新高考化学人教版一轮第三章金属及其重要化合物第2课时(含解析)

第三章第二课时一、选择题1．(2017

·宁鞍山一中一模辽

)铝在人体内积累可令人慢性中毒，

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，铝在以下使用途合须加以控制的是

(

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用明矾和小苏打混杂物作食品膨化剂

⑦制造炊具和餐具

⑧制防锈漆A．①③④⑤⑥⑦

B．②③④⑤⑥C．②③⑤⑦⑧

D．全部[剖析]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，不能能被人体摄入，应选A。2．(2016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(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的溶液反应，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．在浓硝酸中加入等体积的浓硫酸后，马上加入铝片，铝片表面发生钝化[剖析]镁比铝爽朗，不能够用铝粉与氧化镁共热制取镁，A错误；依照关系式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可吸取浓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．(2016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(C)A．氯化铝溶液和硫化钠溶液反应制备Al2S3B．用镁粉和空气反应制备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[剖析]硫化钠和氯化铝溶液反应，硫离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝积淀和硫化氢，A错误；镁粉在空气中和氧气也反应，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，错误。4．(2016·苏南通一调江)以下说法正确的选项是(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应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应冶炼铁[剖析]液态氨汽化时从周围环境吸取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，阻拦进一步反应，B错误；明矾溶于水生成的氢氧化铝胶体拥有吸附性，因此只能起到净水的作用，不能够达到消毒、杀菌的作用，

C错误；钢铁工业利用热还原法冶炼铁，

D错误。5．(2017·西省西安市铁一中一模陕)甲、乙、丙、丁均为中学化学常有的物质，它们之间的转变关系以下(反应条件及其他产物已略去)。以下说法正确的选项是(D)＋丁＋丁甲――→乙――→丙①②A．丁必然是氧化剂B．甲只能是S或N2C．乙必然是氧化物D．反应②可能是非氧化还原反应[剖析]如不是氧化还原反应，比方甲是AlCl3溶液，氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝积淀，氢氧化铝和过分氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，则A、B、C错误；如发生氧化还原反应，甲可能为S、Fe、N2等，只有D正确。应选D。6．以下操作能达到目的的是(D)A．将一块带有氧化膜的铝片与过分的浓NaOH溶液完好反应后，取澄清溶液将其蒸干，得纯净的NaAlO2固体B．向NaAlO2溶液中加入过分的AlCl3溶液，将所得积淀过滤冲洗，加热灼烧去掉水分，可得纯净的Al(OH)3固体C．把铝块与合适的稀盐酸完好反应，将所得溶液蒸干，可得AlCl3固体D．把AlCl3溶液与足量氨水反应，将积淀过滤、冲洗、灼烧去掉水分可得Al2O3固体[剖析]A项，混有NaOH固体；B项，灼烧获得的是Al2O3；C项，获得的是Al(OH)3和Al2O3。7．(2017贵·州省遵义航天一中一模)向100mL0.1mol/LAlCl3溶液中，加入cmol/LNaOH溶液100mL后，再滴加1mol/L盐酸，滴加盐酸的体积与生成积淀的质量关系如图所示，则加入的

NaOH

溶液的浓度为

(

D

)A．0.25mol/L

B．2mol/LC．1mol/L

D．0.5mol/L[剖析]据图象可知，0－10阶段盐酸与节余的NaOH反应，10－20阶段偏铝酸钠与盐酸反应生成氢氧化铝积淀，当加入20mL盐酸时积淀达到最大，此时溶质为NaCl；连续加入盐酸，当加入50mL盐酸时，氢氧化铝积淀恰好溶解，此时溶质为AlCl3和NaCl，原溶液中NaOH完好转变为NaCl，依照质量守恒可知：n(NaOH)＝n(NaCl)＝n(HCl)＝1mol/L×0.05L＝0.05mol，则加入的NaOH溶液的物质的量浓度为：0.05mol＝0.5mol/L，故c(NaOH)＝0.1L选D。8．(2016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以下两个实验方案。方案①：2.7gAl100mLHClNaOH积淀――→X溶液――→Al(OH)3方案②：2.7gAl100mLNaOHHCl――→Y溶液――→Al(OH)3积淀NaOH和HCl的浓度均是3mol/L

，如图是向

X溶液和

Y溶液中分别加入

NaOH

和

HCl

时产生积淀的物质的量与加入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

(

A

)A．b曲线表示的是向

X溶液中加入

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

恰好反应完D．X

溶液显酸性，

Y溶液显碱性[剖析]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，则Al和HCl恰好反应，NaOH过分。a曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液，b曲线表示的是向Y溶液中加入盐酸，

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，则方案②中对应的O点HCl恰好反应完好，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的混杂溶液，显碱性，D正确。9．(2016辽·宁沈阳二中期中)图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生积淀的物质的量。以下反应对应的曲线错误的选项是(D)A．向NaAlO2溶液中滴入HCl至过分B．向澄清石灰水中通入CO2至过分C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过分D．向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混杂溶液中通入CO2至积淀消失[剖析]向NaAlO2溶液滴入HCl至过分，发生的反应依次为NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3HCl===AlCl3＋3H2O，生成积淀和积淀溶解耗资HCl的物质的量之比为1︰3，A正确；向澄清石灰水中通入CO2至过分发生反应的方程式为Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O，CaCO3＋CO2＋H2O===Ca(HCO3)2，生成积淀和积淀溶解耗资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溶液至过分，发生反应的化学方程式为HCl＋NaOH===NaCl＋H2O、AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl、Al(OH)3＋NaOH===NaAlO

2＋2H2O，生成积淀与积淀溶解耗资

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

的混杂溶液中通入

CO2至积淀消失，发生反应的化学方程式CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O、CO2＋2KOH===K2CO3＋H2O、K2CO3＋CO2＋H2O===2KHCO3、CaCO3＋CO2＋H2O===Ca(HCO3)2，各段耗资CO2的物质的量之比为1︰0.5︰0.5︰1，D错误。10．(2016吉·林大学附中第四次摸底)在含有0.06molCl－、0.07molSO42－及必然量Mg2＋和Al3＋的混杂溶液中，滴入2mol/LNaOH溶液，产生积淀情况如图。若反应前Al3＋的物质的量为amol，Al3＋的物质的量与混杂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)。则以下说法错误的选项是(C)1A．a的取值范围是0<a<15B．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．若B点横坐标数值为120，则a＝0.04[剖析]若溶液中没有Mg2＋，依照溶液呈电中性，则0.06mol×1＋0.07mol×2＝amol×3，解得a＝1，因此a的取值范围是0<a<1，A正确；若溶液中只有Al3＋，则积淀质量m＝151578gmol·－1×1mol＝5.2g，若溶液中只有Mg2＋，依照溶液呈电中性，n(Mg2＋)＝(0.06mol1×15＋1m＝58g·mol－10.07mol×2)×＝0.1mol，则积淀质量×0.1mol＝5.8g，因此图中m的取值2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生成积淀，因此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－1×0.12L0.06mol－0.07mol×2＝0.04mol，即a＝0.04mol，D正确。11．agMg、Al合金完好溶解在－1。再向反应c1molL·、V1LHCl溶液中，产生bgH2后的溶液中加入－1、V2LNaOH溶液，恰好使积淀达到最大值，且积淀质量为dg。c2molL·以下关系错误的选项是(C)A．与金属反应后节余盐酸为(c1V1－b)molB．c1＝c2V2V1C．铝失去电子的物质的量为bmolD．d＝a＋17b[剖析]反应后的溶液中溶质为NaCl，依照Cl原子守恒可得c1V1＝c2V2，即c1＝c2V2，V1bB项正确；依照题意可知耗资的n(HCl)＝2×2mol＝bmol，故节余的HCl的物质的量为(c1V1b)mol，A项正确；题中的积淀为Al(OH)3、Mg(OH)2，故有n(OH－)＝n(H＋)＝2n(H2)，积淀质量为(a＋17b)g，D项正确；C项设n(Mg)＝xmol，n(Al)＝ymol，24x＋27y＝a，求得：y＝12b－a，则b2x＋3y＝2×2，9因此铝失电子的物质的量为(4b－a)mol，C项错误。312．(2017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(B)A．试剂X为稀硫酸B．反应Ⅱ中生成Al(OH)3的反应为：CO2＋AlO－＋2H－220===Al(OH)3↓＋HCO3＋－2－＞OH－C．结合质子(H)的能力由强到弱的序次是AlO2＞CO3D．Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3冶炼Al[剖析]A．分别氧化铝和氧化铁，只能用氢氧化钠溶液，不能能用酸，因氧化铝与氢氧化钠反应，氧化铁不反应，但二者都可与酸反应，故A错误；B．铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质)中加入过分的氢氧化钠今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积淀，即CO2＋AlO2－＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3－，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HCO－3＞Al(OH)3＞H2O，碱性：OH－＞AlO－2＞CO23－，因此结合质子能力：OH－＞AlO－2＞CO23－，故C错误；D．Al爽朗性较强，氯化铝是共价化合物，因此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．(2016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相同的实验方案：NaOH溶液方案一：铝镁合金――→测定生成气体的体积盐酸方案二：铝镁合金――→测定生成气体的体积方案三：铝镁合金盐酸过分NaOH溶液过滤、冲洗、灼烧、冷却称量灼烧产物的――→溶液――→――→质量。(1)写出方案一中发生反应的离子方程式2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑。(2)实验小组依照方案二设计了两个实验装置，以以下列图(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加入过分NaOH溶液时，生成积淀的质量与加入NaOH溶液体积的关系可用数轴关系表示：请你判断，依照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“不能够”)以下①②两题选一题作答。①若不能够求出合金中镁的质量分数，请说明原由________。②若能求出合金镁的质量分数，则镁的质量分数为__30.8%__。[剖析](1)镁和氢氧化钠溶液不反应，但铝是能够的，反应的离子方程式是2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑。(2)依照装置构造特点可知，乙装置中能够使盐酸与合金的反应随时停止，操作简单，因此实验更合理，误差更小。(3)灼烧获得的是氧化镁，因此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)依照数轴可知，溶解氢氧化铝耗资的氢氧化钠溶液是60mL－50mL＝10mL，则生成氢氧化铝耗资的氢氧化钠溶液体积应该是30mL；因此生成氢氧化镁耗资的氢氧化钠溶液体积是50mL－10mol－30mL＝10mL，则依照方程式Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，可知Al和Mg的物质24的量之比是2︰1的，则镁的质量分数是24＋2×27×100%＝30.8%。14．(2016·京大兴区期末北)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，流程以下：已知：AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华(1)Cl2的电子式为︰Cl︰Cl︰。(2)氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为Al2O3＋3Cl2＋高温。3C=====2AlCl3＋3CO炉气中节余的少量Cl2，可用NaOH溶液吸取，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应后需降温实现FeCl3和AlCl3的分别。请选择合适的温度范围__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含量可经过以下操作测得(部分物质略去)。mg样品过分NaOH溶液过分CO2△――→NaAlO2溶液――→Al(OH)3――→ngAl2O3过滤过滤冷却计算该样品中AlCl3的质量分数为267n×100%(结果用m、n表示，不用化简)。102m[剖析](1)Cl2是经过共价键形成的单质，故其电子式为︰Cl︰Cl︰。(2)由流程图知在氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应生成AlCl3、CO；炉气中节余的少量Cl2，可用NaOH溶液吸取生成NaCl和NaClO。(3)AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华，为实现FeCl3和AlCl3的分别，应使温度介于183℃和315℃之间。(4)ngAl2O3中Al元素的物质的量为2nmol，依照元素守恒，样品中