资源描述
微专题大素养,5“,铝三角,”,中的图像题,知识基础,素养专练,真题演练,素养通关,知识基础,一,、,Al,3,、,Al(OH),3,、,之间的转化关系,“,铝三角,”,1,写出上述转化的离子方程式：,(1),_,。,_,。,_,。,Al,3,3NH,3,H,2,O,=,=Al(OH),3,Al,3,3,6H,2,O,=,=4Al(OH),3,Al,3,3OH,=,=Al(OH),3,(2,),_,。,(3,),_,。,(4,),_,。,(5),_,。,_,。,(6,),_,。,Al(OH),3,3H,=,=Al,3,3H,2,O,Al,3,4OH,=,=,2H,2,O,4H,=,=Al,3,2H,2,O,CO,2,2H,2,O,=,=Al(OH),3,H,H,2,O,=,=Al(OH),3,Al(OH),3,OH,=,=,2H,2,O,2,掌握,Al,3,、,Al(OH),3,、,三者之间的转化比例：,二、四个基本图像,1,可溶性铝盐溶液与,NaOH,溶液反应的图像：,操作,向可溶性铝盐溶液中逐滴加入,NaOH,溶液至过量,向,NaOH,溶液中逐滴加入可溶性铝盐溶液至过量,现象,立即产生白色沉淀,渐多,最多,渐少,消失,无沉淀,(,有但即溶,),出现沉淀,渐多,最多,沉淀不消失,图像,离子方程式,2.,偏铝酸盐溶液与盐酸反应的图像：,操作,向偏铝酸盐溶液中逐滴加入稀盐酸至过量,向稀盐酸中逐滴加入偏铝酸盐溶液至过量,现象,立即产生白色沉淀,渐多,最多,渐少,消失,无沉淀,(,有但即溶,),出现沉淀,渐多,最多,沉淀不消失,图像,离子方程式,三、三个拓展,图像,1,向,AlCl,3,溶液中逐滴加入氨水或,NaAlO,2,溶液至过量，图像如图,1,所示。,2,向,NaAlO,2,溶液中逐滴加入,AlCl,3,溶液或通入,CO,2,至过量，图像如图,2,所示。,3,向含,MgCl,2,、,AlCl,3,、盐酸、,NH,4,Cl,的混合溶液中，逐滴加入,NaOH,溶液至过量，沉淀图像如图,3,所示，反应的先后顺序与图像关系为,素养专练,一,、单一图像的判断计算,1,向物质的量浓度均为,1 molL,1,的,AlCl,3,和盐酸的混合溶液中逐滴滴入,NaOH,溶液，下图,n,表示,Al(OH),3,的物质的量，,V,表示,NaOH,溶液的体积,能正确表示这个反应过程的是,(,),答案：,D,解析：,向混合溶液中逐滴滴入,NaOH,溶液，反应情况分为三个阶段：第一阶段为,OH,H,=,=H,2,O,，此时无沉淀产生；第二阶段有白色沉定产生，反应的离子方程式为,Al,3,3OH,=,=Al(OH),3,；第三阶段滴加,NaOH,溶液至过量，沉淀逐渐溶解最后完全消失，反应的离子方程式为,=,=,2H,2,O,，结合反应方程式及浓度关系可知三个阶段消耗,NaOH,物质的量之比为,1,3,1,。,二、复合图像的判断计算,2,Al,3,、,形成,Al(OH),3,图像的综合分析,如图表示,AlCl,3,溶液与,NaOH,溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线。下列判断错误的是,(,),A.,线表示,Al,3,的物质的量的变化,B,x,表示,AlCl,3,的物质的量,C,线表示,Al(OH),3,的物质的量的变化,D,线表示,的物质的量的变化,答案：,B,解析：,AlCl,3,溶液与,NaOH,溶液混合有两种方式：向,AlCl,3,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,3,1,，显然符合题意，则,x,表示,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,AlCl,3,溶液，开始没有沉淀，后有沉淀生成，与本题图示情况不符。,3,某,Na,2,CO,3,、,NaAlO,2,的混合溶液中逐滴加入,的盐酸，测得溶液中的,、,、,、,Al,3,的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是,(,),A,原混合溶液中的,与,的,物,质,的量之比为,1,2,B,V,1,V,2,1,5,C,M,点时生成的,CO,2,为,0.05 mol,D,e,曲线表示的离子方程式为,Al(OH),3,3H,=,=Al,3,3H,2,O,答案：,D,解析：,向,Na,2,CO,3,、,NaAlO,2,的混合溶液中逐滴加入,的盐酸，首先发生反应：,H,H,2,O,=,=Al(OH),3,，,a,表示,，根据盐酸消耗的体积可知：,n,(H,),),n,Al(OH),3,0.05 L,0.05 mol,；当,反应完全，,反应，,b,表示,，反应的离子方程式是：,+H,=,=,，,n,(H,),),0.05 L,1 molL,1,0.05 mol,；,c,、,d,表示,，,反应完全，产生的,会发生反应：,+H,=,=CO,2,H,2,O,，,n(,),n,(H,),0.05 mol,；当,反应完全，,Al(OH),3,发生反应：,3H,=,=Al,3,3H,2,O,，,e,表示,Al,3,，当,Al(OH),3,反应完全，消耗,HCl,的物质的量是,Al(OH),3,的,3,倍，,n,(H,),3,n,Al(OH),3,3,0.05 mol,0.15 mol,，则该阶段加入盐酸的体积是,0.15 L,150 mL,。原混合溶液中的,与,的物质的量之比为,0.05 mol,0.05 mol,1,1,，,A,错误,；,在原混合物中,),0.05 mol,，在,V,1,时溶液中的,的物质的量相等，都等于,0.025 mol,，根据方程式：,=,=,可知反应,时消耗盐酸的物质的量是,0.025 mol,，盐酸的体积为,0.025 L,25 mL,，故,V,1,50 mL,25 mL,75 mL,，根据前面的分析可知：,V,2,150 mL,150 mL,300 mL,，所以,V,1,V,2,75 mL,300 mL,1,4,，,B,错误；根据前面的分析可知,M,点时溶液中,完全转化为,，没有产生,CO,2,，,C,错误；根据前面的分析可知，,e,曲线表示反应：,Al(OH),3,3H,=,=Al,3,3H,2,O,，,D,正确。,4,向盛有,NH,4,Al(SO,4,),2,溶液的烧杯中滴加,NaOH,溶液，沉淀物质的量随,NaOH,溶液体积的变化示意图如图,：,(,1),写出,m,点反应的离子方程式：,_,_,_,。,OH,=,=NH,3,H,2,O,解析：,向,NH,4,Al(SO,4,),2,溶液中加入,NaOH,溶液，由图像分析，先发生,Al,3,3OH,=,=Al(OH),3,，之后是,OH,=,=NH,3,H,2,O,，最后是沉淀的溶解：,=,=,2H,2,O,，故,m,点的离子反应为,OH,=,=NH,3,H,2,O,。,(2),若在,NH,4,Al(SO,4,),2,溶液中改加,Ba(OH),2,溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为,_mol,。,0.022,解析：,因,NH,4,Al(SO,4,),2,的物质的量为,0.01 mol,，,Ba(OH),2,的物质的量为,0.02 L,1.2 molL,1,0.024 mol,，产生沉淀的反应有两类。一是,+Ba,2,=,=BaSO,4,),0.01 mol,2,0.02 mol,，,0.02 mol0.024 mol,，故,n,(BaSO,4,),0.02 mol,；二是,OH,参与的反应，,Al,3,3OH,=,=,Al(OH),3,0,01 mol,0.03,mol,0.01,mol,OH,余,0.024 mol,2,0.03 mol,0.018 mol,，之后发生反应：,=,=NH,3,H,2,O,，,),0.01 mol,，再消耗,OH,0.01 mol,，则剩余,OH,为,0.018 mol,0.01 mol,0.008 mol,，最后发生沉淀的溶解：,=,=,2H,2,O,，,OH,为,0.008 mol,，溶解,0.008 mol Al(OH),3,，则剩余,为,0.01 mol,0.008 mol,0.002 mol,。溶液中产生沉淀的物质的量为,0.02 mol,0.002 mol,0.022 mol,。,三、不规则图像的分析,5,某研究性学习小组拟探究在含,Mg,2,、,Al,3,的混合溶液中滴加,NaOH,溶液时，生成氢氧化物沉淀的过程,。,【实验】,在,0.1 molL,1,MgSO,4,、,的混合溶液中滴加,0.5 molL,1,NaOH,溶液，借助氢离子传感器和相应分析软件，测得溶液的,pH,随,NaOH,溶液的加入变化情况如图所示。,(1),为精确控制加入,NaOH,溶液的体积，可将,NaOH,溶液置于,_(,填仪器名称,),中滴加。,碱式滴定管,(2),图中有三个,pH,增加缓慢的阶段，第一阶段,(a,点前,),对应的实验现象是,_,。,生成白色沉淀并逐渐增多,解析：,溶液中含有镁离子、铝离子，所以加入氢氧化钠溶液后，在,a,点之前一定有白色沉淀生成并逐渐增多。,(3),对第二阶段,(b,点,c,点,),溶液,pH,变化缓慢的本质，小组同学作出如下推测，请补充推测,2,和,3,：,推测,1,：生成,Mg(OH),2,沉淀，消耗,OH,；,推测,2,：,_,；,推测,3,：,_,。,若推测,1,符合实际情况，则,a,点之前反应的离子方程式为,_,，,请据此描述,、,Al(OH),3,两种物质在水溶液中溶解性的差异,_,。,生成,Al(OH),3,沉淀，消耗,OH,Al(OH),3,沉淀溶解，消耗,OH,Al,3,3OH,=,=Al(OH),3,Al(OH),3,比,Mg(OH),2,更难溶于水,解析：,加入氢氧化钠溶液后，,b,点,c,点溶液的,pH,基本无变化，说明消耗,OH,，消耗,OH,的反应有,Mg,2,与,OH,的反应、,Al,3,与,OH,的反应、,与,OH,的反应，所以推测,2,和,3,分别是生成,沉淀、,Al(OH),3,沉淀溶解，消耗,OH,；若推测,1,符合实际情况，说明,a,点前为,Al,3,与,OH,反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式是,Al,3,3OH,=,=Al(OH),3,；此事实说明氢氧化铝比氢氧化镁更难溶于水。,(4),请分析,e,点后溶液中较大量存在的含金属元素的离子并设计实验检验,(,可不填满,),：,较大量存在的含金属元素的离子,检验方法,答案：,较大量存在的含金属元素的离子,检验方法,Na,用洁净的铂丝蘸取少量待测液在无色火焰上灼烧，若火焰呈黄色，表明存在,Na,取少量待测液于试管中，滴加盐酸，产生白色沉淀，盐酸过量时，沉淀又溶解，表明存在,解析：,e,点后溶液中较大量存在的含金属元素的离子为偏铝酸根离子和钠离子。检验钠离子，应用焰色反应；检验偏铝酸根离子，应滴加稀盐酸，开始有白色沉淀产生，继续滴加稀盐酸，白色沉淀溶解。,6,生产上用过量烧碱溶液处理某矿物,(,含,Al,2,O,3,、,MgO),，过滤后得到的滤液用,NaHCO,3,溶液处理，测得溶液,pH,和,生成的量随加入,NaHCO,3,溶液体积的变化情况如图所示。下列说法不正确的是,(,),A,NaHCO,3,溶液的物质的量浓度为,0.8 molL,1,B,b,点与,c,点溶液所含粒子种类相同,C,a,点溶液中存在的离子是,D,生成沉淀的离子方程式为,答案：,A,解析：,过量烧碱溶液处理后得到的滤液为,NaOH,、,NaAlO,2,的混合液，加入,NaHCO,3,溶液后发生的反应依次为：,NaOH,NaHCO,3,=,=Na,2,CO,3,H,2,O,、,NaHCO,3,NaAlO,2,H,2,O,=,=Al(OH),3,Na,2,CO,3,。由图可知，加入,溶液时沉淀量最大，此时,NaAlO,2,刚好完全沉淀，,b,点与,c,点溶液中均含有,NaAlO,2,，故,B,、,D,正确；由图可知，,a,点溶液呈碱性，其溶质为,NaOH,、,NaAlO,2,，故,C,正确；,n,(NaHCO,3,),n,Al(OH),3,0.032 mol,，,c,(NaHCO,3,),1.0 molL,1,，故,A,错误。,真题演练,素养通关,1.,2020,山东卷，,9,以菱镁矿,(,主要成分为,，含少量,SiO,2,、,Fe,2,O,3,和,Al,2,O,3,),为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下,：,已知,浸出时产生的废渣中有,SiO,2,、,Fe(OH),3,和,Al(OH),3,。下列说法错误的是,(,),A,浸出镁的反应,为,MgO,2NH,4,Cl,=,=MgCl,2,2NH,3,H,2,O,B,浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行,C,流程中可循环使用的物质有,NH,3,、,NH,4,Cl,D,分离,Mg,2,与,Al,3,、,Fe,3,是利用了它们氢氧化物,K,sp,的不同,答案：,B,解析：,结合流程图可知浸出镁的反应为,MgO,2NH,4,Cl,=,=MgCl,2,2NH,3,H,2,O,，,A,项正确；浸出可以在较高温度下进行，促进,NH,4,Cl,水解和,NH,3,的逸出，但沉镁时应在低温下进行，以减弱氨水分解，,B,项错误；结合流程图可知浸出得到的,NH,3,可转化为氨水，用于沉镁，滤液中含有过量的,NH,4,Cl,，可用于浸出时的反应液，故该流程中,NH,3,和,NH,4,Cl,可循环使用，,C,项正确；本流程中分离,Mg,2,时，,Al,3,、,Fe,3,转化为沉淀，是利用了它们氢氧化物的,K,sp,不同，,D,项正确。,2,2020,江苏卷，,3,下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是,(,),A,铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品,B,氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料,C,氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸,D,明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水,答案：,D,解析：,本题考查物质的性质与用途，考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析。铝具有很好的延展性，可以用于制作铝金属制品，与铝的活泼性无关，,A,项错误；电解氧化铝冶炼铝是因为氧化铝熔融状态下能导电，与熔点高无关，,B,项错误；氢氧化铝能与胃酸的主要成分盐酸发生反应，与氢氧化铝受热分解无关，,C,项错误；明矾中的,Al,3,可以水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有很强的吸附能力，可以吸附水中的悬浮物，起到净水作用，,D,项正确。,3,2020,浙江,1,月，,12,下列关于铝及其化合物的说法，不正确的是,(,),A,明矾可用作净水剂和消毒剂,B,利用铝热反应可冶炼高熔点金属,C,铝可用作包装材料和建筑材料,D,氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物,答案：,A,解析：,明矾能电离出,Al,3,，,Al,3,水解产生的氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮杂质，故明矾可作净水剂，但不能作为消毒剂，,A,错误；铝热反应能放出大量的热，可用于冶炼高熔点金属，,B,正确；铝表面易形成氧化膜保护层，不易被腐蚀，铝还具有易加工、质轻等特点，所以可用作包装材料和建筑材料，,C,正确；氢氧化铝能中和胃酸，可用作治疗胃酸过多的药物，,D,正确。,4,2019,全国卷,，,26,硼酸,(H,3,BO,3,),是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿,(,含,Mg,2,B,2,O,5,H,2,O,、,SiO,2,及少量,Fe,2,O,3,、,Al,2,O,3,),为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：,回答下列问题：,(1),在,95,“,溶浸,”,硼镁矿粉，产生的气体在,“,吸收,”,中反应的化学方程式为,_,。,(2),“,滤渣,1,”,的主要成分有,_,_,_,。为检验,“,过滤,1,”,后的滤液中是否含有,Fe,3,离子，可选用的化学试剂是,_,。,(3),根据,H,3,BO,3,的解离反应：,，,K,a,5.81,10,10,，可判断,H,3,BO,3,是,_,酸,；在,“,过滤,2,”,前，将溶液,pH,调节至,3.5,，目的是,_,。,(4),在,“,沉镁,”,中生成,Mg(OH),2,MgCO,3,沉淀的离子方程式为,_,，母液经加热后可返回,_,工序,循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是,_,。,NH,4,HCO,3,NH,3,=,=(NH,4,),2,CO,3,SiO,2,、,Fe,2,O,3,、,Al,2,O,3,KSCN,一元弱,转化为,H,3,BO,3,，促进析出,2Mg,2+,+,+2H,2,O,=,=Mg(OH),2,MgCO,3,或,H,2,O,=,=,Mg(OH),2,MgCO,3,CO,2,溶浸,高温焙烧,解析：,本题涉及的考点有离子方程式的书写、,Fe,3,的检验、化学平衡常数的应用，考查了学生解读化学工艺流程，将题给信息与已学知识相结合分析、解决化学问题的能力。,(1),“,溶浸,”,步骤产生的,“,气体,”,是,NH,3,，用,NH,4,HCO,3,溶液吸收,NH,3,的化学方程式,为,NH,3,NH,4,HCO,3,=,=(NH,4,),2,CO,3,。,(2),根据流程图可知，,Fe,2,O,3,、,Al,2,O,3,在,“,过滤,1,”,步骤中除去，,SiO,2,不溶于,(NH,4,),2,SO,4,溶液，故,“,滤渣,1,”,的主要成分有,SiO,2,、,Fe,2,O,3,、,Al,2,O,3,；检验,Fe,3,通常选用,KSCN,溶液。,(3),根据,H,3,BO,3,的解离反应以及电离平衡常数，可判断,H,3,BO,3,是一元弱酸；在,“,过滤,2,”,操作前,B,元素主要以,的形式存在，调节,pH,至,3.5,后生成了,H,3,BO,3,沉淀，由此可推断调节,pH,的目的是将,转化成,H,3,BO,3,。,(4),反应物有,Mg,2,、,，生成物有,Mg(OH),2,MgCO,3,沉淀，再结合电荷守恒、原子守恒可写出反应的离子方程式；,“,沉镁,”,后的母液的主要成分为,(NH,4,),2,SO,4,，可供,“,溶浸,”,工序循环使用；,、,MgCO,3,在高温条件下均易分解生成,MgO,，故高温焙烧碱式碳酸镁可以制备轻质氧化镁。,5,江苏卷,以高硫铝土矿,(,主要成分为,Al,2,O,3,、,Fe,2,O,3,、,SiO,2,，少量,FeS,2,和金属硫酸盐,),为原料，生产氧化铝并获得,Fe,3,O,4,的部分工艺流程如下,：,(,1),焙烧过程均会产生,SO,2,，用,NaOH,溶液吸收过量,SO,2,的离子方程式为,_,。,=,=,解析：,二氧化硫是酸性氧化物，少量二氧化硫与,NaOH,溶液反应生成正盐,Na,2,SO,3,，过量二氧化硫与,NaOH,溶液反应生成,NaHSO,3,。,(2),添加,1% CaO,和不添加,CaO,的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如下图所示,。,已知,：多数金属硫酸盐的分解温度都高于,600,硫去除率,(1,),100%,不添加,CaO,的矿粉在低于,500,焙烧时，去除的硫元素主要来源于,_,。,700,焙烧时，添加,1% CaO,的矿粉硫去除率比不添加,CaO,的矿粉硫去除率低，其主要原因是,_,。,FeS,2,硫元素转化为,CaSO,4,而留在矿粉中,解析：,根据高硫铝土矿的成分中含,FeS,2,和金属硫酸盐，而已知多数金属硫酸盐的分解温度都高于,600,，如果不添加,CaO,在低于,500,焙烧，则去除的硫元素主要来源于,FeS,2,，具体的反应原理为,4FeS,2,11O,2,2Fe,2,O,3,8SO,2,。,添加的,CaO,吸收,SO,2,生成,CaSO,3,，,CaSO,3,易被空气中的氧气氧化为,CaSO,4,。根据题目所给,“,多数金属硫酸盐的分解温度都高于,600,”,，可知,700,时,CaSO,4,可能未分解或未完全分解而留在矿粉中，从而导致添加,1%CaO,的矿粉硫去除率比不添加,CaO,的矿粉硫去除率低。,(3),向,“,过滤,”,得到的滤液中通入过量,CO,2,，铝元素存在的形式由,_(,填化学式,),转化为,_(,填化学式,),。,(4),“,过滤,”,得到的滤渣中含大量的,Fe,2,O,3,。,Fe,2,O,3,与,FeS,2,混合后在缺氧条件下焙烧生成,Fe,3,O,4,和,SO,2,，理论上完全反应消耗的,n,(FeS,2,),n,(Fe,2,O,3,),_,。,NaAlO,2,Al(OH),3,1,16,解析：,(3),高硫铝土矿中的氧化铝溶于,NaOH,生成,NaAlO,2,：,Al,2,O,3,2NaOH,=,=2NaAlO,2,H,2,O,；向,NaAlO,2,溶液中通入过量的二氧化碳，生成氢氧化铝,：,CO,2,(,过量,),2H,2,O,NaAlO,2,=,=Al(OH),3,NaHCO,3,。,(4),根据得失电子守恒可知,FeS,2,与,Fe,2,O,3,的物质的量之比为,1,16,。,
展开阅读全文