2018年化学高考题分类解析考点11 镁、铝元素单质及其重要化合物

高考试题分类解析PAGE考点11镁、铝元素单质及其重要化合物一、选择题1.(2018·全国卷Ⅱ·7)化学与生活密切相关。下列说法错误的是()A.碳酸钠可用于去除餐具的油污B.漂白粉可用于生活用水的消毒C.氢氧化铝可用于中和过多胃酸D.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查【命题意图】本题考查生活中的化学知识,意在考查学生利用所学化学知识解释生活中化学问题的能力。【解析】选D。碳酸钠溶液显碱性,会使油污中的油脂发生水解生成可溶性的物质而除去,故A项正确;漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2,其中Ca(ClO)2具有强氧化性能够杀菌消毒,可用于生活用水的消毒,故B项正确;胃酸的主要成分为HCl,而氢氧化铝能够中和胃酸,故可用于治疗胃酸过多,C项正确;碳酸钡能够溶于胃酸而形成可溶性的钡盐,重金属盐溶液能使蛋白质变性而造成人体中毒,故D项错误。【教材回扣】硫酸钡不溶于水,不溶于酸,不能够被X射线透过,因此在医学上常用作钡餐,用于肠胃X射线造影检查。2.(2018·江苏高考·3)下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 ()A.NaHCO3受热易分解,可用于制胃酸中和剂B.SiO2熔点高硬度大,可用于制光导纤维C.Al2O3是两性氧化物,可用作耐高温材料D.CaO能与水反应,可用作食品干燥剂【命题意图】本题考查物质的性质与用途,较易。【解析】选D。A项,NaHCO3可以与胃酸中的HCl反应,不是因为其可以受热分解的性质,错误;B项,SiO2具有利用光的全反射作用来传导光线的能力,用作光导纤维不是因为其熔点高硬度大,错误;C项,Al2O3用作耐高温材料是因为其熔点高,错误;D项,CaO可以吸水,故可作食品干燥剂,正确。【易错警示】本题一定要把握“性质决定用途”这一观点,并且要理清什么样的用途是由什么性质决定的,不能张冠李戴。3.(2018·江苏高考·6)下列有关物质性质的叙述一定不正确的是 ()A.向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液,溶液显红色B.KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体C.NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3D.Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2【命题意图】本题考查典型无机物的性质,较易。【解析】选A。A项,Fe2+与SCN-无红色出现,错误;B项,Al3+水解生成Al(OH)3胶体,方程式为Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,正确;C项,铵盐与碱加热可产生NH3,方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,正确;D项,Fe3+可以氧化Cu,方程式为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2,【易错警示】本题A项中KSCN遇Fe3+变红色,遇F4.(2018·江苏高考·9)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是 ()A.NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)B.Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)C.AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)D.Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)【命题意图】本题考查物质之间的相互转化,中等难度。【解析】选A。A项,2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3↓+2NaOH,正确;B项,2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑,NaAlO2与过量HCl反应生成Al3+,AlO2-+4H+Al3++2H2O,错误;C项,蔗糖无还原性,不可以发生银镜反应,错误;D项,Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe,Fe与HCl反应只能生成FeCl2,Fe+2HClFeCl2+H2↑,错误。【教材回扣】试题所选物质均为课本中重要的无机物,钠盐、铝及其化合物、银氨溶液等。二、非选择题5.(2018·江苏高考·16)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2,少量FeS2和金属硫酸盐)为原料,生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下:(1)焙烧过程均会产生SO2,用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为。

(2)添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧,其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知:多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃硫去除率=(1-焙烧后矿粉中硫元素总质量焙烧前矿粉中硫元素总质量①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时,去除的硫元素主要来源于。

②700℃焙烧时,添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低,其主要原因是。

(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2,铝元素存在的形式由(填化学式)转化为(填化学式)。

(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=。

【命题意图】本题考查高硫铝土矿制备氧化铝和Fe3O4的工业生产,难度中等。【解析】(1)过量的SO2与碱反应生成HSO3-。(2)①从流程看出来,加入FeS2焙烧会产生SO2。②加入CaO之后脱硫,SO2与CaO反应生成CaSO3再被O2氧化生成CaSO4,仍然残留在固体矿粉中,所以硫去除率低。(3)原料中的Al2O3被碱浸后,生成NaAlO2,通入过量的CO2,NaAlO2会转化为Al(OH)3沉淀,方程式为NaAlO2+CO2+2H2OAl(OH)3↓+NaHCO3。(4)Fe2O3与FeS2在隔绝O2的条件下反应生成Fe3O4和SO2,Fe2O3中Fe为+3价,FeS2中Fe为+2价,S为-1价,Fe3O4中Fe可看作+83价,Fe2O3中Fe降低23价,FeS2中Fe和S一共升高(23+5×2)价,根据得失电子守恒可确定:Fe2O3前配16,FeS2前配1,由此写出反应方程式为16Fe2O3+FeS211Fe3O4+2SO2,则n(FeS2)∶n(Fe2O答案:(1)SO2+OH-HSO3(2)①FeS2②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)1∶166.(2018·江苏高考·18)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末,反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液,反应方程式为(2-x)Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O2[(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑生成物(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。(1)制备碱式硫酸铝溶液时,维持反应温度和反应时间不变,提高x值的方法有。

(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中,溶液的pH(填“增大”“减小”“不变”)。

(3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值,测定方法如下:①取碱式硫酸铝溶液25.00mL,加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应,静置后过滤、洗涤,干燥至恒重,得固体2.3300g。②取碱式硫酸铝溶液2.50mL,稀释至25mL,加入0.1000mol·L-1EDTA标准溶液25.00mL,调节溶液pH约为4.2,煮沸,冷却后用0.08000mol·L-1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点,消耗CuSO4标准溶液20.00mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。计算(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。【命题意图】本题考查碱式硫酸铝的制备以及碱式硫酸铝化学式的确定,难度中等。【解析】(1)碱式硫酸铝是由Al2(SO4)3与CaCO3反应而得,(2-x)molAl2(SO4)3转化为2mol(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3,该过程就是要使Al2(SO4)3被消耗,可以通过增多CaCO3使得Al2(SO4)3被消耗,也可以通过搅拌,使反应物充分接触,而生成更多的产物。(2)(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中Al(OH)3可以吸收SO2,生成Al2(SO4)3,Al3+浓度增大,其水解出的H+浓度大,溶液酸性增强,即pH减小。(3)①可计算出25.00mL碱式硫酸铝溶液中,n(SO42-)=n(BaSO4)=0.0100mol。②用总的EDTA的量减去CuSO4消耗的EDTA的量,即为Al3+消耗的EDTA的量,由此得出2.5mL碱式硫酸铝溶液中的n(Al3+),扩大10倍得出③1mol(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中n(Al3+)=2(1-x)+x=(2-x)mol,n(SO42-)=3(1-x)mol,由此列式:n(Al3+)n答案:(1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率(2)减小(3)25mL碱式硫酸铝溶液中:n(SO42-)=n(BaSO4)=2.3302.5mL溶液中:n(Al3+)=n(EDT