河南省罗山高中2022届高三化学复习3.2铝的重要化合物课时作业新人教版必修1

3.2铝的重要化合物1、将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与所通入CO2的体积关系如图所示．下列关于整个反应过程中的叙述错误的是()A．Oa段反应的化学方程式是Ba（OH）2+CO2═BaCO3↓+H2OB．bc段与cd段所消耗CO2的体积相同C．bc段反应的离子方程式是2AlO+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+COD．de段沉淀减少是由于BaCO3固体的消失【答案】B【解析】解：只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，沉淀量达最大后，再发生CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，A．由上述分析可知，Oa发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，故A正确；B．由上述分析可知，ab段发生：2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O，bc段发生：2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，cd段发生：CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，de段发生：BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3﹣，bc段与cd段两阶段所消耗CO2的体积不一定相同，故B错误；C．由上述分析可知，bc段反应的离子方程式是：2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，故C正确；D．由上述分析可知，de段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，导致沉淀的减少，故D正确；故选B．2、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，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列选项正确的是（　　）A．原合金质量为0.92gB．产生氢气0.04molC．图中m值为1.56gD．图中V2为60mL【答案】C【解析】解：钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生反应：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，得到溶液pH=14，故剩余NaOH为0.02L×1mol/L=0.02mol；用盐酸滴定，依次发生：NaOH+HCl═NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O．则：NaOH+HCl═NaCl+H2O，0.02mol0.02mol故V1==0.02L=20mL，生成沉淀时消耗的盐酸为40mL﹣20mL=20mL，其物质的量为0.02L×1mol/L=0.02mol，NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓0.02mol0.02mol0.02molA．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，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．3、将一定量Mg、Al合金溶于1mol·L﹣1的HCl溶液中，进而向所得溶液中滴加1mol·L﹣1的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量（n）与滴加的NaOH溶液（mL）体积的关系如图所示．下列分析的结论中正确的是（　　）A．无法给出实验中产生H2的物质的量B．欲给出a的取值范围尚缺少一个条件C．无法认定Mg、Al合金中的最大值D．溶解“一定量Mg、Al合金”的HCl溶液的体积为90mL【答案】A【解析】解：根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积amL过程中，没有沉淀生成，说明盐酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余盐酸，在amL时，剩余的HCl与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl混合液．继续滴加氢氧化钠溶液，开始生成Mg（OH）2、Al（OH）3沉淀，当加入氢氧化钠溶液80ml时，沉淀量最大，说明氯化铝、氯化镁恰好完全反应，此时溶液为氯化钠溶液，根据钠离子守恒可知n（NaCl）=n（NaOH）=0.08ml×1mol/L=0.08mol．再继续滴加氢氧化钠，在加入90mol时，沉淀物质的量最小，是氢氧化镁沉淀，所以加入10ml氢氧化钠溶解氢氧化铝沉淀，此时溶液为氯化钠、偏铝酸钠溶液，根据铝元素、钠元素守恒可知n（NaAlO2）=n[Al（OH）3]=0.01L×1mol/L=0.01mol．所以沉淀量最大时，根据铝元素守恒，氢氧化铝的物质的量为0.01mol．A．由上述分析可知，金属镁的量不确定，无法判断生成氢气的量的多少，故A正确；B．假设盐酸溶解金属后不剩，这种情况下，酸恰好与合金反应完全，即a=0．通过极值法，当合金中完全是铝时，因为沉淀Al3+需要NaOH溶液的体积为30mL，从图可知，中和过量的酸所消耗的碱液体积最大为50mL，所以的取值范围为0≤a＜50，故B错误；C．若假设盐酸不剩，即a=0，加入的80ml氢氧化钠溶液用于沉淀Mg2+、Al3+，所以沉淀量最大时，合金中镁元素的物质的量最大，根据铝元素守恒，氢氧化铝的物质的量为0.01mol，根据氢氧根守恒可知沉淀中含有氢氧根n（OH﹣）=n（NaOH）=0.08ml×1mol/L=0.08mol，所以氢氧化镁沉淀为：=0.025mol，所以该合金中的最大值为2.5，故C错误；D．由分析可知溶液中，n（NaCl）=n（NaOH）=0.08ml×1mol/L=0.08mol，根据氯元素守恒，所以n（HCl）=n（NaCl）=0.08mol，所以溶解金属的盐酸的体积为=0.08L=80ml，故D错误；故选：A．4、A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，该混合物成分的分析方案如图所示．下列分析错误的是（　　）A．当m1＞m2时，溶液a中的阴离子只有1种B．生成蓝色溶液的离子方程式为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+C．要确定混合物中是否含有Al，可取A加入适量稀盐酸D．当m2﹣m3=2.96g时，Fe3O4的质量至少为2.32g【答案】A【解析】解：A．铝、氧化铝都能和氢氧化钠反应，Fe3O4、Cu和氢氧化钠不反应，当m1＞m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液，而过量的氢氧化钠，阴离子大于一种，故A错误；B．Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故B正确；C．金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应，可取A加入适量稀HCl，如果有气体产生，证明铝的存在，故C正确；D．固体质量改变的原因有：金属氧化物的溶解，三价铁与铜单质之间的氧化还原反应，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3O4～2Fe3+～Cu，也就是四氧化三铁和铜的物质的量大于1：1，m2﹣m3=2.96g才符合，最小值为1：1，即2.96g××100%=2.32g，故D正确；故选A．5、将含有2molKAl（SO4）2的溶液和含有3.5molBa（OH）2的溶液混合，则下列说法正确的是（　　）A．反应后溶液呈碱性，且溶液中OH﹣的物质的量为1molB．反应后，铝元素的存在形式有Al（OH）3和AlO2﹣，且物质的量分别为1mol、0.5molC．反应后溶液中有K2SO4和KAlO2两种溶质D．反应中生产沉淀Al（OH）3和BaSO4的物质的量分别为2mol、3.5mol【答案】C【解析】解：发生反应：2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=K2SO4+2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，2molKAl（SO4）2消耗3molBa（OH）2，剩余0.5molBa（OH）2，生成2molAl（OH）3，2molK2SO4；再发生反应：K2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2KOH，0.5molBa（OH）2反应可以消耗0.5molK2SO4，生成1molKOH，剩余0.5molK2SO4；还发生反应：Al（OH）3+KOH=KAlO2+2H2O，1molKOH反应可以消耗1molAl（OH）3，生成1molKAlO2，故最终沉淀为1molAl（OH）3、3.5molBaSO4，A．由上述分析可知，反应后溶液溶质为K2SO4、KAlO2，氢氧化钠完全反应，偏铝酸根水解，溶液呈碱性，溶液中OH﹣的物质的量远小于1mol，故A错误；B．由上述分析可知，反应后，铝元素的存在形式有Al（OH）3和AlO2﹣，物质的量分别为1mol、1mol，故B错误；C．由上述分析可知，反应后溶液溶质为K2SO4、KAlO2，故C正确；D．反应中生产沉淀Al（OH）3和BaSO4的物质的量分别为1mol、3.5mol，故D错误；故选C．6、下列实验过程中产生沉淀的物质的量（Y）与加入试剂的量（X）之间的关系正确的是（　　）A．向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡B．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡C．向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量D．向NaOH、Ba（OH）2、NaA1O2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量【答案】C【解析】A．向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，继续滴加NaOH溶液，Al（OH）3和NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠，沉淀溶解：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，所以沉淀量达到最大消耗NaOH，和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1；故A错误；B．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，开始阶段先产生氢氧化铝沉淀，发生反应：AlO2﹣+H++H2O=Al（OH）3↓，随着盐酸的逐滴加入，则沉淀开始溶解，发生反应：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，所以沉淀量达到最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1：3．故B错误；C．向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始滴加NaOH发生反应为Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，先产生氢氧化铝沉淀，当Al3+沉淀完全后，然后发生反应NH4++OH﹣=NH3·H2O；NH4+，此时沉淀氢氧化铝的量不变，最后继续滴加NaOH，发生反应Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，氢氧化铝沉淀溶解，沉淀量达到最大消耗NaOH，沉淀量不变和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1：1；故C正确；D．向NaOH、Ba（OH）2、NaA1O2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，产生沉淀，然后发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，此时沉淀的量不变，再发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3，产生沉淀，又发生反应：CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣，BaCO3+H2O+CO2=Ba（HCO3）2故图象错误．CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣，BaCO3+H2O+CO2=Ba（HCO3）2故图象错误．Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3沉淀量不变，最后发生反应：BaCO3+2H2O+2CO2=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，故D错误；故选：C．7、下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量．下列反应对应的曲线错误的是（　　）A．向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量B．向澄清石灰水中通入CO2至过量C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D．向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失【答案】D【解析】A、向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量，发生的反应分别为AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图象符合，故A正确；B、向澄清石灰水中通入CO2至过量，发生的反应分别为Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2，两个反应消耗的二氧化碳的物质的量之比为1；1，图象符合，故B正确；C、向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的反应分别为OH﹣+H+═H20，Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，后两个反应消耗的NaOH的物质的量之比为3：1，图象符合，故C正确；D、向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，发生的反应分别为Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，CO2+KOH═KHCO3，CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量为1：1：1，故D错误；故选D．8、把一块镁铝合金投入到1mol/LHCl溶液里，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如图所示．下列说法中错误的是（　　）A．HCl溶液的体积为80mLB．a的取值范围为0≤a＜50C．当a值为30时，b值为0.01D．的最大值为2.5【答案】C【解析】根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：H++OH﹣=H2O，然后是沉淀两种金属离子：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，最后是Al（OH）3的溶解：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，从横坐标80mL到90mL这段可以求出n[Al（OH）3]=0.01mol，则n（Al）=n（Al（OH）3）=0.01mol，所以Al3+消耗的NaOH溶液的体积为=0.03L=30mL．A．沉淀量最大时，溶液溶质为NaCl，此时加入1mol/LNaOH溶液的体积为80mL，根据氯离子、钠离子守恒可知n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），所以V（HCl）×1mol/L=1mol/L×80mL，所以V（HCl）=80mL，故A正确；B．假设盐酸溶解金属后不剩，这种情况下，酸恰好与合金反应完全，即a=0，通过极值法，当合金中完全是铝时，因为沉淀Al3+需要NaOH溶液的体积为30mL，从图可知，中和过量的酸所消耗的碱液体积最大为50mL，但是假设不成立，最大值是不存在的，所以的取值范围为0≤a＜50，故B正确；C．a=30时，和Mg2+反应的NaOH溶液为（80﹣30﹣30）mL=20mL，此时n（Mg2+）=1mol/L×0.02L×=0.01mol，b=n（Mg2+）+n（Al3+）=0.02mol，故C错误；D．当a=0时，沉淀中Mg（OH）2物质的量最大，沉淀最大时消耗n（NaOH）=0.08L×1mol/L=0.08mol，故根据氢氧根守恒，Mg（OH）2物质的量最大值==0.025mol，即合金中Mg的最大物质的量为0.025mol，故该合金中镁铝物质的量之比的最大值为=2.5，故D正确，故选：C．9、1L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1mol/L，向混合溶液中滴加某溶液Z（0.1mol/L氢氧化钠或硫酸溶液），所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是()A．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠D．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸【答案】A【解析】A．若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸，开始滴入硫酸时OH﹣+H+=H2O，Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，图中第一段直线：氢氧化钡的OH﹣和硫酸里的H+1：1中和，同时Ba2+和SO42﹣1：1反应生成硫酸钡沉淀，Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O；图中第二段直线氢氧化钡消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，硫酸的消耗量（硫酸消耗量是氢离子消耗量的一半）和沉淀的生成量是1：2；图中第三段直线：硫酸进一步过量，开始消耗沉淀，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O硫酸和沉淀消耗量应为1.5：1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4，以上三段符合图象的数值变化，故A正确；B．若X、Y、Z分别为氯化铝、氯化镁、氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，n（Mg2+）：n（OH﹣）=1：2，n（Al3+）：n（OH﹣）=1：3，继续滴加Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH﹣）=1：1，不符合图象的数值变化，故B错误；C．若X、Y、Z分别为氯化铝、氯化铁、氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，n（Al3+）：n（OH﹣）=1：3，n（Fe3+）：n（OH﹣）=1：3，继续滴加Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH﹣）=1：1，不符合图象的数值变化，故C错误；D．若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸，滴入硫酸时Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，生成最大量沉淀氢氧化铝0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.05mol，需要硫酸0.05mol，图中第一段直线不符合，故D错误；故选A．10、某溶液中可能含有OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣、SiO32﹣、SO42﹣、HCO3﹣、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子．当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化的图象如图所示．下列说法正确的是（）A．原溶液中一定含有的阴离子是：OH﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、CO32﹣B．反应最后形成的溶液中的溶质为NaClC．原溶液中一定含有Na2SO4D．原溶液中含有CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：2【答案】A【解析】由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH﹣离子，则与氢氧根离子不能共存的离子为Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2﹣、SiO32﹣和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2﹣与HCO3﹣发生反应生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在HCO3﹣；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32﹣离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子；A、依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：OH﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、CO32﹣，故A正确；B、反应最后形成的溶液中的溶质为NaCl和AlCl3，故B错误；C、溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液不中一定含有Na2SO4，故C错误；D、依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为3：4，故D错误；故选A．11、将一小块铝片加人某盐酸溶液中，铝片完全溶解，在所得溶液中继续滴加NaOH溶液。生成Al(OH)3的量与加人的NaOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A．盐酸与铝片反应后，盐酸还有剩余B.图中B点之前发生的离子反应为C.A→B段消耗的NaOH体积与B→C段消耗的Na0H体积比≥3：1D．溶解铝片的盐酸浓度与滴加的NaOH溶液浓度相等【答案】A【解析】从图像可知，刚滴入NaOH溶液时，不生成沉淀，说明盐酸与铝片反应后仍有剩余，A正确；B点之前，在O→A段，还发生了H++OH-=H2O的反应，B错误；A→B段消耗的NaOH体积与B→C段消耗的NaOH体积比一定等于3：1，C错误；根据题目提供条件，无法判断盐酸与NaOH溶液浓度的关系，D错误。12、有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9．加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如图，其中正确的是（　　）A．B．C．D．【答案】A【解析】镁与铝的质量比是8：9，则物质的量之比为：=1：1，由图象可知，金属与酸反应时酸过量，设铝的量为1单元，利用铝守恒，铝的量与氢氧化铝的物质的量相等，Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，得到消耗碱的量也为1个单元，由发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓消耗碱为3单元，而Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓反应消耗碱为2单元，所以从沉淀生成到最大量到沉淀溶解碱的体积之比为（3+2）：1=5：1，而且等物质量的氢氧化铝的质量大于氢氧化镁，故选A．13、将Na2O2逐渐加入到含有H+、Mg2+、Al3+、NH4+的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量（mol）与加入的Na2O2物质的量（mol）的关系如图所示，则原溶液中的Mg2+、Al3+、NH4+物质的量分别（　　）A．2mol、3mol、6molB．3mol、2mol、6molC．2mol、3mol、4molD．3mol、2mol、2mol【答案】D【解析】由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n+n=5mol，沉淀溶解至最小时为氢氧化镁，由图可知n=3mol，则n=2mol，根据元素守恒可知，n（Al3+）=n=2mol，n（Mg2+）=n=3mol；当加入8molNa2O2时，NH4+完全反应，此时产生氧气为4mol，则氨气为6mol﹣4mol=2mol，故NH4+的物质的量为2mol，故选D．14、向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol·L﹣1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是（　　）A．a曲线表示的离子方程式为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓B．b和c曲线表示的离子反应是相同的C．M点时，溶液中沉淀的质量为3.9gD．原混合溶液中的CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：2【答案】D【解析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO2﹣减少，第二阶段，AlO2﹣反应完毕，发生反应CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣减少，c线表示HCO3﹣的增加，第三阶段，CO32﹣反应完毕，发生反应HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3﹣减少，此阶段Al（OH）3不参与反应，A．Na2CO3，NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，故A正确；B．第二阶段，AlO2﹣反应完毕，发生反应：CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣减少，c线表示HCO3﹣的增加，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，故B正确；C．盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO32﹣反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓知，n（Al（OH）3）=n（NaAlO2）=n（HCl）0.05mol，m=0.05mol×78g/mol=3.9g，故C正确；D．第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50ml，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，CO32﹣+H+═HCO3﹣，可知CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为1：1，但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解，水解程度不同导致无法判断溶液中CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比，故D错误；故选D．15、向100mL0.1mol·L﹣1硫酸铝铵溶液中逐滴滴入0.1mol·L﹣1Ba（OH）2溶液．随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如下图所示．则下列说法中正确的是（）A．c点溶液呈碱性B．b点发生反应的离子方程式是：Al3++2SO42﹣+2Ba2++3OH﹣=Al（OH）3↓+2BaSO4↓C．c点加入Ba（OH）2溶液的体积为200mLD．a点的溶液呈中性【答案】A【解析】A、由分析可知，c为溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，故A正确；B、由分析可知，b点发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH﹣=NH3·H2O，故B错误；C、由分析可知，c点加入Ba（OH）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以=0.25L=250ml，故C错误；D、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，a点对应的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，溶液的溶质是（NH4）2SO4，那么该物质水解溶液呈酸性溶液显示中性，故D错误；故选A．16、氮化铝（AlN）陶瓷是一种类金刚石氮化物的新型无机非金属材料，最高可稳定到2200℃，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料．抗熔融金属侵蚀的能力强，是熔铸纯铁、铝或铝合金理想的坩埚材料．工业用氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质．现要通过实验分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）．（1）实验原理①已知Al4C3与硫酸反应可生成CH4，则该反应的离子方程式是．②AlN溶于强酸生成铵盐，溶于氢氧化钠溶液生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式．(2)实验装置（如图所示）（3）实验过程①连接实验装置，检验装置的气密性．称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL．②称取xgAlN样品置于锥形瓶中；塞好胶塞，关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，通过分液漏斗加入过量（填化学式），与锥形瓶内物质充分反应．③待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量（填化学式），与锥形瓶内物质充分反应．④打开K2，通过打气装置通入空气一段时间．⑤记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg．（4）数据处理与问答①在上述装置中，设置活塞K2的目的是．②若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积填“偏大”，“偏小”或“无影响”）．③Al4C3的质量分数为，AlN的质量分数为．【答案】（1）①Al4C3+12H+=4Al3++3CH4↑；②AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；（3）②H2SO4；③NaOH；（4）①打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收；②偏小；③×100%；×100%．【解析】解：从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数；（1）①碳化铝（Al4C3）与水反应生成氢氧化铝和甲烷，碳化铝与硫酸反应可理解为碳化铝（Al4C3）与水反应，产物再和硫酸反应，所以产物为硫酸铝和甲烷，反应方程式为：Al4C3+6H2SO4=2Al2（SO4）3+3CH4↑，离子方程式为：Al4C3+12H+=4Al3++3CH4↑，故答案为：Al4C3+12H+=4Al3++3CH4↑；②根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；（3）②关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得Al4C3的百分含量，故答案为：H2SO4；③关闭活塞K1，打开活塞K3，用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故答案为：NaOH；（4）①装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小，故答案为：打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收；②读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小，故答案为：偏小；③甲烷的体积为（a﹣b）mL，物质的量为mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为×mol×144g/mol=g，Al4C3的质量分数为×100%，氨气的质量为（z﹣y）g，物质的量为mol，根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量为mol×41g/mol=g，故AlN的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%；×100%．17、聚合氯化铁铝（简称PAFC），其化学通式为：[FexAly(OH)aClb·zH2O]m。某同学为测定其组成，进行如下实验：①准确称取4.5050g样品，溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到2.3300g固体．②另准确称取等质量样品溶于水，在溶液中加入适量Zn粉和稀硫酸，将Fe3+完全还原为Fe2+．用0.1000mol·L﹣1标准KMnO4溶液滴定Fe2+，消耗标准溶液的体积为20.00mL．③另准确称取等质量样品，用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得到4.3050g白色沉淀．（1）若滴定管在使用前未用标准溶液润洗，测得的Al3+含量将　　（填“偏高”、或“偏低”或“不变”）．（2）实验室检验Fe3+常用的方法是　　．（3）通过计算确定PAFC的化学式　　（写出计算过程，m为聚合度，不必求出）．【答案】（1）偏高；（2）向待测液中加入KSCN溶液，如果溶液变为红色，即可证明溶液中含有铁离子；（3）PAFC的化学式为[FeAl3(OH)9Cl3·3H2O]m．【解析】（1）若滴定管在使用前未用标准溶液润洗，相当于用的标准液的浓度偏小，所以用到的体积偏高，测得待测液中亚铁离子的浓度偏大，即铁离子偏大，测得的Al3+含量将偏高，故答案为：偏高；（2）铁离子能够与硫氰根离子反应生成红色的络合物硫氰化铁，据此检验铁离子是否存在，所以检验铁离子是否存在的最简便的方法为：向待测液中加入KSCN溶液，如果溶液变为红色，即可证明溶液中含有铁离子，故答案为：向待测液中加入KSCN溶液，如果溶液变为红色，即可证明溶液中含有铁离子；（3）①称取样品溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到2.3300g固体是氧化铝和氧化铁；②另准确称取等质量样品溶于水，在溶液中加入适量Zn粉和稀硫酸，将Fe3+完全还原为Fe2+，用0.1000mol·L﹣1标准KMnO4溶液滴定Fe2+，消耗标准溶液的体积为20.00mL，根据KMnO4～5Fe2+～5Fe3+，则Fe3+的物质的量是0.5×20×10﹣3mol=0.01mol，氧化铁的质量是0.01mol×0.5×160g/mol=0.8g，氧化铝质量=2.33g﹣0.8g=1.53g，所以Al3+的物质的量是0.03mol，③另准确称取等质量样品，用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得到4.3050g白色沉淀即AgCl沉淀，物质的量是=0.03mol，所以可以计算Cl元素的物质的量是：0.03mol．根据电荷守恒：3n（Fe3+）+3n（Al3+）=n（Cl﹣）+n（OH﹣），所以n（OH﹣）=0.01mol×3+0.03mol×3﹣0.03mol=0.09mol，n（H2O）==0.03mol，综上可知：n（Fe3+）：n（Al3+）：n（Cl﹣）：n（OH﹣）：n（H2O）=1：3：3：9：3，所以PAFC的化学式为：[FeAl3(OH)9Cl3？3H2O]m．答：PAFC的化学式为[FeAl3(OH)9Cl3？3H2O]m．18、将由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量水，充分反应后得到0.58g白色沉淀，向所得的浊液中逐滴加入0.5mol/L的盐酸，生成沉淀的质量与加入盐酸的体积的关系如图所示：求：（1）分别求混合物中AlCl3、MgCl2物质的量（2）P点时加入HCl的体积（要求写出计算过程）【答案】（1）AlCl3的物质的量为0.005mol，MgCl2的物质的量0.01mol（2）90mL【解析】（1）由图像可知题中将NaOH、AlCl3、MgCl2混合后反应，NaOH过量，则反应后溶液中存在Na+、OH—、AlO2—，白色沉淀为Mg(OH)20.58g，即0.01mol，则MgCl2的物质的量0.01mol；根据图像可知0～10ml时发生H++OH—==H2O，10～20ml时发生H++AlO2—+H2O==Al(OH)3↓，则可知H+～AlO2—～AlCl3得n(AlCl3)==0.01L×0.5mol/L==0.005mol。且20ml时溶液溶质完全都是NaCl（2）由图像可知P点时溶液中溶质为AlCl3、MgCl和NaCl，所以根据氯原子守恒可知P点消耗盐酸体积为（0.005mol×3+0.01mol×2）÷0.5mol/L×1000ml/L+20ml=90ml19、A～K为中学化学的常见物质，它们之间有如图所示的转化关系（反应条件已略去）．已知：通常状况下，A是淡黄色固体，B、D和I都是无色气体单质，F是红棕色气体，H是金属单质．回答下列问题：（1）写出化学式A　　，J　　．（2）写出实验室制取K的化学方程式　　．（3）写出G→E的化学方程式　　；此反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比是　　．（4）检验C中阳离子的实验方法是　　．（5）实验室中保存的C溶液可能会变质，为了检验C溶液是否变质，分别取少量样品进行如下实验，其中能达到实验目的是　　（填序号）．a．向样品中滴加稀硝酸，观察现象b．向样品中滴加氢氧化钡溶液，观察现象c．向样品中滴加酚酞试液，观察现象d．向样品中滴加氯化镁溶液，观察现象（6）同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH3、②NO2，进行喷泉实验，经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为①　　②（选填“=”或“＞”或“＜”）．【答案】（1）Na2O2；NaA1O2；（2）Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；（3）3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；2：3；（4）焰色反应；（5）ab；（6）=．【解析】通常状况下，A是淡黄色固体，能与水反应生成C及单质气体B，则A为Na2O2，B为O2，C为NaOH，H是金属单质，能与氢氧化钠溶液反应生成J与气体单质I，则H为Al、J为NaA1O2、I为H2．F是红棕色气体，则F为NO2，由E与氧气反应得到，则E为NO，气体单质D与氧气反应得到NO，则D为N2，K为NH3，二氧化氮与水反应生成G为NHO3，（1）由上述分析可知，A为Na2O2，J为NaA1O2，故答案为：Na2O2；NaA1O2；（2）实验室用氢氧化钙与氯化铵反应制备氨气，反应方程式为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；（3）G→E的化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；此反应中，氧化剂为硝酸，由生成的NO可知，起氧化剂作用的硝酸占参加反应的，还原剂为Cu，氧化剂与还原剂的物质的量之比是2：3，故答案为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；2：3；（4）检验NaOH中钠离子的实验方法是：焰色反应，故答案为：焰色反应；（5）实验室中保存的NaOH溶液可能会变质，会含有碳酸钠，检验是否含有碳酸根即可确定是否变质，a．若向样品变质，滴加稀硝酸会有气体生成，故a正确；b．若样品变质，滴加氢氧化钡溶液，会有白色沉淀产生，故b正确；c．氢氧化钠溶液呈碱性，碳酸钠溶液也呈碱性，向样品中滴加酚酞试液，无论是否变质，溶液都变为红色，故c错误；d．氢氧化钠与氯化镁得到氢氧化镁沉淀，碳酸钠与氯化镁得到碳酸镁沉淀，向样品中滴加氯化镁溶液，无论是否变质都生成白色沉淀，故d错误，故答案为：ab；（6）同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH3、②NO2，进行喷泉实验，经充分反应后，①中溶液体积等于氨气的体积，溶液物质的量浓度==mol/L；②中发生反应：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，3体积二氧化氮反应得到1体积NO，硝酸溶液体积为NO2体积的，假设NO2的体积为VL，则生成硝酸的物质的量为×=×mol，故硝酸溶液浓度==mol/L，故溶液的物质的量浓度为①=②，故答案为：=．20、A、B、C、D均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的关系如图所示(部分产物已略去)（1）若A为金属单质，D是某强酸的稀溶液，则反应C＋D→B的离子方程式为_________（2）若A、B为盐，D为强碱，A的水溶液显酸性，则①C的化学式为___________②反应B＋A→C的离子方程式为____________。（3）若A为强碱，D为气态氧化物。常温时，将B的水溶液露置于空气中，其pH随时间t变化可能如上图的图b或图c所示(不考虑D的溶解和水的挥发)①若图b符合事实，则D为________(填化学式)，此时图b中x________7(填“﹥”“﹤”“＝”)。②若图c符合事实，则其pH变化的原因是_______(用离子方程式表示)（4）若A为非金属单质，D是空气的主要成分之一。它们之间转化时能量变化如上图a，请写出1molA和D反应生成C的反应热为ΔH＝________________【答案】（1）3Fe2＋＋4H＋＋NO3-=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O（2）Al(OH)3　Al3＋＋3AlO2-＋6H2O=4Al(OH)3↓。（3）CO2　>　2HSO3-＋O2=2SO42-＋2H＋（4）ΔH＝－110.6kJ/mol【解析】（1）金属单质与少量的酸D发生反应得到C，当酸过量时，C与酸继续发生反应得到B，金属单质也可以与过量的酸直接反应得到B。说明A为变价金属，在中学化学中只有Fe,酸D为强氧化性的酸，则为HNO3。B为Fe(NO3)3,C为Fe(NO3)2.反应C＋D→B的离子方程式为3Fe2＋＋4H＋＋NO3-=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。（2）若A、B为盐，D为强碱，A的水溶液显酸性，符合上述关系的各种物质分别是A为AlCl3,B：NaAlO2;C:Al(OH)3;D:NaOH.①C的化学式为Al(OH)3.②反应B＋A→C的离子方程式为Al3＋＋3AlO2-＋6H2O=4Al(OH)3↓。（3）若A为强碱，D为气态氧化物。常温时，将B的水溶液露置于空气中，其pH随时间t变化①若图b符合事实，则A：NaOH；B：NaHCO3；C：Na2CO3；D：CO2。NaHCO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，所以pH>7。②若图c符合事实，A：NaOH；B：NaHSO3；C：Na2SO3；D：SO2。则其pH变化的原因是2HSO3-＋O2=2SO42-＋2H＋.由亚硫酸氢盐变为强酸的酸式盐NaHSO4。（4）若A为非金属单质，则符合要求的物质是：A：H2；D：O2；C：H2O，反应方程式为H2+1/2O2点燃=H2O.该反应的反应热为：—393.5+282.5=—110.6KJ/mol。