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1、高三化学一轮总复习资料第2讲铝及其重要化合物考纲要求了解铝及其重要化合物的主要性质和应用。考点一铝的性质及应用1铝的结构和存在铝位于元素周期表第三周期A族，原子结构示意图为。铝元素在地壳中含量丰富，仅次于硅。自然界中的铝全部以化合态存在。2金属铝的物理性质银白色有金属光泽的固体，有良好的延展性、导电性和传热性等，密度较小，质地柔软。3金属铝的化学性质写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式：Al2Al3Cl22AlCl3Al2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H22AlFe2O3Al2O32Fe(铝热反应)4对比记忆镁的化学性质铝镁与非金属反应能被Cl2、O2氧化2MgO22MgO3Mg
2、N2Mg3N2与水反应反应很困难能与沸水反应Mg2H2OMg(OH)2H2与碱反应能溶于强碱溶液不反应与某些氧化物反应能与Fe2O3、MnO2、Cr2O3等金属氧化物发生铝热反应能在CO2中燃烧：2MgCO22MgOC5.铝的用途纯铝用作导线，铝合金用于制造汽车、飞机、生活用品等。深度思考1铝的化学性质活泼，为什么日常生活中广泛使用的铝制品通常具有较好的抗腐蚀性能？答案铝在常温下迅速被氧气氧化，形成一层致密的氧化膜，保护铝不再被氧化，因而铝制品通常具有较强的抗腐蚀性能。2金属铝是活泼的金属，能与酸反应，为什么能用铝槽储运浓H2SO4或浓HNO3?答案常温下浓H2SO4、浓HNO3能使铝钝化(在
3、表面形成一层致密的氧化膜)，阻止反应继续进行。3实验室能否用硫化物与铝盐溶液混合制取Al2S3？用离子方程式说明原因。答案不能，Al3和S2在水溶液中发生双水解反应：2Al33S26H2O=2Al(OH)33H2S。4Al既能溶于强酸，又能溶于强碱，所以说“Al既有金属性，又有非金属性”你认为这种说法是否恰当？为什么？答案不恰当。金属性是指元素的原子失电子的能力，非金属性是指元素的原子得电子的能力。铝不论是与酸反应还是与碱反应，都是失去3e化合价升高为3价，均是还原剂，因而铝具有较强的金属性。题组一铝的化学性质及应用11989年世界卫生组织把铝确定为食品污染源之一，加以控制使用，铝在下列应用时
4、应加以控制的是()制铝合金制电线制炊具明矾净水明矾和苏打制食品膨松剂用氢氧化铝凝胶制胃舒平药品银色漆颜料制易拉罐包装糖果和小食品A全部 BC D答案D解析“D”中所涉及的铝易进入食品、饭、水等，并被人体吸收，所以要加以控制。2下列关于铝的叙述中正确的是()A铝还原性强且亲氧性强，所以可通过铝热反应冶炼高熔点金属B铝在空气中极易锈蚀，所以铝制品的使用时间很短C铝能耐稀硫酸腐蚀，所以运送稀硫酸可用铝制槽车D铝的导电性比铜、银更强，所以常用以制造电线、电缆答案A解析铝在空气中形成致密的氧化膜，保护内层不被氧化，B错；铝不能耐稀硫酸腐蚀，C错；铝的导电性不如铜、银，D错。3常温下把铝粉加入下列物质中，
5、能产生氢气的是()A硫酸钠溶液 B稀硝酸C浓硫酸 D氯化铵溶液答案D解析硫酸钠溶液呈中性，与Al不反应，A项不能产生H2；稀硝酸具有强氧化性，B项不能产生H2；常温下铝粉在浓硫酸中钝化，C项不能产生H2；D项中NH水解，溶液呈酸性，加入铝粉时，Al与H反应产生H2。题组二对比掌握铝、镁的性质4镁、铝都是较活泼的金属，下列描述中正确的是()A高温下，镁、铝在空气中都有抗腐蚀性B镁、铝都能跟稀盐酸、稀硫酸、强碱反应C镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应D铝热剂是镁条、铝粉和氧化铁的混合物答案C解析在常温下，镁和铝在空气里都能与氧气反应，生成一层致密而坚固的氧
6、化物薄膜，这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化，所以镁和铝都有抗腐蚀的性能，但是在高温下能与氧气剧烈反应，放出大量热，A错；镁能跟酸反应，不能跟碱反应，B错；铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物。在进行铝热反应时，为了引燃，在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾)，中间插一根镁条，是引燃用的，D错。5将等物质的量的镁和铝混合，取等质量该混合物四份，分别加到足量的下列溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是()A3 molL1 HCl B4 molL1 HNO3C8 molL1 NaOH D18 molL1 H2SO4答案A解析在镁、铝混合物中加入HNO3和浓H2SO4都不产生H2；加入NaOH溶液，只有Al与之反应生
7、成H2，而镁不反应；加入盐酸，镁、铝都与盐酸反应生成H2，所以放出H2的量最多。熟记铝、镁的特殊化学性质(1)活泼金属与酸反应是金属的通性，而铝不但能与酸(H)反应，还能够与碱溶液反应，表现为特殊性。2Al2OH2H2O=2AlO3H2。(2)铝热反应铝和某些金属氧化物反应，将其从氧化物中置换出来，同时放出大量的热，这种反应称为铝热反应，可用于焊接金属、冶炼高熔点贵重金属。注意Al与MgO不能发生铝热反应。(3)Mg在CO2中能够燃烧，所以活泼金属着火不能用干冰灭火器和泡沫灭火器。题组三从定性和定量的角度理解铝与酸、碱反应的实质6铝是中学化学学习阶段的唯一一种既能与酸(非氧化性酸)反应又能与强
8、碱溶液反应放出H2的金属，就铝的这一特殊性质回答下列问题：(1)铝与酸、碱反应的实质是什么？氧化剂是什么？答案铝与酸、碱反应的实质都是： Al3，2HH2，只不过碱中的H来源于水的电离，氧化剂分别为酸和水。(2)区别镁和铝最好的方法是取少量试样，然后()A投入沸水中 B投入冷水中C投入盐酸 D投入NaOH溶液中答案D(3)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，所得H2的体积之比是_。答案11解析根据化学方程式：2Al6HCl=2AlCl33H2、2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2得Al与H2的关系式均为2Al3H2，故只要参加反应的Al相等，所得H2必相等。(4)足量的
9、两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液中，产生H2的体积之比是_。答案13解析因为在反应中Al过量，产生的H2由HCl和NaOH的量决定。根据化学反应中的关系式：6HCl3H2；2NaOH3H2，故当HCl、NaOH物质的量相等时，二者产生H2的体积比为13。(5)足量的两份铝分别投入到等体积、一定物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，二者产生的H2相等，则HCl和NaOH的物质的量浓度之比是_。答案31解析因为铝足量且产生H2相等，根据关系式n(HCl)n(NaOH)31，又因为两溶液体积相等，故物质的量浓度c(HCl)c(NaOH)n(HCl)n(NaOH)31。(6)
10、甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 molL1的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为V(甲)V(乙)12，则加入铝粉的质量为()A5.4 g B3.6 g C2.7 g D1.8 g答案A解析其反应原理分别为2Al6HCl=2AlCl33H2，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2。可见当参加反应的HCl和NaOH的物质的量一样多时，产生H2的体积比是13，而题设条件体积比为12，说明此题投入的铝粉对盐酸来说是过量的，而对于NaOH来说是不足的。2Al6HCl=2AlCl33H2 6 mol 3 mol 3 molL10.1 L 0.
11、15 mol则Al与NaOH反应生成的H2为0.15 mol20.3 mol。2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2227 g 3 mol54 g 0.3 mol即投入的铝粉为5.4 g。来源:Z&xx&k.Com(1)铝与酸、碱反应生成H2的量的关系铝与酸、碱反应的化学方程式分别为2Al6HCl=2AlCl33H2、2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2。从化学方程式可以看出Al与酸、碱反应时生成H2的实质都是AlAl3，所以无论与酸还是与碱反应，Al与H2的关系都是2Al3H2。等量铝分别与足量盐酸和氢氧化钠溶液反应，产生氢气体积比11。足量的铝分别与等物质的量的盐酸和氢氧
12、化钠溶液反应，产生氢气的体积比13。一定量的铝分别与一定量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比，则必定是a.铝与盐酸反应时，铝过量而盐酸不足；b.铝与氢氧化钠反应时，铝不足而氢氧化钠过量。解题时应充分利用上述过量关系。(2)铝的这种既能与酸(非氧化性酸)又能与强碱反应产生H2的性质常作为推断题的“题眼”。考点二铝的重要化合物1氧化铝(1)物理性质：白色固体，难溶于水，有很高的熔点。(2)化学性质两性氧化物2氢氧化铝(1)物理性质白色胶状不溶于水的固体，有较强的吸附性。(2)化学性质(用化学方程式表示)Al(OH)3的电离方程式为两性氢氧化物受热分解：2Al(OH)3Al2O33H2O。(
13、3)制备向铝盐中加入氨水，离子方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)33NH。NaAlO2溶液中通入足量CO2，离子方程式为AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO。NaAlO2溶液与AlCl3溶液混合：3AlOAl36H2O=4Al(OH)3。3常见的铝盐(1)硫酸铝钾是由两种不同的金属离子和一种酸根离子组成的复盐。(2)明矾的化学式为KAl(SO4)212H2O，它是无色晶体，可溶于水，水溶液pH7(填“”或“”)。明矾可以净水，其净水的原理是Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H，Al(OH)3胶体吸附水中杂质形成沉淀而净水。深度思考1明矾的净水作用与液氯对自来水的消毒作用原理是
14、否相同？答案不同。明矾净水只能除去水中的悬浮杂质，不能杀菌消毒，而液氯只能杀菌消毒，不能沉淀悬浮的杂质。2在做铝的燃烧实验时，用坩锅钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热至其熔化，会看到的现象是铝箔熔化，失去光泽，但熔化的铝并不滴落。原因是_。答案铝箔加热时与O2发生反应生成熔点很高的Al2O3薄膜，使内部的铝被Al2O2包裹着，所以熔化的铝不易滴下题组一Al2O3、Al(OH)3溶于酸或碱相关考查1将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是()A稀硝酸 B稀盐酸 C硝酸铜 D氢氧化钠答案C解析钝化的实质是Fe、Al在浓H2SO4或浓HNO3作用下其表面被氧化成一层致密的氧化物保护膜。
15、由于铝的氧化物Al2O3，是一种两性氧化物，既可与强酸反应，又可与强碱反应，故A、B、D三项皆不符合题意，只有C选项中的Cu(NO3)2不与Al2O3反应，故不可能与钝化的铝条发生反应。2铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应，其生成物有一定的规律，下列说法中正确的是()A都有H2O生成 B都有H2生成C都有AlO生成 D都有Al3生成答案C题组二两性物质及其应用3下列物质中既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是()NaHCO3(NH4)2SO3Al2O3Al(OH)3 AlA全部 B只有C只有 D只有答案A解析弱酸的酸式盐、弱酸弱碱盐、Al、Al2O3、Al(OH)3等物
16、质既可与强酸反应又可与强碱反应，故选A。4小苏打、胃舒平、达喜都是常用的中和胃酸的药物。(1)小苏打片每片含0.5 g NaHCO3,2片小苏打片和胃酸完全中和，被中和的H是_ mol。(2)胃舒平每片含0.245 g Al(OH)3。中和胃酸时，6片小苏打片相当于胃舒平_片。(3)达喜的化学成分是铝和镁的碱式盐，其化学式为Al2Mg6(OH)16CO34H2O。1 mol达喜分别与足量的盐酸和NaOH溶液反应，消耗盐酸和NaOH的物质的量之比为_。答案(1)0.012 (2)3.8(3)92解析(1)2片小苏打所含NaHCO3的质量为1 g，其物质的量为0.012 mol，由HCOH=CO2
17、H2O，可知n(H)0.012 mol。(2)6片小苏打的物质的量为，即中和的H为 mol，而每片的Al(OH)3的物质的量为，由Al(OH)33H=Al33H2O，所以Al(OH)3的片数为3.8片。(3)Al2Mg6(OH)16CO34H2O与足量的盐酸反应时，最终产物为AlCl3和MgCl2，依据电荷守恒和原子守恒可得如下关系式：Al2Mg6(OH)164H2O2AlCl36MgCl218HCl因而1 mol达喜消耗HCl的最大物质的量为18 mol。由于Al(OH)3可溶于NaOH，生成NaAlO2，Mg(OH)2不溶于NaOH，且溶解度比MgCO3的小，故达喜与足量NaOH反应后的最
18、终产物为NaAlO2、Mg(OH)2和Na2CO3。依据钠原子守恒可知1 mol达喜消耗NaOH的最大量为4 mol。题组三关于Al(OH)3的制备的最佳途径5Al(OH)3是治疗胃酸过多的药物胃舒平的主要成分。某课外兴趣小组用铝、稀硫酸、烧碱为原料，制备一定量的Al(OH)3。他们分别设计了两种实验方案：方案一：AlAl2(SO4)3Al(OH)3方案二：AlNaAlO2Al(OH)3(1)从节约药品的角度思考，你认为哪一种方案较好？_，方案一和方案二共同存在的问题是_。(2)请用相同的原料设计一个更为节约药品的方案，并写出有关反应的化学方程式：_。答案(1)方案二较好第二步操作很难控制试剂
19、用量(2)2Al3H2SO4=Al2(SO4)33H2；2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2；Al33AlO6H2O=4Al(OH)36若甲、乙、丙三位同学用规定的药品制备Al(OH)3。规定必用的药品如下：350 g 70% H2SO4溶液，NaOH固体240 g，足量铝屑、水(不能用其他药品)。甲、乙、丙用各自设计的方案制得Al(OH)3的质量分别是W1、W2、W3。三种实验方案如下：甲：铝加NaOH溶液加H2SO4溶液W1 g Al(OH)3乙：铝加H2SO4溶液加NaOH溶液W2 g Al(OH)3丙：W3 g Al(OH)3试回答：(1)从充分利用原料、降低成本和提高产率等
20、因素分析，实验方案最合理的是_。(2)三位学生制得的Al(OH)3，W1、W2、W3其质量由大到小的顺序是_。(3)制得Al(OH)3的最大质量是_。答案(1)丙(2)W3W1W2(3)520 g(1)中学学习阶段接触到的既能与酸反应又能与碱反应的物质有：金属单质：Al等；两性氧化物：Al2O3等；两性氢氧化物：Al(OH)3等；弱酸的铵盐：(NH4)2CO3、CH3COONH4、(NH4)2S等；弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、NaHSO3等；氨基酸等。特别提醒两性物质是指既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水的化合物，上述物质中只有Al2O3、Al(OH)3、氨基酸是两性物质。(2)离子守
21、恒法在解有关离子反应计算题时的应用技巧：在离子反应中，元素的种类不变，同种元素对应离子反应前后的物质的量守恒；在复杂离子反应或多步离子反应中，运用离子守恒的思路，选取具有守恒特征的某一离子，找出其在始态和终态物质中的等量关系，即可迅速求解。考点三用数形结合思想理解Al3、Al(OH)3、AlO之间转化关系1Al3、Al(OH)3、AlO之间的转化关系写出上述转化的离子方程式。答案(1)Al33NH3H2O=Al(OH)33NHAl33AlO6H2O=4Al(OH)3Al33OH=Al(OH)3(2)Al(OH)33H=Al33H2O(3)Al34OH=AlO2H2O(4)AlO4H=Al32H
22、2O(5)AlOCO22H2O=Al(OH)3HCOAlOHH2O=Al(OH)3(6)Al(OH)3OH=AlO2H2O2与Al(OH)3沉淀生成有关的计算及图像分析(1)把强碱溶液逐滴加入到铝盐(Al3)溶液中至过量现象：先有白色沉淀产生，然后沉淀逐渐溶解。有关反应：AB：Al33OH=Al(OH)3BD：Al(OH)3OH=AlO2H2O图像有关计算a根据AlCl3和NaOH的量计算生成Al(OH)3的量b根据AlCl3和Al(OH)3的量计算需要NaOH的量NaOH的量n(NaOH)当NaOH不足时n(NaOH)3nAl(OH)3当NaOH过量时n(NaOH)3n(Al3)n(Al3)
23、nAl(OH)34n(Al3)nAl(OH)3(2)把铝盐(Al3)溶液逐滴加入到强碱溶液中至过量现象：先无明显现象，然后逐渐产生大量的白色沉淀。有关反应：AB：Al34OH=AlO2H2OBC：Al33AlO6H2O=4Al(OH)3图像(3)把强酸溶液逐滴加入到AlO溶液中至过量现象：先生成白色沉淀，随后沉淀逐渐溶解。有关反应：AB：AlOHH2O=Al(OH)3BD：Al(OH)33H=Al33H2O图像有关计算a根据NaAlO2和HCl计算生成Al(OH)3的量b根据Al(OH)3和NaAlO2的量计算需要加入HCl的量HCl的量n(HCl)当HCl不足时n(HCl)nAl(OH)3当
24、HCl过量时n(HCl)n(AlO)3n(AlO)nAl(OH)34n(AlO)3nAl(OH)3(4)向强酸溶液中逐滴加入AlO溶液至过量现象：先无明显现象，反应一段时间后逐渐产生白色沉淀。有关反应：AB：4HAlO=Al32H2OBC：Al33AlO6H2O=4Al(OH)3图像(5)向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量现象：先有白色沉淀生成，然后部分沉淀溶解。有关反应：OA：2KAl(SO4)23Ba(OH)2=2Al(OH)33BaSO4K2SO4AB：2Al(OH)3K2SO4Ba(OH)2=BaSO42KAlO24H2O图像(6)往等物质的量的AlCl3、MgCl2混合溶液
25、中加入NaOH溶液至过量现象：开始出现白色沉淀后沉淀量增多沉淀部分溶解有关反应：OA：Al33OH=Al(OH)3，Mg22OH=Mg(OH)2AB：Al(OH)3OH=AlO2H2O图像题组一Al3、AlO溶液加碱或酸反应现象的应用1向一定量的下列物质的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，这种物质是()AMgSO4 BNaAlO2CAlCl3 DFeCl3答案C2下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是()向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸向AlCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液向硅酸钠溶液中逐滴加入过量
26、的盐酸A B C D答案C解析中Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，由于Na2CO3的溶解度比NaHCO3的大，因而只会产生沉淀；NaAlO2中加入稀盐酸，开始产生白色沉淀Al(OH)3，当盐酸过量时，Al(OH)3又溶于盐酸；向AlCl3溶液中加入NaOH溶液开始产生白色沉淀Al(OH)3，当NaOH过量时，Al(OH)3又溶于NaOH；只会生成H2SiO3沉淀。3下列各组物质的无色溶液，不用其他试剂即可鉴别的是_。NaOH、AlCl3NaHCO3、H2SO4NaAlO2、NaHSO4Na2CO3、HClNa2CO3、NaHCO3、Ca(OH)2答案解析都使用互滴法，两次操作应
27、产生不同的现象。向含Al3的溶液中滴加NaOH溶液，先生成白色沉淀，后沉淀又逐渐溶解；向NaOH溶液中滴加含Al3的溶液，开始无沉淀产生，后产生白色沉淀，且沉淀不溶解。两次现象不同，可以鉴别。不论是NaHCO3滴入H2SO4中还是H2SO4滴入NaHCO3中都会立即产生气泡，现象相同，无法鉴别。NaHSO4=NaHSO，溶液显强酸性。向NaAlO2溶液中滴加NaHSO4：开始出现白色沉淀后消失；向NaHSO4溶液中滴加NaAlO2溶液：开始无现象，后出现白色沉淀。现象不同，可以鉴别。向Na2CO3溶液中滴加盐酸：开始无现象，后产生气泡；向盐酸中滴加Na2CO3溶液，立即产生气泡。无论是NaHC
28、O3还是Na2CO3加到Ca(OH)2中都会产生白色沉淀，无法区别。4某晶体由两种阳离子、一种阴离子和结晶水组成，取少量该晶体进行如下实验：将晶体置于试管中加热，试管口有液体生成；待试管冷却后，加水使固体全部溶解；向试管中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量，同时加热，沉淀的物质的量先增多后减少，但最终仍有沉淀未溶解，在此过程中还有刺激性气味气体生成。根据以上实验判断，该晶体是()AKAl(SO4)212H2OBNH4Al(SO4)212H2OC(NH4)2Fe(SO4)26H2ODKClMgCl26H2O答案B解析本题从常见的SO、Al3、NH、Fe2、Mg2等与Ba2、OH作用的角度推测存在的
29、离子，考查学生由实验现象推测结论的分析判断能力。充分体现高考命题的趋向，这种形式还可衍变成物质中存在或不存在某种离子的推断，应特别注意。解决此类问题应用逐项排除法，依据特征现象确定存在的离子，排除其他不存在的离子所构成的物质。实验说明晶体中有结晶水，实验说明晶体中有Al3和SO、NH，沉淀减少是由于Al(OH)3溶于过量碱液造成的，沉淀不能完全溶解是因为BaSO4不溶于碱液，刺激性气味气体是由NH和OH反应生成的NH3。Al(OH)3是两性氢氧化物，可溶于酸或强碱。加强碱或强酸先生成白色沉淀，然后沉淀又溶解的现象是推断Al3或AlO的“突破口”。题组二铝土矿冶炼金属铝的流程铝是地壳中含量最多的
30、金属元素，在自然界主要以化合态形式存在于氧化铝中。铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，冶炼金属铝很重要的一个过程是Al2O3的提纯。由于Al2O3是两性氧化物，而杂质SiO2是酸性氧化物，Fe2O3是碱性氧化物，因而可设计出两种提纯氧化铝的方案。5方案一：碱溶法讨论回答下列问题：(1)写出、两步骤中可能发生反应的离子方程式。答案Al2O32OH=2AlOH2O，SiO22OH=SiOH2OAlOCO22H2O=Al(OH)3HCO，SiO2CO22H2O=H2SiO32HCO(2)步骤中不用盐酸(或H2SO4)酸化的理由是_。答案因为AlO与酸反应生成的Al
31、(OH)3具有两性，可溶于强酸，不易控制酸的量；CO2廉价而且生成的副产物NaHCO3用途广泛，经济效益好(3)步骤中得到较纯的Al2O3，可能含有_杂质，在电解时它不会影响铝的纯度的原因：_。答案SiO2由于SiO2的熔点很高，在加热到1 000 左右时不会熔化，因而不影响电解产物的纯度6方案二：酸溶法讨论回答下列问题：(1)写出、中可能发生反应的离子方程式。答案Al2O36H=2Al33H2O，Fe2O36H=2Fe33H2OAl34OH=AlO2H2O，Fe33OH=Fe(OH)3(2)步骤中不用氨水沉淀Fe3的原因：_。答案Al(OH)3只能溶于强碱，不能溶于氨水，不能将Fe(OH)3
32、和Al(OH)3分离7从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下：请回答下列问题：来源:学。科。网Z。X。X。K(1)流程甲加入盐酸后生成Al3的离子方程式为_。(2)流程乙加入烧碱后生成SiO的离子方程式为_。(3)验证滤液B中含Fe3，可取少量滤液并加入_(填试剂名称)。(4)滤液E、K中溶质的主要成分是_(填化学式)，写出该溶液的一种用途：_。(5)已知298 K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp5.61012，取适量的滤液B，加入一定量的烧碱达到沉淀溶解平衡，测得pH13.00，则此温度下残留在溶液中的c(Mg2)_。答案(1
33、)Al2O36H=2Al33H2O(2)SiO22OH=SiOH2O(3)硫氰化钾(或苯酚溶液等合理答案均可)(4)NaHCO3制纯碱(或做发酵粉等合理答案均可)(5)5.61010 molL1解析本题考查铝土矿中氧化铝提取的工艺流程。铝土矿中的成分能与HCl反应的有Al2O3、Fe2O3、MgO，不反应的是SiO2，所以固体A为SiO2；滤液B中有Al3、Fe3、Mg2，再加入过量烧碱，Al34OH=AlO2H2O，Fe33OH=Fe(OH)3，Mg22OH=Mg(OH)2，沉淀C为Fe(OH)3、Mg(OH)2混合物；滤液D为NaAlO2、NaOH(过量)，NaAlO2能与CO2反应，Na
34、AlO22H2OCO2=Al(OH)3NaHCO3；滤液E为NaHCO3；沉淀F为Al(OH)3，Al(OH)3灼烧得到Al2O3。铝土矿中能与NaOH溶液反应的有Al2O3、SiO2，其余均不反应，所以固体X为Fe2O3、MgO，Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，SiO22NaOH=Na2SiO3H2O。(5)题中应用Ksp的有关计算，Kspc(Mg2)c2(OH)，c(OH)1.0101 molL1，所以c(Mg2) molL15.61010 molL1。题组三Al3、Al(OH)3、AlO三者之间关系的定量分析8向物质的量浓度均为1 molL1的AlCl3和盐酸的混合溶液中逐滴
35、滴入NaOH溶液，如图中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OHH=H2O，此时无沉淀产生；第二阶段有白色沉淀产生，反应的离子方程式为Al33OH=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Al(OH)3OH=AlO2H2O，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131。9向30 mL 1 molL1的AlCl3溶液中逐渐加入浓度为4 molL1的NaOH溶液，若产生0.78 g白色沉淀，则加入的
36、NaOH溶液的体积可能为()A3 mL B7.5 mL C15 mL D17.5 mL答案B解析解法一：把该题的信息转化为图像，用图像法求解，如图所示：当生成沉淀0.01 mol时需NaOH 0.03 mol或需NaOH 0.11 mol，显然B项符合题意。解法二：已知n(AlCl3)0.03 mol，nAl(OH)30.01 mol，由沉淀的物质的量小于氯化铝的物质的量可推知此题可能有两个答案：一是氢氧化钠不足，二是氢氧化钠过量。由两者反应的离子方程式知Al33OH=Al(OH)3，Al(OH)3OH=AlO2H2O当碱的量不足时，则V(NaOH) L0.007 5 L7.5 mL；当碱过量
37、时，则V(NaOH) L0.027 5 L27.5 mL。10某溶液中可能含有H、NH、Mg2、Al3、Fe3、CO、SO、NO中的几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是()A溶液中的阳离子只有H、Mg2、Al3B溶液中n(NH)0.2 molC溶液中一定不含CO，可能含有SO和NODn(H)n(Al3)n(Mg2)111答案B解析由知溶液中一定含有H，一定没有CO、NO，由知溶液中一定含有Mg2、Al3，由图像可知溶液中还一定含有NH，且n(NH)0.7 mol0.5 mol0.2
38、mol，n(H)0.1 mol，n(Al3)0.8 mol0.7 mol0.1 mol，沉淀Al3、Mg2共消耗0.4 mol OH，其中沉淀Al3消耗0.3 mol OH，沉淀Mg2消耗0.1 mol OH，根据Mg22OH，可得n(Mg2)0.05 mol，故只有选项B正确。1判断正误，正确的划“”，错误的划“”(1)Al箔插入稀HNO3中，无现象，说明Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜 ()(2011安徽理综，10C)解析铝在浓HNO3中钝化。(2)加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na、Ba2、AlO、NO ()(2011天津理综，5C)(3)如图所示，AlCl3溶液、
39、浓氨水，中有白色沉淀生成 ()(2012北京理综，10C改编)解析浓氨水中挥发出NH3，NH3与AlCl3溶液反应生成Al(OH)3白色沉淀。(4)新制的氧化铝可溶于氢氧化钠溶液：Al2O32OH=2AlOH2O ()(2012海南，12D)(5)Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3 ()(2012江苏，7)解析反应原理为Al2O32OH=2AlOH2O，AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO。(6)AlCl3溶液中滴加NaOH后铝的存在形式： ()(2008江苏，13C)解析根据Al33OH=Al(OH)3、Al34OH=AlO2H2O。3时，铝的存在形式为Al(OH)3、Al3
40、；34时，铝的存在形式为AlO。2(2008四川延考，7)20 g由两种金属粉末组成的混合物，与足量的盐酸充分反应后得到11.2 L氢气(标准状况)，这种金属混合物的组成可能是()AMg和Al BAl和FeCFe和Zn DZn和Cu来源:学科网ZXXK答案B解析11.2 L氢气的物质的量为0.5 mol，假设均为2价金属与盐酸反应生成，则2价金属的总物质的量为0.5 mol，所以2价金属的平均摩尔质量为40 gmol1。因为为两种金属的混合物，则其摩尔质量应一个比40 gmol1大，一个比40 gmol1小；比较选项中各金属的相对原子质量可以得出答案为B(其中Al作为2价时其摩尔质量为2718 gmol1；铜等不反应的金属的摩尔质量为无穷大)。3(2012安徽理综，13)已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1 molL1