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1、高考化学复习备考精品资料高考（人教版，全国通用）化学第一轮课时提升练习7(时间：45分钟)1下列说法正确的是()A(2014山东高考)无色溶液中可能大量存在Al3、NH、Cl、S2B(2014新课标全国卷)铝与Fe2O3发生铝热反应后固体质量增加C(2014四川高考)AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al34NH3H2O=AlO4NH2H2OD(2014四川高考)氢氧化铝可作胃酸的中和剂【解析】Al3、S2发生水解互促反应不能大量共存，A项错误；铝与Fe2O3发生铝热反应生成铁和氧化铝，反应前后均是固体，固体质量不变，B项错误；氢氧化铝不能与过量氨水反应，AlCl3中加入过量氨水，反应的离子方程
2、式为Al33NH3H2O=Al(OH)33NH，C项错误；氢氧化铝具有两性，可以中和胃酸，作胃酸中和剂，D正确。【答案】D2(2015郑州模拟)下列除去杂质的方法不正确的是()A镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B用过量氨水除去Fe3溶液中的少量Al3CAl(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤DMgO中混有少量Al2O3：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥，得到MgO【解析】Al(OH)3不溶于氨水，故向含少量Al3的Fe3溶液中加入过量氨水时，Fe3、Al3均转化为氢氧化物沉淀，达不到除杂的目
3、的。【答案】B3下列各组物质，不能按abc(“”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【解析】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。【答案】C4将一定量的镁铝合金样品分成两等份，一份加入足量NaOH溶液中，充分反应后，收集到标准状况下气体6.72 L；另一份加入到足量稀盐酸中，充分反应后，收集到标准状况下气体11.2 L。则原合金样品中镁的质量为()A4.8 gB6 gC9.6 gD12 g【解析】由题意知M
4、g与盐酸反应生成的H2为11.2 L6.72 L4.48 L，为0.2 mol；由Mg2H=H2Mg2知n(Mg)0.2 mol，m(Mg)0.2 mol24 g/mol4.8 g。【答案】A5. (2015邯郸模拟)1 L某混合溶液中，溶质X、Y浓度都为0.1 molLl，向混合溶液中滴加某溶液Z(0.1 molL1氢氧化钠或硫酸溶液)，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是()A氯化铝、氯化铁、氢氧化钠B氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸D偏铝酸钠、氯化钡、硫酸【解析】由题意知，Al(OH)3的生成和溶解消耗的Z的体积比为13，原溶液中含有偏铝酸钠，而不是氯化铝，Z
5、溶液只能是稀硫酸，A、B错误；根据图像可知，加入0.1 mol硫酸时，沉淀的物质的量为0.1 mol，可见偏铝酸钠未参与反应，另外一种溶质只能是氢氧化钡，C项正确。【答案】C6(2013山东高考)足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是()A氢氧化钠溶液B稀硫酸C盐酸D稀硝酸【解析】首先硝酸与金属铝反应不生成氢气，根据生成物的化学式：NaAlO2、Al2(SO4)3、AlCl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗NaOH物质的量最少。【答案】A7双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl(OH)2CO3。关于该物质的说法正确的是()A该物质属于两性氢氧
6、化物B该物质是Al(OH)3和Na2CO3的混合物C1 mol NaAl(OH)2CO3最多可消耗3 mol HD该药剂不适合于胃溃疡患者服用【解析】双羟基铝碳酸钠属于盐类，A错误；它是一种化合物，属于纯净物，不是混合物，B错误；1 mol NaAl(OH)2CO3最多可消耗4 mol H，C错误；由于能与胃酸反应放出CO2气体，故不适合于胃溃疡患者服用。【答案】D8(2015成都模拟)A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，该混合物成分的分析方案如图所示。下列分析不正确的是()A当m1m2时，溶液a中的阴离子只有1种B生成蓝色溶液的离子方程式为Cu2Fe3=Cu22Fe
7、2C要确定混合物中是否含有Al，可取A加入适量稀盐酸D当m2m32.96 g时，Fe3O4的质量至少为2.32 g【解析】m1m2说明固体中Al、Al2O3至少有一种，生成AlO，NaOH溶液过量，故溶液中有2种阴离子，A项错误；步骤中发生的反应为Fe3O48H=Fe22Fe34H2O,2Fe3Cu=2Fe2Cu2，则有如下关系：Fe3O4Cu。当m2m32.96 g，Fe3O4的质量至少为2.32 g，B、D项正确；向A中加入稀盐酸，若产生气体，则固体中含有Al，C项正确。【答案】A9如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线，下列判断错误的是()A线表示Al3的物
8、质的量的变化Bx表示AlCl3的物质的量C线表示Al(OH)3的物质的量的变化D线表示AlO的物质的量的变化【解析】AlCl3溶液与NaOH溶液混合有两种方式：向AlCl3溶液中缓慢滴加NaOH溶液，开始有沉淀生成后沉淀溶解，且生成沉淀与沉淀溶解消耗的NaOH的物质的量之比为31，显然符合题意，则x表示NaOH的物质的量，B项错误；另一种方式是向NaOH溶液中缓慢滴加AlCl3溶液，开始没有沉淀，后有沉淀生成，与本题图示情况不符。【答案】B10将一定量Mg、Al合金溶于1 molL1的HCl溶液中，进而向所得溶液中滴加1 molL1的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量(n)与滴加的NaOH溶液(
9、mL)体积的关系如图所示。下列分析的结论中正确的是()A溶解“一定量Mg、Al合金”的HCl溶液的体积为90 mLB欲给出a的取值范围尚缺少一个条件C无法认定Mg、Al合金中的最大值D无法给出实验中产生H2的物质的量【解析】根据图像和铝的有关性质知当加入的NaOH从80 mL到90 mL时Al(OH)3溶解，故可知Al的物质的量为n(Al)1 molL1(90 mL80 mL)103 LmL10.01 mol，当沉淀达到最大值时溶液中的溶质只有NaCl，此时HCl和NaOH的物质的量相等，故盐酸的体积为80 mL；与金属铝反应的HCl的物质的量为0.03 mol，故金属镁的物质的量为0n(Mg
10、)0.025 mol，Mg、Al合金中的最大值为2.5；a的取值范围是0a50 mL。因为a值不确定，故无法求出实验中产生H2的物质的量。【答案】D11(2015南京质检)某工厂有废合金(含有铝、铁、铜)粉末，甲同学探索工业废料的利用，用该废合金粉末制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体和胆矾晶体，其实验方案如下：试回答下列问题：(1)所加试剂、分别是_、_。(2)写出废合金与试剂反应的离子方程式：_。(3)由滤液A制AlCl3溶液有途径和途径两种，你认为合理的是_，理由是_；写出AD反应的离子方程式：_。(4)操作的名称是_。【解析】根据合金的成分及最终产物可以判断，第一步是加碱，使铝溶解，得到偏铝
11、酸盐溶液和铁、铜；再向铁、铜中加稀硫酸，将铁转化为亚铁盐，使之与铜分离。【答案】(1)NaOH溶液或烧碱溶液稀硫酸(2)2Al2OH2H2O=2AlO3H2(3)途径途径制得的AlCl3溶液中含有大量的NaCl，而途径能制得纯净的AlCl3溶液2H2OAlOCO2=Al(OH)3HCO(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤12(2015广州模拟)某地煤矸石经预处理后含SiO2(63%)、Al2O3(25%)、Fe2O3(5%)及少量钙镁的化合物等，一种综合利用煤矸石的工艺流程如图所示。(1)写出“酸浸”过程中主要反应的离子方程式：_、_。(2)“酸浸”时铝浸出率的影响因素可能有_、_。(写出2个)(3
12、)物质X的化学式为_。“碱溶”时反应的离子方程式为_。(4)已知Fe3开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4。为了获得Al(OH)3产品，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续的操作过程是_。(5)以煤矸石为原料还可以开发其他产品，例如在煤矸石的盐酸浸取液除铁后，常温下向AlCl3饱和溶液中不断通入HCl气体，可析出大量AlCl36H2O晶体。结合化学平衡移动原理解释析出晶体的原因：_。【解析】(1)SiO2不溶于盐酸；Al2O3是两性氧化物，能够溶于盐酸；Fe2O3是碱性氧化物，能与盐酸反应。(2)煤矸石固体中浸出铝
13、，其浸出率受煤矸石的颗粒大小、盐酸的浓度、是否搅拌、温度等因素的影响。搅拌可以使煤矸石与盐酸接触更充分，加热可以加快反应速率。(3)氯化铝和氯化铁水解都生成盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳，所以物质X是二氧化碳。碱溶时利用Al(OH)3的两性，将Fe(OH)3、Al(OH)3分开，反应的离子方程式为Al(OH)3OH=AlO2H2O。(4)若只用CaCO3处理酸浸的溶液，可根据Fe(OH)3和Al(OH)3的沉淀pH差异进行分步沉淀，从而得到较纯的Al(OH)3。(5)氯化铝在其饱和溶液中存在溶解平衡，通入氯化氢后溶液中的氯离子浓度增大，抑制氯化铝的溶解，所以可促进氯化铝晶体的析出。
14、【答案】(1)Al2O36H=2Al33H2OFe2O36H=2Fe33H2O(2)盐酸的浓度反应温度煤矸石的颗粒大小是否充分搅拌反应时间(任写2个)(3)CO2Al(OH)3OH=AlO2H2O(4)加入CaCO3调节pH到3.2，过滤除去Fe(OH)3，再加入CaCO3调节pH到5.4，过滤得到Al(OH)3(5)AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡AlCl36H2O(s)Al3(aq)3Cl(aq)6H2O(l)，通入HCl气体使溶液中的c(Cl)增大，平衡向析出固体的方向移动，从而析出AlCl36H2O晶体13(2014山东高考) 离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。由有机阳离子、Al2
15、Cl和AlCl组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。(1)钢制品接电源的_极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为_。若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为_。(2)为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6 mol电子时，所得还原产物的物质的量为_mol。(3)用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有_。aKClbKClO3cMnO2dMg取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，_(填“能”或“不能”)说明固体混合物中无Fe2O3，理由是_(用离子方程式说明)。【解
16、析】(1)在钢制品上电镀铝，故钢制品应作阴极，与电源的负极相连；因为电镀过程中“不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应”，Al元素在熔融盐中以Al2Cl和AlCl形成存在，则电镀过程中负极上得到电子的反应是4Al2Cl3e=Al7AlCl；在水溶液中，得电子能力：HAl3，故阴极上发生的反应是2H2e=H2。(2)用NaOH溶液溶解铝镀层的反应为2Al2OH6H2O=2Al(OH)3H2，水作氧化剂，转移6 mol电子时，根据得失电子守恒可知，还原产物H2为3 mol。(3)做铝热反应的实验时，需要KClO3作助燃剂，且用镁条引燃；即使固体混合物中有Fe2O3，因发生反应Fe2O36H=2Fe33H2O和Fe2Fe3=3Fe2，使Fe3转化为Fe2，滴加KSCN溶液也不会变红。【答案】(1)负4Al2Cl3e=Al7AlClH2(2)3(3)bd不能Fe2O36H=2Fe33H2O、Fe2Fe3=3Fe2(或只写Fe2Fe3=3Fe2)