安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-10铝及其化合物

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安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-10铝及其化合物 一、单选题1．（2023·安徽安庆·统考二模）劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A工人将模具干燥后再注入熔融钢水铁与水蒸气高温下会反应B用墨汁绘制国画常温下碳单质性质稳定C用含NaOH和Al粉的管道疏通剂疏通厨卫管道NaOH与Al粉反应放热产生大量气体，且NaOH有一定腐蚀性D用富含淀粉的谷物酿酒淀粉水解生成乙醇 A．A B．B C．C D．D2．（2022·安徽黄山·统考二模）2022 年北京冬奥会火炬“飞扬”用氢气为燃料，耐高温碳纤维材料为外壳，铝合金为点火段材料，辅以可调节火焰颜色的“配方”。下列说法错误的是A．氢气作燃料对环境友好无污染B．碳纤维不属于天然高分子材料C．铝合金密度小、易燃D．含钠元素的“配方”可使火焰呈黄色3．（2022·安徽淮北·统考一模）下列实验或事实的解释正确的是选项实验或事实解释A用铝热反应来制备金属铁还原性：Al>FeB向澄清的CaSO4饱和溶液中加入等体积1mol•L-1Na2CO3溶液，产生了白色沉淀Ksp：CaCO3>CaSO4CHNO2可与H2O2反应制得HNO3氧化性：HNO2>H2O2D氢氧化铝胶体净水利用了胶体的丁达尔效应 A．A B．B C．C D．D4．（2022·安徽淮北·统考一模）铍元素与铝元素的单质及其化合物的性质相似。下列说法错误的是A．Be溶于NaOH溶液生成H2B．BeO、Be(OH)2均难溶于水C．BeCl2与过量的NaOH溶液反应生成Be(OH)2D．BeSO4溶液呈酸性5．（2021·安徽蚌埠·统考一模）在给定条件下，下列所示的转化关系均能实现的是A．FeFe2O3Fe2(SO4)3 B．SiSiO2H2SiO3C．Al(OH)3Al2O3Na[Al(OH)4] D．NaNa2ONa2CO36．（2021·安徽蚌埠·统考一模）某混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3、Al2O3，为探究该混合物成分，某兴趣小组设计如图分析方案。下列分析正确的是A．已知m2＜m1，则混合物中一定含有Al2O3和AlB．蓝绿色溶液中含有的阳离子为Cu2+、Fe3+和H+C．固体P一定是纯净物D．向溶液N中滴加足量盐酸有白色沉淀生成7．（2021·安徽黄山·统考二模）化学与生活息息相关，下列说法不正确的是A．“84消毒液”的主要有效成分是NaClO，NaClO通过氧化灭活病毒B．铁粉和氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨C．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性D．“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”文中的“气”是指乙烯8．（2021·安徽合肥·统考一模）下列有关NH4A1(SO4)2溶液叙述正确的是A．该溶液中，Na+、Ca2+、Cl-、可以大量共存B．该溶液中，K+、CH3COO-、、F-可以大量共存C．NH4Al(SO4)2可作净水剂，其净水原理；Al3++ 3H2O=Al(OH)3↓+3H+D．和足量Ba(OH)2稀溶液反应：2Ba2+ 5OH-+NH +Al3++2SO=2BaSO4↓ +NH3·H2O+AlO+2H2O  二、工业流程题9．（2022·安徽池州·统考模拟预测）利用铝锂钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量铝箔、LiCoO2等杂质，Co3O4具有较强氧化性)制备CoO的工艺流程如图所示。已知：I.不同浸出剂“酸溶”结果浸出剂 浸出液化学成分/(g·L-1)钴浸出率/% CoAlHCl80.845.6898.4H2SO4+Na2S2O384.915.9698.0II.Al3+在pH为5.2时沉淀完全。III.LiF的Ksp为1.8×10-3。回答下列问题：(1)“碱溶”时为提高浸出率可采取的措施是_______(写出一种即可)，并写出主要的离子方程式：_______。(2)“酸溶”时最佳的浸出剂应该选择_______，并说明理由：_______。(3)“净化”时，加NaF目的是将Li+转化为沉淀，当滤液③中c(F-)=4.0×10-3mol·L-1时计算“净化”后残余c(Li+)=_______mol·L-1。(4)写出滤渣②“酸溶”后与草酸铵反应的离子方程式_______。10．（2021·安徽淮北·统考一模）钯是一种稀有金属，广泛应用于现代工业的各个领域，也是重要的战略物资。一种从失效的含钯催化剂(含Pd、PdO、Al2O3和有机物)中提取Pd的工艺流程如图：请回答下列问题：(1)“焙烧”的主要目的是①使Al2O3发生晶型转变形成难溶于酸的α—Al2O3，②___。(2)写出在还原PdO步骤发生反应的化学方程式___。(3)在浸出步骤中单质Pd转化H2PdCl6，不同浸出体系对钯浸出率的影响如表所示：浸出体系对钯浸出率的影响废催化剂质量(g)浸出体系现象钯浸出率(%)10.02HCl+HNO3反应剧烈、有黄烟98.4510.01HCl+H2O2反应剧烈98.4810.12HCl+NaClO3反应平稳98.73选择最佳的浸出体系为___，理由是___，写出用该体系浸出发生反应的化学方程式___。(4)浸出步骤中，盐酸浓度对钯浸出率的影响如图所示：由此确定最佳的盐酸浓度为___，理由是___。
参考答案：1．D【详解】A．铁和水蒸气高温下发生反应产生H2，存在安全隐患，A项有关联性；B．墨汁为碳单质，国画保存时间持久说明墨汁稳定，说明常温下碳单质稳定，B项有关联性；C．NaOH具有腐蚀性，且NaOH与Al反应放热，同时产生气体疏通管道，C项有关联性；D．淀粉水解产生葡萄糖，葡萄糖在无氧环境下发酵转化为乙醇和二氧化碳，D项没有关联性；故选D。2．C【详解】A．氢气燃烧生成水，不会造成环境污染，则氢气作燃料对环境友好无污染，故A正确；B．碳纤维是无机非金属材料，不属于天然高分子材料，故B正确；C．由题意可知，铝合金为点火段材料说明合金性质稳定，不易燃烧，故C错误；D．钠元素焰色反应的焰色为黄色，则火炬飞扬的火焰呈黄色说明配方中含有钠元素，故D正确；故选C。3．A【详解】A．用铝热反应是金属铝和氧化铁反应置换出铁单质，故铝热反应可以制备金属铁，故A正确；B．向澄清的CaSO4饱和溶液中加入等体积1mol•L-1Na2CO3溶液，产生了白色沉淀，说明CaSO4转化成更难溶的CaCO3，故Ksp(CaCO3)< Ksp(CaSO4)，故B错误；C．HNO2可与H2O2反应制得HNO3，N元素化合价从+3升高到+5价，HNO2为还原剂，H2O2为氧化剂，氧化剂的氧化性大于还原剂，故氧化性：HNO2<H2O2，故C错误；D．氢氧化铝胶体净水利用了胶体吸附作用，故D错误；故答案为A。4．C【分析】在周期表中Be和Al位于对角线位置，性质相似，根据铝、氧化铝、氢氧化铝性质判断Be、氧化铍、Be(OH)2性质，【详解】A．Be与Al的性质相似，则Be与NaOH溶液反应的化学方程式为：Be+2NaOH═Na2BeO2+H2↑，生成H2，故A正确；B．BeO、Be(OH)2类似Al2O3和Al(OH)3，均难溶于水，故B正确；C．AlCl3和过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，则BeCl2与过量的NaOH溶液反应生成Na2BeO2，故C错误；D．Al2(SO4)3溶液呈酸性，，则BeSO4为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，故D正确；故选：C。5．C【详解】A．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，即4Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，则Fe与H2O反应到Fe2O3这步不能实现故A错误；B．二氧化硅不溶于水，也与水不反应，则SiO2到H2SiO3这步不能实现，故B错误；C．氢氧化铝受热分解产生氧化铝，即2Al(OH)3Al2O3+3H2O，氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，即Al2O3+2NaOH+3H2O═2Na[Al(OH)4]，每步均能实现，故C正确；D．Na在O2中点燃，生成Na2O2，即2Na+O2Na2O2，则Na在O2中点燃到Na2O这步不能实现，故D错误；答案为C。6．C【分析】某混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3、Al2O3，加入氢氧化钠溶液，由于Al、Al2O3和NaOH溶液反应，因此溶液中至少有这两者中其一，固体N加入过量盐酸，有蓝色溶液，说明有铜离子，由于铜和盐酸不反应，因此说明是盐酸和氧化铁反应生成氯化铁，氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁。【详解】A．已知m2＜m1，则混合物中可能含有Al2O3或Al或Al2O3和Al，故A错误；B．由于有固体P，说明是铜单质，由于Cu和Fe3+反应，因此蓝绿色溶液中含有的阳离子为Cu2+、Fe2+和H+，不可能含有Fe3+，故B错误；C．Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，因此固体P一定是未反应的铜单质，故C正确；D．N溶液中含有偏铝酸钠，向溶液N中滴加足量盐酸，生成氯化铝、氯化钠和水，没有白色沉淀，故D错误。综上所述，答案为C。7．B【详解】A．“84消毒液”的主要有效成分是NaClO，NaClO具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，能杀菌消毒，故A正确；B．铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，生成液态的铁，可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，故B错误；C．温度升高，蛋白质会发生变性，为避免蛋白质变性失活，疫苗一般应冷藏存放，故C正确；D．乙烯具有促进果实成熟的作用，根据题意可知，这种“气”是指乙烯，故D正确；故选B。8．D【详解】A．钙离子与硫酸根离子反应生成微溶物硫酸钙，不能大量共存，故A错误；B．铝离子与偏铝酸根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀、Al3+与F-可结合成AlF，不能大量共存，故B错误；C．NH4Al(SO4)2电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮固体杂质而净水，故C错误；D．NH4Al(SO4)2与足量氢氧化钡溶液反应，铵离子转变为一水合氨、铝离子转变为偏铝酸根离子、硫酸根离子转变为硫酸钡沉淀，则离子方程式为：2Ba2+ 5OH-+NH +Al3++2SO=2BaSO4↓ +NH3·H2O+AlO+2H2O，故D正确；答案选D。9．(1)     搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可)     2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑(2)     H2SO4+Na2S2O3     两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境(3)0.45(4)Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓ 【分析】废料用碱液溶解，过滤得到滤液①偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到较纯净的含有钴离子的溶液，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，加NaF除去钙离子，滤渣2为氟化锂，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，过滤得滤渣为碳酸钴沉淀，加盐酸溶解，再加草酸铵，过滤得CoC2O4•2H2O，灼烧钴得到氧化钴。(1)铝锂钴废料含有少量铝箔，能溶于NaOH溶液，生成可溶于水的偏铝酸钠，再过滤即可除去废料中的Al，“碱溶”时为提高浸出率可采取的措施是搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可)(写出一种即可)，并写出主要的离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。故答案为：搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可)；2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；(2)根据表中不同浸出剂“酸溶”实验结果可知，使用HCl或H2SO4+Na2S2O3时浸出液化学成分中Co的含量高、钴浸出率也较高，但因Co3O4有较强氧化性，在酸性条件下氧化S2O生成SO，而氧化溶液里的Cl-时，生成的氯气对环境有污染，“酸溶”时最佳的浸出剂应该选择H2SO4+Na2S2O3，理由：两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境。故答案为：H2SO4+Na2S2O3；两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境；(3)“净化”时，加NaF目的是将Li+转化为沉淀，当滤液③中c(F-)=4.0×10-3mol·L-1时，由KspLiF=c(F-)×(Li+)=1.8×10-3，可知c(Li+)=mol•L-1=0.45mol•L-1，净化”后残余c(Li+)=0.45mol·L-1。故答案为：0.45；(4)滤渣2为氟化锂，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，过滤得滤渣为碳酸钴沉淀，加盐酸溶解，再加草酸铵，过滤得CoC2O4•2H2O，滤渣②“酸溶”后与草酸铵反应的离子方程式Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓，故答案为：Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓。10．     将有机物完全燃烧除去，同时将Pd完全转化为PdO          HCl+NaClO3     反应平稳可控，且Pd的浸出率高          5mol/L     盐酸浓度为5mol/L时，钯反应浸出率较高且较节约HCl【详解】(1)杂质中有有机物，且有Pd，在焙烧过程中可将有机物转变成二氧化碳和水蒸气除去，同时能将Pd氧化成PdO，故答案为：将有机物完全燃烧除去，同时将Pd完全转化为PdO；(2)PdO转化成Pd，1molPdO转移2mol电子，水合肼转化为氮气，1mol水合肼转移4mol电子，根据电子得失守恒及元素守恒可得反应方程式：，故答案为：；(3)由表格信息可知在催化剂质量相当的条件下，用HCl+NaClO3反应相对平稳且Pd的浸出率较高，反应中1mol转移6mol电子，1molPd转移4mol电子，根据电子得失守恒可得反应方程式为：，故答案为：HCl+NaClO3；反应平稳可控，且Pd的浸出率高；；(4)由图中信息可知盐酸浓度为5mol/L时，Pd的浸出率已达到99%，浓度再提高时转化率提高不明显，且造成盐酸的浪费，故答案为：5mol/L；盐酸浓度为5mol/L时，钯反应浸出率较高且较节约HCl。