《2018－2019学年高中化学 课时作业16 铝的重要化合物 新人教版必修1》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018－2019学年高中化学 课时作业16 铝的重要化合物 新人教版必修1（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时作业16铝的重要化合物时间：45分钟满分：100分,)一、选择题(每小题4分，共48分)1镁铝合金溶于适量的盐酸中，再加入过量氢氧化钠溶液，反应后溶液中可能大量存在的离子组是()ANa、Mg2、Al3、ClBNa、AlO、Cl、OHCNa、Mg2、AlO、Cl DNa、Al3、AlO、Cl解析：镁铝合金溶于适量的盐酸中，溶液中大量存在的离子有：Mg2、Al3、Cl，加入过量氢氧化钠溶液，则Mg2反应生成氢氧化镁沉淀，Al3转化为AlO。答案：B2下列各组离子中，在强碱性溶液中能共存，且在加入盐酸过程中会产生气体和沉淀的是()ANa、NO、AlO、SO BNa、Al3、NO、SOCK、Cl、
2、AlO、CO DNa、Mg2、Cl、HCO解析：在强碱性溶液中不能共存的离子有B中的Al3，D中的Mg2和HCO，故先排除B、D；A中在加入HCl过程中不会产生气体，故A错误；C中加入HCl过程中将会有CO2气体和Al(OH)3沉淀生成。答案：C3甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则淀淀消失；若将丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，据此可推断丙物质是()AAl2(SO4)3 BNaOHCBaCl2 DFeSO4解析：由“将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失”这一现
3、象可知，丁为NaOH，乙为Al2(SO4)3，BaCl2和FeSO4两溶液中与NaOH溶液不反应的是BaCl2溶液，所以甲为BaCl2，则丙为FeSO4。答案：D4将100 mL 3 molL1的NaOH溶液与100 mL 1 molL1的AlCl3溶液，按下列两种方法相混合：将NaOH逐滴加入AlCl3中，边加边振荡将AlCl3逐滴加入NaOH中，边加边振荡。对上述实验所得出的结论正确的是()A现象相同，沉淀量相同B现象相同，沉淀量不相同C现象不相同，沉淀量相同D现象不相同，沉淀不相同解析：所发生的反应是：3NaOHAlCl3=Al(OH)33NaCl，NaOH为0.3 mol，AlCl3为
4、0.1 mol，正好完全反应，产生0.1mol Al(OH)3沉淀。所发生的反应是：AlCl34NaOH=NaAlO22H2O3NaCl。由于碱过量，加入沉淀振荡又消失，0.3 mol NaOH消耗AlCl3 mol，生成 mol NaAlO2，余 mol AlCl3，继续加入AlCl3反应方程式为：AlCl33NaAlO26H2O=4Al(OH)33NaCl，这样 mol NaAlO2和 mol AlCl3正好反应，产生0.1 mol Al(OH)3沉淀，所以结论是现象不相同，沉淀量相同。答案：C5下图表示AlCl3溶液与NaOH溶液的相互滴加，则下列说法中错误的是()A线表示Al3物质的量
5、的变化Bx表示AlCl3的物质的量C线表示Al(OH)3物质的量的变化D线表示AlO物质的量的变化解析：AlCl3溶液与NaOH溶液混合有两种方式：一种方式为向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液，开始就有沉淀生成后沉淀溶解，且前后消耗NaOH的物质的量之比为31，显然符合本题意，则x表示NaOH的物质的量，B项错误；据此可判断A、C、D正确。另一种方式为向NaOH溶液中逐滴滴加AlCl3溶液，开始没有沉淀，后有沉淀，不符合本题。答案：B6在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如下图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是()AMg2、Al3、
6、Fe2 BH、Mg2、Al3CH、Ba2、Al3 D只有Mg2、Al3解析：观察图象时，要注意图象的起始点，终点，及曲线的走势。从图象上看，开始时加入NaOH没有沉淀产生，说明溶液中有H，沉淀量逐渐增加，达到最大值，然后又减少说明溶液中存在Al3，沉淀量减少到一定量后，不再发生变化，说明溶液中还存在Mg2。答案：B7下列各组物质相混合后，可生成a mol沉淀的是()A含a mol NaAlO2的溶液与含a mol AlCl3的溶液B含有a mol NaAlO2的溶液通入a mol CO2C含a mol AlCl3的溶液与含2a mol Ba(OH)2的溶液D含a mol AlCl3的溶液与含a
7、 mol NaOH的溶液解析：A组中反应：3NaAlO2AlCl36H2O=4Al(OH)33NaCl a mol a mol a molB组中反应：NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaHCO3 a mol a mol a molC组中反应：2AlCl34Ba(OH)2=Ba(AlO2)23BaCl24H2O a mol 2a molD组中反应：AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl amol a mol mol答案：B8下列各组物质，不能按 (“”表示反应一步完成)所示关系转化的是()选项abcAAl2O3NaAlO2Al(OH)3BAlCl3Al(OH)3NaAlO2CA
8、lAl(OH)3Al2O3DMgCl2Mg(OH)2MgO解析：Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2和适量的稀盐酸反应生成Al(OH)3，Al(OH)3受热分解得Al2O3，A符合；AlCl3和氨水反应生成Al(OH)3，Al(OH)3和NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2和过量盐酸反应生成AlCl3，B符合；Al不能一步生成Al(OH)3，C不符合；MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2受热分解得MgO，MgO和盐酸反应生成MgCl2，D符合。答案：C9等体积的AlCl3和NaOH两种溶液混合后，沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，则
9、AlCl3和NaOH两种溶液物质的量浓度之比是()13231427ABC D解析：溶液中Al元素的存在可以是Al3或AlO。故当溶液中Al3与Al(OH)3物质的量之比为11时，n(Al3)n(OH)23，当溶液中AlO与Al(OH)3的物质的量之比为11时，n(Al3)n(OH)27。答案：C10使一镁铝合金粉末在过量稀H2SO4中溶解，在所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的质量W和加入NaOH溶液的体积V的关系如下图所示，则该合金中镁和铝的质量之比为()A23 B11C43 D89解析：先由一部分沉淀溶解入手，溶解氢氧化铝需要1体积NaOH溶液，则产生氢氧化铝需要3体积NaOH溶液，产生
10、氢氧化镁需要2体积溶液，所以镁与铝的物质的量之比为11，质量比为89。答案：D11在V L Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，过滤得沉淀，然后在高温中灼烧沉淀最后得到白色固体m g，溶液中SO的物质的量浓度是()A. molL1 B. molL1C. molL1 D. molL1解析：Al2(SO4)3与NH3H2O反应生成白色Al(OH)3沉淀，灼烧沉淀后得Al2O3，则有Al2(SO4)32Al(OH)3Al2O3，m(Al2O3 )m g，则n(Al2O3)mol，nAl2(SO4)3 mol，即可得出：n(SO)3nAl2(SO4)3 mol，c(SO) molL1。答案：D12有
11、镁铝混合粉末10.2 g，将它溶于500 mL 4 molL1的盐酸中，若要使沉淀的质量最大，则需加入2 molL1的氢氧化钠溶液的体积是()A1 000 mL B500 mLC100 mL D1 500 mL解析：可能发生的化学反应为：Mg2HCl=MgCl2H2；2Al6HCl=2AlCl33H2；NaOHHCl=NaClH2O；MgCl22NaOH=Mg(OH)22NaCl；AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl。当镁、铝全部以Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀的形式存在时，沉淀的质量最大，此时，钠元素全部以氯化钠的形式存在，则由钠元素守恒和氯元素守恒得：nNaOHn(NaCl)
12、n(HCl)0.5 L4 molL12 mol，所以，VNaOH(aq)1 L1 000 mL。答案：A二、非选择题(共52分)13(10分)A、B、C、D、E五种物质均含有某种常见金属元素，它们的转化关系如图所示，某中B为白色难溶固体，E则易溶于水。(1)写出化学式：A_、B_、C_、D_。(2)写出下列反应的化学方程式：BC_。BD_。(3)写出下列反应的离子方程式：AD_。CD_。答案：(1)Al(OH)3Al2O3AlAlCl3(2)2Al2O3熔融电解,4Al3O2Al2O36HCl=2AlCl33H2O(3)Al(OH)33H=Al33H2O2Al6H=2Al33H214(10分)某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3中含有的Mg2、K杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失。请回答下列问题：(1)写出混合物中加入足量氢氧化钠溶液时，溶液中发生反应的离子方程式：_。(2)氢氧化钠溶液能否用氨水代替，为什么？_。(3)溶液a中存在的离子有_；在溶液a中加入盐酸时需控制盐酸的量，为什么？_。为此，改进方法是_。解析：(1)加入足量氢氧化钠溶液，Mg2可与OH反应生成Mg(OH)2沉淀，Al3先与OH反应生成Al(OH)3，生成的Al(OH)3继续
