人教版高中化学必修一高三31铝与氢氧化钠溶液的反应1Word格式.docx

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【答案】A

【解析】

（1）假设铝都不足，按照铝来计算，则产生的H2之比为1:

1不符合

（2）假设铝都过量，按照盐酸和氢氧化钠来计算，则产生的H2之比1:

3不符合

（3）1个反应铝过量，1个反应铝不足。

按照反应2Al-----6HCl----3H22Al---2NaOH------3H2盐酸消耗的多的多，所以，盐酸中铝过量，按照盐酸来算，，氢氧化钠中铝不足，按照铝来计算。

2Al-----6HCl----3H22Al---2NaOH------3H2

6323

0.60.3x0.6

计算得x=0.4质量=0.4×

27=10.8g,故选A正确。

3、将13.0gAl、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体6.72L（标况）．另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中生成6.72L（标况）NO，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量是（　　）

A．11.85gB．12.7g

C．27.45gD．28.3g

【答案】B

【解析】合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L（标准状况），物质的量为

=0.3mol，根据电子转移守恒可知n（Al）=

=0.2mol，故金属铝的质量为0.2mol×

27g/mol=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，

将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为

×

3=0.9mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为0.9mol﹣0.6mol=0.3mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH﹣）=0.3mol，所以反应后沉淀的质量等于13.0g﹣5.4g+0.3mol×

17g/mol=12.7g，

故选B．

4、将10.7gMg、Al和Fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，产生标准状况下3.36L气体．另取等质量的合金溶于过量盐酸中，生成标准状况下7.84L气体，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，得到沉淀物质的量为（　　）

A．0.1molB．0.2molC．0.25molD．0.3mol

【解析】Mg、Al和Fe组成的合金溶于足量的氢氧化钠溶液中，只有Al反应生成氢气，根据电子转移守恒，Al提供电子物质的量为：

2=0.3mol；

另取等质量的合金溶于过量盐酸中，金属均与盐酸反应生成氢气，两过程中Al反应生成氢气体积相等，根据电子转移守恒，Mg、Fe提供电子总物质的量为

2﹣0.3mol=0.4mol，故Mg、Fe总物质的量为

=0.2mol，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，得到沉淀为氢氧化镁、氢氧化亚铁，根据原子守恒，沉淀物质的量等于金属物质的量，即沉淀物质的量为0.2mol

5、一定量的镁铝合金与足量的氢氧化钠溶液反应产生3.36L氢气。

若将等质量的该合金完全溶于稀硝酸，反应中硝酸被还原只产生4.48L的NO（气体的体积均已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（）

A．11.4gB．16.5gC．9.7gD．8.7g

【解析】标准状况下3.36L氢气的物质的量是3.36L/22.4L/mol=0.15mol，4.48LNO的物质的量是4.48L/22.4L/mol=0.2mol。

Mg、Al合金中只有Al与氢氧化钠溶液反应，根据2Al～3H2，可知Al的物质的量是0.1mol；

与硝酸反应生成0.2mol的NO，得到电子的物质的量是0.2mol×

3=0.6mol，设合金中Mg的物质的量是x，根据得失电子守恒，得2x+0.1mol×

3=0.6mol，所以x=0.15mol，所以加入足量氢氧化钠溶液时只生成氢氧化镁沉淀，质量是0.15mol×

58g/mol=8.7g，答案选D。

6、常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH＝14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，测得生成沉淀的质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．原合金质量为0.92g　B．产生氢气的体积为896mL（标准状况下）

C．图中m的值为1.56　D．图中V2的值为60

【答案】C

【解析】由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，最后发生Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为0.02L×

1mol/L=0.02mol，由

NaOH+HCl═NaCl+H2O

0.02mol0.02mol

则V1为0.02mol÷

1mol/L＝0.02L＝20mL，生成沉淀时消耗的盐酸为40mL-20mL＝20mL，其物质的量为由0.02L×

1mol/L＝0.02mol，由

NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓

0.02mol0.02mol0.02mol

A、由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为0.04mol×

23g/mol+0.02mol×

27g/mol=1.46g，故A错误；

B、由2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，生成氢气的物质的量为0.02mol+0.03mol=0.05mol，其标况下的体积为0.05mol×

22.4L/mol=1.12L，故B错误；

C、由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol×

78g/mol=1.56g，故C正确；

D、由Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60mL，则V2为40mL+60mL＝100mL，故D错误；

故选C。

7、将13．0gAl、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体6．72L（标况）。

另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中生成6．72L（标况）NO，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量是（）

A．11．85gB．12．7gC．27．45gD．28．3g

【解析】合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L（标准状况），物质的量为0.3mol，所以金属铝的质量是5.4g，金属铝失电子的量是0.6mol，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，生成NO的物质的量是6.72L÷

22.4L/mol＝0.3mol，则根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为0.3mol×

3＝0.9mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，反应中金属铁、铜失去电子的物质的量0.3mol等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH-）＝0.3mol，所以反应后沉淀的质量等于13.0g－5.4g＋0.3mol×

17g/mol＝12.7g，选B。

8、某同学将某种金属分别与等体积甲、乙两种溶液反应，所加金属的质量与相同条件下产生气体的体积关系如图所示，下列推论可能正确的是（　　）

A．金属是镁，甲溶液为0.2mol·

L－1盐酸，乙溶液为0.1mol·

L－1盐酸

B．金属是铁，甲溶液为pH＝1的醋酸，乙溶液为pH＝1的盐酸

C．金属是铝，甲溶液为0.1mol·

L－1氢氧化钠溶液

D．金属是铝，甲溶液为0.1mol·

L－1氢氧化钠溶液，乙溶液为0.1mol·

【解析】根据图象可知甲、乙与过量金属反应时，乙与金属反应产生的气体多，由此可知A、B选项不正确，足量铝与等物质的量的氢氧化钠、盐酸反应，与氢氧化钠反应放出的氢气多，所以D不正确。

9、某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：

方案Ⅰ：

铜铝混合物

测定生成气体的体积

方案Ⅱ：

测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是（）

A．溶液A和溶液B均可以是盐酸或NaOH溶液B．溶液A和溶液B选用稀硝酸

C．若溶液B选用浓硝酸，测得铜的质量分数偏小D．实验室中方案Ⅱ更便于实施

【答案】B

【解析】

10、将5.1g镁铝合金，投入到500mL2mol／L的盐酸中，金属完全溶解，再加入4mol／L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是（）

A．200mLB．250mLC．425mLD．560mL

11、将足量的铝粉分别投入等物质的量浓度的NaOH溶液和盐酸中，待反应结束后，两者产生的气体在相同状况下占有相同的体积。

下列叙述不正确的是（）

A．两反应中转移的电子数相等B．消耗铝的质量相等

C．消耗NaOH溶液和盐酸的体积不相等

D．反应后两溶液混合会产生白色沉淀且溶液中的溶质只有NaCl

【答案】D

12、某无色溶液能与Al反应生成H2，则能大量共存的离子组是（）

A．SO42－、K+、Na+、CrO42－　B．Mg2+、K+、HCO3－、Cl－　　

C．Ca2+、NH4+、Cl－、NO3－　　D．Na+、K+、S2O32－、SO42－

13、（能力挑战题）甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol·

L-1的盐酸和氢氧化钠溶液,向两烧杯中分别加入等质量的铝粉,反应结束后测得生成的气体体积比为甲∶乙=1∶2,则加入铝粉的质量为（　　）

A.5.4gB.3.6gC.2.7gD.1.6g

【解析】根据反应方程式:

2Al+6HCl====2AlCl3+3H2↑,

2Al+2NaOH+2H2O====2NaAlO2+3H2↑,

两者产生的气体量之比为1∶2,若Al完全反应,则产生气体量相同。

可判断出,两个反应中酸应该不足,碱应该过量。

m（HCl）=0.1L×

3mol·

L-1×

36.5g·

mol-1=10.95g

2Al+6HCl====2AlCl3+3H2↑

6×

36.53×

2

10.95gm（H2）=0.3g

则Al与NaOH反应生成的H2的质量为0.3g×

2=0.6g

2Al+2NaOH+2H2O====2NaAlO2+3H2↑

2×

273×

m（Al）=5.4g0.6g

14、为测定某镁铝合金样品中铝的含量，进行了下列实验：

取一定量合金，加入100mL0.3mol/L稀硫酸，合金完全溶解，产生的气体在标准状况下体积为560mL；

再加入0.2mol/LNaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，用去350mLNaOH溶液。

则所取样品中铝的物质的量为（）

A．0.005molB．0.01molC．0.025molD．0.03mol

综合题

15、为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4·

7H2O）和胆矾晶体。

请回答：

（1）写出步骤Ⅰ反应的离子方程式：

。

（2）试剂X是。

步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均需进行的实验操作是。

（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图7所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A中。

一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。

为了避免固体C减少，可采取的改进措施是。

（4）用固体F制备CuSO4溶液，可设计以下三种途径：

写出途径①中反应的离子方程式，请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由。

【答案】

（1）2Al+2OH—+2H2O=2AlO2－+3H2↑

（2）稀硫酸或H2SO4过滤

（3）在装置Ⅰ、Ⅱ之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶

（4）3Cu+2NO3－+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O

途径②最佳，理由是原料利用率高，环境污染小

16、金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用。

完成下列填空：

1.铝原子核外电子云有种不同的伸展方向，有种不同运动状态的电子。

2.镓（Ga）与铝同族。

写出镓的氯化物和氨水反应的化学方程式。

3.硅与铝同周期。

SiO2是硅酸盐玻璃（Na2CaSi6O14）的主要成分，Na2CaSi6O14也可写成Na2O·

CaO·

6SiO2。

盛放NaOH溶液的试剂瓶若用玻璃瓶塞容易形成粘性的硅酸盐而无法打开，发生反应的化学方程式。

长石是铝硅盐酸，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同。

由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石的化学式为

4.用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法。

如：

2Al+4BaO

3Ba↑+BaO·

Al2O3

常温下Al的金属性比Ba的金属性（选填“强”“弱”）。

利用上述方法可制取Ba的主要原因是。

a.高温时Al的活泼性大于Bab.高温有利于BaO分解

c.高温时BaO·

Al2O3比Al2O3稳定d.Ba的沸点比Al的低

（1）9、13；

（2）GaCl3+3NH3·

H2O＝3NH4Cl+Ga（OH）3↓

（3）SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+2H2O、CaAl2Si6O16（4）弱、d

（1）s轨道只有1个伸展方向、p轨道有3个伸展方向，Al核外电子排布为1s22s22p63s23p1，涉及3个s轨道、2个p轨道，因此其核外电子云（轨道）的伸展方向有9个；

核外13个电子的运动状态各不相同，因此核外有13种不同运动状态的电子。

（2）同主族元素化学性质相似，因此类比氯化铝与氨水的反应可得氯化稼与氨水反应的方程式。

（3）在Na2O、CaO、SiO2中，只有SiO2是酸性氧化物，可与NaOH作用生成可用作粘合剂的硅酸钠溶液；

由“长石是铝硅酸盐”，结合钠长石的化学式可知钙长石就是将钠长石的中钠更换为钙，铝硅酸阴离子不变，以及化合物中化合价代数和等于0可得钙长石的化学式为：

Ca（AlSi3O8）2，即CaAl2Si6O16。

（4）利用元素Ba、Al在元素周期表的位置可知金属活泼性：

Al＜Ba；

但Al在高温下可将氧化钡中钡置换出来，原因是Ba的沸点低于铝，高温时Ba转化为气体脱离反应体系，使反应正向进行。

17、将一只铝制的易拉罐内充满二氧化碳，然后往罐内注入足量的NaOH溶液，立即用胶布密封罐口，经过一段时间后，罐壁凹瘪，又过一段时间后，瘪了的罐壁重新鼓起来。

（1）罐壁凹瘪的原因是；

反应的化学方程式是。

（2）瘪罐重新鼓起来的原因是；

反应的离子方程式是。

（1）CO2与NaOH反应，罐内气体减少，压强减小

CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O

（2）铝与NaOH溶液反应放出氢气，罐内气体增多，压强增大

2Al+2OH－+6H2O=2[Al（OH）4]-+3H2↑

【解析】试题分析：

罐壁凹瘪的原因是罐内气体减少，说明二氧化碳被吸收。

瘪罐重新鼓起来说明气体增加，可以生成的可以是铝与氢氧化钠溶液反应生成了气体。

考点：

无机化合物反应

点评：

本题涉及到的都是简单的化学反应，关键是理解罐壁凹瘪和重新鼓起来的原因是气体的量在发生变化。

18、向一金属易拉罐内（内空）放入一匙某白色晶体（CO2的固体——干冰），摇动几下后，立即注入6mol／L过量的氢氧化钠溶液，用胶布密封罐口。

过一段时间后，罐壁变瘪；

再过一段时间后，瘪了的罐壁又重新鼓了起来。

⑴要产生上述实验现象，做易拉罐的金属是__________________；

⑵罐壁变瘪的原因是____________________________________，

离子方程式是____________________________________；

⑶罐壁再度鼓起的原因是___________________________。

【答案】⑴铝；

⑵二氧化碳与氢氧化钠反应后，罐内压强减小CO2+2OH-=CO32-+H2O

⑶铝与氢氧化钠溶液反应后产生氢气，罐内压强增大

（1）能和氢氧化钠溶液反应的是铝，所以做易拉罐的金属是铝。

（2）二氧化碳与氢氧化钠反应后，罐内压强减小，所以罐壁变瘪，反应的离子方程式是CO2+2OH-＝CO32-+H2O。

（3）铝与氢氧化钠溶液反应后产生氢气，罐内压强增大，所以罐壁再度鼓起。

考查铝的性质、离子方程式的书写

该题是中等难度的试题，试题基础性强，注重考查学生发现问题、分析问题、解决问题的能力，有利于培养学生的逻辑思维能力和规范答题能力。

19、如图是测定铝粉（含镁粉）的纯度的实验装置。

所用的NaOH（足量）的物质的量浓度为4.5mol·

L－1。

不同时间电子天平的读数如下表所示：

实验操作

时间/min

电子天平的读数/g

烧杯＋NaOH溶液

120

烧杯＋NaOH溶液＋样品

135

1

134.5

134.1

3

133.8

4

（1）反应中生成气体的质量g。

（2）试计算样品中铝的质量分数。

（写出解题过程）

（3）反应后溶液（溶液的体积变化忽略）的c（OH－）。

20、铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛．

（1）真空碳热还原﹣氯化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：

Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=+akJ？

mol﹣1

3AlCl（g）═3Al（l）+AlCl3（g）△H=+bkJ？

则反应Al2O3（s）+3C（s）═2Al（l）+3CO（g）△H=　　kJ？

mol﹣1（用含a、b的代数式表示）．

（2）Al4C3是真空碳热还原﹣氯化法反应过程的中间产物，它可以与盐酸反应制取CH4，某新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液．某研究小组用该甲烷燃料电池作为电源，进行电解饱和MgCl2溶液的实验，如图所示．

回答下列问题：

①闭合K开关后，c、d电极上均有气体产生．其中c电极产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝．则b处通入的气体为　　，负极上发生的电极反应式为　﹣　．

②电解氯化镁溶液的离子反应方程式为　；

③若甲烷通入量为224mL（标准状况），且反应完全，则理论上通过电解池的电量为　（法拉第常数F=9.65×

l04C？

mol﹣1），如果电能利用率为75%，则能产生的氯气体积为　mL（标准状况）．

（3）镁铝合金（Mg17Al12）是一种潜在的贮氢材料，可在氩气氛围中，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得．该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为：

Mg17Al12+17H2═17MgH2+12Al．得到物质的量之比为17：

12的MgH2和Al的混合物Y，Y在一定条件下释放出氢气．

①熔炼制备镁铝合金（Mg17Al12）时通入氩气的目的是　　．

②在6.0mol/LHCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2．1molMg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为　　．

③25℃时在②所得溶液中加入适量的NaOH溶液至沉淀恰好不再变化，过滤得滤液．测得滤液的pH为13．则该溶液中由水电离出的c（OH﹣）为　　．

（1）a+b；

（2）①O2；

CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O；

②Mg2++2Cl﹣+2H2O

Mg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑；

③7.72×

103C，672ml；

（3）①防止MgAl被空气氧化；

②52；

③0.1mol/L；

【解析】解：

（1）①Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=+akJ？

②3AlCl（g）═3Al（l）+AlCl3（g）△H=+bkJ？

依据盖斯定律计算①+②得到：

Al2O3（s）+3C（s）═2Al（l）+3CO（g）△H=a+