高三化学稳步提升训练3.1 从铝土矿到铝合金.doc

专题三 从矿物到基础材料第1讲 从铝土矿到铝合金随堂演练巩固 1. 铝的含量在地壳中为金属之最，但直到20世纪铝合金才成为仅次于铁的金属材料。因为密度小、机械性能好，从1919年开始，铝合金就开始用于飞机制造，此后铝和航空事业紧紧连在一起，被称为“有翼的金属”。电解法冶炼铝时，加入的冰晶石(na3alf6)的作用是( )a.助熔剂 b.催化剂c.还原剂 d.氧化剂【解析】 al2o3的熔化温度高，熔化时耗能大，为节省能源，降低al2o3的熔化温度，工业上常采用加入冰晶石的方法。【答案】 a 2. 出土的锡青铜(铜锡合金)文物常有cu2(oh)3cl覆盖在其表面。下列说法正确的是( )a.锡青铜的熔点比纯铜高b.在自然环境中，锡青铜中的锡对铜起保护作用c.锡青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中慢d.生成cu2(oh)3cl覆盖物是电化学腐蚀过程，但不是化学反应过程【解析】 锡青铜属于合金，根据合金的特性，熔点比任何一种纯金属的低判断a错；由于锡比铜活泼，故在发生电化学腐蚀时，锡失电子保护铜，b正确；潮湿的环境将会加快金属的腐蚀速率，c不正确；电化学腐蚀过程实质是有电子的转移，属于化学反应过程，d错。【答案】 b 3. 镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(v)与时间(t)关系如图。反应中镁和铝的( )a.物质的量之比为32b.质量之比为32c.摩尔质量之比为23d.反应速率之比为23【解析】由图像可知，两个反应中生成的氢气一样多，说明两种金属提供的电子数目一样多，则镁、铝的物质的量之比为32，质量之比为43，故a项正确，b项错误。 镁、铝的摩尔质量之比为89，c项错。由图像镁、铝与硫酸反应需要的时间之比为23，则二者的速率之比为32，d项错。【答案】 a 4. (2012江苏常州高三一模改编，14)ag mg、al合金完全溶解在c1 moll-1、v1 l hcl溶液中，产生bg h2。再向反应后的溶液中加入c2moll-1、v2 l naoh溶液，恰好使沉淀达到最大值，且沉淀质量为dg。下列关系错误的是( )a.d=a+17bb.c1=c.铝为mold.与金属反应后剩余盐酸为(c1v1-2b) mol【解析】 a中，沉淀的质量等于金属的质量加上m(oh-)，找出oh-与h2的关系，即n(oh-)=2n(h2)，便可确定a正确；从终态分析，最终生成nacl，b正确。建立方程组解得n(al)= mol可确定c正确。第一步消耗hcl b mol，所以剩余hcl应为(c1v1-b) mol，d错误。【答案】 d 5. 已知a为金属单质，各步反应最后生成物e是白色沉淀。(1) 试确定a、b、c、d、e各为何物，写出其化学式。a_，b_，c_，d_，e_。(2) 写出各步反应的化学方程式(或离子方程式)。_；_；_；_；_。【解析】 金属对应离子能与氨水反应证明该金属对应氢氧化物的碱性较弱，金属还原性不是很强，该金属能与碱溶液反应，常见与碱反应的金属为铝，即a为铝，由此推出b、c、d、e分别为b：alcl3，c：naalo2，d：al2(so4)3，e：al(oh)3。【答案】 (1)al alcl3 naalo2 al2(so4)3 al(oh)3(2)2al+3cl22alcl32al+2oh-+2h2o=2alo-2+3h22al+6h+=2al3+3h2al3+3nh3h2o=al(oh)3+3nh+4alo-2+co2+2h2o=al(oh)3+hco-3课后作业夯基(时间:45分钟，满分：100分)一、 单项选择题(本题包括5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题目要求)1. (2012江苏无锡高三一模，1)欲迅速除去水壶底部的水垢，又不损坏铝壶，最好的方法是用( )a.浓盐酸 b.稀硝酸c.冷的浓硫酸 d.冷的浓硝酸【解析】 浓盐酸和稀硝酸既能溶解水垢，又能溶解铝壶，错误。浓硫酸不能去除水垢。【答案】 d 2. (2012安徽省城名校联考高三一模，8)下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是( )碳酸钠溶液与盐酸 偏铝酸钠溶液与盐酸 苯酚钠溶液和co2 硝酸银溶液和氨水 氯化铝溶液和氨水 碳酸氢钠溶液与澄清石灰水a. b.c.仅有 d.【解析】 如果反应可分步进行，第一步反应的产物还能与过量的反应物反应，则不能用同一个离子方程式表示。【答案】 a 3.(2012山西师大附中高三一模，8)下列表示溶液中发生反应的化学方程式错误的是 a.2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2b.2kmno4+hcook+koh=2k2mno4+co2+h2oc.mno2+4hcl(浓) mncl2+cl2+2h2od.k2cr2o7+6feso4+7h2so4=cr2(so4)3+3fe2(so4)3+k2so4+7h2o【解析】 在碱性条件下，不可能产生co2气体，而应生成co2 -3，故b项错误。【答案】 b 4. (2012山东潍坊三县联考高三一模，8)下列反应的离子方程式表示正确的是( )a.过量石灰水与碳酸氢钙反应：ca2+2hco-3+2oh-=caco3+co2-3+2h2ob.feso4酸性溶液暴露在空气中：4fe2+o2+4h+=4fe3+2h2oc.向氯化铝溶液中滴加过量氨水：al3+4nh3h2o=alo-2+4nh+4+2h2od.h2so4与ba(oh)2溶液反应：ba2+oh-+h+so2-4=baso4+h2o【解析】 a中，最后产物中不应含有co2-3；c中，氨水不能溶解al(oh)3；d中，oh-、h+、h2o的化学计量数都应为2。【答案】 b 5.向mgso4和al2(so4)3的混合溶液中, 逐滴加入naoh溶液。下列图像中, 能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入naoh溶液的体积, 纵坐标表示反应生成沉淀的质量)( )【解析】 分析图像题时，一方面要分析反应的先后，另一方面要分析反应物的用量。按先后顺序发生的反应为：al3+3oh-=al(oh)3，mg2+2oh-=mg(oh)2，al(oh)3+oh-=alo-2+2h2o，由此便可得出d图像符合题意。【答案】 d二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题7分，共35分，每小题有一个或两个选项符合题目要求）6.甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同ph的氨水和naoh溶液，各加入10 ml 0.1 moll-1alcl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成。下列判断正确的是 ( )a.甲中沉淀一定比乙中的多b.甲中沉淀可能比乙中的多c.甲中沉淀一定比乙中的少d.甲中和乙中的沉淀可能一样多【解析】此题考查了元素化合物知识。根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠溶液但不溶于氨水，故两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同ph的两溶液中氨水的浓度远大于氢氧化钠的浓度，当两者均不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，生成的沉淀氨水多；可知b、d两项正确。【答案】bd 7. 甲、乙两只烧杯中分别盛有100 ml 3 moll-1的盐酸和100 ml 3 moll-1 naoh溶液，向两只烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成气体的体积比为v(甲)v(乙)=12，则加入铝粉的质量为( )a.5.4 g b.3.6 gc.2.7 g d.1.8 g【解析】 若盐酸和氢氧化钠都完全反应，则生成氢气的体积比为13；当二者都剩余时，生成的氢气体积相同；现生成气体的体积比为v(甲)v(乙)=12，则对盐酸来说，铝有剩余；对氢氧化钠来说，铝完全反应。由盐酸中hcl的物质的量，可求出盐酸所生成h2的物质的量为0.15 mol，氢氧化钠生成h2的物质的量为0.3 mol，从而求出铝的物质的量为0.2 mol，其质量为5.4 g。【答案】 a8. 某实验小组对一含有al3+的未知溶液进行了如下分析：(1)滴入少量氢氧化钠，无明显变化；(2)继续滴加naoh溶液，有白色沉淀；(3)滴入过量的氢氧化钠，白色沉淀明显减少。实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀与滴入氢氧化钠体积的关系。下列说法错误的是( )a.该未知溶液中至少含有3种阳离子b.滴加的naoh溶液的物质的量浓度为5 moll-1c.若另一种离子为二价阳离子，则a10d.若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6 g【解析】 从图像可以看出，开始无沉淀，证明有h+，产生的沉淀部分溶解，证明至少有两种能与oh-作用的金属离子，故a正确；由沉淀的减少量可以计算al(oh)3溶解所需的氢氧化钠的量，进一步计算naoh浓度，b正确；m(oh)x和al(oh)3的物质的量分别为0.15 mol和0.05 mol，根据oh-守恒可以计算沉淀完全消耗的naoh的量，c对；因为不能确定二价离子的种类，故无法计算其质量，d错。【答案】 d9.实验室将9 g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂。发生铝热反应之后，所得固体中含金属单质为18 g，则该氧化物粉末可能是 ( ) a.fe2o3和mno2b.mno2和v2o5c.cr2o3和v2o5d.fe3o4和feo【解析】9 g铝粉可以提供1 mol电子，则氧化物中的金属元素每得到1 mol电子对应生成金属的质量就应该是18 g。三价fe得到1 mol电子对应生成fe的质量为18.7g，四价mn得到1 mol电子对应生成mn的质量为13.8 g，故a项正确。五价v得到1 mol电子对应生成v的质量为10.2 g，三价 cr得到1 mol电子对应生成cr的质量为17.3 g， b、c两项即使9 g铝粉全部反应，所得金属单质的质量也不到18 g，故都错误。fe3o4中的铁元素得到1 mol电子对应生成fe的质量为21 g，二价fe得到1 mol电子对应生成fe的质量为28 g，当铝粉过量、fe3o4和feo不足时, d项正确。【答案】 ad 10.向含有1 mol kal(so4)2的溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，充分反应。下列说法不正确的是( )a.当al3+恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5 molb.当so2-4恰好完全沉淀时，al3+全部转化为alo-2c.当向溶液中加入1.5 mol氢氧化钡时，反应可用下列离子方程式表示：2al3+3so2-4+3ba2+6oh-=2al(oh)3+3baso4d.随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大，沉淀的物质的量不断增大【解析】 含1 mol kal(so4)2的溶液中含al3+1 mol、so2-4 2 mol，逐滴加入氢氧化钡溶液，开始有al(oh)3和baso4沉淀，当加入1.5 mol氢氧化钡时，al3+沉淀完全，so2-4有剩余，继续滴加氢氧化钡溶液，al(oh)3转化为alo-2，剩余的so2-4继续沉淀，至so2-4沉淀完全，al3+全部转化为alo-2。【答案】 d三、非选择题(本题包括4小题，共50分) 11. (10分)某混合溶液中可能含有hcl、mgcl2、alcl3、nh4cl、na2co3、kcl中的一种或几种物质，往该溶液中逐滴加入naoh溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入的naoh溶液体积（v）的关系如图所示。回答下列问题:（1）溶液中一定含有的溶质是_，一定不含有的溶质是_（填化学式）。（2）溶液中可能含有的溶质是_（填名称），判断该物质是否存在的实验方法是_，现象是_。（3） 分别写出ab段、bc段发生反应的离子方程式:ab段为_ ；bc段为_ 。【解析】 首先分析图像中的拐点、斜线及水平线所表示的化学意义。oa段是naoh溶液中和hcl;加入过量naoh溶液，沉淀全部溶解，说明无mgcl2,所以沉淀只有al(oh)3;bc段是naoh溶液与nh4cl反应，故原溶液中一定含有hcl、alcl3、nh4cl，一定无mgcl2；又因为alcl3与na2co3不能大量共存，所以一定无na2co3；可能含有kcl，可用焰色反应进行确定。【答案】 （1）hcl、alcl3、nh4cl mgcl2、na2co3（2）氯化钾 焰色反应 透过蓝色钴玻璃观察焰色反应为紫色（3）al3+3oh-=al(oh)3 nh+4+oh-=nh3h2o 12. (16分)(2011广东理综，32)由熔盐电解法获得的粗铝含有一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用钢材镀铝。工艺流程如下：(注：nacl熔点为801 ；alcl3在181 升华)(1)精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为_和_。(2)将cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去。气泡的主要成分除cl2外还含有_；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在_。(3)在用废碱液处理a的过程中，所发生反应的离子方程式为_ 。(4)镀铝电解池中，金属铝为_极，熔融盐电镀中铝元素和氯元素主要以alcl-4 和al2cl-7形式存在，铝电镀时阳极的主要电极反应式为_ 。(5)钢材镀铝后，表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是_ 。【解析】 本题考查物质的提纯、实验条件的选择、方程式的书写、原电池及电解的应用。(1)铝属于活泼金属，在高温下可置换某些金属或非金属，因此有关反应的方程式为2al+fe2o3al2o3+2fe、4al+3sio22al2o3+3si。(2)在高温下，氯气可与氢气、金属钠和铝反应生成hcl、nacl和alcl3，由于温度是700 ，所以alcl3会升华变成气体，因此气泡的主要成分除cl2外还含有hcl和alcl3；nacl熔点为801 ，此时nacl不会熔化，只能在浮渣中存在，即浮渣中肯定存在nacl。(3)尾气经冷凝后分为气体a和b，由框图可知a是氯气和氯化氢的混合气体，b是alcl3。因此用废碱液处理a的过程中，所发生反应的离子方程式为cl2+2oh-=cl-+clo-+h2o和h+oh-=h2o。(4)既然是镀铝，所以铝必须作阳极，由于熔融盐中铝元素和氯元素主要以alcl-4 和al2cl-7形式存在，所以阳极的电极反应式为al +7 alcl-4-3e-=4al2cl-7。(5)铝在空气中易形成一层极薄的致密而坚固的氧化膜，它能阻止内部的金属继续被氧化，起到防腐蚀保护作用。【答案】 (1)2al+fe2o3al2o3+2fe4al+3sio22al2o3+3si(2)hcl和alcl3 nacl(3)cl2+2oh-=cl-+clo-+h2o、h+oh-=h2o(4)阳 al +7 alcl-4-3e-=4al2cl-7(5)致密的氧化铝膜能隔绝钢材与空气中的o2、co2和h2o等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生。 13.(12分)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：请回答下列问题：（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sio2-3的离子方程式为_。（3）验证滤液b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），写出该溶质的一种用途为_ 。（5）已知298 k时，mg(oh)2的溶度积常数ksp=5.610-12。取适量的滤液b，加入一定量的烧碱至达到沉淀溶解平衡，测得ph=13.00，则此温度下残留在溶液中的c(mg2+)=_。【解析】 流程甲为：流程乙为:则滤液e、k中溶质主要成分是nahco3，该物质可用于作发酵粉、制纯碱等。（5）由mg（oh）2的溶度积常数ksp=5.610-12=c2(oh-)c(mg2+)可推知：c(mg2+)= moll-1=5.610-10 moll-1。【答案】 (1)al2o3+6h+=2al3+3h2o(2)sio2+2oh-=sio2-3+h2o(3)硫氰化钾（或硫氰化铵、苯酚溶液等合理答案）（4）nahco3 制纯碱(或作发酵粉等合理答案)（5）5.610-10 moll-1 14.(12分)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。取该碱式盐3.01 g，加入2.0 moll-1盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5 ml时，开始产生co2，加入盐酸至45.0 ml时正好反应完全，计算该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比。在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量的氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重1.74 g，若该碱式盐中氢元素的质量分数为0.040，试推测该碱式盐的化学式。【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hco-3+h+=co2+h2o，可知n(h+)=0.012