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1、新教材适用高考化学考点11 镁、铝元素单质及其重要化合物一、选择题1.(2014上海高考8)BeCl2熔点较低,易升华,溶于醇和醚,其化学性质与AlCl3相似。由此可推测BeCl2()A.熔融态不导电B.水溶液呈中性C.熔点比BeBr2高D.不与NaOH溶液反应【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)注意题给物理性质;(2)熟悉AlCl3的化学性质。【解析】选A。根据“熔点较低,易升华,溶于醇和醚”可知BeCl2属于分子晶体,熔融态不导电,A正确;其化学性质与AlCl3相似,BeCl2水溶液也应水解显酸性,B错误;对于组成相似的分子晶体,相对分子质量越大,熔沸点越高,故BeCl2熔点比Be
2、Br2低,C错误;化学性质与AlCl3相似,故BeCl2能与NaOH溶液反应,D错误。2.(双选)(2014上海高考22)已知:2Na+CO22Al(OH)3+Na2CO3+H2O。向含2 mol NaOH、1 mol Ba(OH)2、2 mol Na的混合溶液中慢慢通入CO2,则通入CO2的量和生成沉淀的量关系正确的是()选项ABCDn(CO2)(mol)2346n(沉淀)(mol)1233【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)要从离子反应的角度认识三种溶质与CO2反应的先后顺序;(2)碳酸钡、氢氧化铝与CO2反应不同。【解析】选A、C。原溶液中含有4 mol OH-、1 mol Ba
3、2+、2 mol-,1 mol CO2消耗2 mol OH-生成1 mol C,同时与1 mol Ba2+恰好反应生成1 mol BaCO3,再通入1 mol CO2又消耗2 mol OH-生成1 mol C,此时没有沉淀,A正确;再通入1 mol CO2与2 mol-反应生成2 mol Al(OH)3,此时沉淀共3 mol,B错误;再通入1 mol CO2与1 mol C生成2 mol HC,没有继续生成沉淀,C正确;再通入1 mol CO2与1 mol BaCO3反应,沉淀物质的量变为2 mol,再通入1 mol CO2时,CO2会与水发生反应,但沉淀质量不会发生变化,D错误。【误区提醒】
4、一般认为通入CO2后与NaOH、Ba(OH)2、Na依次反应,而忽略了从离子反应的角度分析;本题也易忽略CO2与碳酸盐的反应。3.(2014福建高考9)常温下,下列各组物质中,Y既能与X反应又能与Z反应的是()XYZNaOH溶液Al(OH)3稀硫酸KOH溶液SiO2浓盐酸O2N2H2FeCl3溶液Cu浓硝酸A.B.C.D.【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)明确反应条件是常温,如氮气只有在放电或高温的条件下才能够与氧气发生反应;(2)两性物质既能与强酸溶液反应,又能与强碱溶液反应。【解析】选B。Al(OH)3具有两性,既能与强酸溶液反应,又能与强碱溶液反应,正确;SiO2为酸性氧化物,
5、与氢氧化钠溶液反应,与浓盐酸不反应,错误;氮气与氢气以及氮气与氧气在常温下不反应,错误;金属铜既能与浓硝酸反应(浓硝酸的强氧化性),又能与氯化铁溶液反应(氯化铁的强氧化性),正确;B符合题意。4. (2014江苏高考18)碱式碳酸铝镁常用作塑料阻燃剂。(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用,是由于其受热分解需吸收大量热量和 。(2)MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O中a、b、c、d的代数关系式为 。(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成,进行如下实验:准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应,生成CO20.560 L(已换算成标准状况下)。另取一定量样品在空气中加热,样品的固体残留率(100%)
6、随温度的变化如下图所示(样品在270时已完全失去结晶水,600以上残留固体为金属氧化物的混合物)。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH-)n(C)(写出计算过程)。【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)运用电荷守恒或是化合价代数和为零的观念,可写出物质中各粒子的数目关系。(2)能分析出图中每段质量变化的含义。OH-在加热过程中会反应失去水,类似于Cu(OH)2CuO+H2O。C加热会分解产生CO2,类似于CaCO3CaO+CO2。【解析】(1)碱式碳酸铝镁受热分解生成氧化镁、氧化铝、二氧化碳和水,氧化镁和氧化铝覆盖在可燃物表面,具有阻燃作用。同时生成的二氧化碳和水均具有阻燃作
7、用。(2)根据物质中元素的化合价代数和为零,可得2a+3b=c+2d。(3)样品中加入盐酸,生成CO2,由此得出C的量。由已知信息知,270时样品已完全失去结晶水,在270600之间,样品减少的质量为H2O(由OH-生成)和CO2(由C生成)的质量,由减少的总质量减去CO2的质量,即可得出H2O的质量,从而求得OH-的物质的量。答案:(1)生成的产物具有阻燃作用(2)2a+3b=c+2d(3)n(CO2)=2.5010-2molm(CO2)=2.5010-2mol44 gmol-1=1.10 g在270600之间,失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2Om(CO2)+m(H2O)=3
8、.390 g(0.734 5-0.370 2)=1.235 gm(H2O)=1.235 g-1.10 g=0.135 gn(H2O)=7.5010-3moln(OH-)=7.5010-3mol2=1.5010-2moln(OH-)n(C)=(1.5010-2mol)(2.5010-2mol)=355.(2014安徽高考13)室温下,在0.2 molL-1Al2(SO4)3溶液中,逐滴加入1.0 molL-1NaOH溶液,实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如下图,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-Al(OH)3B.ab段,溶液
9、pH增大,Al3+浓度不变C.bc段,加入的OH-主要用于生成Al(OH)3沉淀D.d点时,Al(OH)3沉淀开始溶解【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)曲线的起点、转折点的意义、曲线的变化趋势。(2)水解方程式的书写。【解析】选C。Al3+的水解反应为Al3+3H2OAl(OH)3+3H+,A错误;ab段,部分Al3+转化为Al(OH)3,Al3+浓度减小,B错误;据图可知bc段的pH10,即d点之前氢氧化铝已经溶解,D错误。6.(2014山东高考30)离子液体是一种室温熔融盐,为非水体系。由有机阳离子、Al2C和AlC组成的离子液体作电解液时,可在钢制品上电镀铝。(1)钢制品应接电
10、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 。a.KClb.KClO3c.MnO2d.Mg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)。【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)离子液体是无水体系;(2)Fe3
11、+的检验方法及注意事项。【解析】(1)电镀时镀件作阴极,故钢制品作阴极;电镀铝时阴极上生成单质铝,故阴极反应式为4Al2C+3e-Al+7AlC;若改用AlCl3水溶液,阴极上H+放电,产生H2;(2)2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2,H2是还原产物,H2与电子转移数的对应关系为H22e-,故n(H2)=n(e-)=6 mol=3 mol;(3)铝热反应需要镁条和KClO3作引燃剂;H2SO4与Fe2O3反应生成的Fe3+可能与铝热反应产生的Fe完全反应生成Fe2+,滴加KSCN溶液无明显现象,离子方程式为Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Fe+2Fe3+3Fe2+。答案:(1)负4Al2C+3e-Al+7AlCH2(2)3(3)b、d不能Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Fe+2Fe3+3Fe2+(或只写Fe+2Fe3+3Fe2+)