2019-2020年高考化學分類題庫 考點11 鎂、鋁元素單質及其重要化合物.doc

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2019-2020年高考化學分類題庫 考點11 鎂、鋁元素單質及其重要化合物 ．(xx安徽高考12)某同學將光亮的鎂條放入盛有NH4Cl溶液的試管中,有大量氣泡產生。為探究該反應原理,該同學做了以下實驗并觀察到相關現象,由此得出的結論不合理的是 選項 實驗及現象 結　論 A 將濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口,試紙變藍 反應中有NH3產生 B 收集產生的氣體并點燃,火焰呈淡藍色 反應中有H2產生 C 收集氣體的同時測得溶液的pH為8.0 弱堿性溶液中Mg也可被氧化 D 將光亮的鎂條放入pH為8.6的NaHCO3溶液中,有氣泡產生 弱堿性溶液中OH－氧化了Mg 【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (1)氨氣一般用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗; (2)氫氣燃燒火焰呈淡藍色。 【解析】選D。能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體是氨氣,A項正確;該反應體系中生成的氣體可能是氫氣或氨氣,而氫氣燃燒火焰呈淡藍色,B項正確;溶液呈堿性時,仍然生成氣體,表明弱堿溶液中Mg可被氧化,C項正確;D項的結論應該是弱堿溶液中H＋氧化Mg,溶液中存在HCH＋＋C和H2OH＋＋OH－,Mg與H＋反應生成H2和Mg2＋,Mg2＋與OH－、C反應分別生成沉淀Mg(OH)2、MgCO3,兩電離平衡均正向移動,故錯誤。 ．(xx福建高考6)下列制作鉛筆的材料與相應工業(yè)不對應的是 ( ) A．橡皮擦——橡膠工業(yè) B．鋁合金片——冶金工業(yè) C．鉛筆芯——電鍍工業(yè) D．鉛筆漆——涂料工業(yè) 【解析】選C。A.橡皮擦的原料是橡膠,涉及橡膠工業(yè)的生產,正確。B.鋁合金片涉及金屬的冶煉過程,與冶金工業(yè)有關,正確。C.鋁筆芯的原料是石墨,與電鍍工業(yè)無關,錯誤。D.鉛筆外邊刷的油漆,與有機合成的材料及涂料工業(yè)有關,正確。 【誤區(qū)提醒】鉛筆芯的主要成分不是鉛,而是石墨,與電鍍工業(yè)無關。 ．(xx山東高考10)某化合物由兩種單質直接反應生成,將其加入Ba(HCO3)2溶液中同時有氣體和沉淀產生。下列化合物中符合上述條件的是 ( ) A．AlCl3 B．Na2O C．FeCl2 D．SiO2 【解析】選A。AlCl3可由Al與Cl2反應制得,AlCl3與Ba(HCO3)2反應生成CO2和Al(OH)3沉淀,A正確;Na2O與Ba(HCO3)2反應沒有氣體生成,B錯誤;FeCl2不能由兩種單質直接反應生成,C錯誤;SiO2不與Ba(HCO3)2反應,D錯誤。 ．(xx重慶高考2)下列說法正確的是 ( ) A．I的原子半徑大于Br,HI比HBr的熱穩(wěn)定性強 B．P的非金屬性強于Si,H3PO4比H2SiO3的酸性強 C．Al2O3和MgO均可與NaOH溶液反應 D．SO2和SO3混合氣體通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4 【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (1)同一周期元素從左到右元素的非金屬性逐漸增強;同主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱; (2)亞硫酸根容易被硝酸氧化。 【解析】選B。A項,非金屬性Br>I,則HBr比HI的熱穩(wěn)定性強,錯誤;B項,非金屬性P>Si,則H3PO4比H2SiO3的酸性強,正確;C項,Al2O3屬于兩性氧化物,能與氫氧化鈉溶液反應,MgO屬于堿性氧化物,與NaOH溶液不反應,錯誤;D項,SO2在酸性環(huán)境中能被Ba(NO3)2氧化,則SO2和SO3混合氣體通入Ba(NO3)2溶液只得到BaSO4白色沉淀,錯誤。 ．(xx江蘇高考)在給定條件下,下列選項中所示的物質間轉化均能一步實現的是 ( ) A．粗硅SiCl4Si B．Mg(OH)2MgCl2(aq)Mg C．Fe2O3FeCl3(aq)無水FeCl3 D．AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]OH(aq)Ag 【解析】選A。Si＋2Cl2SiCl4↑,SiCl4＋2H2Si＋4HCl,A項正確;工業(yè)上制備Mg是電解熔融狀態(tài)下的氯化鎂,B項錯誤;直接加熱蒸發(fā)FeCl3溶液最終得不到無水氯化鐵,需要在干燥的氯化氫氣流中蒸發(fā),C項錯誤;蔗糖是非還原性糖,與銀氨溶液不反應,D項錯誤。 ．(xx福建高考24)無水氯化鋁在生產、生活中應用廣泛。 (1)氯化鋁在水中形成具有凈水作用的氫氧化鋁膠體,其反應的離子方程式為　 。 (2)工業(yè)上用鋁土礦(主要成分為Al2O3,含有Fe2O3、SiO2等雜質)制取無水氯化鋁的一種工藝流程示意如下: 已知: 物質 SiCl4 AlCl3 FeCl3 FeCl2 沸點/℃ 57.6 180(升華) 300(升華) 1 023 ①步驟Ⅰ中焙燒使固體水分揮發(fā)、氣孔數目增多,其作用是 (只要求寫出一種)。 ②步驟Ⅱ中若不通入氯氣和氧氣,則反應生成相對原子質量比硅大的單質是　　　 　。 ③已知: Al2O3(s)＋3C(s)2Al(s)＋3CO(g) ΔH1=＋1 344.1 kJmol－1 2AlCl3(g)2Al(s)＋3Cl2(g)　ΔH2=＋1 169.2 kJmol－1 由Al2O3、C和Cl2反應生成AlCl3的熱化學方程式為　 。 ④步驟Ⅲ的尾氣經冷卻至室溫后,氣體用足量的NaOH冷溶液吸收,生成的鹽主要有3種,其化學式分別為　 ⑤結合流程及相關數據分析,步驟Ⅴ中加入鋁粉的目的是　 。 【解題指南】解答本題時應注意以下兩點: (1)元素化合物知識的掌握與應用; (2)化學工藝流程的識別與過程分析。 【解析】(1)AlCl3是強酸弱堿鹽,在溶液中Al3＋發(fā)生水解生成Al(OH)3膠體,其反應的離子方程式為Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。 (2)①步驟Ⅰ中焙燒時,固體水分揮發(fā),氣孔數目增多,可以防止后續(xù)步驟生成的AlCl3水解或是由于增大反應物接觸面積,使反應速率加快。 ②鋁土礦粉和焦炭焙燒時,焦炭能還原Fe2O3,得到單質鐵。 ③根據蓋斯定律,由第一個熱化學方程式減去第二個熱化學方程式,可得Al2O3(s)＋3C(s)＋3Cl2(g)2AlCl3(g)＋3CO(g) ΔH=＋1 344.1 kJmol－1－1 169.2 kJmol1=＋174.9 kJmol－1。 ④步驟Ⅲ經冷卻至室溫后,氣體用足量的NaOH冷溶液吸收,生成的鹽主要有3種,Cl2與濃NaOH溶液發(fā)生反應產生NaCl、NaClO3和水,隨著反應的進行,溶液變稀。這時Cl2與稀的NaOH溶液發(fā)生反應,生成NaCl、NaClO和水。因此得到的三種鹽的化學式分別為NaCl、NaClO、NaClO3。 ⑤由于Al的活動性比Fe強,在步驟Ⅴ中加入鋁粉,就可以將鐵置換出來,達到除去FeCl3、提高AlCl3純度的目的。 答案:(1)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ (2)①防止后續(xù)步驟生成的AlCl3水解(或增大反應物的接觸面積,加快反應速率) ②Fe(或鐵) ③Al2O3(s)＋3C(s)＋3Cl2(g)2AlCl3(g)＋3CO(g)　ΔH=＋174.9 kJmol－1 ④NaCl、NaClO、NaClO3 ⑤除去FeCl3,提高AlCl3純度 ．(xx浙江高考27)Ⅰ.請回答: (1)H2O2的電子式　　　　。 (2)鎂燃燒不能用CO2滅火,用化學方程式表示其理由　 。 (3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液,白色沉淀轉化為淡黃色沉淀,寫出反應的離子方程式　 。 (4)完成以下氧化還原反應的離子方程式: Mn＋C2＋　　　Mn2＋＋CO2↑＋　　　 Ⅱ.化合物甲和NaAlH4都是重要的還原劑。一定條件下金屬鈉和H2反應生成甲。甲與水反應可產生H2,甲與AlCl3反應可得到NaAlH4。將4.80 g甲加熱至完全分解,得到金屬鈉和2.24 L(已折算成標準狀況)的H2。 請推測并回答: (1)甲的化學式　　　　。 (2)甲與AlCl3反應得到NaAlH4的化學方程式　 。 (3)NaAlH4與水發(fā)生氧化還原反應的化學方程式　 。 (4)甲在無水條件下可作為某些鋼鐵制品的脫銹劑(鐵銹的成分表示為Fe2O3),脫銹過程發(fā)生反應的化學方程式　 。 (5)某同學認為:用惰性氣體趕盡反應體系中的空氣,將鐵和鹽酸反應后的氣體經濃硫酸干燥,再與金屬鈉反應,得到的固體物質即為純凈的甲;取該固體物質與水反應,若能產生H2,即可證明得到的甲一定是純凈的。 判斷該同學設想的制備和驗純方法的合理性并說明理由　 。 【解析】Ⅰ.(1)過氧化氫為共價化合物,兩個氧原子之間共用一對電子,其電子式為。 (2)鎂燃燒不能用CO2滅火,因為會發(fā)生如下反應:2Mg＋CO22MgO＋C。 (3)向AgCl沉淀中加入KBr溶液,因為Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr),AgCl沉淀轉化為AgBr沉淀,AgCl＋Br－AgBr＋Cl－,沉淀由白色變成淡黃色。 (4)根據電子守恒、原子守恒、電荷守恒可配平該離子方程式:2Mn＋5C2＋16H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。 Ⅱ.(1)一定條件下金屬鈉和H2反應生成甲,將4.80 g甲加熱至完全分解,得到金屬鈉和2.24 L(已折算成標準狀況)的H2。n(H2)==0.1 mol,m(H2)=0.2 g,m(Na)=4.80 g－0.2 g=4.6 g,則n(Na)==0.2 mol,根據化合價關系,可推出甲的化學式為NaH,制備它的反應方程式為2Na＋H22NaH。 (2)根據條件NaH與AlCl3反應得到NaAlH4,NaH與NaAlH4中H都為－1價,反應中無化合價變化,為非氧化還原反應,則化學方程式為4NaH＋AlCl3NaAlH4＋3NaCl。 (3)NaAlH4與水發(fā)生氧化還原反應,NaAlH4中H化合價為－1價,H2O中H化合價為＋1價,根據氧化還原反應化合價歸中的規(guī)律,判斷產物為H2,可推出化學方程式為NaAlH4＋2H2ONaAlO2＋4H2↑。 (4)NaH除鐵銹,是把Fe2O3變?yōu)镕e,NaH作為還原劑,－1價的H化合價升高,生成NaOH,化學方程式為3NaH＋Fe2O32Fe＋3NaOH。 (5)制備過程不合理,鹽酸易揮發(fā),H2中混有HCl,導致產物中有NaCl。鐵與鹽酸反應生成H2,經濃硫酸干燥,再與金屬鈉反應,產生NaH,但H2的量不足會有鈉單質殘留,固體不純;同時,2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑,也會有氫氣放出,無法證明固體甲純凈。 答案:Ⅰ.(1) (2)2Mg＋CO22MgO＋C (3)AgCl＋Br－AgBr＋Cl－ (4)2Mn＋5C2＋16H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O Ⅱ.(1)NaH (2)4NaH＋AlCl3NaAlH4＋3NaCl (3)NaAlH4＋2H2ONaAlO2＋4H2↑ (4)3NaH＋Fe2O32Fe＋3NaOH (5)制備過程不合理,因為鹽酸易揮發(fā),H2中混有HCl,導致產物中有NaCl。驗純方法不合理,如果有Na剩余,Na與水反應也會生成H2;沒有考慮混入的NaCl 【誤區(qū)提醒】沒有考慮反應的整體性,未認識到制備的H2中混有HCl,H2的量不足會有鈉單質殘留,固體不純,鈉與水反應也會生成氫氣。最后一問出現錯誤。 ．(xx廣東高考32)七鋁十二鈣(12CaO7Al2O3)是新型的超導材料和發(fā)光材料,用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和廢Al片制備七鋁十二鈣的工藝如下: (1)煅粉主要含MgO和　　　　,用適量NH4NO3溶液浸取煅粉后,鎂化合物幾乎不溶,若濾液Ⅰ中c(Mg2＋)小于510－6molL－1,則溶液pH大于　　　　　[Mg(OH)2的Ksp=510－12];該工藝中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3,原因是　　　　　　　　。 (2)濾液Ⅰ中的陰離子有　　　　　　　　(忽略雜質成分的影響);若濾液Ⅰ中僅通入CO2,會生成　　　　　　　　,從而導致CaCO3產率降低。 (3)用NaOH溶液可除去廢Al片表面的氧化膜,反應的離子方程式為　　　　　　　 　　　。 (4)電解制備Al(OH)3時,電極分別為Al片和石墨,電解總反應方程式為　　　　　　　 　　　。 (5)一種可超快充電的新型鋁電池,充放電時AlC和Al2C兩種離子在Al電極上相互轉化,其他離子不參與電極反應,放電時負極Al的電極反應式為　　　　　　　　　　　　　　　。 【解題指南】解答本題注意以下3點: (1)讀懂化工流程并明確每個過程發(fā)生的具體反應。 (2)掌握常見元素化合物的知識。 (3)掌握沉淀溶解平衡及溶液pH計算的有關問題。 【解析】(1)由于白云石的主要成分是CaCO3和MgCO3,所以煅燒之后會發(fā)生分解生成MgO和CaO。根據Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)c2(OH－)可知,c(OH－)=10－3molL－1,此時溶液中c(H＋)=10－11molL－1,對應溶液的pH為11。若加入硫酸根,硫酸根可與鈣離子反應生成硫酸鈣沉淀。 (2)由于前面加入了硝酸銨,所以濾液Ⅰ中含有的陰離子主要是N和OH－,濾液Ⅰ中僅通入CO2,由于溶液的堿性不強,所以會生成NH4HCO3。 (3)用NaOH溶液可除去廢Al片表面的氧化膜,反應的離子方程式為2OH－＋Al2O32Al＋H2O。 (4)電解制備Al(OH)3時,電極分別為Al片和石墨,若生成Al(OH)3則鋁作陽極,所以電解的總反應方程式為2Al＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑。 (5)放電時負極Al應失去電子,根據放電時AlC和Al2C兩種離子在Al電極上相互轉化可知,電極反應式為Al－3e－＋7AlC4Al2C。 答案:(1)CaO　11　加入(NH4)2SO4會生成CaSO4微溶物,再過濾會被除去,造成CaCO3減少 (2)N和OH－　NH4HCO3 (3)2OH－＋Al2O32Al＋H2O (4)2Al＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑ (5)Al－3e－＋7AlC4Al2C 【誤區(qū)提醒】本題最后一個空容易出錯,主要是忽略了題干中的敘述“充放電時AlC和Al2C兩種離子在Al電極上相互轉化,其他離子不參與電極反應”這句話,從而將電極反應式直接寫成Al－3e－Al3＋。