2019版高考化学一轮复习 第4章 材料家族中的元素章末综合检测（四）鲁科版.doc

第4章 材料家族中的元素章末综合检测(四)(时间：60分钟；满分：100分)一、选择题(本题包括9小题，每小题5分，共45分)1常温下把铝粉加入下列物质中，能产生氢气的是()A硫酸钠溶液B稀硝酸C浓硫酸 D氯化铵溶液解析：选D。硫酸钠溶液呈中性，与Al不反应，A项不能产生H2；稀硝酸具有强氧化性，B项不能产生H2；常温下铝粉在浓硫酸中钝化，C项不能产生H2；D项中NH水解，溶液呈酸性，加入铝粉时，Al与H反应产生H2。2下列有关常见金属及其化合物的说法正确的是()A向氯化铁溶液中加入还原性铁粉，溶液无明显颜色变化B铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2CAlCl3与过量NaOH溶液反应生成Al(OH)4，则AlCl3与过量NH3H2O反应也生成 Al(OH)4D常温下，将1 mol Cu投入含4 mol HNO3的浓硝酸中，金属可完全溶解解析：选D。向氯化铁溶液中加入还原性铁粉，二者反应生成氯化亚铁，溶液由黄色变为浅绿色，A选项错误；铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，B选项错误；氨水是弱碱，AlCl3与过量氨水反应生成Al(OH)3，C选项错误；常温下，铜与浓硝酸反应过程中，浓HNO3变为稀HNO3，可继续与Cu反应，由题给条件可以判断金属铜完全溶解，D选项正确。3下列除杂方法正确的是()ASiO2中含Al2O3杂质，可以加入足量NaOH溶液然后过滤除去BCO2中含有CO杂质，可以通入盛有CuO的玻璃管且加热CCO2中含有HCl杂质，可以通过盛有Na2CO3溶液的洗气瓶DNa2CO3溶液中含有Na2SiO3杂质，可以通入足量的CO2，然后过滤解析：选B。A项，SiO2、Al2O3均与NaOH溶液反应；C项，应通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶；D项，引入了新杂质NaHCO3。4下列各组物质在不同条件下反应时，能得到不同的产物，且主要是由反应物的浓度不同引起的是()Fe和H2SO4 Cu和HNO3NaOH和CO2 Al和NaOHA BC D解析：选A。常温下，铁遇浓硫酸发生钝化，加热条件下，铁与浓硫酸反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，正确；铜与浓硝酸反应时生成的还原产物是NO2，但与稀硝酸反应时生成的还原产物是NO，正确；将CO2通入NaOH溶液中得到不同的产物是由CO2的用量不同引起的，当CO2不足量时得到的是碳酸钠，当CO2过量时得到的是碳酸氢钠，错误；Al与NaOH溶液反应生成NaAl(OH)4，与反应物浓度的大小无关，错误。5下列各组物质依次满足如图所示转化关系的是(图中箭头表示一步转化)()abcdSiSiO2H2SiO3Na2SiO3AlAlCl3NaAl(OH)4Al(OH)3CuCuOCu(OH)2CuSO4NaNaOHNa2CO3NaHCO3A BC D解析：选D。根据图中物质转化关系判断。硅与氧气反应生成二氧化硅，但是二氧化硅不能直接与水反应生成硅酸，只能通过硅酸盐与强酸反应生成硅酸，同时硅酸钠也不能直接转化成二氧化硅，错误；铝与盐酸或氯气反应生成氯化铝，氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，四羟基合铝酸钠与足量盐酸反应生成氯化铝，四羟基合铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与盐酸(氢氧化钠溶液)反应生成氯化铝(四羟基合铝酸钠)，正确；铜在空气中加热生成氧化铜，氧化铜不能直接转变成氢氧化铜，错误；钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与少量(过量)二氧化碳反应生成碳酸钠(碳酸氢钠)，碳酸钠与氢氧化钡反应生成氢氧化钠，碳酸钠与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应(或碳酸氢钠固体加热)得到碳酸钠，碳酸氢钠与足量氢氧化钙反应生成氢氧化钠，正确。6在含CuCl2、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的Na2O固体，在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目减少的是()ANa BAl3CCu2 DFe2解析：选D。A项，Na2OH2O=2Na2OH，故Na数目增多；B、C两项，Al3Al(OH)4Al3、Cu2Cu(OH)2Cu2，故Al3、Cu2数目无变化；D项，Fe2Fe(OH)2Fe(OH)3Fe3，故Fe2数目减少。7下列实验“操作和现象”与“结论”的对应关系正确的是()选项操作和现象结论A常温下将铝片放入浓硝酸中，无明显变化Al与浓硝酸不反应B向01 molL1 Na2CO3溶液中滴加2滴酚酞溶液，溶液呈浅红色，微热，红色加深盐类水解是吸热反应C向FeCl3溶液中加入足量的铜粉，充分反应后，静置，取上层清液滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红色氧化性：Cu2Fe3D将两极铁丝分别伸入硫酸铜溶液和硝酸银溶液中，两根铁丝上均有固体附着金属活动性顺序为FeCuAg解析：选B。常温下，铝遇浓硝酸会发生钝化，A项错误；Na2CO3为强碱弱酸盐，加热会促进其水解，溶液碱性增强，B项正确；由反应2Fe3Cu=2Fe2Cu2知，氧化性：Fe3Cu2，C项错误；将两根铁丝分别伸入硫酸铜和硝酸银溶液中，两根铁丝上均有固体附着，只能证明金属的活动性FeCu，FeAg，D项错误。8(2018最新调研)将一定质量的镁铝混合物投入200 mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5 mol/L 的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示：则下列说法不正确的是()A镁和铝的总质量为9 gB最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸C硫酸的物质的量浓度为25 mol/LD生成的氢气在标准状况下的体积为112 L解析：选D。由图像知，nMg(OH)2015 mol，nAl(OH)3035 mol015 mol02 mol，则m(Mg)015 mol24 g/mol36 g，m(Al)02 mol27 g/mol54 g，所以镁和铝的总质量为9 g；由图像知，最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸；当沉淀达到最大值时，溶液中的溶质只有Na2SO4，则有n(Na)2n(SO)，即n(NaOH)2n(H2SO4)，所以，硫酸的物质的量浓度为25 mol/L；015 mol的Mg生成的氢气在标准状况下的体积为336 L，02 mol的Al生成的氢气在标准状况下的体积为672 L，所以镁和铝混合物生成的氢气在标准状况下的体积为1008 L，故选D项。9(2018贵阳一模)玻璃制造行业需要消耗大量硼酸(H3BO3)。工业上以铁硼矿(主要成分为2MgOB2O3H2O和Fe3O4，还含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3、Al2O3和SiO2等)为原料生产硼酸的工艺流程如下：资料：(1)H3BO3的溶解度在20 、40 、60 、100 时分别为50 g、87 g、148 g、402 g；(2)Fe3O4是一种铁氧体磁性物质，不溶于水和酸；(3)Fe3、Al3、Fe2和Mg2以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为32、52、97和124；(4)母液呈酸性。则下列推断不正确的是()A浸出渣中只含SiO2B热过滤的目的是防止温度降低时H3BO3从溶液中析出C除杂时需向浸出液中依次加入H2O2和MgO，以除去Fe2、Fe3、Al3等杂质离子D回收母液可以制得硫酸镁晶体解析：选A。结合题给信息可知Fe3O4也不与硫酸反应，故浸出渣中还含有Fe3O4，A项错误；由资料(1)可知，为防止温度降低时H3BO3从溶液中析出，应采取热过滤，B项正确；为使铁元素以氢氧化铁形式沉淀，加入H2O2氧化Fe2，为防止引入其他离子，加入MgO调节溶液pH，C项正确；降温结晶得到硼酸晶体，母液中的溶质主要是硫酸镁，D项正确。二、非选择题(本题包括4小题，共55分)10(10分)某厂的酸性工业废水中含有一定量的Fe3、Cu2、Au3等离子。有人设计了图中的工艺流程，利用常用的酸、碱和工业生产中的废铁屑，从废水中回收金，并生产一定量的铁红和氧化铜。填写下面空白：(1)图中标号处需加入的相应物质分别是_、_、_、_、_。(2)写出处发生反应的离子方程式：_；写出处发生反应的化学方程式：_。(3)铁红的化学式为_；分别写出铁红和氧化铜在工业上的一种主要用途：铁红_；氧化铜_。解析：(1)本实验的目的是用废铁屑、常用的酸和碱，从废水中回收金，并生产一定量的铁红和氧化铜。因废水中含有Fe3、Cu2、Au3，所以首先加入废铁屑将Cu和Au都置换出来。Cu和Au的分离可以利用Cu与稀硝酸能反应而Au不能将其分离，Cu2和Fe2分别加入碱使其转化为沉淀，灼烧分别生成它们的氧化物。(2)由于废水显酸性，又含有Cu2、Au3、Fe3，因此加入铁屑发生反应的离子方程式为Fe2H=H2Fe2、FeCu2=CuFe2、3Fe2Au3=2Au3Fe2、2Fe3Fe=3Fe2。(3)铁红的化学式为Fe2O3，铁红常用作红色颜料，氧化铜常用作制铜盐的原料。答案：(1)废铁屑稀硫酸(或稀盐酸)稀硝酸氢氧化钠氢氧化钠(2)Fe2H=Fe2H2，2Fe3Fe=3Fe2，Cu2Fe=CuFe2，2Au33Fe=2Au3Fe23Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O(3)Fe2O3用作红色颜料用作制铜盐的原料11(15分)(2017高考全国卷)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：(1)步骤的主要反应为FeOCr2O3Na2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为_。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_。(2)滤渣1中含量最多的金属元素是_，滤渣2的主要成分是_及含硅杂质。(3)步骤调滤液2的pH使之变_(填“大”或“小”)，原因是_(用离子方程式表示)。(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到_(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。a80 b60 c40 d10 步骤的反应类型是_。(5)某工厂用m1 kg 铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为_。解析：(1) 1 mol FeOCr2O3参与反应共失去7 mol电子，而1 mol NaNO3参与反应得到2 mol电子，根据得失电子守恒，二者的系数比为27。由于高温下碳酸钠能与陶瓷中的二氧化硅发生反应，所以该步骤不能使用陶瓷容器。(2)步骤中生成的氧化铁因不溶于水而进入滤渣1，所以滤渣1中含量最多的金属元素是Fe。结合流程图可知，滤渣2的主要成分是氢氧化铝及含硅杂质。(3)滤液2中存在平衡：2CrO2HCr2OH2O，氢离子浓度越大(pH越小)，越有利于平衡正向移动，所以步骤应调节滤液2的pH使之变小。(4)根据题图，可知温度越低，K2Cr2O7的溶解度越小，析出的重铬酸钾固体越多，故d项正确。步骤中发生的反应为Na2Cr2O72KCl=K2Cr2O72NaCl，其属于复分解反应。(5)该铬铁矿粉中Cr2O3的物质的量为，根据Cr元素守恒可求得K2Cr2O7的理论质量m0294 gmol1103 kgg1 kg，所以产品的产率为100%100%。答案：(1)27陶瓷在高温下会与Na2CO3反应(2)FeAl(OH)3(3)小2CrO2HCr2OH2O(4)d复分解反应(5)100%12(14分)一些常见的单质、化合物有如图所示的转化关系(有些反应的条件和部分物质未全部列出)。已知在常温常压下，F为红棕色气体；L为白色不溶于水的固体，它既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应；K为红褐色难溶物，A、H为生活中常见的两种金属；D为非金属气态单质。(1)B物质的化学式：_，D的名称：_。(2)写出JHI的离子方程式：_。(3)FG的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，写出该反应的化学方程式：_。(4)铜与G的浓溶液反应过程中可能发生反应的离子方程式为_。(5)M放置在空气中颜色的变化为_，写出其发生变化的化学方程式：_。(6)H的最高价氧化物可与A发生反应，其反应方程式为_。(7)写出检验I溶液中阳离子的实验方法：_。B、C、L均是含有同一元素的化合物，用离子方程式写出以B为主要原料制备L的可行方法：_。解析：常温常压下，F为红棕色气体，则F为NO2，非金属气态单质D与氧气反应得到E、E与氧气反应得到NO2，可推知D为N2，E为NO，F与水反应生成的G为HNO3，金属H与硝酸反应生成J，J与H反应生成I，而I又能与硝酸反应生成J，则H为变价金属，故H为Fe，J为Fe(NO3)3，I为Fe(NO3)2，M为Fe(OH)2。L为白色不溶于水的固体，它既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，则L为两性物质，含有Al元素，由转化关系可知金属A为Al，B为AlCl3，C为NaAl(OH)4，NaAl(OH)4与Fe(NO3)3发生相互促进水解反应得到L与K，故L为Al(OH)3，K为Fe(OH)3。(2)Fe(NO3)3与Fe反应的离子方程式为2Fe3Fe=3Fe2。(3)FG的反应为3NO2H2O=2HNO3NO，该反应中氧化剂、还原剂均为NO2，HNO3为氧化产物，NO为还原产物，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为12。(4)铜与浓硝酸发生反应：Cu4H2NO=Cu22NO22H2O，随着反应进行，浓硝酸逐渐变成稀硝酸，此时发生反应：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O。(5)Fe(OH)2白色沉淀暴露在空气中会迅速被O2氧化为灰绿色，最终变为红褐色的Fe(OH)3，发生变化的化学方程式为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3。(6)H的最高价氧化物为氧化铁，可与Al发生置换反应，其反应方程式为Fe2O32Al2FeAl2O3。(7)可通过向AlCl3溶液中滴加NH3H2O来制备Al(OH)3，反应的离子方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)33NH。答案：(1)AlCl3氮气(2)2Fe3Fe=3Fe2(3)123NO2H2O=2HNO3NO(4)Cu4H2NO=Cu22NO22H2O、3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O(5)白色灰绿色红褐色4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3(6)Fe2O32Al2FeAl2O3(7)取少量I溶液于试管中，加入少量铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，证明有Fe2(或取少量待测液于试管中，先加入KSCN溶液无现象，再加入新制氯水，溶液变为血红色，则证明有Fe2)Al33NH3H2O=Al(OH)33NH13(16分)(2016高考浙江卷)化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O10MgO3Al2O3。(1)写出该化合物作阻燃剂的两条依据：_。(2)用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理：_。(3)已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理：_。磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：请回答：(1)A的组成元素为_(用元素符号表示)，化学式为_。(2)溶液C可溶解铜片，列举该反应的一个实际应用：_。(3)已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1518 gL1)，该气体分子的电子式为_。写出该反应的离子方程式：_。(4)写出FG反应的化学方程式：_。设计实验方案探究溶液G中的主要微粒(不考虑H2O、H、K、I)：_。解析：(1)Mg5Al3(OH)19(H2O)4的分解反应是吸热反应，反应生成了大量的水蒸气和固体氧化物。吸热能降低环境的温度，固体氧化物能有效隔绝空气，而生成的水蒸气则能稀释空气，降低氧气的浓度，从而阻止燃烧的继续。(2)Al2O3为两性氧化物，而MgO能与酸反应，故应用碱溶液除去Al2O3，离子方程式为Al2O32OH3H2O=2Al(OH)4。(3)NH4Cl水解使溶液呈酸性，能有效溶解MgO，相应的化学方程式为MgO2NH4ClH2O=MgCl22NH3H2O或NH4ClH2ONH3H2OHCl，MgO2HCl=MgCl2H2O。(1)由C中加入KSCN溶液后呈红色，可推出B为Fe2O3，C为FeCl3；由F能将I2还原为I可知，E应该是一种具有强还原性的气体，可初步推断E为SO2，则F为H2SO3。由以上分析可得A中含有Fe与S两种元素，其中含有的铁元素的质量为1680 g，物质的量为0030 mol；含有的硫元素的质量为1280 g，物质的量为0040 mol；A的化学式为Fe3S4。(2)FeCl3溶解铜可用于制印刷电路板。(3)Fe3S4与稀硫酸反应生成的气体的摩尔质量为34 gmol1，故该气体为H2S，其相应的电子式为，该反应的离子方程式为Fe3S46H=3H2S3Fe2S。(4)FG的化学方程式为H2SO3I2H2O=H2SO42HI；G中需要检验的微粒有SO、H2SO3，具体实验方案为加入足量BaCl2检验SO的存在并除去SO，分离沉淀得到清液后，再向清液中加入氧化剂(如H2O2)，若又有白色沉淀产生，说明存在H2SO3。答案：(1)反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气(任写两条即可)(2)Al2O32OH3H2O=2Al(OH)4(3)MgO2NH4ClH2O=MgCl22NH3H2O(或NH4ClH2ONH3H2OHCl，MgO2HCl=MgCl2H2O)(1)S、FeFe3S4(2)制印刷电路板(3) Fe3S46H=3H2S3Fe2S(4)H2SO3I2H2O=H2SO42HI取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3