，则x_。(4)下列实验方案也能测定x值的是_，并且对不选方案说明不合理的理由：_(若两个方案都选，此问就不作答)。方案1：测定加热装置剩余固体的质量和装置D增重的质量方案2：测定加热装置剩余固体的质量和装置C增重的质量(5)上述水滑石在空气中放置时易发生反

20、应生成Mg2Al(OH)6Cl12x(CO3)xzH2O，该生成物能发生类似的热分解反应。现以此物质为样品，用(3)中连接的装置和试剂进行实验测定z，除测定D的增重外，至少还需测定下列数据中的_(双选；填选项字母)。a样品质量b样品分解后残余物质量c装置C的增重解析(1)装置连接后首先进行的操作是检查装置的气密性。(2)一定质量的Mg2Al(OH)6ClxH2O样品充分加热，冷却后得到的固体是Al2O3和MgO，共131 g，设MgO的物质的量是x mol，根据Mg2Al(OH)6ClxH2O可知Al2O3的物质的量是0.25x mol，所以x mol40 gmol10.25x mol102

21、gmol1131 g，解得x2，m(MgO)2 mol40 gmol180 g。(3)装置C的作用是吸收HCl气体，装置D的作用是吸收水蒸气，实验中应首先吸收水蒸气再吸收HCl气体，气体通过洗气瓶吸收时应“长进短出”，因此装置连接顺序为aedb。因为整个实验过程中持续通入N2，故不需采用如图乙所示防倒吸装置。根据题意写出方程式，则有2Mg2Al(OH)6ClxH2O4MgOAl2O32HCl(52x)H2O 73 18(52x) 3.65 g 9.90 g，解得x3。(4)根据上述反应方程式可知，测定加热装置剩余固体的质量和装置D增重的质量即水蒸气的质量可以计算出x；装置C增重的质量是HCl气体的质量，其质量和加热剩余固体的质量可以根据方程式互相换算而与x无关，因此不能计算x的值，故方案2不合理。(5)因为Mg2Al(OH)6Cl12x(CO3)xzH2O中有x和z两个未知量，所以至少应该知道3个量才能列方程组计算，故除测定D的增重外还应该至少再测量a、b、c中的任意两个量。答案(1)检查装置的气密性(2)80(3)edb实验过程中持续通入N2，没有必要用如图乙所示防倒吸装置3(4)方案1由加热装置剩余固体的质量可计算装置C增重的质量，与x的大小没有关系，因此方案2是不合理的(5)ab或ac或bc