《2019高考化學總復習 第三章 金屬及其化合物 3-2-2 考點二 鋁的重要化合物的性質及應用學后即練2 新人教版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考化學總復習 第三章 金屬及其化合物 3-2-2 考點二 鋁的重要化合物的性質及應用學后即練2 新人教版.doc（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

3-2-2 考點二 鋁的重要化合物的性質及應用 5．如圖表示AlCl3溶液與NaOH溶液相互滴加過程中微粒的量的關系曲線。下列判斷錯誤的是(　　) A．①線表示Al3＋的物質的量的變化 B．x表示AlCl3的物質的量 C．③線表示Al(OH)3的物質的量的變化 D．④線表示AlO的物質的量的變化 解析：AlCl3溶液與NaOH溶液混合有兩種方式：向AlCl3溶液中緩慢滴加NaOH溶液，開始有沉淀生成后沉淀溶解，且生成沉淀與沉淀溶解消耗的NaOH的物質的量之比為3∶1，顯然符合題意，則x表示NaOH的物質的量，B項錯誤；另一種方式是向NaOH溶液中緩慢滴加AlCl3溶液，開始沒有沉淀，后有沉淀生成，與本題圖示情況不符。 答案：B 6．下列曲線圖(縱坐標為沉淀的量，橫坐標為加入物質的量)與對應的選項相符合的是(　　) A．向1 L濃度均為0.1 molL－1的Ba(OH)2、NaAlO2混合溶液中加入0.1 molL－1的稀H2SO4 B．向1 L濃度分別為0.1 molL－1和0.3 molL－1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1 molL－1的稀NaOH溶液 C．向燒堿溶液中滴加明礬溶液 D．向AlCl3溶液中滴加過量氨水 解析：A項，Ba(OH)2和NaAlO2中加入稀H2SO4，發(fā)生的反應依次為Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O、AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，所以加1 L稀H2SO4時，Ba(OH)2反應完，再加0.5 L稀H2SO4時AlO參加反應，再加1.5 L稀H2SO4時，Al(OH)3全部溶解，A正確；B項，向1 L濃度分別為0.1 molL－1和0.3 molL－1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1 molL－1的NaOH溶液，發(fā)生的反應依次是Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、OH－＋NH===NH3H2O、Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，所以沉淀Al3＋和溶解Al(OH)3所用NaOH的量之比為3∶1，而圖象上看到的是1∶1，B錯誤；C項，向燒堿溶液中滴加明礬溶液，發(fā)生的反應依次是Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O、Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓，C錯誤；D項，AlCl3溶液中滴加過量氨水，沉淀不會溶解，D錯誤。 答案：A 7．現(xiàn)有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不斷加入NaOH溶液，得到沉淀的量與加入NaOH溶液的體積如下圖所示。原溶液中Cl－與SO的物質的量之比為(　　) A．1∶3 B．2∶3 C．6∶1 D．3∶1 解析：OA上升的直線表示Al(OH)3和Mg(OH)2一起沉淀，AB下降的直線表示Al(OH)3沉淀溶解，B點表示Al(OH)3完全溶解。AB段完全溶解Al(OH)3消耗NaOH 0.1 L，則Al3＋生成Al(OH)3消耗NaOH 0.3 L，沉淀Mg2＋消耗NaOH 0.1 L，因而n(AlCl3)∶n(MgSO4)＝2∶1，所以，n(Cl－)∶n(SO)＝6∶1。 答案：C 8．某溶液中可能含有H＋、NH、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO、SO、NO中的幾種。①若加入鋅粒，產生無色無味的氣體；②若加入NaOH溶液，產生白色沉淀，且產生的沉淀量與加入NaOH的物質的量之間的關系如圖所示。則下列說法正確的是(　　) A．溶液中的陽離子只有H＋、Mg2＋、Al3＋ B．溶液中n(NH)＝0.2 mol C．溶液中一定不含CO，可能含有SO和NO D．n(H＋)∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝1∶1∶1 解析：由①知溶液中一定含有H＋，一定沒有CO、NO，由②知溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋，由圖象可知溶液中還一定含有NH，且n(NH)＝0.7 mol－0.5 mol＝0.2 mol，n(H＋)＝0.1 mol，n(Al3＋)＝0.8 mol－0.7 mol＝0.1 mol，沉淀Al3＋、Mg2＋共消耗0.4 mol OH－，其中沉淀Al3＋消耗0.3 mol OH－，沉淀Mg2＋消耗0.1 mol OH－，根據Mg2＋～2OH－，可得n(Mg2＋)＝0.05 mol，故只有選項B正確。 答案：B 9．某同學取一定量的Al、Fe混合物，與2.0 L極稀的HNO3充分反應，假設HNO3的還原產物全部為銨鹽。在反應后的溶液中，逐滴加入4 molL－1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的體積與產生的沉淀的物質的量的關系如圖所示。分析圖象回答問題： (1)DE段發(fā)生反應的離子方程式為_________________________ ________________________________________________________。 (2)請寫出任意一個Al、Fe與極稀的HNO3反應的化學方程式：_______________________________________________________。 (3)B點對應的沉淀的物質的量為________mol，C點對應的氫氧化鈉溶液的體積為________mL。 (4)原硝酸溶液的物質的量濃度為________molL－1。 解析：鋁粉和鐵粉的混合物與一定量很稀的HNO3充分反應，被氧化為Al3＋、Fe3＋，假設HNO3的還原產物全部為銨鹽。由圖可得硝酸過量，加入氫氧化鈉溶液應先與硝酸反應，再生成沉淀，當沉淀完全后，由圖知繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液，沉淀量不變，可知是NH發(fā)生了反應，故隨著NaOH的滴加，發(fā)生的反應依次有： ①H＋＋OH－===H2O ②Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓ ③NH＋OH－===NH3H2O ④Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O (1)DE段發(fā)生的離子方程式為 NH＋OH－===NH3H2O。 (2)Al與極稀的HNO3反應的化學方程式為8Al＋30HNO3===8Al(NO3)3＋3NH4NO3＋9H2O；Fe與極稀的HNO3反應的化學方程式為8Fe＋30HNO3===8Fe(NO3)3＋3NH4NO3＋9H2O。 (3)由圖可知，DE段消耗的氫氧化鈉的體積為34 mL－31 mL＝3 mL，故該階段參加反應的氫氧化鈉的物質的量為0.003 L4 molL－1＝0.012 mol，根據NH＋OH－===NH3H2O可知，溶液中n(NH)＝0.012 mol，根據B與A的差值為氫氧化鋁的物質的量，EF段消耗的氫氧化鈉溶液的體積為36 mL－34 mL＝2 mL，故該階段參加反應的氫氧化鈉的物質的量為0.002 L4 molL－1＝0.008 mol，根據Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O可知，Al(OH)3的物質的量為0.008 mol，故混合金屬中n(Al)＝0.008 mol；根據電子轉移守恒有3n(Fe)＋3n(Al)＝8n(NH)，即3n(Fe)＋30.008 mol＝80.012 mol，解得n(Fe)＝0.024 mol，可知n[Fe(OH)3]＝n(Fe)＝0.024 mol，B點對應的沉淀Al(OH)3、Fe(OH)3，二者的物質的量之和為0.008 mol＋0.024 mol＝0.032 mol。 由反應過程可知，到加入氫氧化鈉體積為31 mL時，溶液中溶質為硝酸鈉與硝酸銨，n(NH4NO3)＝n(NH)＝0.012 mol，根據鈉元素守恒，可知n(NaNO3)＝n(NaOH)＝0.031 L4 molL－1＝0.124 mol，根據氮元素守恒可知，原硝酸溶液中n(HNO3)＝n(NaNO3)＋2n(NH4NO3)＝0.124 mol＋0.012 mol2＝0.148 mol，而C點溶液中溶質為NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3，根據氮元素守恒n′(NaNO3)＋2n(NH4NO3)＋3n[Fe(NO3)3]＋3n[Al(NO3)3]＝n(HNO3)，故C點溶液中n′(NaNO3)＝0.148 mol－0.012 mol2－0.024 mol3－0.008 mol3＝0.028 mol，則C點加入NaOH的物質的量為0.028 mol，溶液的體積為0.028 mol/4 molL－1＝0.007 L＝7 mL。 (4)根據(3)中計算可知，原硝酸溶液中n(HNO3)＝0.148 mol，則原硝酸溶液的物質的量濃度為0.148 mol/2 L＝0.074 molL－1。 答案：(1)NH＋OH－===NH3H2O (2)8Al＋30HNO3===8Al(NO3)3＋3NH4NO3＋9H2O[或8Fe＋30HNO3===8Fe(NO3)3＋3NH4NO3＋9H2O] (3)0.032　7　(4)0.074