2020年高考化学专题09镁铝及其重要化合物含解析40

专题09 镁、铝及其重要化合物

1．化工生产上有广泛用途的轻质碱式碳酸镁[MgCO3?Mg(OH)2?3H2O]是以卤块(主要成分为MgCl2, 含Fe2+、Fe3+等杂质离子)为原料制备。工艺流程如下：

注：氢氧化亚铁沉淀絮状，不易从溶液中除去

下列说法正确的是

A．沉淀的成分是Fe(OH)2和Fe (OH)3的混合物

B．“…”的操作步骤为:氧化和调节pH等分离和提纯过程

C．“热解”产生的CO2对生成轻质碱式碳酸镁[MgCO3?Mg(OH)2?3H2O]有重要的作用

D．“料液II”呈酸性

【答案】B

【解析】A.由题给信息可知，氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易从溶液中除去，沉淀为Fe (OH)3，A错误；B.

由以上分析可知，除去铁元素，应进行氧化、调节pH，生成Fe (OH)3沉淀，B正确；C.加入碳酸氢铵生成碱式碳酸镁，生成的二氧化碳不参与反应，C错误；D.“料液Ⅱ”呈碱性，D错误。

2．以下说法正确的是

A．Mg在CO2中的燃烧是置换反应

B．将Mg(OH)2沉淀转化为MgCl2，是镁原子失电子转化为Mg2+

C．电解得到镁的过程可以写出离子反应方程式，但不是氧化还原反应

D．Mg在CO2中燃烧的反应中，CO2既是氧化剂又是还原剂

【答案】A

【解析】A、Mg在CO2中燃烧的方程式为2Mg+CO22MgO+C，是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，为置换反应，A正确；B、将Mg(OH)2沉淀转化为MgCl2的过程是复分解反应，不是氧化还原反应，没有电子的转移，B错误；C、电解得到镁的过程有化合价的变化，是氧化还原反应，C错误；D、Mg在CO2中燃烧的反应中，CO2中只有碳元素的化合价有变化，+4→0，化合价只降低，只作氧化剂，镁是还原剂，D错误。

3．下列实验现象的描述中不正确的是( )

选项实验现象

A 加热放在坩埚中的一小块钠

钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生

成淡黄色固体

B 在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化时失去光泽，熔化的铝并不滴落好像有一层膜包着

C

点燃的镁条伸入盛有O2的集气瓶(底

部铺有少量细沙)中镁条继续燃烧，发出耀眼的白光，放出大量的热，生成白色固体

D

在空气中久置的铝条放入NaOH溶液

中

立刻产生大量无色气泡，铝条逐渐变细，放出大量的热

【答案】D

【解析】A．加热放在坩埚中的小块钠，发生反应：2Na+O2Na2O2，由于钠的熔点低，因此钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体，A正确；B．在酒精灯上加热铝箔，发生反应：4Al+3O22Al2O3，Al的熔点低，而Al2O3熔点高，因此铝箔内部的铝熔化，而表面的铝被氧化后失去光泽并不熔化，故熔化的铝并不滴落，好像有一层膜包着，B正确；C．点燃的镁条伸入盛有O2的集气瓶(底部铺有少量细沙)中，会发生反应：2Mg+O22MgO，会看到镁条继续燃烧，发出耀眼白光放出大量热量，生成白色固体MgO，C正确；D．在空气中久置的铝条放入NaOH溶液中，首先发生反应：Al2O3+2NaOH ＝2NaAlO2+H2O，因此开始无气泡，后来发生反应：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，看到产生气泡，铝条逐渐变细，D错误。

4．某化学兴趣小组在实验室中探究Ti、Mg、Cu的活泼性顺序。他们在相同温度下，取大小相同的三种金属薄片，分别投入等体积等浓度的足量稀盐酸中，现象如下：

金属Ti Mg Cu

金属表面现象放出气泡速度缓慢放出气泡速度快无变化

下列有关三种金属的说法中正确的是( )

A．三种金属的活泼性由强到弱的顺序是Ti、Mg、Cu

B．若钛粉中混有Mg，提纯Ti时可用稀盐酸除去Mg

C．用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu是工业制取Cu的很好途径

D．Cu和MgCl2溶液不发生化学反应

【答案】D

【解析】A、由现象可以看出反应最快的是镁，其次是钛，无明显现象时铜；根据反应快慢、能否与酸反应与活动性之间的对应可以得出，三种金属活动性顺序为：镁、钛、铜，故A错误；B．Ti和Mg都与盐酸反应，在除去Mg的同时，Ti也除掉了，故B错误；C．钛（Ti）是一种比较昂贵的金属，用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu制取铜，成本太高，在工业上是不可取的，故C错误；D．活泼性强的金属能把活泼性弱的金属从溶液中置换出来，Mg比Cu活泼，所以Cu不能置换Mg，故D正确。

5．实验室以空气和镁为原料制备 Mg3N2的装置如图所示（夹持和加热装置略去）：

下列说法正确的是（）

A．装置 A、B 中可依次加入浓硫酸、NaOH 溶液

B．若去掉装置 C，对产品纯度无影响

C．实验时应先加热 C，通入一段时间空气后再加热D

D．E 中碱石灰的作用是吸收尾气

【答案】C

【解析】A.要制备氮化镁，需要除去空气中的氧气、CO2和水蒸气，则装置A. B 中可依次加入NaOH溶液、浓硫酸，选项A错误；B.若去掉装置C ,镁与氧气反应生成氧化镁,对产品纯度有影响, 选项B错误；C.

实验时，应先加热C，通入一段时间空气除去氧气，然后再加热D , 选项C正确；D.装置E中碱石灰的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，避免进入D中干扰实验，选项D错误。

6．现有100mL 3mol/L的NaOH溶液和100mL 1mol/L氯化铝溶液，①将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中；

②将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中．比较两种操作的结果是

A．现象相同，沉淀质量不等B．现象相同，沉淀质量也相等

C．现象不同，沉淀质量相等D．现象不同，沉淀质量不等

【答案】C

【解析】100mL3mol/LNaOH溶液中n（NaOH）=0.3mol，100mL1mol/L的AlCl3溶液中n（AlCl3）=0.1mol。将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中，发生反应：Al3++3OH－＝Al（OH）3↓，现象为观察到白色沉淀；将AlCl3

溶液分多次加到NaOH溶液中，分别发生：Al3++4OH－＝AlO2－+2H2O，Al3++3AlO2－+6H2O＝4Al（OH）3↓，先没有沉淀后出现沉淀，所以二者现象不同，由于AlCl3最后全部转化为Al（OH）3，沉淀质量相等，故答案选C。7．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下：

下列分析判断正确的是( )

A．试剂X为稀硫酸

B．反应Ⅱ中生成Al(OH)3的反应为CO2＋AlO＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO

C．Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3的方法冶炼金属A1

D．工业上可用冶炼出的金属铝来还原Fe2O3而冶炼出金属铁

【答案】B

【解析】A、试剂X是NaOH溶液，选项A错误；B、溶液乙中含有AlO2-，AlO2-与过量CO2、H2O反应生成Al(OH)3沉淀和HCO3-，选项B正确；C、AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，不能通过电解熔融AlCl3的方法获得金属Al，选项C错误；D、铝的价格远高于铁，工业上利用铝热反应冶炼金属铁不符合实际，选项D错误。8．明矾[KA1(SO4)2·12H2O]是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是

A．合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用

B．从易拉罐中可回收的金属元素有Al、Fe

C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+

D．上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3

【答案】D

【解析】A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；B.易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；C. “沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D。9．某溶液中可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32-、SO42-、NO3-中的几种。①若加入锌粒，产生无色无

味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如下图所示。则下列说法正确的是（）

A．溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋

B．溶液中n(NH4+)＝0.2mol

C．溶液中可能含CO32-、SO42-、NO3-

D．n(H＋)∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝1∶1∶1

【答案】B

【解析】A项、溶液中的阳离子有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故A错误；B项、第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5mol=0.2mol，则n（NH4+）=0.2mol，故B正确；C项、溶液中一定不含CO32-、NO3-、Fe3+，故C错误；D项、溶液中n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1，故D错误。

10．铝热反应的实验装置如图。下列有关铝热反应的说法中，不正确

．．．的是（）

A．工业上可以利用铝热反应的方法冶炼金属镁

B．铝热反应可用于冶炼某些高熔点金属

C．铝热反应体现了铝的还原性

D．实验现象为火星四溅，漏斗下方有红热熔融物流出

【答案】A

【解析】A.铝的金属活泼性弱于镁，则不可用铝热反应制取镁，工业上常用电解熔融氯化镁的方法制取镁，故A错误；B.铝的还原性强，且铝热反应放出大量的热，可以通过铝热反应冶炼某些高熔点金属，故B正确；C.金属铝和金属氧化物之间反应可以用于高熔点金属的冶炼，铝热反应体现了金属铝的还原性，故C

正确；D.铝热反应的实验现象为反应剧烈，火星四溅，漏斗下方有红热熔融物流出，故D正确。

11．向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al(OH)3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是

A．a点对应的溶液中：Na＋、Fe3＋、SO42-、HCO3-

B．b点对应的溶液中：Na＋、S2－、SO42-、Cl－

C．c点对应的溶液中：K＋、Ag＋、Ca2＋、NO3-

D．d点对应的溶液中：K＋、NH4+、CO32-、SO42-

【答案】B

【解析】A．a点溶液显碱性，NaOH过量，则不可能存在HCO3-，不能共存，A项错误；B．b点恰好生成偏铝酸钠，溶液显碱性，Na+、ClO-、SO42-、Cl-不反应，能大量存在，B项正确；C．c点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，还生成氯化钠，则不可能存在Ag+，不能共存，C项错误；D．d点为氯化铝溶液，氢氧根离子与铵根离子反应，不能大量共存，D项错误。

12．探究铝片与Na2CO3溶液的反应。

无明显现象铝片表面产生细小气泡出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）

下列说法不正确

．．．的是

A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32- + H2O ? HCO3- + OH-

B．对比Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜

C．推测出现白色浑浊的原因：AlO2- + HCO3- + H2O = Al(OH)3↓+ CO32-

D．加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动方向的影响是相反的

【答案】D

【解析】A. 溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，A项正确，不符合题意；B．实验Ⅰ和Ⅱ没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验Ⅲ

中却有气泡，说明氧化膜被破坏，B项正确，不符合题意；C．Na2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH－反应，生成偏铝酸根，2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，AlO2－和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，C项正确，不符合题意；D．CO32－的水解是吸热的，加热可以促进水解。H2产生的原因是Al和CO32－水解生成的OH－反应生成H2，H2逸出，有利于Al和OH－的反应，OH－减少，从而促进碳酸根水解，加热和H2逸出对CO32-水解平衡移动方向的影响是相同的，D项错误，符合题意。

13．新型镁铝合金（Mg17Al12）有储氢性能，它一定条件下完全吸氢的反应为Mg17Al12+17H2═17MgH2+12Al，得到的混合物Y（17MgH2+12Al）能与酸反应释放出大量氢气．下列说法正确的是

A．该合金应在氮气保护下，将一定比例的Mg、Al单质熔炼而成

B．合金在吸氢过程中被H2还原

C．一定量的镁铝合金既可以完全溶于足量盐酸中，也可以完全溶于足量的NaOH溶液中

D．等质量的镁、铝、和镁铝合金分别与足量的盐酸反应生成H2的体积（同温同压下）由大到小的顺序为：V(Mg)＞ V(合金)＞V(铝)

【答案】D

【解析】A.制备该合金如果在氮气保护下，Mg单质在一定温度下熔炼时，镁和氮气反应3Mg+N2Mg3N2，故A错误；B.合金在吸氢过程中镁元素的化合价升高，被H2氧化，故B错误；C.镁铝合金可以完全溶于足量盐酸中，镁与氢氧化钠不反应，不能完全溶于足量的NaOH溶液中，故C错误；D.假设镁、铝、镁铝合金的质量为wg，计算分别产生H2的物质的量，

Mg+2HCl=MgCl2 +H2↑

24g 1mol

wg w/24mol

2Al +6HC=2AlCl3 +3H2↑

54g 2mol

wg w/27mol

镁铝合金与足量的盐酸反应生成H2的物质的量介于w/27mol～w/24mol，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以（同温同压下）生成H2的体积由大到小的顺序为：V(Mg)＞ V(合金)＞V(铝)，故D正确。14．以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是

A．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4

B．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3

C．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:5

D．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来

【答案】C

【解析】A. FeS2煅烧时会生成SO2，加入CaO会与SO2反应，减少SO2的排放，而且CaSO3最后也会转化为CaSO4，A项不符合题意；B.滤液为NaAlO2溶液，通入CO2，生成Al(OH)3，过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3；B项不符合题意；C.隔绝空气焙烧时，发生的反应为FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4，理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16，而不是1:5，C项符合题意；D. Fe3O4具有磁性，能够被磁铁吸引，D项不符合题意。15．向一定量的盐酸中逐滴加入NaAlO2溶液，生成沉淀Al(OH)3的量随NaAlO2加入量的变化关系如图所示。生成的沉淀过滤除去后，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是

A．a点对应的溶液中：Na+、K+ HCO3- Cl－

B．b点对应的溶液中：Na+、OH－、SO42-、Cl－

C．c点对应的溶液中：Na+、K+、Ag+、NO3-

D．d点对应的溶液中：Na+、K+、OH－、Cl－

【答案】D

【解析】向一定量盐酸中逐滴加入NaAlO2溶液时，Ob段反应为NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O，bc段反应为AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，c点后加入的NaAlO2不反应。A项：a点对应的溶液中有生成的NaCl、AlCl3和剩余的HCl，HCO3-与H+反应而不能大量存在，A项不符合题意；B项：b点恰好反应，溶液中溶质只有生成的NaCl、AlCl3，因OH－能与Al3+反应而不能大量存在，B项不符合题意；C项：c点两个反应依次进行完全，滤液中溶质只有NaCl，因Ag+与Cl-生成沉淀而不能大量存在，C项不符合题意；

D项：d点对应的滤液中有生成的NaCl和过量的NaAlO2，与Na+、K+、OH－、Cl－都能大量共存，D项符合题意。

16．某学生探究0.25 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液与0.5 mol·L－1 Na2CO3溶液的反应，实验如下。下列分析错误的是

实验1

实验2

A．实验1中，白色沉淀a是Al(OH)3

B．实验2中，白色沉淀b中含有CO

C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，不可使用相同的检验试剂

D．实验1、2中，白色沉淀成分不同可能与混合后溶液的pH有关

【答案】C

【解析】A.由以上分析可知，实验1中白色沉淀a是Al(OH)3，故A项正确；B.实验2中有气泡生成，该气体为二氧化碳，可说明白色沉淀b含有CO32-，故B项正确；C.最后溶液中均含有硫酸根离子，检验沉淀是否洗涤干净，都可通过检验硫酸根离子的方法，即用盐酸酸化的BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成，故C项错误；D.实验1、2中，加入试剂的顺序不同，溶液的pH不同，生成的沉淀不同，说明白色沉淀的成分与溶液的pH有关，故D项正确。

17．高铁的快速发展方便了人们的出行。工业上利用铝热反应焊接钢轨间的缝隙。反应的方程式如下：2Al ＋Fe2O32Fe＋Al2O3，下列说法不正确的是（）

A．氧化剂是Fe2O3，氧化产物是 Al2O3。

B．被氧化的元素是铝，被还原的元素是铁。

C．当转移的电子为0.3mol时，参加反应的铝为2.7g

D．Fe2O3既不是氧化剂又不是还原剂

【答案】D

【解析】A、铝是失电子化合价升高的反应物是还原剂，生成的氧化产物是Al2O3，Fe2O3是得电子化合价降低的反应物，是氧化剂，生成还原产物，故A正确；B、该反应中Al元素化合价由0价变为+3价，所以Al是还原剂、Al2O3是氧化产物，故B正确；C、该反应中Al元素化合价由0价变为+3价，所以每1molAl参加反应时，转移电子的物质的量3mol，当转移的电子为0.3mol时，参加反应的铝为0.1mol，质量为2.7g，故C正确；D、Fe2O3得电子化合价降低的反应物是氧化剂，还原剂是Al，故D错误。

18．将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。回答下列问题：

（1）写出OA段和BC段反应的离子方程式：

OA：___________ ； BC：_____________；

（2）原Mg-Al合金的质量是_____________。

（3）原HCl溶液的物质的量浓度是________________。

（4）所加NaOH溶液的物质的量浓度是____________。

【答案】H++OH-=H2O； Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 5.1g 6mol/L 5mol/L

【解析】Mg-Al合金与HCl溶液反应后生成MgCl2和AlCl3，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，AlCl3与NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，NaOH过量时，Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液。由图可知，起始加入NaOH溶液时，无沉淀产生，说明Mg-Al合金与HCl溶液反应后HCl有剩余，则OA段发生NaOH和HCl 的酸碱中和反应，AB段发生沉淀反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，BC段沉淀的质量减少，发生Al(OH)3沉淀溶解反应生成NaAlO2，最终沉淀为Mg(OH)2。

（1）根据分析可知OA段的离子方程式为：H++OH-=H2O，BC段的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。本小题答案为；H++OH-=H2O；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。

（2）根据分析C点对于沉淀为Mg(OH)2，质量为5.8g，根据镁元素守恒，则 Mg的物质的量为

n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.1mol，根据B点沉淀总质量为13.6g，C点沉淀质量为5.8g，则B点生成的Al(OH)3沉淀的质量为7.8g，根据铝元素守恒，则Al的物质的量为n(Al)=n[Al(OH)3]=0.1mol，则原Mg-Al合金的质量为0.1mol×24g/mol+0.1mol×27g/mol=5.1g。本小题答案为：5.1g。

（3）BC段发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，0.1mol Al(OH)3消耗NaOH的物质的量为0.1mol，溶液体积为

20mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/0.02L=5mol/L。B点消耗NaOH的物质的量为

0.12L×5mol/L=0.6mol，B点溶液中溶质为NaCl，根据氯元素守恒，则原盐酸中含有HCl的物质的量为

0.6mol，则原HCl溶液的物质的量浓度为0.6mol/0.1L=6mol/L。本小题答案为：6mol/L。

（4）根据（3）中分析可知NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L。

19．硝酸铝[Al(NO3)3]是一种常用媒染剂。工业上用铝灰（主要含Al、Al2O3、Fe2O3等）制取硝酸铝晶体

[Al(NO3)3·9H2O]的流程如下：

完成下列填空：

(1)常温下，铝遇浓硫酸、浓硝酸时在表面生成致密的氧化膜，这种现象称为__________，铝粉常用来还原

一些金属氧化物以冶炼某些难熔的金属，这类氧化还原反应叫__________反应；

(2)步骤Ⅰ的离子方程式是_________________，_________________；

(3)若在实验室中完成步骤Ⅱ，为提高铝元素的利用率，可用__替换稀硝酸；

a．稀硫酸 b．稀盐酸 c．醋酸 d．二氧化碳

(4)在步骤Ⅲ的实际操作过程中，待沉淀完全溶解后还会加入稍过量稀硝酸，用平衡移动原理解释此时加入

稀硝酸的目的：_______________________；

(5)温度高于200℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝、二氧化氮和氧气，写出该反应的化学方程式：

____________。

【答案】钝化铝热或置换 2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑ Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O cd

Al3++3H2O≒Al(OH)3+3H+,加过量HNO3平衡向左移动，抑制Al3+水解 4Al(NO3)32Al2O3+12NO2↑+3O2↑ 【解析】（1）常温下，铝遇浓硫酸、浓硝酸时，在铝表面迅速生成致密的氧化物保护薄膜，这种现象称为

钝化现象。钝化不是铝与浓硫酸、浓硝酸不发生反应，而是反应迅速进行，迅速停止；铝粉与某些金属氧

化物的混合粉末称为铝热剂，引发后发生反应产生很高的温度，可用以冶炼某些难熔的金属，这类氧化还

原反应称为铝热反应，其实质是置换反应；

（2）铝灰中的主要成分Al、Al2O3均能与NaOH溶液反应，Fe2O3与NaOH溶液不反应：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2

－+3H

↑；Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O；

2

（3）Al(OH)3既溶于强酸又溶于强碱，既不溶于弱酸又不溶于弱碱，所以若在实验室中完成步骤Ⅱ，为提高

铝元素的利用率，可用弱酸替换稀硝酸这一强酸，故可选用醋酸和二氧化碳这两种弱酸，其中二氧化碳更

好；

（4）Al(NO3)3中Al3+会水解：Al3++3H2O≒Al(OH)3+3H+，加过量HNO3可向溶液提供H+使平衡向左移动，从而抑制Al3+水解，同时不引入新的杂质离子；

（5）题目已明确告知反应物是硝酸铝，产物有氧化铝、二氧化氮和氧气，配平即可得：

4Al(NO3)32Al2O3+12NO2↑+3O2↑，注意标明温度高于200℃。

20．铝是一种轻金属，被称为金属界的“万金油”，应用范围极为广阔。含铝的化合物如氧化铝、氢氧化铝等在工业上用途十分广泛。

完成下列填空：

(1)铝是活泼金属，在干燥空气中铝的表面立即形成厚约5 nm的致密氧化膜，写出除去氧化膜的一种方法____________________(用方程式表示)。

(2)氢氧化铝是用量最大、应用最广的无机阻燃添加剂，解释氢氧化铝能做阻燃剂的原因

_____________________(用方程式说明)；写出Al(OH)3的电离方程式________________。

(3)明矾(KAl(SO4)2·12H2O)的水溶液呈_______性(选填“酸”、“碱”或“中”)，溶液中离子浓度大小顺序为_____________________。将明矾溶液与小苏打溶液混合会产生白色沉淀和气体，请用平衡移动原理解释该现象。_______________________________________

(4)碳热还原氯化法从铝土矿中炼铝具有步骤简单、原料利用率高等优点，其原理如下：

Ⅰ． Al2O3(s) + AlCl3(g) + 3C(s) 3AlCl(g) + 3CO(g) – 1486 kJ

Ⅱ． 3AlCl(g) 2Al(l) + AlCl3(g) + 140 kJ

①写出反应Ⅰ的化学平衡常数表达式K=_____________，升高温度，K_______(填增大、减小、不变)。

②写出反应Ⅱ达到平衡状态的一个标志_________________________________；

结合反应Ⅰ、Ⅱ进行分析，AlCl3在炼铝过程中的作用可以看作______________。

③将1mol氧化铝与3mol焦炭的混合物加入2L反应容器中，加入2mol AlCl3气体，在高温下发生反应Ⅰ。若5min后气体总质量增加了27.6g，则AlCl的化学反应速率为_________ mol/(L·min)。

【答案】Al2O3 + 6HCl =2AlCl3 + 3H2O或Al2O3 + 2NaOH=2NaAlO2 + H2O 2Al(OH)3Al2O3 + 3H2O Al3+ + 3OH-Al(OH)3H++AlO2-+ H2O 酸 c(SO42-)＞c(K+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-) 铝离子水解呈酸性，Al3+ + H2OAl(OH)3+3H+，碳酸氢根水解呈碱性HCO3- + H2OH2CO3 + OH-，两者水解相互促进，平衡向右进行，因此出现沉淀与气体增大压强不变(合理即可) 催化剂 0.06

【解析】 (1)氧化铝属于两性氧化物，可以用盐酸，也可以用氢氧化钠除去铝片表面的氧化膜，反应方程式为Al2O3 + 6HCl =2AlCl3 + 3H2O或Al2O3 + 2NaOH=2NaAlO2 + H2O，故答案为：Al2O3 + 6HCl =2AlCl3 + 3H2O 或Al2O3 + 2NaOH=2NaAlO2 + H2O；

(2) 氢氧化铝受热分解吸热，同时生成的氧化铝熔点高，覆盖在可燃物表面，起到阻燃作用，氢氧化铝分解的方程式为2Al(OH)3Al2O3+ 3H2O，氢氧化铝是两性氢氧化物，电离方程式为Al3++ 3OH-Al(OH)3H++AlO2-+ H2O，故答案为：2Al(OH)3Al2O3 + 3H2O；Al3+ + 3OH-Al(OH)3H++AlO2- + H2O；

(3)明矾(KAl(SO4)2·12H2O)属于强酸弱碱盐，铝离子水解，溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小顺序为c(SO42-)＞c(K+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)。将明矾溶液与小苏打溶液混合会产生白色沉淀和气体，是因为铝离子水解呈酸性，Al3+ + H2OAl(OH)3+3H+，碳酸氢根水解呈碱性HCO3- + H2OH2CO3 + OH-，两者水解相互促进，平衡向右进行，因此出现沉淀与气体，故答案为：酸；c(SO42-)＞c(K+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)；铝离子水解呈酸性，Al3+ + H2OAl(OH)3+3H+，碳酸氢根水解呈碱性HCO3- + H2OH2CO3 + OH-，两者水解相互促进，平衡向右进行，因此出现沉淀与气体；

(4) ①反应Ⅰ.Al2O3(s) + AlCl3(g) + 3C(s) 3AlCl(g) + 3CO(g) – 1486 kJ的化学平衡常数表达式K=，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K增大，故答案为：；增大；

②反应Ⅱ达到平衡状态时，各种气体的物质的量浓度不变，气体的压强不变等；反应Ⅰ+反应Ⅱ得：Al2O3(s) + 3C(s) 3CO(g) +2Al(l)– 1346 kJ，说明AlCl3在炼铝过程中是催化剂，故答案为：压强不变(合理答案均可)；催化剂；

③设生成的AlCl的物质的量为x，

Al2O3(s) + AlCl3(g) + 3C(s) 3AlCl(g) + 3CO(g) 气体质量的增加量

3mol 138g

X 27.6g

则=，解得：x=0.6mol，则AlCl的化学反应速率==0.06mol/(L·min)，故答案为：0.06。21．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）流程中将高硫铝土矿磨成矿粉的目的是_________________________________。

（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—）×100%。

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）由“过滤”得到的滤液生产氧化铝的反应过程中涉及的离子方程式是______________________。（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）=__________。

【答案】增大反应的接触面积,加快化学反应速率 FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中

AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-、2Al(OH)3Al2O3+3H2O 1∶16

【解析】（1）将高硫铝土矿磨成矿粉，可以增大反应的接触面积，加快化学反应速率；

（2）①由于多数硫酸盐的分解温度高于600度，FeS2在低于500℃焙烧时，能与空气中的氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，故不添加氧化钙的矿粉在焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2；②700℃，焙烧时添加氧化钙后，硫元素转化为硫酸钙而留在矿粉中，使硫矿粉硫去除率降低；

（3）滤液中含有AlO2-，用滤液生产氧化铝的反应过程中涉及的离子方程式是

AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-、2Al(OH)3Al2O3+3H2O；

（4）分析反应前后元素化合价的变化，利用得失电子守恒知：2/3 n（FeS2）+5×2n（FeS2）=1/3 ×2n（Fe2O3）。解得n（FeS2）∶n（Fe2O3）=1:16。

22．某课外活动小组探究镁与CO2、NO2的反应。

（1）实验发现点燃的镁条能在CO2气体中继续燃烧，产生黑、白两种固体，请用化学反应解释该现象

_____________。

（2）该小组采用类比Mg与CO2反应的思路对Mg与NO2的反应进行预测：写出Mg与NO2反应的化学方程式_____________。

（3）设计实验验证猜测（用于连接玻璃管的乳胶管均内衬锡纸）

资料信息：2NO2 + 2NaOH = NaNO3 + NaNO2 + H2O

①装置A中的试剂是_____________。

②干燥管和装置B的作用分别是_____________、_____________。

③实验开始时正确的操作步骤是_____________。

a.通入NO2

b.打开弹簧夹

c.点燃酒精灯

d.当硬质玻璃管充满红综色气体后，关闭弹簧夹

（4）实验结束时，同学们观察到与预测相符合的现象，但当用水洗涤硬质玻璃管时，固体遇水产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的石蕊试纸变蓝。

①同学们认为硬质玻璃管中还发生了另一个反应，该反应为_____________，

②请用化学方程式解释加水产生该气体的原因_____________。

【答案】2Mg + CO2 2MgO + C 4Mg +2NO2 4MgO + N2 NaOH溶液吸收NO2避免环境污染收集N2 badc 3Mg + N2 Mg3N2 (或7Mg +2NO2 4MgO +Mg3N2） Mg3N2 + 6H2O = 3Mg(OH)2 + 2NH3↑

【解析】（1）点燃的镁条能在CO2气体中继续燃烧，产生黑、白两种固体为氧化镁和碳，反应的化学方程式为：2Mg + CO2 2MgO + C，

因此，本题正确答案是：2Mg + CO2 2MgO + C；

（2）类比Mg与CO2反应的思路，镁在二氧化氮气体中反应生成氧化镁和氮气，反应的化学方程式为：4Mg +2NO2 4MgO + N2，

因此，本题正确答案是：4Mg +2NO2 4MgO + N2；

（3）①根据反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O分析，装置A主要吸收多余的二氧化氮气体，需要用氢氧化钠溶液，

因此，本题正确答案是：NaOH溶液；

②干燥管是在充满二氧化氮气体过程中避免污染气体排放到空气中污染空气，B装置是排水量气方法收集反

应生成的氮气，

因此，本题正确答案是：吸收NO2避免环境污染；收集N2；

③应先在装置中充满二氧化氮气体再进行加热，防止空气的影响，所以实验顺序为badc，

因此，本题正确答案是：badc；

（4）①氮气和镁在加热条件下反应生成氮化镁，反应的化学方程式为：3Mg + N2 Mg3N2，

镁在二氧化氮气体中也可以反应生成氧化镁和氮化镁，反应的化学方程式为：7Mg +2NO2 4MgO +Mg3N2，因此，本题正确答案是：3Mg + N2 Mg3N2（或7Mg +2NO2 4MgO +Mg3N2）；

②固体遇水产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的石蕊试纸变蓝，证明生成的是氨气，说明氮化镁和水反应生成氨气和氢氧化镁沉淀，反应的化学方程式为：Mg3N2 + 6H2O = 3Mg(OH)2 + 2NH3↑，

因此，本题正确答案是：Mg3N2 + 6H2O = 3Mg(OH)2 + 2NH3↑。

23．某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。

（1）A中试剂为________。

（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是____________________。

（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；

②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂。上述操作的顺序是________(填序号)；记录C的液面位置时，除平视外，还应________。

（4）B中发生反应的化学方程式为__________________________。

（5）若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为c g，则铝的相对原子质量为________。

（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。

（7）实验中需要用480 mL 1 mol/L的盐酸，配制过程中用于定容的玻璃仪器的规格和名称是_________。【答案】NaOH溶液除去铝镁合金表面的氧化膜①④③②使D和C的液面相平 2Al＋2NaOH

＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑ 33600(a-c)/b 偏小 500 mL容量瓶

【解析】（1）根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱（如NaOH溶液）反应放出氢气，而镁不能，铝和氨水不反应，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，即A中试剂为NaOH 溶液；

（2）铝镁为活泼金属，其表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去，即将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻的目的是除去铝镁合金表面的氧化膜；

（3）实验时首先要检查气密性，记下量气管中C的液面位置，此时，除视线平视外，还应使D和C的液面相平，使里面气体压强与外界大气压相等；再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重，所以操作的正确顺序是①④②③；（4）B管中发生铝与NaOH溶液的反应，反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑；

（5）铝镁合金的质量为ag，B中还有固体剩余，其质量为cg，则参加反应的铝的质量为（a-c）g，设铝的相对原子质量为M，则

2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑

2M 3×22400mL

（a-c） bmL

解之得：M=33600(a－c)/b；

（6）铝的质量分数为：(a－c)/a，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，铝的质量分数偏小；

（7）实验中需要用480 mL 1 mol/L的盐酸，由于没有480mL容量瓶，则配制过程中用于定容的玻璃仪器的规格和名称是500mL容量瓶。

24．某同学通过以下装置测定M样品（只含Fe、Al、Cu）中各成分的质量分数。取两份质量均为m g的M 样品，按实验1（如图1）和实验2（如图2）进行实验，该同学顺利完成了实验并测得气体体积分别为V1mL 和V2 mL(已折算到标准状况下)。

（1）写出实验1中可能发生反应的离子方程式：______________________________。

（2）实验1装置中小试管的作用是__________________________________________。

（3）对于实验2，平视读数前应依次进行的两种操作是：

①___________________②___________________。

（4）M样品中铜的质量的数学表达式为（用V1和V2表示）：__________________________。

（5）实验1进行实验前，B瓶中水没有装满，使测得气体体积____________ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同)；若拆去实验2中导管a，使测得气体体积___________。

（6）该实验需要0.50 mol·L－1的NaOH溶液470 mL，请回答下列问题：

①配制时应称量______g NaOH，称量时需要托盘天平、______、______ (填仪器名称)。

②配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质会导致所配溶液浓度________。(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

（7）该实验中所用稀硫酸是用98%的浓硫酸（ρ=1.84g/cm3）配制的，则该浓硫酸的物质的量浓度是

____________。

【答案】2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑ 液封，避免氢气从长颈漏斗中逸出；控制加氢氧化钠溶液的

体积来控制反应的快慢；节省药品。冷却到室温调整BC液面相平无影响偏大 10.0 小烧杯（或称量瓶）药匙偏大 18.4 mol/L

【解析】根据题意，M只含铁、铝、铜三种金属中的两种或三种，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸。则

（1）实验1中氢氧化钠溶液只与铝反应，反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑；

（2）实验1的装置中使用的是长颈漏斗，不是分液漏斗，无法控制液体流量，则小试管的作用是对长颈漏斗起到液封作用，防止氢气逸出，控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢，节省药品；

（3）由于气体的体积受温度影响大，则对于实验2，平视读数前应等到冷却到室温，并上下移动C量气管，使B、C液面相平，其目的是使B管收集的气体压强等于外界大气压，这样读得的读数才准确；

（4）根据V1结合铝与氢氧化钠的反应可知样品中铝的质量为

，铁和铝都与酸反应生成氢气，所以根据V2-V1即为铁与盐酸反应生成的氢气，所以样品中铁的质量为，所以样品中铜的含量为

＝；

（5）如果实验前B瓶液体没有装满水，不影响实验结果，因为理论上B管收集的气体体积等于排入C管里液体的体积；若拆去导管a，加入液体时，排出锥形瓶中部分空气，导致测定的气体体积偏大；

（6）①要配制0.50mol?L-1的NaOH溶液470mL，所用容量瓶应为500mL，所以配制时应称量

0.50mol?L-1×0.5L×40g/mol=10.0g NaOH，称量时氢氧化钠要放在小烧杯（或称量瓶）中进行，用药匙取药品；

②NaOH固体中含有Na2O杂质，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，使得溶液中氢氧化钠偏多，所以会导致所配溶液浓度偏大；

（7）根据c＝1000ρω/M可得浓硫酸的物质的量浓度为(1000×1.84×98%)/98 mol·L－1=18.4mol/L。