北京市2019版高考化学专题十二钠铝及其化合物课件20190225155.pptx

1、专题十二 钠、铝及其化合物,高考化学 (北京市专用),考点一 钠及其化合物 A组 自主命题北京卷题组 1.(2014北京理综,7,6分)下列金属中,表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的 是 ( ) A.K B.Na C.Fe D.Al,五年高考,答案 D 金属铝的表面可形成致密的氧化膜,保护内层金属不被空气氧化,故D符合题意。,思路分析 K、Na是活泼金属,在空气中能和氧气、水发生反应;Al易被空气中的氧气氧化生 成一层致密的氧化膜,阻止内部金属继续被氧化;Fe表面形成的氧化膜比较疏松,不能保护内部 金属。,解题关键 记住金属铝在空气中易形成致密的氧化物保护膜而保护内部金属不被腐蚀

2、是解 答本题的关键。,2.(2012北京理综,7,6分)下列解释实验现象的反应方程式正确的是 ( ) A.切开的金属Na暴露在空气中,光亮表面逐渐变暗 2Na+O2 Na2O2 B.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液,白色沉淀变成黑色 2AgCl+S2- Ag2S+2Cl- C.Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间,变成白色黏稠物 2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2 D.向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水,出现白色沉淀 2HC +Ca2+2OH- CaCO3+C +2H2O,答案 B A项,切开的金属钠暴露在空气中,光亮表面变暗的原因是钠被氧化生成Na2O,反应 方程式为4Na

3、+O2 2Na2O,故A错误;C项,Na2O2放置在潮湿的空气中发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2,因NaOH易吸水而形成白色黏稠物,故C错误;D项,向NaHCO3溶液中加入过 量的澄清石灰水,出现白色沉淀的反应方程式为HC +Ca2+OH- CaCO3+H2O,故D错 误。,3.(2018江苏单科,9,2分)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是 ( ) A.NaHCO3(s) Na2CO3(s) NaOH(aq) B.Al(s) NaAlO2(aq) Al(OH)3(s) C.AgNO3(aq) Ag(NH3)2+(aq) Ag(s) D.Fe2O3(s) Fe(s

4、) FeCl3(aq),B组 统一命题、省(区、市)卷题组,答案 A 本题考查元素化合物之间的相互转化。2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O、Na2CO3 +Ca(OH)2 CaCO3+2NaOH,A正确;NaAlO2与过量HCl(aq)反应生成AlCl3和NaCl,B不 正确;Ag(NH3)2+与蔗糖无法发生银镜反应生成Ag,C不正确;Fe与HCl(aq)反应生成FeCl2和H2, D不正确。,4.(2018课标,7,6分)化学与生活密切相关。下列说法错误的是 ( ) A.碳酸钠可用于去除餐具的油污 B.漂白粉可用于生活用水的消毒 C.氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D.碳酸钡可用于胃肠

5、X射线造影检查,答案 D 本题考查Na2CO3、Ca(ClO)2、Al(OH)3、BaCO3的化学性质。碳酸钠溶液显碱性, 油污属于酯类,油污可在热的碳酸钠溶液中水解而被除去,A正确;漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2, Ca(ClO)2有强氧化性,可杀菌消毒,B正确;胃酸指盐酸,Al(OH)3可与盐酸反应,C正确;BaCO3可与 胃酸反应生成Ba2+,Ba2+有毒,D错误。,关联知识 胃肠X射线造影检查服用的是BaSO4,BaSO4不与盐酸反应。,5.(2017江苏单科,3,2分)下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 ( ) A.Na2O2吸收CO2产生O2,可用作呼吸面具供氧剂 B.Cl

6、O2具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒 C.SiO2硬度大,可用于制造光导纤维 D.NH3易溶于水,可用作制冷剂,答案 A B项,ClO2具有很强的氧化性,可用于杀菌消毒;C项,SiO2用于制造光导纤维与其硬度 大无关;D项,NH3用作制冷剂是因为其易液化,液氨汽化吸热,使周围环境温度降低。,6.(2015山东理综,10,5分)某化合物由两种单质直接反应生成,将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时 有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是 ( ) A.AlCl3 B.Na2O C.FeCl2 D.SiO2,答案 A AlCl3可由Al与Cl2直接反应生成,加入Ba(HCO3)2溶液中因发生

7、相互促进的水解反应 而同时生成气体和沉淀:Al3+3HC Al(OH)3+3CO2,A正确;Na2O加入Ba(HCO3)2溶液 中生成BaCO3沉淀,但无气体产生,B错误;Fe与Cl2直接反应生成FeCl3,C错误;SiO2与Ba(HCO3)2 溶液不反应,D错误。,7.(2014福建理综,6,6分)下列有关物质应用的说法正确的是( ) A.生石灰用作食品抗氧化剂 B.盐类都可用作调味品 C.铝罐可久盛食醋 D.小苏打是面包发酵粉的主要成分之一,答案 D 生石灰没有还原性,不能作抗氧化剂,故A错误;不是所有的盐都能作调味品,如 NaNO2有毒,故B错误;铝可与CH3COOH反应生成盐和H2,故

8、C错误;D正确。,评析 本题考查与生活相关的化学知识,是高考的热点,重在考查学生的知识面,题目难度较 小。,8.(2015安徽理综,27,14分)硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要的应用价值。某研究小组 采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4,其流程如下:已知:NaBH4常温下能与水反应,可溶于异丙胺(沸点:33 )。 (1)在第步反应加料之前,需要将反应器加热至100 以上并通入氩气,该操作的目的是 。原料中的金属钠通常保存在 中,实验室取用 少量金属钠需要用到的实验用品有 、 、玻璃片和小刀等。 (2)请配平第步反应的化学方程式:(3)第步分离采用的方法是 ;第步分出N

9、aBH4并回收溶剂,采用的方法是 。,(4)NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和H2(g)。在25 、101 kPa下,已知每消耗3.8 g NaBH4 (s)放热21.6 kJ,该反应的热化学方程式是 。,答案 (1)除去反应器中的水蒸气和空气 煤油 镊子 滤纸 (2)1NaBO2+2SiO2+4Na+2H2 1NaBH4+2Na2SiO3 (3)过滤 蒸馏 (4)NaBH4(s)+2H2O(l) NaBO2(s)+4H2(g) H=-216.0 kJmol-1,解析 (1)原料中的Na及H2会与空气中的O2反应,原料中的Na及产物NaBH4会与水反应,故第 步反应加料之

10、前应先将反应器加热至100 以上并通入氩气,以除去反应器中的空气和水蒸 气。(2)运用化合价升降法和观察法,不难配平所给反应的化学方程式。(3)由题给信息可知, 欲分离NaBH4和异丙胺可加热蒸馏,馏分为异丙胺,留在蒸馏烧瓶中的是NaBH4固体产品。(4) 依题意可知,反应NaBH4(s)+2H2O(l) NaBO2(s)+4H2(g)的H=-21.6 kJ =-216.0 kJ mol-1。,9.(2015浙江理综,27-,12分)化合物甲和 NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2 反应生成甲。甲与水反应可产生H2,甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。将4.80 g甲加热至完

11、全分 解,得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。 请推测并回答: (1)甲的化学式 。 (2)甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式 。 (3)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式 。 (4)甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3),脱锈过程发生反 应的化学方程式 。 (5)某同学认为:用惰性气体赶尽反应体系中的空气,将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥, 再与金属钠反应,得到的固体物质即为纯净的甲;取该固体物质与水反应,若能产生H2,即可证 明得到的甲一定是纯净的。,判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由 。,答案 (1)N

12、aH (2)4NaH+AlCl3 NaAlH4+3NaCl (3)NaAlH4+2H2O NaAlO2+4H2 (4)3NaH+Fe2O3 2Fe+3NaOH (5)制备过程不合理,因为盐酸易挥发,H2中混有HCl,导致产物中有NaCl。验纯方法不合理,如 果有Na残留,Na与水反应也产生H2;没有考虑混入的NaCl,解析 (1)4.80 g甲中氢元素的质量为 21 gmol-1=0.2 g,则钠元素的质量为4.80 g- 0.2 g=4.60 g,n(Na)n(H)= =11,所以甲的化学式为NaH。 (2)甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式为4NaH+AlCl3 NaAlH4+

13、3NaCl。 (3)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O 4H2+NaAlO2。 (4)根据题意可知,甲在无水条件下能将铁锈中的铁还原为铁单质,化学方程式为3NaH+Fe2O3 2Fe+3NaOH。 (5)制备过程和验纯方法均不合理。制备过程中所用的盐酸易挥发,H2中混有HCl,会导致产物 中混有NaCl,故不合理。若与钠反应的H2不足,固体产物中会有Na残留,残留的Na也可以与水 反应产生H2;没有考虑混入的NaCl,故验纯方法不合理。,评析 本题考查化学用语、化学方程式的书写,难度不大。侧重考查学生对新信息的提取能 力和对基础知识的应用能力。,考点二 铝及其

14、化合物 A组 自主命题北京卷题组 1.(2013北京理综,27,12分)用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)318H2O,工 艺流程如下(部分操作和条件略): .向铝灰中加入过量稀H2SO4,过滤; .向滤液中加入过量KMnO4溶液,调节溶液的pH约为3; .加热,产生大量棕色沉淀,静置,上层溶液呈紫红色; .加入MnSO4至紫红色消失,过滤; .浓缩、结晶、分离,得到产品。 (1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是 。 (2)将Mn 氧化Fe2+的离子方程式补充完整:(3)已知: 生成氢氧化物沉淀的pH,注:金属离子的起始浓度为0.1 molL-1

15、 根据表中数据解释步骤的目的: 。 (4)已知:一定条件下,Mn 可与Mn2+反应生成MnO2。 向的沉淀中加入浓HCl并加热,能说明沉淀中存在MnO2的现象是 。 中加入MnSO4的目的是 。,答案 (1)Al2O3+6H+ 2Al3+3H2O (2)5 8H+ 5 4H2O (3)pH约为3时,Fe2+和Al3+不能形成沉淀,将Fe2+氧化为Fe3+,可使铁完全沉淀 (4)生成黄绿色气体 除去过量的Mn,解析 (2)由得失电子守恒知Fe2+和Mn 的化学计量数之比为51,再由电荷守恒可知左边还 应填8H+,由原子守恒推出右边还应填4H2O。 (3)滤液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、H

16、+、S ,由生成氢氧化物沉淀的pH可知,要使Fe2+和Fe3+完全 沉淀而Al3+不生成Al(OH)3沉淀,应将Fe2+氧化为Fe3+,且控制pH在2.83.4之间。 (4)MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O,Cl2是一种黄绿色气体。 由题干提供的信息可得出加入MnSO4的目的是除去溶液中过量的Mn :2Mn +3Mn2+ 2H2O 5MnO2+4H+。,审题技巧 仔细阅读实验流程,明确各步操作的原理或目的,根据题目要求作答。,思路分析 (3)分析生成氢氧化物沉淀的pH可知,调节pH约为3时,Fe3+可以形成氢氧化物沉淀, 而Fe2+和Al3+不能形成氢氧化物沉淀,故将Fe

17、2+氧化为Fe3+,可以使铁完全沉淀而除去。,评析 本题考查了元素及其化合物、氧化还原反应方程式的配平等知识。重点考查考生综 合分析问题的能力。考生不能准确应用(3)中的信息解释步骤的目的是本题的失分点。难 度中等。,2.(2018江苏单科,3,2分)下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 ( ) A.NaHCO3受热易分解,可用于制胃酸中和剂 B.SiO2熔点高硬度大,可用于制光导纤维 C.Al2O3是两性氧化物,可用作耐高温材料 D.CaO 能与水反应,可用作食品干燥剂,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,答案 D A项,NaHCO3用于制胃酸中和剂应用的是NaHCO3能与胃酸反应生成Na

18、Cl、CO2和 H2O这一性质,与NaHCO3受热易分解无关;B项,SiO2用于制光导纤维与其熔点、硬度等性质无 关;C项,Al2O3用作耐高温材料是因为其熔点高,与其是两性氧化物无关。,3.(2018江苏单科,6,2分)下列有关物质性质的叙述一定不正确的是 ( ) A.向FeCl2溶液中滴加NH4SCN 溶液,溶液显红色 B.KAl(SO4)212H2O 溶于水可形成Al(OH)3胶体 C.NH4Cl 与Ca(OH)2 混合加热可生成NH3 D.Cu与FeCl3 溶液反应可生成CuCl2,答案 A 向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液,溶液不显红色,A项错误;KAl(SO4)212H2O溶

19、于水, 电离出的Al3+发生水解可形成Al(OH)3胶体,B项正确;实验室常用NH4Cl固体与Ca(OH)2固体混 合加热制NH3,C项正确;Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2和FeCl2,D项正确。,易错易混 SCN-与Fe3+可结合形成Fe(SCN)3使溶液显红色,而SCN-与Fe2+不能。,4.(2016天津理综,4,6分)下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是 ( ) A.室温下,测得氯化铵溶液pH7,证明一水合氨是弱碱:N +2H2O NH3H2O+H3O+ B.用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝:2Al+2OH-+2H2O 2Al +3H2 C.用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的

20、羧基: +2HC +2H2O+ 2CO2 D.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸:2Mn +16H+5C2 2Mn2+10CO2+8H2O,答案 B N 的水解反应是可逆反应,故应写成N +2H2O NH3H2O+H3O+,A错误;酸性: 羧基H2CO3酚羟基HC ,所以酚羟基不能与HC 反应,故离子方程式应写成+HC +H2O+CO2,C错误;草酸是弱电解质,不能拆写 成离子形式,故离子方程式应写为2Mn +6H+5H2C2O4 2Mn2+10CO2+8H2O,D错误。,5.(2018江苏单科,16,12分)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2,少量FeS2和金属硫酸 盐)为原料

21、,生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下:(1)焙烧过程均会产生SO2,用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为 。 (2)添加1% CaO和不添加CaO的矿粉焙烧,其硫去除率随温度变化曲线如图所示。,已知:多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 硫去除率=(1- )100% 不添加CaO的矿粉在低于500 焙烧时,去除的硫元素主要来源于 。 700 焙烧时,添加1% CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低,其主要原因是 。 (3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2,铝元素存在的形式由 (填化学式)转化为 (填化学式)。 (4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2

22、O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和 SO2,理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)= 。,答案 (12分) (1)SO2+OH- HS (2)FeS2 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 (3)NaAlO2 Al(OH)3 (4)116,解析 (1)用NaOH溶液吸收过量SO2生成NaHSO3,离子方程式为OH-+SO2 HS 。 (2)FeS2在低于500 焙烧时能与空气中的O2反应生成Fe2O3和SO2,发生的反应为4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2,故不添加CaO的矿粉在焙烧时去除的硫元素主要来源于FeS2;700 焙烧 时,添加CaO后,硫元素转

23、化为CaSO4而留在矿粉中,使矿粉硫去除率降低。 (3)矿粉焙烧后加NaOH溶液碱浸时,Al2O3能与NaOH溶液反应生成NaAlO2,发生的反应为Al2O3 +2NaOH 2NaAlO2+H2O,过滤后,NaAlO2在滤液中,向滤液中通入过量CO2时,发生反应NaA lO2+CO2+2H2O Al(OH)3+NaHCO3,所以铝元素存在的形式由NaAlO2转化为Al(OH)3。 (4)分析反应前后元素化合价的变化,利用得失电子守恒知: n(FeS2)+52n(FeS2)= 2n(Fe2O3), 解得 = ,即理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=116。,6.(2017江苏单科

24、,16,12分)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等 杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下:注:SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。 (1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 。 (2)向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液,溶液的pH (填“增大”“不变”或 “减小”)。 (3)“电解”是电解熔融Al2O3,电解过程中作阳极的石墨易消耗,原因是 。 (4)“电解”是电解Na2CO3溶液,原理如图所示。阳极的电极反应式为 ,阴极产生的物质A的化学式为 。,(5)铝粉在1 000 时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合,

25、有利于 AlN的制备,其主要原因是 。,答案 (12分)(1)Al2O3+2OH- 2Al +H2O (2)减小 (3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化 (4)4C +2H2O-4e- 4HC +O2 H2 (5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜,解析 (1)Al2O3是两性氧化物,能与强碱反应生成Al 和H2O。 (2)“碱溶”时,NaOH溶液应过量,则在“过滤”所得滤液中一定含有过量的NaOH,当加入 NaHCO3溶液时,HC +OH- C +H2O,使c(OH-)减小,故pH减小。 (3)电解熔融Al2O3时,阳极反应式为2O2-4e- O2,O2会与石墨发生化学

26、反应,从而消耗石 墨。 (4)阳极应是H2O电离出的OH-放电,生成O2和H+,在Na2CO3溶液充足的条件下,H+与C 反应生 成HC ,故阳极的电极反应式为4C +2H2O-4e- 4HC +O2;阴极的电极反应式为4H2 O+4e- 2H2+4OH-,所以物质A为H2。 (5)铝粉表面有Al2O3薄膜,阻碍反应的进行,而添加少量NH4Cl固体,NH4Cl分解生成的HCl能与 Al2O3反应,破坏Al2O3薄膜,有利于Al和N2反应。,疑难突破 向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液时,除了发生反应HC +OH- H2O +C ,还发生反应HC +Al +H2O Al(OH)3+C ,然

27、后经“过滤”得到Al(OH)3,灼 烧Al(OH)3发生反应2Al(OH)3 Al2O3+3H2O,再电解熔融的Al2O3可得到Al。,7.(2015福建理综,24,15分)无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。 (1)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体,其反应的离子方程式为 。 (2)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流 程示意如下:已知:,步骤中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多,其作用是 (只要求写出一种)。 步骤中若不通入氯气和氧气,则反应生成相对原子质量比硅大的单质是 。 已知: Al2O3(s)+3C(s) 2Al(s)

28、+3CO(g) H1=+1 344.1 kJmol-1 2AlCl3(g) 2Al(s)+3Cl2(g) H2=+1 169.2 kJmol-1 由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为 。 步骤的尾气经冷却至室温后,气体用足量的NaOH冷溶液吸收,生成的盐主要有3种,其化 学式分别为 。 结合流程及相关数据分析,步骤中加入铝粉的目的是 。,答案 (1)Al3+3H2O Al(OH)3+3H+ (2)防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积,加快反应速率 铁或Fe Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g) 2AlCl3(g)+3CO(g) H=+174.9

29、kJmol-1 NaCl、NaClO、Na2CO3 除去FeCl3,提高AlCl3纯度,解析 (2)通过焙烧使固体水分挥发,可以有效防止后续步骤生成的AlCl3水解;同时气孔数 目增多,使固体的表面积增大,反应物的接触面积增大,反应速率加快。步骤中若不通入Cl2 和O2,则发生下列反应:Fe2O3+3C 2Fe+3CO,SiO2+2C Si+2CO,显然生成的相对原 子质量比硅大的单质是铁。将题中的两个热化学方程式依次标记为和,根据盖斯定律, -得Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g) 2AlCl3(g)+3CO(g) H=+174.9 kJmol-1。分析可知,步 骤中得到的气态混合物

30、主要含有反应生成的SiCl4、AlCl3、FeCl3、CO2以及过量的Cl2和O2, 冷却至100 时所得尾气成分为SiCl4、CO2、Cl2、O2,再冷却至室温后,气体中仅剩CO2、Cl2 和O2三种气体,用足量的冷NaOH溶液吸收该尾气时,发生反应:Cl2+2NaOH NaCl+NaClO+ H2O、CO2+2NaOH Na2CO3+H2O,生成的三种盐的化学式分别为NaCl、NaClO、Na2CO3。 分析流程和已知物质的沸点可知,粗品氯化铝中还含有FeCl3,步骤中加入的铝粉可与FeCl3 反应生成Fe和AlCl3,再通过升华将AlCl3提取出来,这样就除去了FeCl3杂质,提高了Al

31、Cl3的纯 度。,评析 工艺流程题是近几年高考较为流行的题型,能较好地考查学生对信息的加工、分析能 力以及运用所学知识解决实际问题的能力,应继续加以重视。,8.(2014山东理综,30,16分)离子液体是一种室温熔融盐,为非水体系。由有机阳离子、Al2C 和AlC 组成的离子液体作电解液时,可在钢制品上电镀铝。 (1)钢制品应接电源的 极,已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极 反应,阴极电极反应式为 。若改用AlCl3水溶液作电解液,则阴 极产物为 。 (2)为测定镀层厚度,用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层,当反应转移6 mol电子时,所得还 原产物的物质的量为 mol。 (

32、3)用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验,需要的试剂还有 。 a.KCl b.KClO3 c.MnO2 d.Mg 取少量铝热反应所得的固体混合物,将其溶于足量稀H2SO4,滴加KSCN溶液无明显现象, (填“能”或“不能”)说明固体混合物中无Fe2O3,理由是 (用离子方程式说明)。,答案 (1)负 4Al2C +3e- Al+7AlC H2 (2)3 (3)b、d 不能 Fe2O3+6H+ 2Fe3+3H2O、Fe+2Fe3+ 3Fe2+(或只写Fe+2Fe3+ 3Fe2+),解析 (1)电镀时,镀件作阴极,与电源负极相连,发生还原反应。电镀过程中有机阳离子不参 与反应且不产生其他离子,故阴极的

33、电极反应式应为4Al2C +3e- Al+7AlC 。若改用 AlCl3水溶液作电解液,阴极电极反应式应为2H+2e- H2。 (2)2Al+2NaOH+2H2O 2NaAlO2+3H2,反应转移6 mol电子时,还原产物H2的物质的量为 3 mol。 (3)铝热反应实验需要高温条件,实验时一般用镁条插入KClO3中,镁条燃烧放热,KClO3受热分 解放出O2,有助于点燃铝热剂。由于2Fe3+Fe 3Fe2+,故用KSCN溶液检验无明显现象不能 证明固体混合物中无Fe2O3。,9.(2016四川理综,7,6分)向1 L含0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH的溶液中缓慢通入

34、CO2,随 n(CO2)增大,先后发生三个不同的反应,当0.01 moln(CO2)0.015 mol时发生的反应是:2NaAlO2 +CO2+3H2O 2Al(OH)3+Na2CO3。下列对应关系正确的是 ( ),C组 教师专用题组,答案 D A项,n(CO2)=0时,溶液为NaAlO2和NaOH的混合溶液,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)= c(Al )+c(OH-),则c(Na+)c(C )c(OH-)c(HC ),故错误;D项,反应结束 后继续通入CO2 0.015 mol发生反应:,1 1 2 0.015 mol 0.015 mol 0.03 mol 此时所得溶液为NaHCO3

35、溶液,溶液中c(Na+)c(HC )c(OH-)c(H+),故正确。,Na2CO3 + CO2 + H2O 2NaHCO3 ,10.(2013大纲全国,29,15分)铝是一种应用广泛的金属,工业上用Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)混合熔 融电解制得。 铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下:以萤石(CaF2)和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下:回答下列问题: (1)写出反应1的化学方程式 。,(2)滤液中加入CaO生成的沉淀是 ,反应2的离子方程式为 。 (3)E可作为建筑材料,化合物C是 ,写出由D制备冰晶石的化学方程式 。 (4)电解制铝的化学方程式

36、是 ,以石墨为电极,阳极产生的 混合气体的成分是 。,答案 (1)2NaOH+SiO2 Na2SiO3+H2O(2分)、2NaOH+Al2O3 2NaAlO2+H2O(2分) (2)CaSiO3 2Al +CO2+3H2O 2Al(OH)3+C (每空2分,共4分) (3)浓H2SO4(1分) 12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3 2Na3AlF6+3CO2+9H2O(2分) (4)2Al2O3 4Al+3O2(2分) O2、CO2(CO)(2分),解析 (3)根据冰晶石的化学式可知气体D为HF,结合E可作为建筑材料可推出C为浓H2SO4,E为CaSO4, 根据原子守恒可写出制备冰晶石的

37、化学方程式。 (4)以石墨为电极,阳极发生的反应为2O2-4e- O2,O2可与石墨反应产生CO2和CO气体。,评析 本题是高考中常见的考查工艺流程的有关问题的试题。侧重考查了Al、Si、F及其化 合物的性质。解题的关键是全面分析每一步流程涉及的化学反应。难点是制备冰晶石的化 学方程式的书写。易因忽略O2与石墨的反应导致(4)问中阳极产生的混合气体的成分回答不 完整而丢分。难度适中。,考点一 钠及其化合物 1.(2018北京东城一模,7)下列物质投入水中发生化学反应,水作氧化剂的是 ( ) A.钠 B.氧化钠 C.碳酸钠 D.过氧化钠,A组 20162018年高考模拟基础题组,三年模拟,答案

38、A A项,金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,水中氢元素的化合价降低,水作氧化剂, 钠作还原剂;B项,氧化钠与水反应生成氢氧化钠,不是氧化还原反应;C项,碳酸钠投入水中没有 发生化学反应;D项,过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,水中氢、氧元素的化合价没有发 生变化,水既不是氧化剂又不是还原剂。,2.(2018北京朝阳期末,6)在一定条件下发生下列反应,其中反应后固体质量增加的是 ( ) A.氨气还原氧化铜 B.二氧化锰加入过氧化氢溶液中 C.次氯酸钙露置在空气中变质 D.过氧化钠吸收二氧化碳,答案 D A项,氨气还原氧化铜后得到铜单质,固体质量减少;B项,二氧化锰加入过氧化氢溶 液中后,过氧化

39、氢分解为水和氧气,二氧化锰作催化剂,固体质量不变;C项,次氯酸钙露置在空 气中与水和二氧化碳反应,生成碳酸钙和次氯酸,固体质量减少;D项,过氧化钠与二氧化碳反应 后生成碳酸钠和氧气,固体质量增加。,3.(2018北京西城期末,14)猜想与假设是基于部分证据得出的不确定结论。下列猜想与假设中 不合理的是 ( ) A.Ca与H2O反应可能生成H2 B.SO2和H2O2反应可能生成H2SO4 C.浓硫酸与乙醇在一定条件下反应产生的黑色物质可能是碳单质 D.H2C2O4溶液与H2SO4酸化的KMnO4溶液反应,先慢后快,催化剂可能是K+,答案 D A项,Ca为活泼金属,具有较强的还原性,所以钙与水反应

40、时,水作氧化剂,水中只有氢 元素化合价可以降低,所以可能生成氢气;B项,二氧化硫中硫元素为+4价,硫酸中硫元素为+6 价,所以需要氧化剂,H2O2氧化性较强,所以可能与二氧化硫反应生成硫酸;C项,浓硫酸有脱水 性,可以使有机物脱水生成碳单质;D项,H2C2O4溶液与H2SO4酸化的KMnO4溶液反应,先慢后快, 所以催化剂应该为反应中新生成的离子,不会是K+。,4.(2018北京海淀期中,10)某实验小组通过下图所示实验探究Na2O2与水的反应:下列说法中不正确的是 ( ) A.中的大量气泡主要成分是氧气 B.中溶液变红,说明有碱性物质生成 C.中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质 D.中M

41、nO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度,答案 D A项,Na2O2与水反应能够生成氢氧化钠和氧气,故中的大量气泡主要成分是氧气; B项,中溶液变红,说明有碱性物质生成;C项,振荡后红色褪去,说明溶液中含有漂白性物质, 可能是强氧化性物质;D项,中溶液中存在H2O2,MnO2的主要作用是加快过氧化氢的分解。,5.(2017北京西城一模,11)某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行下图所示的实验。下列说法中, 正确的是 ( )A.实验前两溶液的pH相等 B.实验前两溶液中离子种类完全相同 C.加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多,D.加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是C +Ca2+ C

42、aCO3,答案 B A项,相同条件下,Na2CO3的水解程度大于NaHCO3,故实验前Na2CO3溶液的pH大;B 项,Na2CO3和NaHCO3溶液中都存在Na+、C 、HC 、OH-、H+;C项,Na2CO3与CaCl2反应的 化学方程式为Na2CO3+CaCl2 2NaCl+CaCO3,NaHCO3与CaCl2反应的化学方程式为 2NaHCO3+CaCl2 2NaCl+CaCO3+CO2+H2O,结合实验数据可知产生的沉淀不一样多;D 项,NaHCO3与CaCl2反应的离子方程式为2HC +Ca2+ CaCO3+CO2+H2O。,6.(2017北京东城二模,12)某同学为测定Na2CO3

43、固体(含少量NaCl)的纯度,设计如下装置(含试 剂)进行实验。下列说法中不正确的是 ( ) A.必须在间添加吸收HCl的装置 B.的作用是防止空气中的气体影响实验的精确度 C.通入空气的作用是保证中产生的气体完全转移到中 D.称取样品和中产生的沉淀的质量即可求算Na2CO3固体的纯度,答案 A A项,中氢氧化钡溶液足量,即使挥发出的HCl进入中也不会影响碳酸钡沉淀的 生成,所以不需要除去氯化氢;B项,的作用是防止空气中的CO2进入中使所得BaCO3的质 量偏大,影响实验的精确度;C项,通入空气可将中生成的二氧化碳完全排入中;D项,利用碳 酸钡的质量可以求得二氧化碳的质量,从而求得样品中碳酸钠

44、的质量,结合样品质量即可求得 碳酸钠的纯度。,7.(2016北京丰台期末,15)某同学在实验室研究Na2CO3和NaHCO3的性质及相互转化。 (1)分别向浓度均为0.1 mol/L的Na2CO3及NaHCO3溶液中滴加几滴酚酞溶液: Na2CO3溶液由无色变为红色,其原因是 。 NaHCO3溶液也由无色变为红色,其原因是 。 比较两份溶液的颜色,红色较浅的是 。 (2)研究NaHCO3与CaCl2的反应。,实验1中没有出现白色浑浊的原因是 。 实验2中形成的分散系属于 。 用离子方程式表示实验2中发生的反应 。 (3)在不引入其他杂质的前提下,实现Na2CO3与NaHCO3之间的转化,请在下

45、图中标出所用的试 剂、用量或物质的量浓度(反应前后溶液体积的变化可忽略)。,答案 (1)C +H2O HC +OH- HC +H2O H2CO3+OH-,HC H+C ,水解程度大于电离程度 NaHCO3溶液 (2)HC 浓度低,电离出的C 浓度更低,导致c(Ca2+)c(C )Ksp(CaCO3) 胶体 Ca2+2HC CaCO3+H2CO3 (3)CO2 0.2 NaOH 0.01,解析 (1)C 水解使Na2CO3溶液呈碱性,所以加入酚酞溶液后,溶液由无色变为红色;HC在水溶液中可以发生水解和电离,但因水解程度大于电离程度,所以NaHCO3溶液呈碱性; 同浓度时,C 的水解程度大于HC

46、,所以Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3溶液。 (3)要使Na2CO3转化为NaHCO3,且不引入杂质,则应通入CO2:Na2CO3+CO2+H2O 2NaHCO3, 由钠原子守恒可得NaHCO3溶液的浓度为0.2 mol/L;要使NaHCO3转化为Na2CO3,且不引入杂 质,可加入NaOH固体,由钠原子守恒可得加入NaOH的物质的量为20.10.1 mol-0.10.1 mol= 0.01 mol。,考点二 铝及其化合物 1.(2018北京海淀期末,1)下列说法中不正确的是 ( ) A.加热鸡蛋、肉类,可使其中的蛋白质变性 B.明矾KAl(SO4)212H2O用于净水是因为它有氧化性

47、C.将海水中的钢闸门连接电源负极可防止其被腐蚀 D.碳酸氢钠、氢氧化铝可用于治疗胃酸过多,答案 B A项,加热可以使鸡蛋、肉类中的蛋白质发生变性;B项,明矾净水的原理是Al3+水解 生成了氢氧化铝胶体,氢氧化铝胶体具有吸附性,可以吸附水中的悬浮物使其沉降;C项,将海水 中的钢闸门连接电源负极属于外加电流的阴极保护法,可以防止钢闸门被腐蚀;D项,碳酸氢 钠、氢氧化铝都可以与胃酸反应,可用于治疗胃酸过多。,2.(2018北京石景山期末,11)根据下图的转化关系判断,下列说法中正确的是(反应条件已略去) ( )A.生成等质量H2时,和反应消耗n(HCl)=n(NaOH) B.反应中氧化剂与还原剂的物

48、质的量之比为23 C.反应和消耗等量的Al时,生成的n(Cu)n(Fe)=32 D.反应的离子方程式为Al3+3OH- Al(OH)3,答案 C A项,根据反应2Al+2NaOH+2H2O 2NaAlO2+3H2、2Al+6HCl 2AlCl3+3H2 可知,生成等质量的H2时,和反应消耗n(HCl)=3n(NaOH);B项,反应为2Al+3CuSO4 3Cu+Al2(SO4)3,其中氧化剂CuSO4与还原剂Al的物质的量之比为32;C项,反应为2Al+3Cu- SO4 3Cu+Al2(SO4)3,反应为2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3,反应和消耗等量的Al时,生成 的n(Cu)n(Fe)=32;D项,反应的离子方程式为Al3+3NH3H2O Al(OH)3+3N 。,