《从铝土矿到铝合金第二课时》习题3.doc

从铝土矿到铝合金第二课时习题基础演练1近年来，科学家一直在探索利用铝粉作燃料的可能性，以期待铝能成为一种石油的取代物。假如铝作为一种普遍使用的新型能源被开发利用，下列关于其有利因素的说法中，你认为哪项是错误的()A铝质轻，便于运输、贮存，且安全B铝燃烧时放出的热量大，且燃烧后的产物对环境的污染容易得到有效的控制C在地球上，铝矿资源丰富D现代电冶铝的工业技术已为铝作为新能源奠定了重要基础解析：根据铝的有关性质知A、B两项说法正确；又因铝在自然界的含量丰富，所以为其作为能源提供了保障；但铝在自然界中主要以化合态形式存在，目前制铝的方法本身就消耗大量的能源，因此D项说法错误。答案：D2下列有关金属铝及其化合物的叙述正确的是()A铝在常温下不能与氧气反应B铝不能与氯气反应C铝既能溶于强酸，又能溶于强碱D氧化铝只能与酸反应，不能与碱反应解析：铝化学性质活泼，常温下可与O2、Cl2等活泼非金属单质反应，Al2O3具有两性，既能与强酸反应，又能与强碱反应。答案：C3除去镁粉中混有的少量铝粉，可选用的试剂是()A稀盐酸 B稀硫酸C氢氧化钠溶液 D氨水解析：Mg、Al都是较活泼的金属，与盐酸、稀硫酸均发生反应，但与氨水都不反应，Al能与NaOH溶液反应，而Mg不能，故可用NaOH溶液除去Al杂质。答案：C41 g镁铝合金投入到500 mL 2 mol/L的盐酸中完全溶解后，加入4 mol/L的烧碱溶液，当得到的沉淀最多时，加入烧碱溶液的体积是()A500 mL B350 mL C300 mL D250 mL解析：当沉淀最多时，溶质只有NaCl，由元素守恒知，n(NaOH)n(HCl)0.5 L2 mol/L1 mol，则V(NaOH)0.25 L250 mL。答案：D5把铝粉和Fe3O4粉末配成铝热剂并分成两等份，第一份在高温下恰好完全反应，然后将生成物与足量盐酸充分反应，第二份直接加入足量的氢氧化钠溶液使之充分反应，前后两种情况下生成的气体在相同状况下的体积比是()A38 B83 C34 D43解析：铝热剂分成两等份后，第一份在高温下恰好完全反应，8Al3Fe3O49Fe4Al2O3，然后将生成物与足量盐酸充分反应，只有Fe与盐酸反应产生气体，Fe2HCl=FeCl2H2，即关系式为8Al9Fe9H2；第二份直接加入足量的NaOH溶液使之充分反应，发生反应为2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，则8Al12H2，则前后两种情况下生成的气体在相同状况下的体积比为91234。答案：C6将a mol的Al分别投入含b mol H和b mol OH的盐酸和NaOH溶液中产生H2的体积比的各种情况如下，请完成表格。Al的物质的量产生H2的体积比a_11_a_ab_解析：由2Al6H=2Al33H2263a3a 2Al2OH2H2O=2AlO3H2223aa由于等量Al消耗H比OH多，而n(H)n(OH)故H先反应完。当a时H、OH都过量，Al完全反应，产生H2的量相等；当ab时，H、OH都反应完，由化学方程式知产生H2的体积比为13；当ab时，H完全反应，OH过量，则产生H2的体积之比1。答案：ab1137.在用少量盐酸处理过的铝制易拉罐里充满CO2气体后，迅速倒入10%的NaOH溶液20 mL，立即把口密封，不一会听到罐“咔咔”作响，发现易拉罐变瘪，又过一段时间，易拉罐又鼓起来了，变瘪的原因是_，又鼓起来的原因是_，其离子方程式分别是_。若用薄铁金属制成的易拉罐，做上述实验，出现的结果是_。解析：铝制易拉罐用盐酸处理过后，其表面氧化膜除去，通入CO2后，加入10%的NaOH溶液，密封。由于CO22NaOH=Na2CO3H2O，使罐内气压变小，罐体变瘪，又因为2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，反应放出氢气，罐内气压变大，罐体又重新鼓起来；若用铁制金属易拉罐，由于Fe不与NaOH溶液反应，所以罐体瘪下去以后不会鼓起来。答案：CO2与NaOH溶液反应，气体体积减小，罐内气压变小Al与NaOH溶液反应，生成氢气，使罐内气压增大CO22OH=COH2O，2Al2OH2H2O=2AlO3H2罐体变瘪后，不再鼓起来巩固提升1某透明的溶液中加入铝粉能放出氢气，此溶液中一定能大量共存的离子组是() AH、Cu2、Cl、SO BHCO、NO、SO、NaCCl、SO、K、Na DNa、SO、Cl、AlO解析：与铝作用产生氢气的溶液，可以是强碱溶液，也可以是强酸的溶液，即选项离子组必须在强酸或强碱的溶液中都能共存的离子组；而A中H和Cu2不能在强碱条件下存在，B中HCO在强酸或强碱的溶液中都不能大量存在；D中的AlO不能存在于强酸溶液中。答案：C2下列四种化合物：NaHCO3Al(OH)3NaAlO2Al2O3。既能跟盐酸反应，又能跟NaOH溶液反应的是()A B C D全部解析：NaHCO3与盐酸和NaOH溶液反应的化学方程式分别为：NaHCO3HCl=NaClCO2H2ONaHCO3NaOH=Na2CO3H2OAl(OH)3是两性氢氧化物，Al2O3是两性氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应；NaAlO2只与盐酸反应。答案：C3在MgCl2、AlCl3的混合溶液中加入足量的氨水，如图中能正确表示加入氨水的量(x )与生成沉淀的量(y)的关系的是()解析：混合溶液中加入氨水，则Mg2Mg(OH)2，Al3Al(OH)3，由于Al(OH)3只能溶于强酸和强碱，故Al(OH)3不溶于NH3H2O，沉淀的量最后不再变化。答案：D4下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象不相同的是()ANaHSO4和Ba(OH)2 BNaCl和AgNO3CNaAlO2和HCl DAlCl3和HCl解析：A、B两项无论是谁先滴加到谁中，现象均为一开始就有白色沉淀生成，故A、B两项不选，D项AlCl3和HCl不反应。C项中当HCl溶液滴入到NaAlO2溶液中发生反应为：AlOHH2O=Al(OH)3，即开始时就有白色沉淀生成，当NaAlO2溶液滴入到HCl溶液中发生反应为：AlO4H=Al32H2O，开始时产生白色沉淀，但立即消失，故应选C。答案：C5有100 mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中c(Mg2)为0.1 molL1，c(Cl)为0.65 molL1。要使Mg2全部转化为沉淀分离出来，至少需加4 molL1 NaOH溶液的体积为()A40 mL B72 mLC128 mL D20 mL解析：由电荷守恒知c(Al3)0.15 mol/L，n(Cl)0.65 mol/L0.1 L0.065 mol，n(Al3)0.15 mol/L0.1 L0.015 mol。当Mg2完全沉淀分离时，溶液中溶质为NaCl和NaAlO2，由元素守恒可知n(NaOH)n(Cl)n(AlO)n(Cl)n(Al3)0.065 mol0.015 mol0.08 mol，V(NaOH)0.02 L20 mL。答案：D6向a mL 0.25 molL1 AlCl3溶液中加入单质钠，完全反应后恰好只生成NaCl和NaAlO2溶液，则加入的Na的物质的量为()A2.5 a104 mol B5.0 a104 molC7.5 a104 mol Da103 mol解析：方法一：只生成NaCl和NaAlO2，由元素守恒知n(Na)n(NaCl)n(NaAlO2)4n(AlCl3)a103 L0.25 mol/L4a103 mol方法二：由题意知恰好发生Al34OH=AlO2H2O即n(NaOH)4n(AlCl3)a103 moln(Na)a103 mol答案：D7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 mol/L HCl B4 mol/L HNO3C8 mol/L NaOH D18 mol/L H2SO4解析：18 mol/L H2SO4是浓硫酸。浓硫酸和稀硝酸都是氧化性酸，浓H2SO4使Al钝化，稀HNO3和金属反应但不产生氢气，所以排除B、D。NaOH溶液中只有Al反应产生氢气，而盐酸中Mg、Al均反应产生氢气，且Al在NaOH和盐酸中产生的氢气相等，所以放出氢气最多的是与盐酸反应。答案：A8将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中铝元素的质量与溶液中所含铝元素的质量相等，则原氯化铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能是()A13 B23 C14 D27解析：本题应对两种情况进行讨论：若AlCl3过量，NaOH的量不足，溶液中铝元素应为Al3。AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl1 mol 3 mol1 mol依题意，溶液中剩余1 mol Al3。c(AlCl3)c(NaOH)(11)mol3 mol23若NaOH量稍多，AlCl3完全反应，溶液中铝元素的存在形式为AlO，不妨假设有2 mol Al3反应，依据题意有关系式：AlCl33NaOHAl(OH)31 mol 3 mol1 molAlCl34NaOHNaAlO21 mol 4 mol1 mol则c(AlCl3)c(NaOH)(11)mol(34) mol27。答案：BD9有100 mL 3.5 molL1 NaOH溶液和100 mL 1molL1 AlCl3溶液，按如下两种方法进行实验：将NaOH溶液分多次加入到AlCl3溶液中(边加边搅拌)；将AlCl3溶液分多次加入到NaOH溶液中(边加边搅拌)。比较两次实验的结果，其中正确的是()A现象相同，沉淀量相等B现象不同，沉淀量不等C现象相同，沉淀量不等D现象不同，沉淀量相等解析：n(Al3)0.1 L1 molL10.1 moln(OH)0.1 L3.5 molL10.35 mol若将NaOH溶液分多次加入到AlCl3溶液中：Al33OH=Al(OH)3Al(OH)3OH=AlO2H2O现象为：首先产生白色沉淀，后沉淀又部分溶解。最后得到沉淀的量为：01(0.350.13)0.05 mol若将AlCl3溶液分多次加入到NaOH溶液中：Al34OH=AlO2H2OAl33AlO6H2O=4Al(OH)3现象为：开始产生的沉淀立即消失，过一段时间会产生白色沉淀。最后得到沉淀的量为0.05 mol。答案：D10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：由关系式：MgH2，2Al3H2，可知产生等量H2时，消耗Mg、Al的物质的量之比为32，故A项正确。二者质量之比为43，摩尔质量之比为242789，反应速率之比为32。答案：A11将Na2O2逐渐加入到含有Al3、Mg2、NH的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量(mol)与加入Na2O2的物质的量(mol)的关系如图所示，则原溶液中Al3、Mg2、NH的物质的量分别为()A2 mol、3 mol、8 mol B3 mol、2 mol、8 molC2 mol、3 mol、4 mol D3 mol、2 mol、4 mol解析：由2Na2O22H2O=4NaOHO2，Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O，故n(Al3)(98)22 mol，根据图像可知，生成8 mol气体，消耗8 mol Na2O2(其中4 mol为O2)，故n(NH)n(NH3)4 mol，n(Mg2)3 mol。答案：C12下列各组物质的无色溶液：KOHNa2SO4AlCl3NaHCO3Ba(OH)2H2SO4HClNaAlO2NaHSO4Ca(OH)2Na2CO3BaCl2。不用其他试剂即可鉴别的是()A B C D解析：相互滴加时Na2SO4滴入另外两种溶液中无明显现象，KOH和AlCl3相互滴加现象不同：KOH逐滴加入AlCl3中立刻产生沉淀，而AlCl3滴入KOH中开始产生沉淀但立即消失，后迅速产生大量沉淀，从而可以区别开来；相互滴加能产生两种白色沉淀的是Ba(OH)2，向两种白色沉淀中分别滴加NaHCO3或H2SO4，能够使一种白色沉淀中产生气体的是H2SO4；和相互滴加时无法区别。答案：A13有一无色盐溶液，焰色反应为黄色，向其中加入少量盐酸出现白色沉淀，继续加盐酸白色沉淀溶解，再改加氨水又出现白色沉淀，氨水过量时白色沉淀不溶解，则此盐的化学式为_，有关反应的离子方程式为：_，_，_。解析：焰色反应为黄色说明为钠盐，钠盐能与酸反应且生成沉淀者只能为NaAlO2。答案：NaAlO2AlOHH2O=Al(OH)3Al(OH)33H=Al33H2OAl33NH3H2O=Al(OH)33NH14下列物质(均为中学化学常见物质)转化关系图中，D为红棕色粉末(反应条件及部分反应物、产物未全部说明)根据图示转化关系填写下列空白：(1)写出下列物质的化学式A_，B_，G_。(2)C与D的混合物通常称_(填名称)。(3)写出下列化学方程式或离子方程式IJK_(离子方程式)。GBH_(化学方程式)。解析：由“D为红棕色粉末”可知D为Fe2O3，然后逆推可得H为Fe(OH)3，G为Fe(OH)2，F为FeCl2，E为Fe。由图知，A即能与酸反应，又能与碱反应，可知A为氧化铝。由此不难推得其他答案。答案：(1)Al2O3O2Fe(OH)2(2)铝热剂(3)Al33AlO6H2O=4Al(OH)34Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)315A、B、C、D、E是中学化学中常见物质，有如下转化关系：请回答下列问题：(1)写出物质的化学式：A_，C_，E_。(2)写出CD的化学方程式： _；写出C与过量氨水反应的离子方程式： _。解析：由BA的条件知A为氧化物，又A能与盐酸和NaOH溶液反应知A为Al2O3，B为Al，C、D分别为AlCl3、NaAlO2，E为Al(OH)3。注意氨水为弱碱，离子方程式中写作NH3H2O。答案：(1)Al2O3AlCl3Al(OH)3(2)AlCl34NaOH=NaAlO23NaCl2H2OAl33NH3H2O=Al(OH)33NH16在一次学生实验中，学生用铝片分别与c(H)都为3 mol/L的盐酸和稀硫酸反应，发现盐酸中现象非常明显，而稀硫酸中几乎无现象。(1)为了探究“铝和稀盐酸、稀硫酸反应的差异原因”，有人提出Cl对铝与H反应有促进作用，并设计以下实验方案验证：5 mL 1.5 mol/L H2SO4和Al反应5 mL 1.5 mol/L H2SO4中加入1.4 g Na2SO4晶体再加入Al5 mL 1.5 mol/L H2SO4中加入0.5 g NaCl晶体再加入Al你可以提出什么假设？假设一：_；假设二：_；(可不填满)(2)为论证你的假设，你设计的实验方案是_。解析：Al与非氧化性酸反应的实质为2Al6H=2Al33H2，理论中当盐酸和稀H2SO4中c(H)相同时与Al反应速率相同，但事实现象明显不同，可能是跟溶液中其他离子有关，如Cl、SO。可再提出SO阻碍Al与H反应的假设。题中假设的验证实验中，为证明Na无影响，为证明Cl有促进作用。依此可知验证SO的作用应设计以下方案：5 mL 3 mol/L HClAl5 mL 3 mol/L HCl1.4 g Na2SO4晶体Al(证明SO有影响)5 mL 1.5 mol/L H2SO41.4 g Na2SO4晶体Al(证明Na无影响)答案：(1)假设一：SO对Al与H反应起阻碍作用(合理即可)(2)实验方案设计为：5 mL 3 mol/L HClAl5 mL 3 mol/L HCl