化学化学二模试题分类汇编铝及其化合物推断题综合附答案Word文档下载推荐.docx
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稀盐酸;
(2)途径2不合理,因为盐酸的量不好控制,改进的方法是将稀盐酸改成通入过量CO2,故答案为:
途径2;
将稀盐酸改成通入过量CO2;
(3)综合途径1和2,可以既节约药品又节省时间来实现由“废铝材料”制备“Al2O3”,应该用铝材先分别生成氯化铝和偏铝酸钠,两者再发生双水解生产氢氧化铝,流程为:
;
(4)氯化钠的溶解度受温度影响小,若要从若要从滤液中得到NaCl晶体,操作为:
蒸发结晶、趁热过滤、干燥,故答案为:
蒸发结晶、趁热过滤、干燥;
(5)得到的Al2O3中可能含有Na2CO3杂质,检测的方法为:
取少量样品溶于水,取上层清液,加入氯化钡溶液,若出现白色沉淀,则证明有Na2CO3,反之则没有,故答案为:
取少量样品溶于水,取上层清液,加入氯化钡溶液,若出现白色沉淀,则证明有Na2CO3,反之则没有;
(6)现有含Na2CO3杂质的Al2O3样品,为了测定Al2O3的纯度,可采用方案为:
取样品质量为b,加水溶解后,加入足量的氯化钡溶液,沉淀完全以后,过滤、洗涤和干燥,称量(恒重)得沉淀ag;
BaCO3沉淀质量为ag,则n(BaCO3)=
=
mol=n(Na2CO3),则m(Na2CO3)=
mol
106g/mol=
,Na2CO3的纯度=
,Al2O3的纯度=
故答案为:
取样品质量为m,加水溶解后,加入足量的氯化钡溶液,沉淀完全以后,过滤、洗涤和干燥,称量(恒重)得沉淀ag;
。
【点睛】
本题考查物质分离和提纯,侧重考查元素化合物性质、氧化还原反应、物质分离和提纯实验操作,注意从整体上分析流程图中每一步发生的反应。
2.为了降低电子垃圾对环境构成的影响,将一批废弃的线路板简单处理后,得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物,并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线:
(1)第①步Cu与混酸反应的离子方程式为________________。
得到滤渣1的主要成分为___________。
(2)第②步中加入H2O2的作用是__________________,使用H2O2的优点是_________;
调溶液pH的目的是_________________。
(3)简述第③步由滤液2得到CuSO4·
5H2O的方法是_________________________。
(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·
18H2O,设计了以下三种方案:
上述三种方案中,_______方案不可行,原因是________________;
从原子利用率角度考虑,_______方案更合理。
(5)用滴定法测定CuSO4·
5H2O含量。
取ag试样配成100mL溶液,每次取20.00mL,消除干扰离子后,用cmol·
L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点,平均消耗EDTA溶液bmL。
滴定反应如下:
Cu2++H2Y2-→CuY2-+2H+。
写出计算CuSO4·
5H2O质量分数的表达式ω=__________________。
【答案】Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OAu、Pt将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质,对环境无污染使Fe3+、Al3+沉淀除去加热滤液2,经过蒸发、冷却、结晶、过滤,最终制得硫酸铜晶体甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙
×
100%
(1)Cu与混酸反应的实质是与H+、NO3-反应,随反应进行离子浓度逐渐减小,所以离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O,3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,Au、Pt不与混酸反应,所以滤渣的主要成分是Au、Pt;
(2)加过氧化氢的目的是把亚铁离子氧化成铁离子,方便除去;
而且加入过氧化氢不会引入新的杂质且无污染;
调节溶液的pH目的是使Fe3+、Al3+沉淀除去;
(3)由滤液2得到CuSO4·
5H2O的方法是把滤液蒸发得浓溶液再冷却结晶,过滤得硫酸铜晶体;
(4)甲方案不可行,因为滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,加入硫酸沉淀全部溶解使制得的产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质;
从原子利用率角度分析,乙方案更合理,不仅能除去硫酸铁,同时增加了硫酸铝的量,原子利用率较高;
(5)由滴定反应方程式得100mL溶液中n(Cu2+)=b×
10-3×
a×
5mol,所以CuSO4·
5H2O质量分数=b×
5×
250/a×
100%。
3.(某混合物甲中含有明矾[KAl(SO4)2·
12H2O]、Al2O3和Fe2O3。
在一定条件下由甲可实现如图所示的物质之间的转化:
请回答下列问题:
(1)写出A、B的化学式:
A___,B___。
(2)试剂a最好选用下列试剂中的(______)
A.NaOH溶液B.稀盐酸C.二氧化碳D.氨水
写出相应的离子方程式___。
(3)写出反应②(生成溶液C和沉淀)的离子方程式___。
(4)固体D可以作为复合性的化学肥料,D中所含物质的化学式为___。
【答案】Fe2O3Al2O3DAl3++3NH3·
H2O=Al(OH)3↓+3NH4+AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-K2SO4和(NH4)2SO4
KAl(SO4)2溶于水,Al2O3和Fe2O3均不溶于水,混合物甲加水溶解后,溶液中是KAl(SO4)2,沉淀是Al2O3和Fe2O3;
向沉淀中加NaOH溶液,Fe2O3不反应,Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2,AFe2O3,为向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠,Al(OH)3受热分解生成B为Al2O3;
向溶液中加过量氨水,溶液与过量氨水反应,Al3+被沉淀,得到氢氧化铝沉淀,溶液中剩余的是K2SO4
和(NH4)2SO4,经过蒸发、结晶,得到的是K2SO4和(NH4)2SO4,以此来解答。
(1)由上述分析可知,A为Fe2O3,B为Al2O3,
Fe2O3;
Al2O3;
(2)依据流程分析,向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子,应向溶液中加过量氨水,溶液与过量氨水反应,Al3+被沉淀,得到氢氧化铝沉淀,反应方程式为Al3++3NH3·
H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,
A.NaOH溶液若加入过量会使氢氧化铝沉淀溶解,故A错误;
B.加稀盐酸不能得到氢氧化铝沉淀,故B错误;
C.通入二氧化碳不能得到氢氧化铝沉淀,故C错误;
D.加入氨水可生成氢氧化铝沉淀,且过量氨水不与氢氧化铝反应,故D正确;
D;
Al3++3NH3·
H2O=Al(OH)3↓+3NH4+;
(3)反应②中二氧化碳过量,反应生成沉淀和碳酸氢钠,向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠,其离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-;
(4)向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子,应向溶液中加过量氨水,溶液与过量氨水反应,Al3+被沉淀,得到氢氧化铝沉淀,溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4,经过蒸发、结晶,得到的是K2SO4和(NH4)2SO4;
固体D可以作为复合性的化学肥料,D中所含物质的化学式为K2SO4和(NH4)2SO4;
K2SO4和(NH4)2SO4。
4.把7.5g镁铝合金的粉末放入200ml4mol/L的盐酸中,往充分反应后的混合溶液中逐渐滴入一定物质的量浓度的NaOH溶液,生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。
(1)合金中镁的物质的量为_______。
(2)氢氧化钠的物质的量浓度为_______mol/L。
(3)V1=_______mL。
(4)写出该合金溶于足量NaOH溶液的化学方程式为_________。
【答案】0.2mol2450
镁铝合金与盐酸反应后溶液有铝离子、镁离子、以及剩余的氢离子;
加入氢氧化钠后氢氧化钠先于氢离子反应,此时无沉淀产生,之后镁、铝离子开始沉淀,发生反应
Al3++3OH-═Al(OH)3↓、
Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓,当沉淀达到最大值时溶液中的溶质只有NaCl,再继续滴加氢氧化钠,氢氧化铝沉淀开始溶解,发生反应Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,据此进行解答。
(1)当滴加400mL氢氧化钠溶液时,沉淀达到最大值,此时溶液中的溶质为NaCl,根据元素守恒可知此时溶液中n(Cl-)=0.2L×
4mol/L=0.8mol,由电荷守恒可知n(Na+)=n(Cl-)=0.8mol,即400mL氢氧化钠溶液中n(Na+)=0.8mol,则其浓度c(NaOH)=
此时溶液中据图可知前50mL氢氧化钠溶液没有沉淀产生,即此时发生反应H++OH-=H2O,所以与镁铝合金反应后剩余的n(H+)=0.05L×
2mol/L=0.1mol,则与镁铝合金反应的n(H+)=0.8mol-0.1mol=0.7mol,设镁铝合金中镁的物质的量为xmol,铝的物质的量为ymol,则有24x+27y=7.5g,根据电子守恒(镁铝失去的电子都转移给氢离子)可得2x+3y=0.7,联立解得x=0.2mol,y=0.1mol,故答案为:
0.2mol;
(2)根据
(1)可知答案为:
2;
(3)400mL至V1mL发生反应Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,根据
(1)可知镁铝合金中铝的物质的量为0.1mol,则生成氢氧化铝0.1mol,此段消耗n(OH-)=0.1mol,所以消耗的氢氧化钠体积V=
,即50mL,所以V1=400+50=450,故答案为:
450;
(4)该合金中铝单质可以与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,故答案为:
解决本题的关键是理解沉淀达到最大值时溶液中的成分,之后再利用元素守恒、电子守恒等解决问题。
5.某铝合金(硬铝)中含有铝、镁、铜、硅,为了测定该合金中铝的含量,有人设计了如下实验:
(1)溶液Ⅰ中的溶质为_________(填化学式,下同),溶液Ⅱ中的溶质为__________。
(2)上述第③步反应中,生成沉淀的离子方程式为____________。
(3)该合金中铝的含量为__________。
【答案】AlCl3、MgCl2、HClNa[Al(OH)4]、NaCl、NaOH[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3—
由测定该合金中铝的含量流程可知,①加盐酸,Cu、Si不反应,则过滤得到的固体为Cu、Si,溶液中含AlCl3、MgCl2以及过量的盐酸,②加足量的NaOH,过滤得到的沉淀为Mg(OH)2,溶液中主要含Na[Al(OH)4]、与过量盐酸反应生成的氯化钠和过量的氢氧化钠,③通足量的二氧化碳,反应生成Al(OH)3,④灼烧氢氧化铝分解得到Al2O3。
(1)根据分析可知溶液Ⅰ中的溶质为AlCl3、MgCl2、HCl;
溶液Ⅱ中的溶质为Na[Al(OH)4]、NaCl、NaOH,故答案为:
AlCl3、MgCl2、HCl;
Na[Al(OH)4]、NaCl、NaOH;
(2)第③步通入二氧化碳与[Al(OH)4]-反应生成氢氧化铝沉淀,故答案为:
[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3—;
(3)因铝在反应前后守恒,最后得到的固体Al2O3中铝的质量就是铝合金中的铝的质量,则铝的质量为
,样品质量为ag,所以铝的质量分数=
,故答案为:
本题利用了守恒法来进行计算,能很好的考查学生的实验能力、分析和解决问题的能力,题目难度中等。
6.钠、铝和铁是三种重要的金属。
请回答:
(1)请画出钠的原子结构示意图_______,根据钠的原子结构示意图可得出钠的哪些性质?
(写出一条)_________。
(2)这三种金属的金属活动性由强到弱的顺序是_________。
(3)小块金属钠投入水中,发生反应的化学方程式为_______________;
可观察到的实验现象是_________(填字母)。
a.钠沉到水底
b.钠熔成小球
c.小球四处游动
d.水变红色
(4)铝与稀硫酸反应的离子方程式为_________________________________。
【答案】
强还原性Na>Al>Fe2Na+2H2O=2NaOH+H2↑bc2Al+6H+=2Al3++3H2↑
(1)钠原子核外有11电子;
最外层小于4个电子的原子易失去电子;
(2)结合金属活动顺序表判断;
(3)Na的密度小于水,钠的熔点较低,钠和水反应生成NaOH和氢气同时放出大量热,钠受力不均导致四处游动;
(4)Al溶于稀硫酸生成硫酸铝和氢气。
(1)钠原子核外有11电子,则钠原子的结构示意图是
,最外层只有1个电子,易失电子,具有强还原性;
(2)由金属活动顺序可知,Na、Al、Fe的金属性强弱顺序为Na>Al>Fe;
(3)Na的密度小于水,所以钠会浮在水面上,钠的熔点较低,钠和水反应生成NaOH和氢气同时放出大量热使钠熔融发出嘶嘶的响声,钠受力不均导致四处游动,生成NaOH导致溶液呈碱性,但是水中没有滴加酚酞,则溶液不变色,故发生反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,实验现象正确的是bc;
(4)Al溶于稀硫酸生成硫酸铝和氢气,发生反应的离子方程式为2Al+6H+=2Al3++3H2↑。
7.粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。
进行如下实验:
①取适量A进行铝热反应,产物中有单质B生成;
②另取20gA全部溶于0.15L6.0mol·
L-1盐酸中,得溶液C;
③将①中得到的单质B和溶液C反应,放出1.12L(标况)气体,同时生成溶液D,还残留有固体物质B;
④用KSCN溶液检验时,溶液D不变色。
请填空:
(1)①中引发铝热反应的实验操作是___________,产物中的单质B是________。
(2)②中所发生的各反应的化学方程式是___________。
(3)③中所发生的各反应的离子方程式是___________。
(4)若溶液D的体积仍视为0.15L,则该溶液中c(Mg2+)为________,c(Fe2+)为________。
【答案】加少量KClO3,插上镁条并将其点燃FeFe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、MgO+2HCl=MgCl2+H2OFe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑0.67mol·
L-12.3mol·
L-1
(1)铝热反应是指单质Al和某些金属氧化物发生的反应,反应过程中放出大量热,但该反应需要较高的温度才能引发。
在混合物上加少量KClO3固体并插上Mg条,点燃Mg条后放出热量,使KClO3固体分解放出O2,进一步加剧Mg的燃烧,可在短时间内使混合物温度迅速升高,引发反应。
发生的反应为Fe2O3+2Al
Al2O3+2Fe,所以产物中单质B为Fe,故答案为:
加少量KClO3,插上镁条并将其点燃;
Fe;
(2)Fe2O3和MgO都是碱性氧化物,能和酸反应生成盐和水:
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,MgO+2HCl=MgCl2+H2O,故答案为:
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、MgO+2HCl=MgCl2+H2O;
(3)混合物中只有Fe2O3能和Al发生铝热反应,生成Fe单质。
C溶液中有反应生成的FeCl3,还有未反应的HCl。
发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑。
(4)假设步骤②用去的20g固体中,MgO的物质的量为x,则Fe2O3的物质的量也为x,则40g·
mol-1×
x+160g·
x=20g,解得:
x=0.1mol。
根据MgO~MgCl2的关系,则溶液中MgCl2的浓度为0.1mol÷
0.15L≈0.67mol·
L-1。
步骤④说明溶液中没有Fe3+,也就是溶质为FeCl2和MgCl2。
根据Cl-守恒的关系,可知MgCl2和FeCl2的总的物质的量等于
=0.45mol,所以,FeCl2的浓度为
≈2.3mol·
L-1,故答案为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑;
0.67mol·
L-1;
本题考查混合物反应的计算、物质的量浓度计算,题目难度中等,掌握氧化镁、氧化铁以及铁和三价铁离子的反应原理为解答的关键,(4)中计算亚铁离子的物质的量时,不可忽略了铁与氢离子的反应。
8.工业上用某矿渣(含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取铜的操作流程如图(金属单质E可由滤液C制取):
已知:
Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
(1)固体混合物B的成分是_____。
它与NaOH溶液反应的离子方程式为_____。
(2)滤液A中铁元素的存在形式为_____(填离子符号),生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为_____。
要检验该铁元素的离子的实验_____
(3)在滤液C中通入足量CO2的离子方程式为_____
(4)金属单质E从固体混合物F中置换出Cu的化学方程式为_____
【答案】SiO2和CuSiO2+2OH-=SiO32-+H2OFe2+Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+取少量溶液于试管中,滴加KSCN,溶液不变红,再加入氯水,溶液变为血红色,则有Fe2+OH-+CO2=HCO3-;
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-2Al+3CuO高温Al2O3+3Cu
氧化亚铜与盐酸反应生成铜和铜离子,二氧化硅与盐酸不反应,氧化铁与盐酸反应生成Fe3+,铁离子与铜反应生成亚铁离子,固体为二氧化硅和铜,滤液中含有铜离子、亚铁离子、铝离子,加入足量的氢氧化钠溶液,滤液C中含有偏铝酸根离子,金属E为铝,固体D为氢氧化铜和氢氧化铁的混合物,在空气中灼烧,F为氧化铜和氧化铁的混合物,粗铜为铜、铝、铁的混合物,经过电解可得到纯铜。
(1)固体混合物B的成分是SiO2和Cu。
它与NaOH溶液即二氧化硅与氢氧化钠反应,反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。
(2)氧化亚铜与盐酸反应生成铜单质和铜离子,氧化铁与盐酸反应生成铁离子,与铜反应生成亚铁离子,有铜剩余,故铁离子完全转化为亚铁离子,滤液A中铁元素的存在形式为Fe2+,生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。
要检验该铁元素的离子的实验为取少量溶液于试管中,滴加KSCN,溶液不变红,再加入氯水,溶液变为血红色,则有Fe2+。
(3)在滤液C中含有偏铝酸钠和氢氧化钠,通入足量CO2的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-;
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。
(4)金属单质E为铝,从固体混合物F为氧化铜和氧化铁的混合物,置换出Cu的化学方程式为铝热反应,2Al+3CuO高温Al2O3+3Cu。
9.铝是应用广泛的金属。
以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如图:
注:
SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
(1)Al的原子结构示意图为_________;
Al与NaOH溶液反应的离子方程式为________。
(2)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_______________。
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3,电解过程中作阳极的石墨易消耗,原因是___________。
(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液,原理如图所示。
阳极的电极反应式为_________,阴极产生的物质A的化学式为____________。
2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O石墨电极被阳极上产生的氧气氧化4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑H2
以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝,由流程可知,加NaOH溶解时Fe2O3不反应,由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀,过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠,碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3,过滤II得到Al(OH)3,灼烧生成氧化铝,电解I为电解氧化铝生成Al和氧气,电解II为电解Na2CO3溶液,结合图可知,阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气,阴极上氢离子得到电子生成氢气;
据以上分析解答。
(1)A1原子的核电荷数为13,原子结构示意图为
A1与NaOH溶液反应的离子方程式为:
2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑;
(2)“碱溶”时氧化铝与碱反应生成偏铝酸钠,离子方程式为:
Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O;
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3得到氧气和铝;
电解过程中作阳极的石墨易消耗,是因为阳极生成的氧气与阳极材料碳反应,不断被消耗;