2023高考化学一轮复习第3章金属及其重要化合物第2课时铝及其化合物复习练案新人教版

PAGEPAGE2铝及其化合物一、选择题1．(2022·辽宁鞍山一中一模)铝在人体内积累可使人慢性中毒，1989年世界卫生组织正式将铝定为“食品污染源之一〞而加以控制，铝在以下使用场合须加以控制的是eq\x(导学号25470355)(A)①糖果香烟内包装②电线电缆③牙膏皮④氢氧化铝胶囊(作内服药)⑤用明矾净水⑥用明矾和小苏打混合物作食品膨化剂⑦制造炊具和餐具⑧制防锈漆A．①③④⑤⑥⑦ B．②③④⑤⑥C．②③⑤⑦⑧ D．全部[解析]题中与生活器具、食品有关的有①③④⑤⑥⑦，应严格控制铝的使用量，而②电线电缆、⑧制防锈漆，不可能被人体摄入，应选A。2．(2022·哈尔滨高三模拟)以下有关铝及其化合物的表达正确的选项是eq\x(导学号25470352)(C)A．铝粉与氧化镁共热可制取金属镁B．足量铝分别与含1molHCl、1molNaOH的溶液反响，产生相同量的氢气C．工业上用电解熔融Al2O3的方法冶炼铝D．在浓硝酸中参加等体积的浓硫酸后，立即参加铝片，铝片外表发生钝化[解析]镁比铝活泼，不能用铝粉与氧化镁共热制取镁，A错误；根据关系式2Al～6HCl～3H2,2Al～2NaOH～3H2，当铝足量时，等量的HCl和NaOH产生H2的体积比为1︰3，B错误；浓H2SO4可吸收浓HNO3中的水分，并放出大量热，促进HNO3挥发，使两种酸的浓度减小，铝片不钝化，D错误。3．(2022·黑龙江双鸭山一中月考)以下物质的制备方法正确的选项是eq\x(导学号25470353)(C)A．氯化铝溶液和硫化钠溶液反响制备Al2S3B．用镁粉和空气反响制备Mg3N2C．用铝粉和MnO2制得锰D．用电解熔融氯化铝的方法制得单质铝[解析]硫化钠和氯化铝溶液反响，硫离子和铝离子发生双水解反响生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，A错误；镁粉在空气中和氧气也反响，会生成氧化镁，B错误；铝热法可冶炼锰，C正确；氯化铝属于分子晶体，熔融状态下不导电，工业上常用电解熔融的氧化铝来冶炼铝，D错误。4．(2022·江苏南通一调)以下说法正确的选项是eq\x(导学号25470354)(A)A．因为液态氨气化时吸热，可用液态氨作制冷剂B．用铝制容器盛放浓硝酸，是因为铝和浓硝酸不反响C．明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，起消毒、杀菌的作用D．铝能置换出氧化铁中的铁，钢铁工业利用铝热反响冶炼铁[解析]液态氨汽化时从周围环境吸收热量而使环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，A正确；用铝制容器盛放浓硝酸，是因为常温下铝与浓硝酸发生钝化，生成了致密的氧化膜，阻止进一步反响，B错误；明矾溶于水生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，因此只能起到净水的作用，不能到达消毒、杀菌的作用，C错误；钢铁工业利用热复原法冶炼铁，D错误。5．(2022·陕西省西安市铁一中一模)甲、乙、丙、丁均为中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如下(反响条件及其它产物已略去)。以下说法正确的选项是eq\x(导学号25470356)(D)甲eq\o(→,\s\up7(＋丁),\s\do5(①))乙eq\o(→,\s\up7(＋丁),\s\do5(②))丙A．丁一定是氧化剂B．甲只能是S或N2C．乙一定是氧化物D．反响②可能是非氧化复原反响[解析]如不是氧化复原反响，例如甲是AlCl3溶液，氯化铝和少量氢氧化钠溶液反响生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和过量氢氧化钠反响生成偏铝酸钠，那么A、B、C错误；如发生氧化复原反响，甲可能为S、Fe、N2等，只有D正确。应选D。6．以下操作能到达目的的是eq\x(导学号25470357)(D)A．将一块带有氧化膜的铝片与过量的浓NaOH溶液完全反响后，取澄清溶液将其蒸干，得纯洁的NaAlO2固体B．向NaAlO2溶液中参加过量的AlCl3溶液，将所得沉淀过滤洗涤，加热灼烧去掉水分，可得纯洁的Al(OH)3固体C．把铝块与适量的稀盐酸完全反响，将所得溶液蒸干，可得AlCl3固体D．把AlCl3溶液与足量氨水反响，将沉淀过滤、洗涤、灼烧去掉水分可得Al2O3固体[解析]A项，混有NaOH固体；B项，灼烧得到的是Al2O3；C项，得到的是Al(OH)3和Al2O3。7．(2022·贵州省遵义航天一中一模)向100mL0.1mol/LAlCl3溶液中，参加cmol/LNaOH溶液100mL后，再滴加1mol/L盐酸，滴加盐酸的体积与生成沉淀的质量关系如下图，那么参加的NaOH溶液的浓度为eq\x(导学号25470358)(D)A．0.25mol/L B．2mol/LC．1mol/L D．0.5mol/L[解析]据图象可知，0－10阶段盐酸与剩余的NaOH反响，10－20阶段偏铝酸钠与盐酸反响生成氢氧化铝沉淀，当参加20mL盐酸时沉淀到达最大，此时溶质为NaCl；继续参加盐酸，当参加50mL盐酸时，氢氧化铝沉淀恰好溶解，此时溶质为AlCl3和NaCl，原溶液中NaOH完全转化成NaCl，根据质量守恒可知：n(NaOH)＝n(NaCl)＝n(HCl)＝1mol/L×0.05L＝0.05mol，那么参加的NaOH溶液的物质的量浓度为：c(NaOH)＝eq\f(0.05mol,0.1L)＝0.5mol/L，应选D。8．(2022·山东日照一中质检)某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案。方案①：2.7gAleq\o(→,\s\up7(100mLHCl))X溶液eq\o(→,\s\up7(NaOH))Al(OH)3沉淀方案②：2.7gAleq\o(→,\s\up7(100mLNaOH))Y溶液eq\o(→,\s\up7(HCl))Al(OH)3沉淀NaOH和HCl的浓度均是3mol/L，如图是向X溶液和Y溶液中分别参加NaOH和HCl时产生沉淀的物质的量与参加氢氧化钠溶液和盐酸体积之间的关系，以下说法不正确的选项是eq\x(导学号25470359)(A)A．b曲线表示的是向X溶液中参加NaOH溶液B．在O点时两方案中所得溶液浓度相等C．方案②中对应的O点HCl恰好反响完D．X溶液显酸性，Y溶液显碱性[解析]NaOH和HCl的浓度均是3mol/L，物质的量是0.3mol,2.7gAl的物质的量是0.1mol，那么Al和HCl恰好反响，NaOH过量。a曲线表示的是向X溶液中参加NaOH溶液，b曲线表示的是向Y溶液中参加盐酸，A错误；O点所得溶液的溶质是NaCl，因为向X溶液和Y溶液中所加NaOH溶液和盐酸的浓度及体积均相等，由原子守恒可知，在O点时所得NaCl的物质的量相同，浓度也相同，B正确；O点时所得NaCl的物质的量相同，那么方案②中对应的O点HCl恰好反响完全，C正确；X溶液为AlCl3溶液，Al3＋水解使溶液显酸性，Y溶液为NaOH和NaAlO2的混合溶液，显碱性，D正确。9．(2022·辽宁沈阳二中期中)图中横坐标为参加反响物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。以下反响对应的曲线错误的选项是eq\x(导学号25470360)(D)A．向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量B．向澄清石灰水中通入CO2至过量C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D．向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失[解析]向NaAlO2溶液滴入HCl至过量，发生的反响依次为NaAlO2＋HCl＋H2O=NaCl＋Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3HCl=AlCl3＋3H2O，生成沉淀和沉淀溶解消耗HCl的物质的量之比为1︰3，A正确；向澄清石灰水中通入CO2至过量发生反响的方程式为Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O，CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，生成沉淀和沉淀溶解消耗CO2的物质的量之比为1︰1，B正确；向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生反响的化学方程式为HCl＋NaOH=NaCl＋H2O、AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl、Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，生成沉淀与沉淀溶解消耗NaOH的物质的量之比为3︰1，C正确；向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，发生反响的化学方程式CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O、CO2＋2KOH=K2CO3＋H2O、K2CO3＋CO2＋H2O=2KHCO3、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，各段消耗CO2的物质的量之比为1︰0.5︰0.5︰1，D错误。10．(2022·吉林大学附中第四次摸底)在含有0.06molCl－、0.07molSOeq\o\al(2－,4)及一定量Mg2＋和Al3＋的混合溶液中，滴入2mol/LNaOH溶液，产生沉淀情况如图。假设反响前Al3＋的物质的量为amol，Al3＋的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值为x(不考虑Mg2＋和Al3＋水解及水的电离)。那么以下说法错误的选项是eq\x(导学号25470361)(C)A．a的取值范围是0<a<eq\f(1,15)B．图中m的取值范围为5.2～5.8C．A、B两点横坐标的数值均随x变化而变化D．假设B点横坐标数值为120，那么a＝0.04[解析]假设溶液中没有Mg2＋，根据溶液呈电中性，那么0.06mol×1＋0.07mol×2＝amol×3，解得a＝eq\f(1,15)，所以a的取值范围是0<a<eq\f(1,15)，A正确；假设溶液中只有Al3＋，那么沉淀质量m＝78g·mol－1×eq\f(1,15)mol＝5.2g，假设溶液中只有Mg2＋，根据溶液呈电中性，n(Mg2＋)＝(0.06mol×1＋0.07mol×2)×eq\f(1,2)＝0.1mol，那么沉淀质量m＝58g·mol－1×0.1mol＝5.8g，所以图中m的取值范围为5.2～5.8，B正确；溶液中的正电荷的物质的量为0.06mol×1＋0.07mol×2＝0.20mol,1mol正电荷对应1molNaOH生成沉淀，所以A点的横坐标不随x的变化而变化，C错误；B点是NaCl、Na2SO4和NaAlO2的溶液，据Na＋守恒，可知n(NaAlO2)＝2mol·L－1×0.12L－0.06mol－0.07mol×2＝0.04mol，即a＝0.04mol，D正确。11．agMg、Al合金完全溶解在c1mol·L－1、V1LHCl溶液中，产生bgH2。再向反响后的溶液中参加c2mol·L－1、V2LNaOH溶液，恰好使沉淀到达最大值，且沉淀质量为dg。以下关系错误的选项是eq\x(导学号25470362)(C)A．与金属反响后剩余盐酸为(c1V1－b)molB．c1＝eq\f(c2V2,V1)C．铝失去电子的物质的量为bmolD．d＝a＋17b[解析]反响后的溶液中溶质为NaCl，根据Cl原子守恒可得c1V1＝c2V2，即c1＝eq\f(c2V2,V1)，B项正确；根据题意可知消耗的n(HCl)＝eq\f(b,2)×2mol＝bmol，故剩余的HCl的物质的量为(c1V1－b)mol，A项正确；题中的沉淀为Al(OH)3、Mg(OH)2，故有n(OH－)＝n(H＋)＝2n(H2)，沉淀质量为(a＋17b)g，D项正确；C项设n(Mg)＝xmol，n(Al)＝ymol，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(24x＋27y＝a，,2x＋3y＝\f(b,2)×2，))求得：y＝eq\f(12b－a,9)，所以铝失电子的物质的量为(4b－eq\f(a,3))mol，C项错误。12．(2022·湖南省郴州市一模)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3等杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图：对上述流程中的判断正确的选项是eq\x(导学号25470363)(B)A．试剂X为稀硫酸B．反响Ⅱ中生成Al(OH)3的反响为：CO2＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H20=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)C．结合质子(H＋)的能力由强到弱的顺序是AlOeq\o\al(－,2)＞COeq\o\al(2－,3)＞OH－D．Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3冶炼Al[解析]A．别离氧化铝和氧化铁，只能用氢氧化钠溶液，不可能用酸，因氧化铝与氢氧化钠反响，氧化铁不反响，但二者都可与酸反响，故A错误；B．铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质)中参加过量的氢氧化钠以后会生成偏铝酸钠溶液，偏铝酸盐中通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，即CO2＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)，故B正确；C．结合质子的能力就是指碱性，结合质子能力越强，相应的酸放出质子的能力就越弱，其对应的酸的酸性就越弱，显然酸性强弱HCOeq\o\al(－,3)＞Al(OH)3＞H2O，碱性：OH－＞AlOeq\o\al(－,2)＞COeq\o\al(2－,3)，所以结合质子能力：OH－＞AlOeq\o\al(－,2)＞COeq\o\al(2－,3)，故C错误；D．Al活泼性较强，氯化铝是共价化合物，所以工业上还可采用电解熔融Al2O3冶炼Al。故D错误。应选B。二、非选择题13．(2022·湖南省衡阳县一中高三月考)某课外活动小组欲对铝镁合金进行研究，测定其中镁的质量分数，他们利用盐酸、氢氧化钠溶液设计了三种不同的实验方案：eq\x(导学号25470364)方案一：铝镁合金eq\o(→,\s\up7(NaOH溶液))测定生成气体的体积方案二：铝镁合金eq\o(→,\s\up7(盐酸))测定生成气体的体积方案三：铝镁合金eq\o(→,\s\up7(盐酸))溶液eq\o(→,\s\up7(过量NaOH溶液))eq\o(→,\s\up7(过滤、洗涤、灼烧、冷却))称量灼烧产物的质量。(1)写出方案一中发生反响的离子方程式2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑。(2)实验小组根据方案二设计了两个实验装置，如以下图(图中的铁架台已省略)。你认为选择__乙__(选填甲或乙)装置进行实验更合理，误差更小。(3)用方案三进行实验时，除了称量灼烧产物质量外，还需称量的是__合金样品的质量__。(4)拓展研究：在向铝镁合金溶于盐酸后的溶液中参加过量NaOH溶液时，生成沉淀的质量与参加NaOH溶液体积的关系可用数轴关系表示：请你判断，根据上图数轴中的数据能否求出合金中镁的质量分数？__能__(选填“能〞或“不能〞)以下①②两题选一题作答。①假设不能求出合金中镁的质量分数，请说明理由________。②假设能求出合金镁的质量分数，那么镁的质量分数为__30.8%__。[解析](1)镁和氢氧化钠溶液不反响，但铝是可以的，反响的离子方程式是2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑。(2)根据装置构造特点可知，乙装置中可以使盐酸与合金的反响随时停止，操作简单，所以实验更合理，误差更小。(3)灼烧得到的是氧化镁，所以要计算合金中镁的质量分数，还需要称量合金样品的质量。(4)根据数轴可知，溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液是60mL－50mL＝10mL，那么生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液体积应该是30mL；所以生成氢氧化镁消耗的氢氧化钠溶液体积是50mL－10mol－30mL＝10mL，那么根据方程式Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，可知Al和Mg的物质的量之比是2︰1的，那么镁的质量分数是eq\f(24,24＋2×27)×100%＝30.8%。14．(2022·北京大兴区期末)无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备，流程如下：：AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华eq\x(导学号25470365)(1)Cl2的电子式为︰eq\o(Cl,\s\up6(),\s\do4())︰eq\o(Cl,\s\up6(),\s\do4())︰。(2)氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反响的化学方程式为Al2O3＋3Cl2＋3Ceq\o(=,\s\up7(高温))2AlCl3＋3CO。炉气中剩余的少量Cl2，可用NaOH溶液吸收，其离子方程式为Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O。(3)700℃时，升华器中物质经充分反响后需降温实现FeCl3和AlCl3的别离。请选择适宜的温度范围__b__(填序号)。a．低于183℃b．介于183℃和315℃之间c．高于315℃(4)样品(含少量FeCl3)中AlCl3含量可通过以下操作测得(局部物质略去)。mg样品eq\o(→,\s\up7(过量NaOH溶液),\s\do5(过滤))NaAlO2溶液eq\o(→,\s\up7(过量CO2),\s\do5(过滤))Al(OH)3eq\o(→,\s\up7(△),\s\do5(冷却))ngAl2O3计算该样品中AlCl3的质量分数为eq\f(267n,102m)×100%(结果用m、n表示，不必化简)。[解析](1)Cl2是通过共价键形成的单质，故其电子式为︰eq\o(Cl,\s\up6(),\s\do4())︰eq\o(Cl,\s\up6(),\s\do4())︰。(2)由流程图知在氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反响生成AlCl3、CO；炉气中剩余的少量Cl2，可用NaOH溶液吸收生成NaCl和NaClO。(3)AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华，为实现FeCl3和AlCl3的别离，应使温度介于183℃和315℃之间。(4)ngAl2O3中Al元素的物质的量为eq\f(2n,102)mol，根据元素守恒，样品中AlCl3的质量为eq\f(2n,102)×133.5g，该样品中A