《2021届高三化学一轮复习——铝及化合物综合训练(有答案和详细解析).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届高三化学一轮复习——铝及化合物综合训练(有答案和详细解析).docx（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、2021 届高三化学一轮复习铝及其化合物综合训练 (有答案和详细解析)一、选择题1 、下列说法中正确的是()A、铝合金大量用于高铁建设B 、 Al 2O 3 具有两性，可用于电解冶炼铝C、用直接加热蒸干 A1C13溶液制无水A1C13固体D、铝与F&O3发生铝热反应，反应后固体物质增重答案： A2、下列说法中不正确的是()A、泡沫灭火器灭火是利用了A12(SO4)3和小苏打的反应B 、氯化铝溶液滴入浓NaOH 溶液中，产生大量白色沉淀C、氢氧化铝可用于中和过多胃酸D、KAl(SO 4)2 122O溶于水可形成 Al(OH) 3胶体答案： B3 铝是一种低毒金属元素，它并非人体需要的微量元素，食
2、用后不会导致急性中毒，但食品中铝的含量超过国家标准就会对人体造成危害。下列关于铝元素的说法正确的是()A 铝在空气中不易被氧化是因为其性质不活泼B 氢氧化铝具有两性，可与酸和强碱反应C 任何金属单质都能利用铝热反应置换出来D 硫酸铝铵常用作面粉膨化剂，该物质不溶于水答案B解析A 项中铝在空气中会与O 2反应生成致密的氧化物薄膜；D 项中铵盐都溶于水。4下列有关铝及其化合物的性质说法正确的是()A. A12O3熔点高，可用作耐高温材料B 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝滴落下来，所以金属铝的熔点较低C 把用砂纸打磨过的铝条放入浓硝酸中，产生红棕色气体D 把氯
3、化铝溶液滴入浓氢氧化钠溶液中，产生大量白色沉淀答案A解析Al 2O 3熔点非常高，可用作耐高温材料，故A 正确；用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，发现熔化后的液态铝不会滴落下来，因为铝表面生成氧化铝，氧化铝的熔点高，故 B错误；常温下，铝单质与浓硝酸发生钝化，生成致密氧化膜阻止反应进一步进行，不会产生红棕色气体，故C错误；把氯化铝溶液滴入浓氢氧化钠溶液中，开始氢氧化钠过量，不会产生白色沉淀，随着反应进行，后来有白色沉淀，故 D错误。5 .通过观察化学实验现象，分析归纳出正确的结论，是学习化学科学最基本的技能之一。下列由实验现象得出正确结论的是 （）选项实验现象结论A把相同
4、大小的一块铝和镁分别投入相同浓度的NaOH溶液中：铝溶解有气泡放出，而镁没有任何变化由此得出：铝的金属性比镁强B取一块铝箔，用酒精灯点燃：铝箔只熔化成液体而没有脱落由此得出：铝不易燃烧C向氯化俊溶液中投入一铝片：铝片上产生大量气泡由此得出：该气体是氨气D向氯化铝溶液中逐滴滴加 NaOH溶液至过量：先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后沉淀完全消失由此得出：氢氧化铝能溶于强碱溶液答案 D解析 镁的金属性比铝强，A错误；B项结论错误；铝与氯化钱溶液反应产生氢气，C错误。6 .明矶KAl（SO 4）2 - 12HO是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。 采用废易拉罐制备明矶的过 程如下图所示。下列叙述错误
5、的是（）A .合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B.从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC. “沉淀”反应的金属离子为Fe3小D.上述流程中可用 NaHSO4代替NaHCO3答案 D解析 易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A项；易拉罐主要成分为 Al,含有少量的Fe,因此可从易拉罐中回收的金属元素有 Al、Fe,故不选B项；“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C项；铝离子与碳酸氢根离子相互促进水解生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选 D项。7 .为探究铝片（未打磨）与Na
6、2CO3溶液的反应，实验如下：无明显现象铝片表面产生细小气泡出现白色沉淀，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）下列说法不正确的是（）A. Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO3 +H2OHCO3+ OH8 .对比I、m,推测 Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜C. IV溶液中可能存在大量 Al 3+D.推测出现白色沉淀的可能原因：AlO 2 + HCO3 + H2O=Al（OH） 3 J + CO3答案 C解析 溶液中碳酸根会水解，结合水电离出来的氢离子，生成碳酸氢根，选项 A正确；实验I和n没有气泡，根据所学Al可以和热水反应， 但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验出中却有气泡，
7、说明氧化膜被破坏，选项 B正确；IV溶液中出现白色沉淀，白色沉淀应该为氢氧化铝，则不可能存在大量Al3+,选项C不正确；Na2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与 OH.反应生成偏铝酸根：2Al+2OH + 2H2O=2AlO 2 + 3H2T ,AlO 2和HCO歹反应生成氢氧化铝沉淀，选项D正确。8.工业上用铝土矿（主要成分为Al 2O3,含F&O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如图所示：下列叙述正确的是（）A.试剂X可以是NaOH溶液，也可以是盐酸8 .反应过滤后所得沉淀为Fe（OH）3C.图中所有转化反应都不是氧化还原反应D.反应的化学方程式为 NaAlO2+ CO2 + 2H2O=Al
8、（OH） 3J + NaHCO3答案 D解析 根据流程图可知，X一定是NaOH, Y一定是CO2,加X后得到的沉淀为 Fe2O3o9 .某实验探究小组对含有Al3+的一种未知溶液进行了如下分析:顺序实验操作实验现象滴入少量NaOH溶液无明显变化(2)在操作（1）的基础上，继续滴加 NaOH溶液产生白色沉淀(3)在操作（2）的基础上，滴入过量的 NaOH溶液白色沉淀明显减少NaOH溶液体积的关系。下列说实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀的物质的量与滴入法错误的是（）A 该未知溶液中至少含有三种阳离子B .滴加的NaOH溶液的物质的量浓度为 5 mol 可C.若另一种离子为二价金属阳离子，则a=
9、 10D 若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，得到固体的质量一定为6 g答案 D解析 由图像信息可知，混合液中至少含有H 、 Al3 和另外一种金属阳离子(其可与NaOH溶液反应生成沉淀，同时沉淀不溶于NaOH 溶液)， A 项正确；溶解0.05 mol Al(OH) 3消耗的NaOH溶液的体积为 10 mL,由离子方程式 Al(OH) 3+OH =AlO2 + 2H2O可知，NaOH溶液的物质的量浓度是 5 mol二匕B项正确；由图像信息可知，另外一种沉淀为0.15 mol,若另外的金属阳离子为二价，则消耗的NaOH 溶液的体积为60 mL， 又因为生成Al(OH) 3 消耗的 NaOH 溶液为
10、30 mL ，由此可知沉淀二价金属阳离子、生成Al(OH) 3共消耗 NaOH 溶液的体积为90 mL,故a= 100 90= 10, C项正确；由题目已知信息不能确定另外的金属阳离子，故不能确定最终沉淀的质量，D 项错误。10某溶液中含有 H+、Mg 2+、Al 3+三种阳离子，逐滴加入0.1 mol11 NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积和生成沉淀关系如图，则下列说法正确的是()A .横坐标为 050 mL 时，所有反应为：Mg2 +2OH =Mg(OH) 2 J、Al3 +3OH =Al(OH) 3 JB. B点生成沉淀的总物质的量为0.02 molC.若往C点的溶液中加入足量盐酸，沉淀
11、将全部溶解D. H+、Mg2+、Al 3+三种阳离子物质的量浓度之比为2： 2： 1答案 C解析 横坐标为050 mL时，所有反应为：010 mL时，H + + OH -=H2。； 1050 mL时，Mg2+ + 2OH =Mg(OH)2j 、A13+3OH =Al(OH) 3J , A 项错误；B 点生成沉淀为Mg(OH) 2、Al(OH) 3 的总物质的量为 nAl(OH) 3+nMg(OH) 2= 0.001 mol + 0.000 5 mol =0.001 5 mol ,B项错误；若往C点的溶液中加入足量盐酸，Mg(OH) 2 + 2HCl=MgCl 2+2H2O、NaAlO2 + 4
12、HCl=NaCl+AlCl 3+2H2O,将全部溶解，C项正确；经计算，溶液中H+、Mg2+、Al 3+三种阳离子物质的量浓度之比为：0.001 ： 0.000 5 ： 0.001,即2： 1 ： 2, D项错误。二、非选择题11.KAl(SO 4)2 12HO(明矶)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，米用废易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矶的过程如下图所示。回答下列问题:易拉罐试剂、 微热，过滤,滤液ANH4HCO3沉淀B稀 h2so4,MK2SO4产物(1)为尽量少引入杂质，试剂应选用 (填标号)。a. HCl溶液b. H2SO4溶液c.氨水d. NaOH
13、溶液(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为 。(3)沉淀B的化学式为 ;将少量明矶溶于水，溶液呈弱酸性，其 原因是 。答案(1)d(2)2Al + 2NaOH + 2H2O=2NaAlO 2+ 3H2 T(3)Al(OH) 3 Al 3+水解，使溶液中 H+浓度增大解析(1)易拉罐的主要成分为 Al ,含有少量的Fe、Mg杂质，试剂的作用是将 Al溶解并 除去Fe、Mg杂质，盐酸和 H2SO4溶液均可溶解 Al及Fe、Mg杂质，会引入 Fe2+、Mg2 + , 氨水不溶解 Al; NaOH溶液可溶解 Al ,但不溶解Fe、Mg杂质，故d项符合。(2)选用NaOH 溶液溶解易拉罐， 主要发
14、生反应为 2Al + 2NaOH + 2H2O=2NaAlO 2 + 3H2 T。滤液A中铝 元素以AlO 2形式存在，与溶液中HCO3发生反应：AlO 2 + HCO3 + H2O=Al(OH) 3(+CO3- 故沉淀 B 为 Al(OH) 3 ,明矶溶于 水时，KAl(SO 4)2=K + + Al 3 + + 2SO 4 , Al 3 + + 3H2O Al(OH) 3 + 3H+,使溶液呈弱酸性。12某混合物浆液含 Al(OH) 3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置，使浆液分离成固体混合物和含铭元素 溶
15、液，并回收利用。回答I中的问题。固体混合物分离利用的流程图I .固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)(1)反应所加试剂 NaOH的电子式为 , B-C的反应条件为 , C-Al的制备方法称为 。(2)该小组探究反应发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2o由此判断影响该反应有效进行的因素 有(填序号)。a.温度b. C的浓度c.溶液的酸度答案(i)%匚：3 ： H 加热(或煨烧)电解法 化.解析(1)由题给流程图知，溶液A中含有的溶质为偏铝酸钠、 铭酸钠和NaOH,通入CO2得 到的沉淀B为A
16、l(OH) 3, Al(OH) 3受热分解可得到固体 C(A12O3),电解熔融的 Al 2O3可得到Al ;固体 D为 MnO2, MnO2可与浓盐酸在加热的条件下生成CI2。NaOH的电子式为) ” H IL , 一 .。B-C的反应条件为加热(或煨烧)，C-Al的制备方法称为电解法。(2)D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有C12生成，说明温度对反应有影响；当反应停止后，滴加硫酸，提供 H + ,反应又开始产生 Cl2o由此判断H +对反应有影响。综上所述， 故选ao13 .已知蓝铜矿的主要成分是2CuCO3- Cu(OH),受热易分解。铝土矿的主要成分是A12O3、Fe2O3、SiO
17、2。已知：NaAlO 2+ CO2+ 2H2O=Al(OH) 3 + NaHCO 3,根据下列框图转化回答 问题：(1)写出的离子方程式： 、。(2)沉淀a、c化学成分分别是： 、。(3)请写出检验沉淀 b中所含阳离子的实验方法：。(4)洗涤沉淀c的实验操作方法是;加热沉淀c应放在(填容器名 称)中进行。(5)经过、步反应得到铜和金属铝，写出反应的化学方程式： 、O答案(1)Al 3 + 4OH =AlO 2 + 2H2O Fe3 +3OH =Fe(OH) 3(2)SiO2 Al(OH) 3(3)取少量沉淀于一支洁净的试管中，加入少量盐酸，然后再往试管中加入几滴KSCN溶液,发现试管内呈现血红
18、色说明沉淀中含有Fe3+(4)向漏斗内的沉淀上加入一定量的蒸储水，没过沉淀，待水自然流下，重复 23次 增期 _ _一一，、一，冰晶石一.(5)22CuCO 3 - Cu(OH)+ 3C=6Cu+ 7CO2 T + 2H2。2Al 2。3(熔融)=4Al + 302 T14 .某兴趣小组用铝箔制备AI2O3、AlCl 3 - 6HD及明矶大晶体，具体流程如下：已知：AlCl 3 - 620易溶于水、乙醇及乙醛；明矶在水中的溶解度如下表。温度/C010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109请回答：(1)步骤中的化学方程式：。步骤n中生成
19、Al(OH) 3的离子方程式： 。(2)步骤出，下列操作合理的是 (填字母)。A.日竭洗净后，无需擦干，即可加入Al(OH) 3灼烧B.为了得到纯 Al 203 ,需灼烧至恒重C.若用堪竭钳移动灼热的增竭，需预热增竭钳D. 土甘期取下后放在石棉网上冷却待用E.为确保称量准确，灼烧后应趁热称重(3)步骤IV ,选出在培养规则明矶大晶体过程中合理的操作并排序 (填序号)。迅速降至室温用玻璃棒摩擦器壁配制90 C的明矶饱和溶液自然冷却至室温选规则明矶小晶体并悬挂在溶液中央配制高于室温1020 C的明矶饱和溶液(4)由溶液 A制备AlCl 3 620的装置如图:通入 HCl 的作用是抑制AlCl 3水
20、解和 。步骤V,抽滤时，用玻璃纤维替代滤纸的理由是 ,洗涤时，合适的洗涤剂是 。步骤W,为得到纯净的 AlCl 3 - 6HO,宜采用的干燥方式是 。答案 (1)2Al + 2NaOH + 2H2O=2NaAlO 2 + 3H2 TAlO 2 + CO2+ 2H2O=Al(OH) 3 J +HCO 3(2)BCD (3) (4)增加c(C)，有利于A1C13 62O结晶 溶液有强酸性，会腐蚀滤纸饱和氯化铝溶液减压干燥(或低温干燥)解析根据流程图，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，在偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成氢氧化铝胶状沉淀，洗涤后得到氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；氢氧化铝用硫酸溶解后得到硫酸铝
21、，硫酸铝与硫酸钾溶液混合，结晶析出明矾晶体；氢氧化铝胶状沉淀用盐酸溶解，生成氯化铝溶液，在氯化氢气流中蒸发得到氯化铝晶体。(2)增期洗净后，需要擦干，否则灼烧时容易使塔竭炸裂，故 A错误；为了得到纯 A12O3,需灼烧至恒重，使氢氧化铝完全分解，故 B 正确； 若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳，防止坩埚遇冷炸裂，故C 正确；热的坩埚取下后放在石棉网上冷却待用，不能放在桌面上，防止灼伤桌面，故 D 正确； 为确保称量准确，灼烧后应冷却后称重，故 E 错误； 故选 BCD 。(3)根据明矶在水中的溶解度，步骤IV中在培养规则明矶大晶体过程中，需要配制高于室温1020 c的明矶饱和溶液，选规则明矶小晶体并悬挂在溶液中央，自然冷却至室温，让明矶小晶体逐渐长大，故答案为：。(4)通入HCl可以抑制AlCl 3水解，增大了溶液中 c(Cl ),可以降低 A1C13溶解度，有利于AlCl 3 6HO结晶。步骤V,抽滤时，由于溶液显强酸性，会腐蚀滤纸，因此需要用玻璃纤维替代滤纸；洗涤时，为了减少 AlCl 3 6HO晶体的溶解损失，根据 AlCl 3 - 6HO易溶于水、 乙醇及乙醛，应该选择饱和氯化铝溶液进行洗涤。AlCl 3 62O晶体受热容易分解，为得到纯净的AlCl 3 62O,可以采用的干燥方式是低温干燥或减压干燥。