2019届高考化学一轮复习顶层设计配餐作业：7 《铝、镁及其化合物》 含解析 练习

配餐作业(七)　铝、镁及其化合物

►►见学生用书P369

1．科学家发明的透明坚硬镁铝氧化物新型材料，可以用作显示器和手机屏幕。下列有关镁和铝的说法正确的是(　　)

A．镁的金属性比铝弱

B．镁和铝的氧化物都可以与盐酸反应

C．镁和铝原子的最外层电子数都为3

D．镁和铝的氧化物都可以与氢氧化钠溶液反应

解析　镁的金属性比铝强，A项错误；镁和铝的氧化物都可以与盐酸反应，B项正确；镁和铝原子的最外层电子数分别是2和3，C项错误；氧化铝是两性氧化物，可以与氢氧化钠溶液反应，氧化镁是碱性氧化物，与氢氧化钠溶液不反应，D项错误。

答案　B

2．用含有少量Mg的Al片制取纯净的Al(OH)3，下列操作中最恰当的组合是(　　)

①加盐酸溶解　②加NaOH溶液　③过滤　④通入过量CO2生成Al(OH)3　⑤加盐酸生成Al(OH)3

⑥加过量氨水生成Al(OH)3

A．①⑥③  B．①③⑥③

C．②③④③  D．②③⑤③

解析　2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑，Mg和NaOH溶液不反应，过滤后向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀，再过滤即得到Al(OH)3。

答案　C

3．铝箔在酒精灯上加热至熔化的实验现象与下列性质的叙述无关的是(　　)

A．铝表面可形成一层氧化物保护膜

B．铝的熔点较低

C．Al2O3熔点高，酒精灯不能将其熔化

D．铝能与酸或强碱溶液反应

解析　铝箔在酒精灯上加热至熔化看到的实验现象是铝熔化但不滴落，原因是铝在加热条件下与空气中的氧气反应生成致密的熔点较高的Al2O3薄膜，内部低熔点的铝虽熔化但不能滴落，可见该现象与D项叙述无关。

答案　D

4．欲将含有Mg2＋、Al3＋的混合溶液中的Mg2＋沉淀下来，下列措施可行的是(　　)

A．向混合溶液中加入过量的铝粉

B．向混合溶液中加入过量的盐酸

C．向混合溶液中加入过量的氨水

D．向混合溶液中加入过量的氢氧化钠溶液

解析　向混合溶液中加入过量的铝粉，不发生反应，不能将Mg2＋沉淀下来，A项错误；向混合溶液中加入过量的盐酸，不发生反应，不能将Mg2＋沉淀下来，B项错误；向混合溶液中加入过量的氨水，两种离子均转化为沉淀，C项错误；向混合溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，生成的氢氧化铝能溶解在强碱中，而氢氧化镁不能溶解，从而可将Mg2＋沉淀出来，D项正确。

答案　D

5．(2018·洛阳统考)镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如下图所示，下列判断不合理的是(　　)

A．Al、Ga均处于ⅢA族

B．Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3

C．Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2

D．酸性：Al(OH)3>Ga(OH)3

解析　镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA族，故A项正确；Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，故B项正确；Ga(OH)3属于两性氢氧化物，与Al(OH)3的性质相似，能与NaOH溶液生成NaGaO2，故C项正确；化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只有Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，是由于镓酸酸性强于碳酸，酸性Al(OH)3＜Ga(OH)3，故D项错误。

答案　D

6．(2018·沧州质量监测)向偏铝酸钠溶液中逐滴加入盐酸，溶液的pH值随着加入盐酸体积的变化曲线如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．a～b段的主要离子方程式为AlO＋4H＋===Al3＋＋2H2O

B．向c点溶液中滴加氨水，发生的离子方程式为

Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓

C．c～d段的主要离子方程式为Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O

D．向c点溶液中加入碳酸钠，发生的离子方程式为2Al3＋＋CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO2↑

解析　偏铝酸钠溶液中存在水解平衡AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－，所以溶液显碱性。向溶液中逐滴加入盐酸，a～b段H＋先与OH－反应；b～c段pH发生突变，主要发生H＋与AlO的反应，生成Al(OH)3和NaCl；c～d段盐酸过量后Al(OH)3与盐酸反应，生成AlCl3。a～b段的主要离子方程式为H＋＋OH－===H2O，故A项错误；c点Al3＋已沉淀完全，故B项错误；c～d段盐酸过量后Al(OH)3与盐酸反应，生成AlCl3，故C项正确；c点Al3＋已沉淀完全，故D项错误。

答案　C

7．下列关于铝的叙述中正确的是(　　)

A．由于铝在空气中不会锈蚀，所以铝制品的使用寿命都很长

B．由于铝具有强还原性，所以常用铝来冶炼某些高熔点金属

C．常温下，铝被浓硫酸钝化，所以可用浓硫酸除去铝表面的铜镀层

D．由于铝的导电性能比铜强，所以常用铝制造电线、电缆

解析　铝在空气中与O2反应，生成致密的氧化物薄膜，本身就易于锈蚀，A项错误；由于铝有强还原性，可利用铝热反应来冶炼难熔金属，B项正确；铜与浓硫酸常温下不反应，C项错误；铝的导电性比铜差但价格相对低廉，故常用铝制造电线，D项错误。

答案　B

8．向90 mL 0.1 mol·L－1的AlCl3溶液中，投入a g金属钠，欲使最终无沉淀生成，则a的最小值为(　　)

A．0.621  B．1.242

C．0.414  D．0.828

解析　n(AlCl3)＝0.1 mol·L－1×0.09 L＝0.009 mol，

加入金属钠至最终无沉淀生成的化学反应过程为

2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，

AlCl3＋4NaOH===NaAlO2＋3NaCl＋2H2O，

即消耗Na的物质的量最少为0.009 mol×4＝0.036 mol，

m(Na)＝0.036 mol×23 g·mol－1＝0.828 g。

答案　D

9．下列各组物质，不能按 (“―→”表示反应一步完成)关系转化的是(　　)

解析　各选项中物质间的转化为A项，Al2O3NaAlO2Al(OH)3Al2O3；B项，AlCl3Al(OH)3NaAlO2AlCl3；C项中，Al不能一步转化成Al(OH)3；D项，MgCl2Mg(OH)2MgOMgCl2。

答案　C

【知识纵横】

10．(2018·晋豫省际大联考)将等物质的量的Na2O2和Al同时放入足量的水中，充分反应后收集到混合气体4.48 L(标准状况下)，再向反应后的溶液中缓慢滴入1 mol/L盐酸至沉淀恰好溶解。下列说法错误的是(　　)

A．标准状况下，混合气体中氢气与氧气的体积比为3∶1

B．加入的固体过氧化钠为7.8 g

C．当滴加200 mL盐酸时，沉淀的质量达到最大值

D．最终消耗的盐酸为400 mL

解析　将等物质的量的Na2O2和Al同时放入足量的水中，分别进行的反应是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，两个反应中过氧化钠和单质铝刚好系数相等，可以认为是物质的量相等混合，方程式相加得到总反应为2Na2O2＋2Al＋4H2O===2NaAlO2＋2NaOH＋O2↑＋3H2↑。根据方程式，选项A正确；混合气体中氢气与氧气的体积比为3∶1，一共4.48 L(0.2 mol)，所以氢气为0.15 mol，氧气为0.05 mol。代入总方程式计算出Al为0.1 mol、过氧化钠为0.1 mol，则Na2O2质量为7.8 g，选项B正确；沉淀的质量达到最大值时是Al3＋恰好完全沉淀，所以溶液中只有一种溶质NaCl，其中Na元素完全来自于加入的0.1 mol过氧化钠，所以Na＋为0.2 mol，NaCl就是0.2 mol，由Cl守恒得到：需要的HCl为0.2 mol，所以滴加200 mL盐酸时，沉淀的质量达到最大值，选项C正确；最终沉淀恰好完全溶解的时候，溶液中含有NaCl和AlCl3，因为初始加入的过氧化钠和单质铝的物质的量都是0.1 mol，所以Na＋为0.2 mol，Al3＋为0.1 mol，所以NaCl和AlCl3的物质的量分别为0.2 mol和0.1 mol，其中含有Cl－共0.5 mol，所以加入的HCl为0.5 mol，需要的盐酸体积为500 mL，选项D错误。

答案　D

11. 把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16 g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1 mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，请回答：

 (1)A点的沉淀物的化学式为__________；B点的沉淀物的化学式为____________________。

(2)原混合物中MgCl2的质量是__________g，AlCl3的质量是__________g，NaOH的质量是________g。

(3)Q点HCl溶液加入量是__________mL。

解析　(1)因为在浊液中加入HCl溶液至10 mL，沉淀质量一直为1.16 g，说明浊液显碱性，Al元素以AlO形式存在，继续加入HCl溶液，AlO转变为Al(OH)3沉淀，加至30 mL时， AlO全部转变为Al(OH)3，所以在A点的沉淀物为Mg(OH)2，在A点至B点间，沉淀物为Mg(OH)2和Al(OH)3的混合物。当加入HCl溶液超过30 mL时，Mg(OH)2和Al(OH)3同时溶解。

(2)原混合物中：

m(MgCl2)＝×95 g/mol＝1.90 g，

又AlCl3～AlO～HCl

n(AlCl3)＝1 mol/L×(30－10)×10－3 L＝0.02 mol，

m(AlCl3)＝0.02 mol×133.5 g/mol＝2.67 g。

①浊液中存在的NaOH的物质的量为

NaOH　　＋　　HCl===NaCl＋H2O

0．01 mol　1 mol·L－1×0.01 L

②MgCl2消耗的NaOH的物质的量为

MgCl2～2NaOH

×2＝0.04 mol。

③AlCl3消耗的NaOH的物质的量为

Al3＋～4NaOH～AlO

0．02 mol×4＝0.08 mol。

NaOH的总质量为

(0.01 mol＋0.04 mol＋0.08 mol)×40 g/mol＝5.20 g。

(3)从B点开始，Al(OH)3―→AlCl3消耗的HCl的物质的量为0.02 mol×3＝0.06 mol，

Mg(OH)2―→MgCl2消耗的HCl的物质的量为

0．02 mol×2＝0.04 mol，

所消耗HCl溶液的体积为

×1 000 mL/L＝100 mL，

Q点HCl溶液的总体积为30 mL＋100 mL＝130 mL。

答案　(1)Mg(OH)2　Mg(OH)2和 Al(OH)3

(2)1.90　2.67　5.20　(3)130

12．某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下列物质之间的转化：

据此回答下列问题：

(1)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中分离溶液和沉淀采用的相同的操作是__________。

(2)写出下列B、C、D、E所含物质的化学式：固体B为_________________；沉淀C为__________________；沉淀D为____________；溶液E为______________。

(3)写出①②③④四个反应的化学方程式或离子方程式。

①__________________________________________________；

②__________________________________________________；

③__________________________________________________；

④__________________________________________________。

解析　由混合物A的成分可知制取固体B的流程为

其中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中共同的操作为过滤。

答案　(1)过滤

(2)Al2O3　Al2O3和Fe2O3　Fe2O3　K2SO4和(NH4)2SO4

(3)①Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O

②Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH

③AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓

④2Al(OH)3Al2O3＋3H2O

13．(2018·河南商丘月考)铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，如图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：

已知：

①铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、 Fe2O3等杂质；

②溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学反应方程式：2Na2SiO3＋2NaAlO2＋2H2O===Na2Al2Si2O8↓＋4NaOH。

回答下列问题：

(1)溶解铝土矿时，其成分与NaOH溶液发生反应的离子方程式：

__________________________________________________

__________________________________________________。

(2)滤渣A的主要成分为___________________；

硅铝酸盐沉淀写成氧化物的形式是____________________。

(3)在工艺流程第三步中，选用二氧化碳作酸化剂而不使用盐酸的原因是__________________________________________________。

(4)若该工厂用m kg铝土矿共制得n kg Al(假设每步反应进行完全)，则铝土矿中Al2O3的质量分数为________。

(5)若将铝用酸溶解，下列试剂中最好选用________(填选项字母)。

A．浓硫酸　　　　　　　 B．稀硫酸

C．稀硝酸  D．浓硝酸

解析　(1)Al2O3是两性氧化物，能与NaOH反应，其离子反应方程式为Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O，SiO2属于酸性氧化物，能和NaOH溶液发生反应：SiO2＋2OH－===SiO＋H2O，Fe2O3属于碱性氧化物，不与NaOH反应。(2)根据上述分析，滤渣A是Fe2O3，根据信息②滤渣A中还有Na2Al2Si2O8，因此滤渣A的成分是Fe2O3、Na2Al2Si2O8。把硅酸盐写成氧化物的形式，要求原子个数守恒或与硅酸盐中原子个数成比例，按照金属氧化物→SiO2→H2O的形式书写，如果有多种金属元素，按照金属活动性顺序书写，则该硅酸盐可写成Na2O·Al2O3·2SiO2。(3)因为AlO与酸反应生成的Al(OH)3不溶于碳酸，但溶于盐酸，因此用CO2酸化。(4)根据铝元素守恒，氧化铝的质量分数为×100%。(5)Al在浓硫酸、浓硝酸中钝化，Al和稀硝酸反应生成污染性气体，故最好选用稀硫酸。

答案　(1)Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O，SiO2＋2OH－===SiO＋H2O

(2)Fe2O3、Na2Al2Si2O8　Na2O·Al2O3·2SiO2

(3)Al(OH)3溶于强酸而不溶于弱酸，提高Al2O3的提取率

(4)×100%　(5)B

14．氯离子插层镁铝水滑石[Mg2Al(OH)6Cl·xH2O]是一种新型离子交换材料。某课外活动小组同学利用如图甲装置(固定装置略去)测定[Mg2Al(OH)6Cl·xH2O]的化学式，[Mg2Al(OH)6Cl·xH2O]高温下分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气。

(1)装置连接后首先进行的操作是______________。

(2)将一定质量的[Mg2Al(OH)6Cl·xH2O]放在加热装置中充分加热，冷却后称量剩余固体的质量是131 g，则其中MgO的质量是________g。

(3)若只通过测定装置C、D的增重来确定x，加热前先通过N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，再持续通入N2。

①装置的连接顺序为a→__________(用接口处的小写字母表示)。

②实验过程中装置C吸收HCl气体，没有用如图乙所示防倒吸装置的理由是___________________________________。

③完全分解后测得C增重3.65 g，D增重9.90 g，则x＝________。

(4)下列实验方案也能测定x值的是________，并且对不选方案说明不合理的理由：________________________________

(若两个方案都选，此问就不作答)。

方案1：测定加热装置剩余固体的质量和装置D增重的质量

方案2：测定加热装置剩余固体的质量和装置C增重的质量

(5)上述水滑石在空气中放置时易发生反应生成[Mg2Al(OH)6Cl1－2x(CO3)x·zH2O]，该生成物能发生类似的热分解反应。现以此物质为样品，用(3)中连接的装置和试剂进行实验测定z，除测定D的增重外，至少还需测定下列数据中的________(双选；填选项字母)。

a．样品质量

b．样品分解后残余物质量

c．装置C的增重

解析　(1)装置连接后首先进行的操作是检查装置的气密性。

(2)一定质量的[Mg2Al(OH)6Cl·xH2O]样品充分加热，冷却后得到的固体是Al2O3和MgO，共131 g，设MgO的物质的量是x mol，根据[Mg2Al(OH)6Cl·xH2O]可知Al2O3的物质的量是0.25x mol，所以x mol×40 g·mol－1＋0.25x mol×102 g·mol－1＝131 g，解得x＝2，m(MgO)＝2 mol×40 g·mol－1＝80 g。

(3)①装置C的作用是吸收HCl气体，装置D的作用是吸收水蒸气，实验中应首先吸收水蒸气再吸收HCl气体，气体通过洗气瓶吸收时应“长进短出”，因此装置连接顺序为a→e→d→b。②因为整个实验过程中持续通入N2，故不需采用如图乙所示防倒吸装置。③根据题意写出方程式，则有

2[Mg2Al(OH)6Cl·xH2O]

4MgO＋Al2O3＋2HCl↑＋(5＋2x)H2O

                 73  18×(5＋2x)

                 3.65 g  9.90 g

＝，解得x＝3。

(4)根据上述反应方程式可知，测定加热装置剩余固体的质量和装置D增重的质量即水蒸气的质量可以计算出x；装置C增重的质量是HCl气体的质量，其质量和加热剩余固体的质量可以根据方程式互相换算而与x无关，因此不能计算x的值，故方案2不合理。

(5)因为[Mg2Al(OH)6Cl1－2x(CO3)x·zH2O]中有x和z两个未知量，所以至少应该知道3个量才能列方程组计算，故除测定D的增重外还应该至少再测量a、b、c中的任意两个量。

答案　(1)检查装置的气密性　(2)80

(3)①e→d→b　②实验过程中持续通入N2，没有必要用如图乙所示防倒吸装置　③3

(4)方案1　由加热装置剩余固体的质量可计算装置C增重的质量，与x的大小没有关系，因此方案2是不合理的

(5)ab或ac或bc