苏教版化学高考一轮复习版 课时分层训练7 从铝土矿到铝合金Word文档格式.docx
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D [A项用氨水将会使Al3＋、Mg2＋均沉淀下来，达不到分离的目的；
B项溶液a中，Al3＋已转化为AlO
；
C项b中含有KCl、NaCl、HCl等物质；
D项若不控制pH，沉淀a[Al（OH）3]将不能分离出来。
4．（2015·
山东高考）某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生。
下列化合物中符合上述条件的是（ ）
A．AlCl3 B．Na2O
C．FeCl2D．SiO2
A [A.铝和氯气反应生成氯化铝，氯化铝和碳酸氢钡反应的离子方程式为
Al3＋＋3HCO
===Al（OH）3↓＋3CO2↑。
B.氧化钠加入碳酸氢钡溶液中只产生碳酸钡沉淀，没有气体产生。
C.铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁。
D.二氧化硅和碳酸氢钡溶液不反应。
5．（2018·
青岛模拟）下列说法不正确的是（ ）
A．铝箔插入稀硝酸中，无现象，说明铝箔表面被HNO3氧化，形成致密的
氧化膜
B．如右图所示，①中为AlCl3溶液，②中为浓氨水，①中有白色
沉淀生成
C．Al2O3
NaAlO2（aq）
Al（OH）3
D．AlCl3溶液中滴加NaOH溶液后铝的存在形式：
A [铝与稀HNO3发生反应有NO生成，不能形成氧化膜，A不正确；
浓氨水挥发出的NH3被AlCl3溶液吸收生成白色沉淀Al（OH）3，B正确；
Al2O3为两性氧化物与NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液遇CO2生成Al（OH）3，C正确；
当n（NaOH）∶n（AlCl3）＝3时，恰好生成Al（OH）3，当n（NaOH）∶n（AlCl3）＝4时，恰好生成NaAlO2，D正确。
6．把X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，反应现象不同的是（ ）【导学号：
91720124】
选项
A
B
C
D
X
NaHCO3
NaAlO2
MgCl2
Y
Ca（OH）2
HCl
NaOH
B [A、C、D三项中，无论前者滴入到后者中，还是后者滴入到前者中，反应现象均相同；
B项，若将NaAlO2溶液滴入盐酸中，开始盐酸过量，没有沉淀生成，随着NaAlO2溶液的增多，会产生白色沉淀Al（OH）3，若将盐酸滴入NaAlO2溶液中，开始盐酸少量，会立即产生白色沉淀Al（OH）3，随着盐酸的过量，最后白色沉淀逐渐溶解，反应现象不同，符合题意。
7．甲和乙两烧杯中各盛有100mL0.2mol·
L－1AlCl3溶液，向两烧杯中分别加入相同体积、相同浓度的NaOH溶液和氨水，两烧杯中都有沉淀生成。
下列判断正确的是（ ）【导学号：
91720125】
A．实验过程中甲中和乙中的现象始终保持一致
B．甲中沉淀一定比乙中的少
C．甲中沉淀可能比乙中的多
D．乙中沉淀可能比甲中的多
D [Al（OH）3能溶于NaOH溶液，而不溶于氨水，NaOH溶液和氨水均为一元碱的水溶液，根据加入的碱溶液的量进行分析，可能出现以下几种情况：
①若加入的碱溶液均不足量或均恰好完全反应生成Al（OH）3，则甲、乙中的现象一致，生成沉淀的量相等；
②若加入的碱溶液均过量，过量的NaOH会使生成的Al（OH）3沉淀部分溶解或完全溶解，而加入氨水的烧杯中生成的Al（OH）3不会溶解。
综上分析，只有D项符合题意。
8．利用铝灰（主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等）制备铝鞣剂[主要成分为Al（OH）2Cl]的一种工艺如下：
（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
铝灰在90℃水解生成A的化学方程式为____________________________。
“水解”采用90℃而不在室温下进行的原因是_______________________________________________________
________________________________________________________________。
（2）“酸溶”时，Al2O3发生反应的离子方程式为________________________
_______________________________________________________________。
（3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为____________________________
（4）“废渣”成分为________（填化学式）。
（5）采用喷雾干燥而不用蒸发的原因是________________________________
【解析】 铝灰主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等加入水发生反应，AlN和水反应生成氢氧化铝和氨气，加入盐酸酸溶后，生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液，加入漂白剂氧化亚铁离子为铁离子，加入纯碱调节溶液pH使铁离子全部沉淀，采用喷雾干燥制备铝鞣剂。
（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成的是氨气，铝灰中的AlN和水发生水解反应生成氢氧化铝沉淀和氨气，反应的化学方程式为AlN＋3H2O
Al（OH）3＋NH3↑，加热可以促进氮化铝水解生成氨气，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出。
（2）氧化铝是两性氧化物，酸溶时和盐酸发生反应生成氯化铝溶液，其反应的离子方程式为Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O。
（3）加入漂白液的作用是利用次氯酸根离子在酸溶液中的强氧化性氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋ClO－===2Fe3＋＋Cl－＋H2O。
（4）上述分析可知“废渣”成分为氢氧化铁沉淀，化学式为Fe（OH）3。
（5）铝鞣剂主要成分为Al（OH）2Cl，在加热蒸发时会发生水解，为防止水解利用喷雾干燥，减少铝鞣剂水解。
【答案】
（1）AlN＋3H2O
Al（OH）3＋NH3↑ 加快AlN水解反应速率；
降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出
（2）Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O
（3）2Fe2＋＋2H＋＋ClO－===2Fe3＋＋Cl－＋H2O
（4）Fe（OH）3
（5）防止Al（OH）2Cl水解生成Al（OH）3
B级 专项突破
9．下列各组物质，不能按abc（“―→”表示反应一步完成）关系转化的是（ ）
【导学号：
91720126】
a
b
c
Al2O3
AlCl3
Al
Mg（OH）2
MgO
C [A、B、D三项中的转化关系分别为：
、
，C项中Al不能经一步反应转化为Al（OH）3。
10．向甲溶液中缓慢滴加乙溶液，反应生成沉淀的质量如图所示，其中符合图象的一组是（ ）
甲
乙
AlCl3、Mg（NO3）2、HNO3
Na2CO3、NH4HCO3、Na2SO4
Ba（OH）2
NH4NO3、Al（NO3）3、
Fe（NO3）3、HCl
NaAlO2、氨水、NaOH
H2SO4
C [A项，向甲溶液中缓慢滴加NaOH溶液时，图象中间一段沉淀质量不变的反应不存在，与图象变化不符；
B项，向甲溶液中缓慢滴加Ba（OH）2溶液时，不存在沉淀部分溶解的反应，与图象变化不符；
C项，在甲溶液中加入NaOH溶液时，NaOH先与盐酸反应，没有沉淀生成；
随后Al3＋、Fe3＋开始沉淀，当两种离子沉淀完全后，OH－和NH
反应，此时沉淀质量不变，最后OH－与Al（OH）3反应，沉淀部分溶解与图象变化相符；
D项，向甲溶液中加硫酸时，最终沉淀会全部溶解，与图象变化不符。
11．向等物质的量浓度的NaAlO2、Na2SiO3、Na2CO3、NaOH混合溶液中逐滴加入1mol·
L－1的盐酸，生成沉淀的物质的量与加入盐酸的体积关系如图所示。
下列有关说法不正确的是（ ）
A．在O～a段加入的盐酸与NaOH发生中和反应
B．b～c段反应的离子方程式为H＋＋CO
===HCO
C．在滴加盐酸的全过程中主要粒子参与反应的先后顺序是OH－、SiO
CO
、HCO
、AlO
、Al（OH）3
D．在e～f段，盐酸与Al（OH）3反应生成AlCl3，使沉淀部分溶解
C [HCl溶液应先与OH－反应，A项正确；
由图象中耗用HCl溶液的体积可知，在b～c段HCl与CO
反应转化为HCO
，B项正确；
从消耗HCl溶液的体积可推知，在滴加盐酸的全过程中主要粒子参与反应的先后顺序是：
OH－、SiO
、CO
、Al（OH）3，C项错误；
在e～f段发生反应的离子方程式为Al（OH）3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，而H2SiO3不溶于HCl溶液，D项正确。
]
12．（2018·
黄冈高三检测）某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。
【导学号：
91720127】
阴离子
CO
、SiO
、Cl－
阳离子
Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、NH
、Na＋
现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量（n）与加入试剂体积（V）的关系如图所示。
（1）若Y是盐酸，则Oa段转化为沉淀的离子（指来源于X溶液的，下同）是________，ab段发生反应的离子是________，bc段发生反应的离子方程式为_________________________________________________________________
（2）若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的阳离子是________，其物质的量之比为________，ab段反应的离子方程式为_________________________。
【解析】 溶液为无色，说明溶液X中不含Fe3＋；
若Y为盐酸，由图象的特点判断溶液X中一定含有AlO
，其中Oa段发生的离子反应为AlO
＋H＋＋H2O===Al（OH）3↓，SiO
＋2H＋===H2SiO3↓，故转化为沉淀的离子为SiO
ab段发生的离子反应为CO
＋H＋===HCO
，HCO
＋H＋===H2O＋CO2↑，但仅有CO
来源于X溶液；
bc段发生的离子反应为Al（OH）3＋3H＋===Al3＋＋3H2O。
若Y为NaOH溶液，由图象特点判断溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋、NH
。
其中Oa段发生离子反应为Al3＋＋3OH－===Al（OH）3↓，Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2↓；
ab段发生的离子反应为NH
＋OH－===NH3·
H2O；
bc段发生的离子反应为Al（OH）3＋OH－===AlO
＋2H2O；
n（Al3＋）∶n（Mg2＋）∶n（NH
）＝1∶（4－1×
3）×
∶2＝2∶1∶4。
【答案】
（1）SiO
CO
Al（OH）3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
（2）Al3＋、Mg2＋、NH
2∶1∶4
NH
H2O
13．（2015·
天津高考，节选）向盛有10mL1mol·
L－1NH4Al（SO4）2溶液的烧杯中滴加1mol·
L－1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如下：
（1）写出m点反应的离子方程式：
____________________________________
（2）若在NH4Al（SO4）2溶液中改加20mL1.2mol·
L－1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为________mol。
【解析】
（1）向NH4Al（SO4）2溶液中加入NaOH溶液，由图象分析，先发生Al3＋＋3OH－===Al（OH）3↓，之后是NH
H2O，最后是沉淀的溶解：
Al（OH）3＋OH－===AlO
＋2H2O，故m点的离子反应为NH
H2O。
（2）因NH4Al（SO4）2的物质的量为0.01L×
1mol·
L－1＝0.01mol，Ba（OH）2的物质的量为0.02L×
1.2mol·
L－1＝0.024mol，产生沉淀的反应有两类，一是SO
＋Ba2＋===BaSO4↓，n（SO
）＝0.01mol×
2＝0.02mol,0.02mol<
0.024mol，故n（BaSO4）＝0.02mol；
二是OH－参与的反应，
Al3＋ ＋ 3OH－ ===Al（OH）3↓
0．01mol 0.03mol 0.01mol
OH－余0.024mol×
2－0.03mol＝0.018mol，之后发生反应：
H2O，n（NH
）＝0.01mol，再消耗OH－0.01mol，则剩余OH－为0.018mol－0.01mol＝0.008mol，最后发生沉淀的溶解：
＋2H2O，OH－为0.008mol，溶解Al（OH）30.008mol，则剩余Al（OH）3为0.01mol－0.008mol＝0.002mol。
溶液中产生沉淀的物质的量为0.02mol＋0.002mol＝0.022mol。
【答案】
（1）NH
（2）0.022
铝是现今人类生产生活中使用广泛性仅次于铁的重要金属。
工业上常以“钒土矿”为原料来冶炼金属铝。
已知：
钒土矿的主要成分是Al2O3（其中含有Fe2O3、SiO2等杂质）。
为了检测某“钒土矿”样中Al2O3的含量，进行了如下实验过程：
①取矿样10.0g加入过量稀盐酸溶解（假定其他未知成分的杂质都不溶于盐酸，也不和盐酸反应），过滤弃去不溶残渣。
②将滤液稀释并在250mL容量瓶中定容后，取25.0mL逐滴滴加
2.0mol·
L－1的NaOH溶液，得到如图所示的变化关系。
请根据有关数据回答下列问题：
（1）写出滴加NaOH溶液24～30mL时发生反应的离子方程式：
（2）最后所得不溶于NaOH溶液的沉淀的化学式为________，其物质的量为________。
（3）该钒土矿样中Al2O3的质量分数为________。
【解析】
（2）①中加入过量盐酸过滤后得到的滤液中含有AlCl3、FeCl3和HCl，不溶残渣为SiO2，②中滴加NaOH溶液至过量得到的沉淀为Fe（OH）3，溶液中含有NaOH、NaAlO2和NaCl。
根据24～30mL段，n（Al3＋）＝n[Al（OH）3]＝2.0mol·
L－1×
0.006L＝0.012mol，根据Fe3＋＋3OH－===Fe（OH）3↓、Al3＋＋3OH－===Al（OH）3↓，则3n（Al3＋）＋3n（Fe3＋）＝（24－3）×
10－3L×
L－1＝0.042mol，故n（Fe3＋）＝（0.042mol－0.012mol×
＝0.002mol。
（3）10.0g矿样中n（Al2O3）＝0.012mol×
×
10＝0.06mol，故Al2O3的质量分数为
100%＝61.2%。
【答案】
（1）Al（OH）3＋OH－===AlO
＋2H2O
（2）Fe（OH）3 2.00×
10－3mol （3）61.2%
C级 能力提升
14．将镁铝合金5.1g溶于300mL2mol·
L－1稀盐酸中，标准状况下放出气体5.6L，向反应后的溶液中加入500mLNaOH溶液充分反应，最终产生白色沉淀。
下列有关说法不正确的是（ ）【导学号：
91720128】
A．生成白色沉淀的最大质量为13.6g
B．溶解5.1g镁铝合金时，剩余HCl的物质的量为0.1mol
C．5.1g镁铝合金中含有镁、铝的质量分别为2.4g、2.7g
D．若白色沉淀只有Mg（OH）2，则NaOH溶液的浓度至少为1.2mol·
L－1
D [设镁铝合金中Mg、Al的物质的量分别为xmol、ymol，则24x＋27y＝5.1，x＋1.5y＝
，解得x＝0.1，y＝0.1，故生成白色沉淀的最大质量为58g·
mol－1×
0.1mol＋78g·
0.1mol＝13.6g，A项正确；
剩余HCl的物质的量为0.3L×
2mol·
L－1－
2＝0.1mol，B项正确；
镁铝合金中Mg、Al的质量分别为2.4g、2.7g，C项正确；
若白色沉淀只有Mg（OH）2，且反应后NaOH无剩余，则滤液为NaCl、NaAlO2溶液，n（NaOH）＝n（HCl）＋n（Al）＝0.3L×
L－1＋0.1mol＝0.7mol，故c（NaOH）≥
＝1.4mol·
L－1，D项错误。
15．氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料。
某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的质量分数，设计如下两种实验方案。
91720129】
AlN＋NaOH＋H2O===NaAlO2＋NH3↑
[方案1] 取一定量的样品，用图1装置测定样品中AlN的质量分数（夹持仪器已略去）。
图1 图2
（1）图1中碱石灰和球形干燥管的作用分别是__________________、__________________。
（2）完成以下实验步骤：
组装好实验装置，首先________，再加入实验药品。
接下来的实验操作是________，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液至不再产生气体，打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置在反应前后的质量变化。
通入氮气的目的是______________________________________________
（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见__________________________________________________________________
[方案2] 用图2装置测定mg样品中AlN的质量分数（部分夹持装置已略去）。
（4）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是________（填字母序号）。
a．CCl4 b．H2O
c．NH4Cl溶液 d．苯
（5）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（标准状况），则AlN的质量分数为________。
若将a处胶管用弹簧夹夹住，其他操作均不变，则最终测定的结果________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
【解析】
（1）分析装置和仪器作用，碱石灰吸收A中挥发出来的水蒸气；
氨气与浓硫酸能发生反应，易发生倒吸，故C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸。
（2）组装好实验装置，根据原理可知有NH3生成，制备气体时需要先检查装置的气密性，气密性完好，再加入实验药品，接下来关闭K1，打开K2，打开分液漏斗的活塞，加入NaOH浓溶液，反应至不再产生气体，打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置在反应前后的质量变化，通入氮气的目的是把装置中生成的氨气全部赶入C装置被浓硫酸吸收，准确测定C装置在反应前后的质量。
（3）装置存在的缺陷是C装置与外界相通，空气中的水蒸气也可以进入C装置，使测定结果偏高，故需要在C装置出口处连接一个盛有碱石灰的干燥管。
（4）依据氨气极易溶于水的性质分析。
CCl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳的方法测定氨气的体积，故a正确；
氨气极易溶于水，不能用排水法测定氨气的体积，故b错误；
氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定氨气的体积，故c错误；
氨气不溶于苯，可以利用排苯的方法测定氨气的体积，故d正确。
（5）若mg样品完全反应，测得生成氨气的体积为VmL（已转换为标准状况），
41 22.4L
m′＝
g V×
10－3L
则AlN的质量分数＝
100%＝
100%。
若将a处胶管用弹簧夹夹住，滴入的NaOH溶液体积引起气体体积增大。
【答案】
（1）干燥氨气 防止倒吸
（2）检查装置气密性 关闭K1，打开K2 把装置中残留的氨气全部赶入C装置
（3）C装置出口处连接一个干燥装置
（4）ad
（5）
100% 偏大
1．室温下，在0.2mol·
L－1Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0mol·
L－1NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是
（ ）
A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3＋水解，离子方程式为：
Al3＋＋3OH－
B．a～b段，溶液pH增大，Al3＋
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