高考化学一轮复习课时分层训练14铝及其化合物鲁科版

【2019最新】精选高考化学一轮复习课时分层训练14铝及其化合物鲁科
版
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A级基础达标
1．下列叙述中错误的是( )
A．Al与稀HNO3反应可生成H2
B．Al、Al2O3、Al(OH)3都可溶于NaOH溶液和盐酸中C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加过量NaHSO4溶液，沉淀消失D．能用同一个离子方程式表示氨水滴入Al2(SO4)3溶液和Al2(SO4)3溶液滴入
浓氨水的反应
A [稀HNO3具有强氧化性，与Al反应生成的不是H2。

]
2．(2018·青岛模拟)下列说法不正确的是( ) A．铝箔插入稀硝酸中，无现象，说明铝箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜
B.
如右图所示，①中为AlCl3溶液，②中为浓氨水，①中有白色沉淀生成
C．Al2O3Na[Al(OH)4](aq)Al(OH)3
D．AlCl3溶液中滴加NaOH溶液后铝的存在形式：
A [铝与稀HNO3发生反应有NO生成，不能形成氧化膜，A不正确；浓氨水挥发
出的NH3被AlCl3溶液吸收生成白色沉淀Al(OH)3，B正确；Al2O3为两性氧化物与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，Na[Al(OH)4]溶液遇CO2生成Al(OH)3，C正确；当
n(NaOH)∶n(AlCl3)＝3时，恰好生成Al(OH)3，当n(NaOH)∶n(AlCl3)＝4时，恰好
生成Na[Al(OH)4]，D正确。

] 3．某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2＋、K＋杂质
离子并尽可能减少AlCl3的损失。

下列说法正确的是( )
【导学号：95160080】A．NaOH溶液可以用氨水来代替
B．溶液a中含有Al3＋、K＋、Cl－、Na＋、OH－
C．溶液b中只含有NaCl
D．向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH
D [A项用氨水将会使Al3＋、Mg2＋均沉淀下来，达不到分离的目的；B项溶液a中，Al3＋已转化为[Al(OH)4]－；C项b中含有KCl、NaCl、HCl等物质；D项若不控制pH，沉淀a[Al(OH)3]将不能分离出来。

]
4．(2015·山东高考)某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。

下列化合物中符合上述条件的是( ) A．AlCl3 B．Na2O
C．FeCl2 D．SiO2
A [A.铝和氯气反应生成氯化铝，氯化铝和碳酸氢钡反应的离子方程式为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。

B.氧化钠加入碳酸氢钡溶液中只产生碳酸钡沉淀，没有气体产生。

C.铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁。

D.二氧化硅和碳酸氢钡溶液不反应。

]
5.(2014·安徽高考)室温下，在0.2 mol·L－1Al2(SO4)3
溶液中，逐滴加入1.0 mol·L－1NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是( ) A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3＋水解，离子方程式为：Al3＋＋3OH－
B．a～b段，溶液pH增大，Al3＋浓度不变
C．b～c段，加入的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀
D．d点时，Al(OH)3沉淀开始溶解
C [A.Al2(SO4)3为强酸弱碱盐，Al3＋水解使溶液显酸性，水解离子方程式为：Al3＋＋＋3H＋，A错误。

B.a～b段，加入NaOH消耗H＋，使Al3＋＋＋3H＋反应正向进行，Al3＋的浓度减小，B错误。

C.b～c段，pH变化不明显，说明OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀，C正确。

D.c～d过程中，pH 变化较大，说明发生了反应：Al(OH)3＋NaOH===Na[Al(OH)4]，所以c点以后Al(OH)3开始溶解，D错误。

]
6．把X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，反应现象不同的是 ( )
B [A、C
现象均相同；B项，若将Na[Al(OH)4]溶液滴入盐酸中，开始盐酸过量，没有沉淀生成，随着Na[Al(OH)4]溶液的增多，会产生白色沉淀Al(OH)3，若将盐酸滴入Na[Al(OH)4]溶液中，开始盐酸少量，会立即产生白色沉淀Al(OH)3，随着加入盐酸的过量，最后白色沉淀逐渐溶解，反应现象不同，符合题意。

]
7．甲和乙两烧杯中各盛有100 mL 0.2 mol·L－1 AlCl3溶液，向两烧杯中分别加入相同体积、相同浓度的NaOH溶液和氨水，两烧杯中都有沉淀生成。

下列判断正确的是( )
【导学号：95160081】A．实验过程中甲中和乙中的现象始终保持一致
B．甲中沉淀一定比乙中的少
C．甲中沉淀可能比乙中的多
D．乙中沉淀可能比甲中的多
D [Al(OH)3能溶于NaOH溶液，而不溶于氨水，NaOH溶液和氨水均为一元碱的水溶液，根据加入的碱溶液的量进行分析，可能出现以下几种情况：①若加入的碱溶液均不足量或均恰好完全反应生成Al(OH)3，则甲、乙中的现象一致，生成沉淀的量相等；②若加入的碱溶液均过量，过量的NaOH会使生成的Al(OH)3沉淀部分溶解或完全溶解，而加入氨水的烧杯中生成的Al(OH)3不会溶解。

综上分析，只有D 项符合题意。

]
8．利用铝灰(主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等)制备铝鞣剂[主要成分为Al(OH)2Cl]的一种工艺如下：
(1)气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

铝灰在90 ℃水解生成A的化学方程式为____________________________。

“水解”采用90 ℃而不在室温下进行的原因是___________________________________________________
________________________________________________________________。

(2)“酸溶”时，Al2O3发生反应的离子方程式为_______________________
________________________________________________________________。

(3)“氧化”时，发生反应的离子方程式为_____________________________
_______________________________________________________________。

(4)“废渣”成分为________(填化学式)。

(5)采用喷雾干燥而不用蒸发的原因是_______________________________
________________________________________________________________。

【解析】铝灰主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等加入水发生反应，AlN和水反应生成氢氧化铝和氨气，加入盐酸酸溶后，生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液，加入漂白剂氧化亚铁离子为铁离子，加入纯碱调节溶液pH使铁离子全部沉淀，采用喷雾干燥制备铝鞣剂。

(1)气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成的是氨气，铝灰中的AlN和水发生水解反应生成氢氧化铝沉淀和氨气，反应的化学方程式为AlN＋3H2OAl(OH)3＋NH3↑，加热可以促进氮化铝水解生成氨气，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3
逸出。

(2)氧化铝是两性氧化物，酸溶时和盐酸发生反应生成氯化铝溶液，其反应的离子方程式为Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O。

(3)加入漂白液的作用是利用次氯酸根离子在酸溶液中的强氧化性氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋ClO－===2Fe3＋＋Cl－＋H2O。

(4)上述分析可知“废渣”成分为氢氧化铁沉淀，化学式为Fe(OH)3。

(5)铝鞣剂主要成分为Al(OH)2Cl，在加热蒸发时会发生水解，为防止水解利用喷雾干燥，减少铝鞣剂水解。

【答案】(1)AlN＋3H2OAl(OH)3＋NH3↑加快AlN水解反应速率；降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出
(2)Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O
(3)2Fe2＋＋2H＋＋ClO－===2Fe3＋＋Cl－＋H2O
(4)Fe(OH)3
(5)防止Al(OH)2Cl水解生成Al(OH)3
B级专项突破
9．下列各组物质，不能按abc(“―→”表示反应一步完成)关系转化的是( )
C [A、B、
、、，C项中Al不能经一步反应转化为
Al(OH)3。

]
10．向甲溶液中缓慢滴加乙溶液，反应生成沉淀的质量如图所示，其中符合图像的一组是 ( )
C [A
应不存在，与图像变化不符；B项，向甲溶液中缓慢滴加Ba(OH)2溶液时，不存在沉淀部分溶解的反应，与图像变化不符；C项，在甲溶液中加入NaOH溶液时，NaOH 先与盐酸反应，没有沉淀生成；随后Al3＋、Fe3＋开始沉淀，当两种离子沉淀完全后，OH－和NH反应，此时沉淀质量不变，最后OH－与Al(OH)3反应，沉淀部分溶解与图像变化相符；D项，向甲溶液中加硫酸时，最终沉淀会全部溶解，与图像变化不符。

]
11．向等物质的量浓度的Na[Al(OH)4]、Na2SiO3、Na2CO3、NaOH混合溶液中逐滴加入1 mol·L－1的盐酸，生成沉淀的物质的量与加入盐酸的体积关系如图所示。

下列有关说法不正确的是( )
A．在O～a段加入的盐酸与NaOH发生中和反应
B．b～c段反应的离子方程式为H＋＋CO===HCO－3
C．在滴加盐酸的全过程中主要粒子参与反应的先后顺序是OH－、SiO、CO、HCO、[Al(OH)4]－、Al(OH)3
D．在e～f段，盐酸与Al(OH)3反应生成AlCl3，使沉淀部分溶解
C [HCl溶液应先与OH－反应，A项正确；由图像中耗用HCl溶液的体积可知，在b～c段HCl与CO反应转化为HCO，B项正确；从消耗HCl溶液的体积可推知，在滴加盐酸的全过程中主要粒子参与反应的先后顺序是：OH－、SiO、CO、[Al(OH)4]－、HCO、Al(OH)3，C项错误；在e～f段发生反应的离子方程式为Al(OH)3＋3H＋
===Al3＋＋3H2O，而H2SiO3不溶于HCl溶液，D项正确。

]
12．(2018·黄冈高三检测)某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。

(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。

(1)若Y是盐酸，则Oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是________，ab段发生反应的离子是________，bc段发生反应的离子方程式为____________________________________________________________________ _______________________________________________________________。

(2)若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的阳离子是________，其物质的量之比为________，ab段反应的离子方程式为___________________________。

【解析】溶液为无色，说明溶液X中不含Fe3＋；若Y为盐酸，由图像的特点判断溶液X中一定含有[Al(OH)4]－、SiO、CO，其中Oa段发生的离子反应为[Al(OH)4]－＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O，SiO＋2H＋===H2SiO3↓，故转化为沉淀的离子为SiO、[Al(OH)4]－；ab段发生的离子反应为CO＋H＋===HCO，HCO＋H＋===H2O ＋CO2↑，但仅有CO来源于X溶液；bc段发生的离子反应为Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O。

若Y为NaOH溶液，由图像特点判断溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋、NH。

其中Oa段发生离子反应为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓；ab段发生的离子反应为NH＋OH－===NH3·H2O；bc段发生的离子反应为Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－；n(Al3＋)∶n(Mg2＋)∶n(NH)＝1∶(4－1×3)×∶2＝2∶1∶4。

【答案】(1)SiO、[Al(OH)4]－CO Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O (2)Al3＋、Mg2＋、NH 2∶1∶4
NH＋OH－===NH3·H2O
13．(2015·天津高考，节选)向盛有10 mL 1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液的烧杯中滴加1 mol·L－1 NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如下：
【导学号：95160082】
(1)写出m点反应的离子方程式：___________________________________
____________________________________________________________________ ____。

(2)若在NH4Al(SO4)2溶液中改加20 mL 1.2 mol·L－1 Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为________mol。

【解析】(1)向NH4Al(SO4)2溶液中加入NaOH溶液，由图像分析，先发生Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，之后是NH＋OH－===NH3·H2O，最后是沉淀的溶解：Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－，故m点的离子反应为NH＋OH－===NH3·H2O。

(2)因NH4Al(SO4)2的物质的量为0.01 L×1 mol·L－1＝0.01 mol，Ba(OH)2的物质的量为0.02 L×1.2 mol·L－1＝0.024 mol，产生沉淀的反应有两类，一是SO＋Ba2＋===BaSO4↓，n(SO)＝0.01 mol×2＝0.02 mol,0.02 mol<0.024 mol，故n(BaSO4)＝0.02 mol；二是OH－参与的反应，
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
0．01 mol 0.03 mol 0.01 mol
OH－余0.024 mol×2－0.03 mol＝0.018 mol，之后发生反应：NH＋OH－===NH3·H2O，n(NH)＝0.01 mol，再消耗OH－ 0.01 mol，则剩余OH－为0.018 mol －0.01 mol＝0.008 mol，最后发生沉淀的溶解：Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－，OH－为0.008 mol，溶解Al(OH)3 0.008 mol，则剩余Al(OH)3为0.01 mol－0.008 mol＝0.002 mol。

溶液中产生沉淀的物质的量为0.02 mol＋0.002 mol＝0.022 mol。

【答案】(1)NH＋OH－===NH3·H2O
(2)0.022
铝是现今人类生产生活中使用广泛性仅次于铁的重要金属。

工业上常以“钒土
矿”为原料来冶炼金属铝。

已知：钒土矿的主要成分是Al2O3(其中含有Fe2O3、SiO2等杂质)。

为了检测某“钒土矿”样中Al2O3的含量，进行了如下实验过程：
①取矿样10.0 g加入过量稀盐酸溶解(假定其他未知成分的杂质都不溶于盐酸，也不和盐酸反应)，过滤弃去不溶残渣。

②将滤液稀释并在250 mL容量瓶中定容后，取25.0 mL逐滴滴加2.0 mol·L －1的NaOH溶液，得到如图所示的变化关系。

请根据有关数据回答下列问题：
(1)写出滴加NaOH溶液24～30 mL时发生反应的离子方程式：____________________________________________________________________。

(2)最后所得不溶于NaOH溶液的沉淀的化学式为________，其物质的量为________。

(3)该钒土矿样中Al2O3的质量分数为________。

【解析】(2)①中加入过量盐酸过滤后得到的滤液中含有AlCl3、FeCl3和HCl，不溶残渣为SiO2，②中滴加NaOH溶液至过量得到的沉淀为Fe(OH)3，溶液中含有NaOH、Na[Al(OH)4]和NaCl。

根据24～30 mL段，n(Al3＋)＝n[Al(OH)3]＝2.0 mol·L －1×0.006 L＝0.012 mol，根据Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓、Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，则3n(Al3＋)＋3n(Fe3＋)＝(24－3)×10－3 L×2.0 mol·L－1＝0.042 mol，故n(Fe3＋)＝(0.042 mol－0.012 mol×3)×＝0.002 mol。

(3)10.0 g矿样中n(Al2O3)＝0.012 mol××10＝0.06 mol，故Al2O3的质量分数为×100%＝61.2%。

【答案】(1)Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－
(2)Fe(OH)3 2.00×10－3 mol (3)61.2%
C级能力提升
14．将镁铝合金5.1 g溶于300 mL 2 mol·L－1稀盐酸中，标准状况下放出气体5.6 L，向反应后的溶液中加入500 mL NaOH溶液充分反应，最终产生白色沉淀。

下列有关说法不正确的是( )
A．生成白色沉淀的最大质量为13.6 g
B．溶解5.1 g镁铝合金时，剩余HCl的物质的量为0.1 mol
C．5.1 g镁铝合金中含有镁、铝的质量分别为2.4 g、2.7 g
D．若白色沉淀只有Mg(OH)2，则NaOH溶液的浓度至少为1.2 mol·L－1
D [设镁铝合金中Mg、Al的物质的量分别为x mol、y mol，则24x＋27y＝5.1，x＋1.5y＝，解得x＝0.1，y＝0.1，故生成白色沉淀的最大质量为58 g·mol－1×0.1 mol＋78 g·mol－1×0.1 mol＝13.6 g，A项正确；剩余HCl的物质的量为0.3 L×2 mol·L－1－×2＝0.1 mol，B项正确；镁铝合金中Mg、Al的质量分别为2.4 g、2.7 g，C项正确；若白色沉淀只有Mg(OH)2，且反应后NaOH无剩余，则滤液为NaCl、Na[Al(OH)4]溶液，n(NaOH)＝n(HCl)＋n(Al)＝0.3 L×2 mol·L－1＋0.1 mol＝0.7 mol，故c(NaOH)≥＝1.4 mol·L－1，D项错误。

]
15．氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。

某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的质量分数，设计如下两种实验方案。

【导学号：95160083】已知：AlN＋NaOH＋3H2O===Na[Al(OH)4]＋NH3↑
[方案1] 取一定量的样品，用图1装置测定样品中AlN的质量分数(夹持仪器已略去)。

图1 图2
(1)图1中碱石灰和球形干燥管的作用分别是__________________、__________________。

(2)完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先______，再加入实验药品。

接下来的实验操作是________，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液至不再产生气体，打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置在反应前后的质量变化。

通入氮气的目的是_____________________________________________________
_______________________________________________________________。

(3)由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见_____________________。

[方案2] 用图2装置测定m g样品中AlN的质量分数(部分夹持装置已略去)。

(4)为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是________(填字母序号)。

a．CCl4 b．H2O c．NH4Cl溶液d．苯
(5)若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为V mL(标准状况)，则AlN的质量分数为________。

若将a处胶管用弹簧夹夹住，其他操作均不变，则最终测定的结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

【解析】(1)分析装置和仪器作用，碱石灰吸收A中挥发出来的水蒸气；氨气与浓硫酸能发生反应，易发生倒吸，故C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸。

(2)组装好实验装置，根据原理可知有NH3生成，制备气体时需要先检查装置的气密性，气密性完好，再加入实验药品，接下来关闭K1，打开K2，打开分液漏斗的活塞，加入NaOH浓溶液，反应至不再产生气体，打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置在反应前后的质量变化，通入氮气的目的是把装置中生成的氨气全部赶入C装置被浓硫酸吸收，准确测定C装置在反应前后的质量。

(3)装置存在的缺陷是C装置与外界相通，空气中的水蒸气也可以进入C装置，使测定结果偏高，故需要在C装置出口处连接一个盛有碱石灰的干燥管。

(4)依据氨气极易溶于水的性质分析。

CCl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳的方法测定氨气的体积，故a正确；氨气极易溶于水，不能用排水法测定氨气的体积，故b错误；氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl 溶液的方法测定氨气的体积，故c错误；氨气不溶于苯，可以利用排苯的方法测定氨气的体积，故d正确。

(5)若m g样品完全反应，测得生成氨气的体积为V mL(已转换为标准状况)，
AlN＋NaOH＋3H2O===Na[Al(OH)4]＋NH3↑
41 22.4 L
m′＝ g V×10－3 L
则AlN的质量分数＝×100%＝×100%。

若将a处胶管用弹簧夹夹住，滴入的NaOH 溶液体积引起气体体积增大。

【答案】(1)干燥氨气防止倒吸
(2)检查装置气密性关闭K1，打开K2 把装置中残留的氨气全部赶入C装置
(3)C装置出口处连接一个干燥装置
(4)ad
(5)×100%偏大
(2015·浙江高考)某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制备七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是( )
A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B．固体1中一定有SiO2，控制pH是为了使Al3＋转化为Al(OH)3进入固体2 C．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
D [A项，由题意知，要制得的产物是FeSO4·7H2O(硫酸盐)，故溶解烧渣应选用硫酸，以防引入其他的杂质离子，溶液1中含有Fe3＋，需加入Fe使之转化为Fe2＋，A项正确；B项，根据烧渣的成分，加入硫酸后只有SiO2不能溶于硫酸，固体1中一定有SiO2，同时，根据溶液2及最终产物可以判断，控制pH是为了使
Al3＋沉淀为Al(OH)3，B项正确；C项，从溶液2得到FeSO4·7H2O，要防止Fe2＋在空气中被O2氧化，同时防止FeSO4·7H2O分解失水，C项正确；D项，改变方案，在溶液1中加入过量NaOH可以将Al3＋转化为[Al(OH)4]－，Fe3＋沉淀为Fe(OH)3，但是加硫酸溶解后生成的是Fe2(SO4)3，不是FeSO4，D项错误。

]。