第一单元　从铝土矿到铝合金(学考不要求)

1、.专题3从矿物到根底材料第一单元从铝土矿到铝合金学考不要求根底过关1.关于氧化镁和氧化铝的比较中错误的选项是BA.都能和盐酸反响B.都能溶于氢氧化钠溶液C.熔点都很高,常用作耐高温材料D.常温下Al2O3、MgO不与水反响解析:氧化镁是碱性氧化物,氧化铝是两性氧化物,都能与盐酸反响,反响分别是MgO+2HClMgCl2+H2O,Al2O3+6HCl2AlCl3+3H2O,A正确;氧化镁是碱性氧化物,不能与氢氧化钠反响,氧化铝属于两性氧化物,与氢氧化钠反响,Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O,B错误;两者熔点高,可以作耐高温材料,C正确;两种物质都不与水反响,D正确。2.向明矾KAlS

2、O4212H2O溶液里滴入BaOH2溶液,当SO42-完全沉淀时铝元素的存在形式是CA.AlOH3沉淀B.一部分以AlOH3形式存在,一部分以Al3+形式存在C.AlO2-D.一部分以AlOH3形式存在,一部分以AlO2-形式存在解析:设明矾KAlSO4212H2O为1 mol,那么溶液中含有 1 mol K+、1 mol Al3+、2 mol SO42-,根据反响:SO42-+Ba2+BaSO4,当溶液中的SO42-完全沉淀时,需要2 mol Ba2+,即2 mol BaOH2,2 mol BaOH2中含有4 mol OH-,1 mol Al3+和4 mol OH-发生反响:Al3+4OH-

3、AlO2-+2H2O,铝元素的存在形式为AlO2-,故C正确。3.将外表已完全钝化的铝条,插入以下溶液中,不会发生反响的是BA.氢氧化钠B.氯化铜C.稀盐酸 D.稀硫酸解析:铝条完全钝化以后,外表覆盖了一层氧化铝薄膜。氧化铝是两性氧化物,既能与稀硫酸、稀盐酸反响,也能与氢氧化钠溶液反响,但不能跟氯化铜溶液反响。4.将外表有氧化膜的铝片伸入足量的NaOH溶液中,有关离子方程式正确的选项是CA.Al2O3+OH-AlO2-+H2OB.2Al3+6OH-2AlOH3C.2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2D.2Al+6H2O2Al3+6OH-+3H2解析:将外表有氧化膜的铝片伸入足量的Na

4、OH溶液中,外表的氧化铝首先被溶解,然后是铝溶解,反响的离子方程式为Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O、2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2,应选C。5.向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴参加 150 mL 1 molL-1 的HCl溶液,测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如下图,那么以下说法不正确的选项是BA.b和c线表示的是同一个离子反响B.N点时生成的CO2为0.05 molC.M点时AlOH3的质量等于3.9 gD.原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为11解析:向Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴参加 150 mL 1 molL-1

5、 的HCl溶液,首先发生反响AlO2-+H+H2OAlOH3,a线表示AlO2-的减少,第三阶段,发生反响HCO3-+H+CO2+H2O,此阶段 AlOH3不参与反响。b线表示碳酸钠和盐酸反响,c线表示碳酸氢钠的生成,d线表示HCO3-减少。b线表示碳酸钠和盐酸反响,c线也表示碳酸钠和盐酸的反响,所以b和c线表示的离子反响一样:CO32-+H+HCO3-,A正确;N点恰好是碳酸氢钠溶液,没有CO2产生,B不正确;盐酸50 mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀,加50 mL盐酸之后CO32-反响,氢氧化铝沉淀不溶解,那么M点沉淀的质量和盐酸50 mL时沉淀的质量一样,由NaAlO2+

6、HCl+H2ONaCl+AlOH3 知,nAlOH3=nNaAlO2=nHCl=0.05 mol,mAlOH3=0.05 mol78 g/mol=3.9 g,C正确;由图象知,Na2CO3、NaAlO2的物质的量相等都是0.05 mol,由此判断溶液中CO32-与AlO2-的物质的量之比为11,D正确。6.将一定量的镁铝合金投入100 mL一定浓度的盐酸中,合金溶解。向所得溶液中滴加5 mol/L NaOH溶液,生成的沉淀质量与参加的NaOH溶液的体积如下图,由图中数据分析计算,正确的选项是CA.原合金中镁的质量为9.6 gB.铝的质量为5.4 gC.盐酸的物质的量浓度为8 mol/LD.图象

7、中A点沉淀为AlOH3解析:由图可知:参加20 mL氢氧化钠溶液才开场产生沉淀,说明酸过量,先发生了酸碱中和反响,氢氧化钠溶液为 160 mL时,沉淀量最大,为MgOH2和AlOH3,此过程消耗氢氧化钠的物质的量是0.16-0.02L5 mol/L=0.7 mol,之后沉淀溶解,溶解的沉淀是AlOH3,消耗氢氧化钠20 mL,发生反响AlOH3+NaOHNaAlO2+2H2O,所以nAlOH3=0.18-0.16 L5 mol/L=0.1 mol,那么可知铝离子生成沉淀消耗氢氧化钠0.3 mol,所以镁离子生成沉淀消耗氢氧化钠是0.4 mol,说明镁离子为 0.2 mol,合金中镁的质量为0.

8、2 mol24 g/mol=4.8 g,铝的质量=0.1 mol27 g/mol=2.7 g。当氢氧化钠溶液为160 mL时,沉淀量最大,此时溶液完全为氯化钠溶液,根据钠元素守恒,nNaCl=nNaOH=0.16L5 mol/L=0.8 mol,再根据氯元素守恒,nHCl=nNaCl=0.8 mol,所以盐酸的物质的量浓度为0.8 mol0.1 L=8 mol/L。根据以上分析可知A、B、D错误,C正确。才能提升7.铝土矿的主要成分是Al2O3、SiO2和Fe2O3等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下:以下说法中错误的选项是CA.滤液的主要成分是Na2SiO3、NaAlO2和NaOHB.滤液

9、中含大量的HCO3-C.反响Y的离子方程式是2AlO2-+CO2+3H2O2AlOH3+CO32-D.滤液中通入过量的X的目的是使AlO2-充分沉淀而不引进杂质解析:根据铝土矿的成分,Fe2O3属于碱性氧化物,不与NaOH反响,Al2O3属于两性氧化物,与NaOH反响生成NaAlO2,SiO2属于酸性氧化物,与NaOH反响生成Na2SiO3,因此滤液中的成分是Na2SiO3、NaAlO2以及过量NaOH,A正确;参加CaO后,CaO与水反响生成 CaOH2,CaOH2+Na2SiO3CaSiO3+2NaOH,滤液中含有NaAlO2,通入足量的CO2,发生AlO2-+CO2+2H2OAlOH3+

10、HCO3-,故B正确、C错误;碳酸的酸性强于氢氧化铝,通入足量的CO2,产生氢氧化铝沉淀,不引入新杂质,故D正确。8.分别将23 g Na、24 g Mg、27 g Al投入到1 L 1.25 mol/L硫酸溶液中,充分反响后产生的气体体积比为CA.123B.122C.245D.236解析:23 g Na、24 g Mg、27 g Al的物质的量均是1 mol,钠可与水反响生成氢气,而Mg、Al只能与硫酸反响,故Na与酸反响时,Na会完全反响,由2NaH2可知1 mol Na完全反响,生成氢气的物质的量为0.5 mol;1 L 1.25 mol/L硫酸溶液中硫酸的物质的量=1 L1.25 mo

11、l/L=1.25 mol,那么Mg+H2SO4稀MgSO4+H21 mol 1 mol金属镁缺乏,由方程式可知生成氢气为1 mol2Al+3H2SO4稀Al2SO43+3H21 mol 1.5 mol故硫酸缺乏,由方程式可知生成氢气为1.25 mol因此一样条件下产生的气体体积比为0.5 mol1 mol1.25 mol=245。9.有关以下流程的判断正确的选项是DA.流程中涉及的反响均为非氧化复原反响B.反响产生的阴离子主要为CO32-C.反响在实验室中应在蒸发皿中进展D.反响的条件是对熔融状态下的反响物进展电解解析:电解熔融氧化铝制备单质铝属于氧化复原反响,A错误;过量二氧化碳和偏铝酸钠溶

12、液反响生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠,反响产生的阴离子主要为HCO3-,B错误;灼烧氢氧化铝固体应该用坩埚,C错误;电解熔融氧化铝制备单质铝,反响的条件是对熔融状态下的反响物进展电解,D正确。10.某白色粉末由两种物质组成,为鉴别其成分进展如下实验:取少量样品参加足量水仍有部分固体未溶解;再参加足量稀盐酸,有气泡产生,固体全部溶解;取少量样品参加足量稀硫酸有气泡产生,振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为CA.NaHCO3、AlOH3B.AgCl、NaHCO3C.Na2SO3、BaCO3 D.Na2CO3、CuSO4解析:NaHCO3、AlOH3中参加足量稀硫酸有气泡产生,生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化

13、碳和水,最终无固体存在,A错误;AgCl不溶于水和酸,参加水后,碳酸氢钠溶解,而AgCl不溶,再参加足量稀盐酸,AgCl仍然不溶,固体不能全部溶解,B错误;亚硫酸钠和碳酸钡中参加水,碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解,参加稀盐酸,碳酸钡与盐酸反响生成氯化钡、二氧化碳和水,固体全部溶解,再将样品参加足量稀硫酸,稀硫酸和碳酸钡反响生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水,符合题意,C正确;Na2CO3、CuSO4中参加足量稀硫酸,振荡后无固体存在,D错误。11.向含有0.1 molL-1 AlCl3和0.3 molL-1 NH4Cl的混合液1 L中参加0.1 molL-1 NaOH溶液,以下各图纵坐标为沉淀的物质

14、的量,横坐标为参加试剂的体积正确的选项是A解析:Al3+的物质的量为0.1 mol,先与OH-反响,生成 0.1 mol AlOH3沉淀,Al3+3OH-AlOH3,消耗NaOH 0.3 mol,体积为3 L;然后发生NH4+OH-NH3H2O,NH4+为0.3 mol,消耗NaOH 0.3 mol,体积为3 L,最后,AlOH3溶于NaOH中,AlOH3+NaOHNaAlO2+2H2O,0.1 mol AlOH3消耗0.1 mol NaOH,体积为1 L,故A正确。12.铝镁合金是制造飞机的重要材料。为测定已除去外表氧化膜的某铝镁合金假设不含共他元素中镁的质量分数,学习小组同学设计了如下两种

15、实验方案。方案1准确称取a g铝镁合金样品与足量NaOH溶液反响,经过滤、洗涤、枯燥后,称量剩余固体的质量。该样品与NaOH溶液反响的化学方程式是 假设剩余固体质量为b g,那么铝镁合金中镁的质量分数是列出计算式即可。假设未洗涤过滤后的滤渣,那么最终测量结果会填“偏低“偏高或“不影响。方案2将铝镁合金与足量稀硫酸反响,测定生成气体的体积。1同学们选用甲装置进展实验:实验开场时,先翻开分液漏斗上口的玻璃塞,再轻轻翻开其活塞,一会儿后稀硫酸就不能顺利滴入锥形瓶。请你帮助分析原因是 2同学们经讨论认为甲装置有两个方面会引起较大误差,分别是 和3于是他们设计了实验装置乙。乙中导管a的作用是 假设实验前

16、后滴定管中液面读数分别为V1 mL、V2 mL。那么产生氢气的体积为mL。解析:方案1铝和氢氧化钠溶液反响,镁不与氢氧化钠溶液反响,因此反响方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2;剩余固体是镁,那么镁的质量分数为ba100%;未洗涤滤渣,滤渣外表沾有杂质,造成镁的质量增大,最终测量结果会偏高。方案21铝、镁与稀硫酸反响生成氢气,造成装置内气体压强大于分液漏斗中的压强。2反响过程中滴入的稀硫酸会排出装置中的空气,造成所测的氢气的体积偏大;连接广口瓶和量筒的导管中有少量的水存在,使所测氢气体积偏小。3导管a的作用相当于连通器的作用,使内外压强一样,液体顺利滴下,同时滴入锥形瓶的

17、稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积,消除了由于参加稀硫酸引起的氢气体积误差;排出水的体积为氢气的体积,两次的体积差为测定氢气的体积,滴定管刻度从上到下增大,搜集氢气后滴定管内液面读数减小,因此氢气的体积为V1-V2mL。答案:方案12Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2ba100%偏高方案21Mg、Al与稀硫酸反响生成气体,使锥形瓶中气体压强变大2稀硫酸滴入锥形瓶中,会将瓶内空气排出使所测氢气体积偏大实验完毕时,连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在,使所测氢气体积偏小3使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等,翻开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下,且滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入

18、分液漏斗的气体体积,消除了由于参加稀硫酸引起的氢气体积误差V1-V213.铝土矿的主要成分是Al2O3,含有杂质SiO2、Fe2O3、MgO。工业上从铝土矿中提取铝可采用如下图工艺流程:请答复以下问题:1图中涉及别离溶液与沉淀的实验方法是填操作名称,此操作需要用到的玻璃仪器、。2沉淀B的成分是填化学式,下同,沉淀C的成分是 。3写出生成溶液D的离子方程式 4物质M转化为铝的化学方程式为 溶液D中通入过量CO2生成沉淀F的离子方程式为 解析:1别离不溶于水的固体和液体,可用过滤的方法,需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯。2铝土矿加过量盐酸溶解,MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反响溶解,反响方程式分别为:MgO+2HClMgCl2+H2O,Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O,Al2O3+6HCl2AlCl3+3H2O,而SiO2不与盐酸反响,所以沉淀B为不溶物SiO2;滤液A中含有的阳离子有Fe3+、Al3+、Mg2+、H+,参加过量烧碱,氢离子和氢氧化钠反响生成水,镁离子、铁离子和铝离子都和氢氧化钠反响生成氢氧化物沉淀,氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中