高考化学二轮复习 作业卷 镁铝及其重要化合物（含解析）

镁铝及其重要化合物可能用到的相对原子质量：H1 O16 S32 N14 Cl35.5 C12 Na23 Al27 K39 He4 P31 Cu64 Ba137 Ca40 Cu64 Mg24、选择题（本大题共20小题，每小题0分，共0分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）下列关于金属铝的叙述中，说法正确的是 （ ）A.Al 是地壳中含量最多的元素B.因为Al在常温下与浓硫酸不反应，所以可用铝槽车运输浓硫酸C.与Al反应产生H2的溶液一定呈酸性D.Al箔在空气中受热可熔化，由于氧化膜的存在，熔化的Al并不滴落用一张已除去表面氧化膜的铝箔紧紧包裹在试管外壁(如图)，将试管浸入硝酸汞溶液中，片刻取出，然后置于空气中，不久铝箔表面生出“白毛”，红墨水柱右端上升。根据实验现象判断下列说法错误的是 ( )A.实验中发生的反应都是氧化还原反应 B.铝是一种较活泼的金属C.铝与氧气反应放出大量的热量 D.铝片上生成的白毛是氧化铝和氧化汞的混合物（2014西城区校级模拟）下列实验的现象及结论不正确的是（）A过氧化钠放置在空气中，最终转变为白色粉末Na2CO3BSO2通入BaCl2溶液中产生白色沉淀BaSO3C打磨过的铝箔和未打磨的铝箔分别在空气中灼烧，两种铝箔均熔化但不滴落，说明氧化铝熔点比铝高D分别向等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加酚酞，溶液都变红，Na2CO3溶液红色较深，说明Na2CO3水解程度大于NaHCO3在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C。下列说法正确的是（ ）A元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体BMg、MgO中镁元素微粒的半径：r(Mg2)r(Mg)C在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性D该反应中化学能全部转化为热能由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混和物10 g ，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2 L，则混和物中一定含有的金属是A锌 B铁 C铝 D镁将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/L Noah溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加51g，则下列有关叙述中正确的是A参加反应的硝酸的物质的量为04molB加入合金的质量可能为96gC沉淀完全时消耗Noah溶液体积为150mLD溶解合金时产生NO气体体积0224L某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案方案：2.7g AlX溶液Al（OH）3沉淀方案：2.7g AlY溶液Al（OH）3沉淀NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/L，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是（）AX溶液溶质为AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2Bb曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液C在O点时两方案中所得溶液浓度相等Da、b曲线表示的反应都是氧化还原反应将ag镁铝合金投入到x mL 2molL的盐酸中，金属完全溶解后，再加入y mL 1molL的氢氧化钠溶液，得到的沉淀量最大，质量为（a+1.7）g。下列说法不正确的是 A镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为01NA Bx=2y C沉淀是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物 D2x=y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abcAAl2O3NaAlO2Al(OH)3BAlCl3Al(OH)3NaAlO2CAlAl(OH)3Al2O3DMgCl2Mg(OH)2MgO美国“海浪”潜艇上的核反应堆内使用了液体钠铝合金（单质钠和单质铝熔合而成，可看作二者的混合物）做载热介质，有关说法不正确的是（ ）A铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出B铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则n（Al）n（Na）Cm g 钠铝合金投入足量水中，若所得溶液只含一种溶质，则其中含有钠的质量为0.46m g D若mg不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多，则钠的质量分数越大用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是（）A试剂X可以是盐酸B反应过滤后所得沉淀为氢氧化铁C图中所示转化反应都不是氧化还原反应D操作中发生的化学方程式为NaAlO2+2H2O+CO2=Al（OH）3+NaHCO3下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是（）实验操作实验现象结论A向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，再逐滴加入稀盐酸至红色褪去2 min后，试管里出现凝胶酸性：盐酸硅酸B在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化但不滴落熔点：氧化铝铝C常温下，向浓硫酸中投入铝片铝片不溶解常温下，铝不与浓硫酸反应D向某无色溶液中先滴加氯水，再加少量CCl4，振荡，静置溶液分层，下层为橙红色溶液中含有BrAABBCCDD在我国近年来报道的高温超导体中，铊(Tl)是组成成分之一。已知铊和铝是同族元素，关于铊的性质的推断可能错误的是 （ ）A.是银白色的软质金属 B.能生成+3价的离子化合物 C.与硝酸作用能放出氢气并生成硝酸盐 D.铊的金属性强于铝Al.Mg混合物与适量的稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液蒸干，所得固体质量比原固体增加了4.8g，则该混合物的物质的量可能为（ ）A.0.04 mol B.0.03 mol C.0.06 mol D.0.05 molKHSO4.BaCl2.Na2CO3.FeSO4和氯水五种溶液，有右图所示的相互反应，图中每条连线两端的物质可以发生化学反应。下列说法不合理的是（ ）。A.X可能为KHSO4 B.Y一定为Na2CO3C.M不可能是BaCl2 D.N可能是FeSO4、填空（本大题共3小题）无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。（1）氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为 。（2）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：已知：物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2沸点/57.6180（升华）300（升华）1023步骤中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是 （只要求写出一种）。步骤中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是 。已知：（i）Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g) H1=+1344.1kJ mol-1（ii）2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g) H2=+1169.2kJ mol-1由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为 。步骤经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为 _。 结合流程及相关数据分析，步骤中加入铝粉的目的是 。水NaOH溶液稀硫酸加热NaOH溶液过量稀氨水A沉淀F溶液G沉淀C沉淀E固体B溶液D某混合物A，含有Al2(SO4)3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化：请回答下列问题：(1)图中涉及分离溶液与沉淀的方法是_ 。(2)B、C、D、E 4种物质的化学式为：B_、C_、D_、E_。(3)沉淀F与NaOH溶液反应的离子方程式为_ 。沉淀E与稀硫酸反应的离子方程式为_。溶液G与过量稀氨水反应的化学方程式为_。（12分）Al及其化合物用途广泛，工业上可以将明矾石经处理后得到明矾KAl(SO4)212H2O，再将明矾焙烧后制得Al2O3等物质，进一步处理后还可以得到Al。已知焙烧明矾的化学方程式为：请回答：（1）Al2O3的摩尔质量是 。（2）工业上可用电解Al2O3制备Al，其化学方程式是 。（3）在焙烧明矾的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比是 。(4) 焙烧明矾时产生的SO2可综合利用来制硫酸。已知25、101 kPa时： 2SO2(g) +O2(g)2SO3(g) H1 一197 kJ/mol 2H2O (g)2H2O(1) H2 一44 kJ/mol 2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l) H3 一545 kJ/mol SO3 (g)与H2O(l)反应的热化学方程式是 。(5) 以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液可以组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2。 该电池的负极反应式 。 电池总反应的化学方程式 。2016万卷作业卷（镁铝及其重要化合物）答案解析、选择题D【解析】D【解析】此题是一个对应变能力要求较高的题目。铝与硝酸汞的反应教材中没有介绍，但是在金属活动性顺序中汞是一种不活泼的金属，而铝是一种活泼的金属，可以把汞从盐溶液中置换出来，在铝箔的表面形成了一层不致密的薄膜，导致铝暴露在空气中，铝在空气易被氧化，生成氧化铝，这个过程是一个放热的过程；所以A.B.C都是正确的；汞在空气中不易被氧化，D错。分析：A过氧化钠可与空气中二氧化碳反应；BSO2与BaCl2不反应；C氧化铝熔点较高，难以熔化；DCO32水解以第一步水解为主解答：解：A过氧化钠可与空气中二氧化碳反应，最终产物为碳酸钠，故A正确；B亚硫酸的酸性比盐酸弱，则过氧化钠可与空气中二氧化碳反应，故B错误；C氧化铝熔点较高，难以熔化，则打磨过的铝箔和未打磨的铝箔分别在空气中灼烧，在表面生成氧化铝膜，两种铝箔均熔化但不滴落，故C正确；DCO32水解以第一步水解为主，Na2CO3水解程度大于NaHCO3，故D正确故选B点评：本题考查较为综合，侧重于物质的性质和盐类水解的考查，题目难度不大，注意把握常见物质的性质以及盐类水解的原理【答案】C【解析】试题分析：A、C还存在C60、C70等同素异形体，故A错误；B、同种元素的半径的比较，看电子数，电子数越多，半径越大，r(Mg2)r(Mg)，故B错误；C、根据氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Mg是还原剂，C是还原产物，故C正确；D、部分转成热能，一部分转成光能，故D错误。考点：考查同素异形体、半径大小、能量转化、还原性强弱比较等知识。C【解析】A【解析】分析：n（HCl）=3mol/L0.1L=0.3mol，n（NaOH）=3mol/L0.1L=0.3mol，n（Al）=0.1mol，2Al+6H+=2Al3+3H2、2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，根据方程式知，Al和HCl完全反应需要n（HCl）=3n（Al）=0.3mol，所以Al和HCl恰好完全反应生成氯化铝；根据方程式知，Al和NaOH完全反应需要n（NaOH）=n（Al）=0.1mol0.3mol，所以NaOH有剩余，据此分析解答解答：n（HCl）=3mol/L0.1L=0.3mol，n（NaOH）=3mol/L0.1L=0.3mol，n（Al）=0.1mol，2Al+6H+=2Al3+3H2、2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，根据方程式知，Al和HCl完全反应需要n（HCl）=3n（Al）=0.3mol，所以Al和HCl恰好完全反应生成氯化铝；根据方程式知，Al和NaOH完全反应需要n（NaOH）=n（Al）=0.1mol0.3mol，所以NaOH有剩余，A根据以上分析知，X溶液中溶质是AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2、NaOH，故A错误；B加入溶液后先没有生成沉淀，则溶液中还发生其它反应，则该溶液应该是Y溶液，先发生酸碱中和反应，所以b曲线表示的是向Y溶液中加入HCl溶液，故B错误；C在O点时沉淀的物质的量相等，溶液中的溶质都是NaCl，根据最初的钠原子和Cl原子守恒知，两方案中所得溶液浓度相等，故C正确；Da、b曲线中没有电子转移，不属于氧化还原反应，故D错误；故选C点评：本题考查性质实验方案设计，为高考高频点，明确各个线段发生的化学反应是解本题关键，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，题目难度中等B【解析】【答案】C 解析：A、a、b、c分别与NaOH溶液、CO2反应、受热分解即可完成所示转化，故A能；B、a、b、c分别与氨水、NaOH溶液、盐酸反应即可完成所示转化，故B能；C、铝无法通过一步反应生成Al(OH)3，故C不能；D、a、b、c，分别与NaOH溶液反应、加热分解、与盐酸反应即可完成所示转化，故D能。故答案选C。【思路点拨】本题考查了镁铝及其化合物的性质，特别要重视Al(OH)3的两性的理解和应用。【答案】D 解析:A、铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，钠和水反应生成的氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，若n（Al）n（Na），金属铝也可能会置换出金属铜，正确； B、铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，说明钠和水反应生成的氢氧化钠足以将金属铝溶解，则n（Al）n（Na），正确；Cm g 钠铝合金投入足量水中，若所得溶液只含一种溶质即为偏铝酸钠，则金属钠和金属铝的物质的量相等则其中含有钠的质量为0.46m g ，正确； D、根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2Al3H2，2NaH2，等质量的金属钠和金属铝，则金属Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多，则铝的质量分数越大，错误【思路点拨】本题考查学生有关合金的知识，钠、铝的性质，可以根据所学知识进行回答，难度不大考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质分离、提纯的实验方案设计专题：实验设计题分析：由工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应过滤后所得溶液为NaAlO2溶液，沉淀C为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，以此解答该题解答：A分离氧化铝和氧化铁，只能用氢氧化钠溶液，不可能用盐酸，因氧化铝与氢氧化钠反应，氧化铁不反应，但二者都可与盐酸反应，故A错误；B氧化铁与NaOH不反应，则反应过滤后所得沉淀为氧化铁，故B错误；C只有电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，故错误；D操作中向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，故D正确故选D点评：本题以铁、铝化合物的性质为载体综合考查工业冶炼铝等知识，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，为高考常见题型，注意把握制备原理和反应的流程，难度中等考点：铝的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用分析：A试管里出现凝胶，说明生成硅酸；B铝箔熔化但不滴落，原因是表面生成氧化铝膜，熔点较高；C常温下，铝与浓硫酸发生钝化反应；D向某无色溶液中先滴加氯水，再加少量CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层为橙红色是被氧化出来的溴单质溶于CCl4解答：A试管里出现凝胶，说明生成硅酸，根据强酸制备弱酸的原理可知酸性：盐酸硅酸，故A正确；B铝箔熔化但不滴落，原因是表面生成氧化铝膜，熔点较高，即熔点：氧化铝铝，故B正确；C常温下，铁与浓硫酸发生钝化反应，而不是不反应，原因是在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的进行，故C错误；D向某无色溶液中先滴加氯水，再加少量CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层为橙红色是被氧化出来的溴单质溶于CCl4，故D正确故选C点评：本题考查化学实验方案的设计，涉及物质性质的考查，侧重点较为基础，题目难度不大C【解析】AC 【解析】、填空【答案】（15分）（1）Al3+3H2O Al(OH)3+3H+（2）防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率。Fe或铁 ；Al2O3(s)+3C(s)+2Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g) H=+174.9kJ/mol；NaCl、NaClO、NaClO3 ；除去FeCl3，提高AlCl3纯度。【解析】（1）氯化铝能够净水是因为Al3+的水解得到氢氧化铝胶体，胶体表面可以吸附杂质，其离子方程式为Al3+3H2O Al(OH)3+3H+。（2）焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，是为了防止后续步骤生成的AlCl3水解；增大反应物的接触面积，加快反应速率。Si的相对原子质量为28，不通入氯气和氧气，则会有Fe生成，Fe的相对原子质量为56.根据盖斯定律上式-下式知生成AlCl3的热化学方程式Al2O3(s)+3C(s)+2Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g) H=+174.9kJ/mol。气态混合物中与NaOH反应的气体有氯气和二氧化碳，故室温下得到的盐有NaCl、NaClO、NaClO3。加入铝粉，铝能与FeCl3反应，除去FeCl3，提高AlCl3纯度。 (1)过滤 (2)Al2O3 Fe2O3 NaAlO2 Al(OH)3 (3)Al2O32OH-2AlOH2OAl(OH)33HAl3 3H2OAl2(SO4)36NH3H2O2 Al(OH)33(NH4)2SO4 (12分)(1) 102 g/mol (2) 2Al2O3(熔融) 4Al 3O2 (3) 2:1 (4) SO3(g) H2O(g) = H2SO4(l) H= -152kJmol-1 (5) Al3e + 4OH = AlO22H2O Al3NiO(OH)NaOHH2O=NaAlO23Ni(OH)2