资源描述
单元质检卷(四)材料家族中的元素(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本大题包括10小题,每小题5分,共50分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.(2018甘肃会宁一中月考)化学在生产和日常生活中有重要的应用,下列说法中错误的是()A.MgO、Al2O3的熔点很高,可制作耐高温材料,工业上也用其电解冶炼对应的金属B.明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物,可用于水的净化C.燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩D.铝比铁活泼,但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀2.下列有关金属及其合金的说法不正确的是()A.目前我国流通的硬币是由合金材料制造的B.生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加C.镁在空气中燃烧发出耀眼的白光,可用于制作照明弹D.日用铝制品表面覆盖着氧化膜,对内部金属起保护作用3.(2019湖北黄石二中月考)美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金(单质钠和单质铝熔合而成)作载热介质,下列有关说法不正确的是()A.该铝钠合金的熔点低于金属钠B.铝钠合金若投入一定量的水中可得无色溶液,则n(Al)n(Na)C.铝钠合金投入足量氯化铜溶液中,会有氢氧化铜沉淀生成,也可能有铜析出D.若m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中,放出的H2越多,则铝的质量分数越小4.SiO2是一种化工原料,利用SiO2可以制备一系列物质。下列说法正确的是()A.图中所有反应都不属于氧化还原反应B.硅酸盐的化学性质稳定,常用于制造光导纤维C.可用盐酸除去石英砂中少量的碳酸钙D.普通玻璃由纯碱、石灰石和石英砂制成,其熔点很高5.向含有a mol AlCl3的溶液中加入含b mol KOH的溶液,生成沉淀的物质的量可能是()a molb mola3 molb3 mol0 mol(4a-b) molA.B.C.D.6.“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论,因此类推的结论最终要经过实践的检验,才能决定其是否正确,下列几种类推结论中错误的是()钠与水反应生成NaOH和H2;所有金属与水反应都生成碱和H2铁露置在空气中一段时间后就会生锈,性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解,Fe(OH)3受热也易分解不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝,也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁A.B.C.D.7.向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L,固体物质完全反应,生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 molL-1的NaOH溶液1.0 L,此时溶液呈中性,金属离子已完全沉淀,沉淀质量为39.2 g。下列有关说法不正确的是()A.Cu与Cu2O的物质的量之比为21B.硝酸的物质的量浓度为2.6 molL-1C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48 LD.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol8.实验用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体经历下列过程,Fe3+在pH=5时已完全沉淀。下列分析错误的是()A.用18 molL-1浓硫酸配制溶解所用4 molL-1的稀硫酸,玻璃仪器一般只有3种B.利用Cu(OH)2替代CuO也可调试溶液pH不影响实验结果C.洗涤晶体:向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体,自然流下,重复23次D.若要实验测定所得硫酸铜晶体中结晶水的数目要用到坩埚和坩埚钳9.已知反应:Al(OH)4-+NH4+NH3H2O+Al(OH)3,现向浓度均为0.1 molL-1的HCl、NH4Cl和AlCl3混合溶液中,逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系,合理的是()10.(2019浙江宁波调研)某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3,不考虑其他杂质)制备七水合硫酸亚铁(FeSO47H2O),设计了如下流程:下列说法不正确的是()A.溶解烧渣选用足量硫酸,试剂X选用铁粉B.固体1中一定有SiO2,控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2C.从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中,必须控制条件防止其氧化和分解D.若改变方案,在溶液1中直接加NaOH至过量,得到的沉淀用硫酸溶解,其溶液经结晶分离也可得到FeSO47H2O二、非选择题(本大题包括3小题,共50分)11.(16分)0.1 mol的镁、铝混合物溶于100 mL 2 molL-1 H2SO4溶液中,然后再滴加1 molL-1 NaOH溶液。请回答:(1)若在滴加NaOH溶液的过程中,沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示。当V1=160 mL时,则金属粉末中n(Mg)= mol,V2= mL。(2)若在滴加NaOH溶液过程中,欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全,则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH溶液)= mL。(3)若混合物仍为0.1 mol,其中Mg粉的物质的量分数为a,用100 mL 2 molL-1硫酸溶解此混合物后,再加入450 mL 1 molL-1 NaOH溶液,所得沉淀中无Al(OH)3。满足条件的a的取值范围是。12.(2018福建泰宁一中段考)(18分)碘化亚铜(CuI)是阳极射线管覆盖物,也是重要的有机反应催化剂,不溶于水和乙醇。下图是用废铜电缆(杂质中含有少量铁)制取无水碘化亚铜的流程。(1)过程得到的溶液呈蓝色,其原因是(用化学方程式表示),当温度高于40 时,反应的速率下降,原因是。(2)已知:Cu(OH)2的Ksp=2.210-20 mol3L-3,Fe(OH)3的Ksp=2.1610-39 mol4L-4,lg 6=0.78,过程中用调节溶液的pH。A.NaOH溶液B.NH3H2O溶液C.CuOD.CuCO3得到的滤渣成分是。(3)过程的氧化产物能使淀粉变蓝,对应的离子方程式为。(4)过程用乙醇洗涤的目的为。(5)准确称取m g CuI样品,加入足量的Fe2(SO4)3溶液中,写出该反应的离子方程式,待样品完全反应后,用a molL-1酸性KMnO4溶液滴定,达到终点时,消耗的体积平均值为V mL,则样品中CuI的质量分数为。(已知:5Fe2+MnO4-+ 8H+ 5Fe3+ + Mn2+ +4H2O)13.(2018江苏化学,16)(16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,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-焙烧后矿粉中硫元素总质量焙烧前矿粉中硫元素总质量)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。Fe2O3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)=。单元质检卷(四)材料家族中的元素1.A氧化铝的熔点很高,所以Al2O3在工业上用于制作耐高温材料,铝是活泼金属,活泼金属的冶炼用电解法,所以用电解法冶炼铝金属,MgO的熔点为2800、熔点高,电解时耗能高,工业上常用电解熔融MgCl2的方法生产金属镁,故A项错误;明矾中铝离子水解生成胶体,具有吸附性,能吸附水中悬浮物,可用于水的净化,故B项正确;焰火利用的就是金属的焰色反应,故C项正确;Al比铁活泼,但氧化铝为致密的氧化物,所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀,故D项正确。2.B目前我国流通的硬币是由合金材料制成,故A项正确;与生铁相比普通钢中含碳量降低,钢耐腐蚀性增强,不锈钢中加入其他元素,改变内部组织结构,具有很强的抗腐蚀能力,生铁、普通钢和不锈钢耐腐蚀性依次增强,故B项错误;制造照明弹就是利用了镁燃烧发出耀眼的白光,故C项正确;铝与氧气反应生成致密的氧化铝保护膜,对内部金属起保护作用,故D项正确。3.D合金的熔点低于其组成金属,A正确;铝钠合金投入水中,发生反应2Na+2H2O2NaOH+H2,2Al+2NaOH+6H2O2NaAl(OH)4+3H2,当n(Na)n(Al)时,金属全部溶解,得到无色溶液,B正确;铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中,钠和水反应生成的NaOH可以和CuCl2反应生成Cu(OH)2沉淀,若n(Al)n(Na),金属铝也会置换出金属铜,C正确;根据关系式2Al3H2,2NaH2,等质量的金属钠和金属铝比较,Al产生的氢气量多,所以放出的H2越多,铝的质量分数越大,D错误。4.C图中SiO2与CaO、CaCO3、Na2CO3的反应不属于氧化还原反应,SiO2与C、Si与Cl2、SiCl4与H2的反应属于氧化还原反应,A项错误;光导纤维的主要成分是SiO2而不是硅酸盐,B项错误;玻璃没有固定的熔点,D项错误。5.B解答本题首先要明确铝盐与碱反应的原理及二者量与产物的关系。amolAlCl3完全转化为Al(OH)3时所需的KOH的物质的量为3amol,且沉淀最大值为amol。故有可能出现。当b3a时,KOH不足,此时nAl(OH)3=13n(KOH)=b3mol,故可能,不可能;当3ab4a时Al3+3OH-Al(OH)3amol3amolamolAl(OH)3+OH-Al(OH)4-(b-3a)mol(b-3a)mol剩余沉淀为:amol-(b-3a)mol=(4a-b)mol故可能。6.C活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2,但不是所有金属与水反应都生成碱,故错误;铁露置在空气中一段时间后就会生锈,是因为发生电化学腐蚀而生锈,金属铝在空气中和氧气反应生成氧化物薄膜,可以保护内部金属不被腐蚀,故错误;难溶性碱受热易分解,所以Fe(OH)3受热也易分解,故正确;AlCl3是共价化合物,在熔融状态下不导电,故不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝;MgCl2是离子化合物,在熔融状态下导电,能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁,故错误。7.B结合题意,反应过程为:3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO+4H2O,3Cu2O+14HNO36Cu(NO3)2+2NO+7H2O,NaOH+HNO3NaNO3+H2O,2NaOH+Cu(NO3)2Cu(OH)2+2NaNO3,结合mCu(OH)2=39.2g,即39.2g98gmol-1=0.4mol,故反应中Cu(NO3)2消耗NaOH0.4mol2=0.8mol,余下硝酸1.0L1.0molL-1-0.8mol=0.2mol,D项正确;反应中,n(Cu)+2n(Cu2O)=0.4mol,n(Cu)64gmol-1+n(Cu2O)144gmol-1=27.2g,解得:n(Cu)=0.02mol,n(Cu2O)=0.01mol。根据氧化还原反应中电子守恒:0.02mol2+0.01mol21=n(NO)3,n(NO)=0.02mol,即标准状况下4.48L,A、C项正确;根据氮元素守恒:n(HNO3)=n(NO)+n(NO3-),最终溶液为NaNO3溶液,有n(NO3-)=n(Na+)=1.0L1.0molL-1=1mol,原硝酸浓度c(HNO3)=0.02mol+1mol0.5L=2.04molL-1,B项错误。8.A用18molL-1浓硫酸配制溶解所用4molL-1的稀硫酸,用到量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒以及容量瓶等仪器,故A项错误;Cu(OH)2和CuO都与溶液中H+反应,因此都能起到调节溶液pH的作用,并不引入新的杂质,故B项正确;固体具有吸附性,过滤时表面有可溶性物质,可向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体,自然流下,重复23次,可洗涤晶体,故C项正确;测定结晶水的含量,通过加热固体,脱去结晶水,称量质量的变化并通过计算可得结晶水的个数,加热用到坩埚和坩埚钳,故D项正确。9.D溶液中能与NaOH反应的阳离子有三种:H+、Al3+、NH4+,结合题中给出信息,依次发生反应为:H+OH-H2O、Al3+3OH-Al(OH)3、NH4+OH-NH3H2O、Al(OH)3+OH-Al(OH)4-,因此选项D正确。10.DA项,由题意知,要制得的产物是FeSO47H2O(硫酸盐),故溶解烧渣应选用硫酸,以防止引入其他的杂质离子,溶液1中含有Fe3+,需加入Fe使之转化为Fe2+,A项正确;B项,根据烧渣的成分,加入硫酸后只有SiO2不能溶于硫酸,固体1中一定有SiO2,同时,根据溶液2及最终产物可以判断,控制pH是为了使Al3+沉淀为Al(OH)3,B项正确;C项,从溶液2得到FeSO47H2O,要防止Fe2+在空气中被O2氧化,同时防止FeSO47H2O分解失水,C项正确;D项,改变方案,在溶液1中加入过量NaOH可以将Al3+转化为Al(OH)4-,SiO2转化为SiO32-,Fe3+沉淀为Fe(OH)3,但是加硫酸溶解后生成的是Fe2(SO4)3,不是FeSO4,D项错误。11.答案(1)0.06440(2)400(3)12a1解析(1)Mg、Al溶于稀硫酸发生反应为Mg+2H+Mg2+H2x2xx2Al+6H+2Al3+3H2y3yyx+y=0.1mol2x+3y=0.1L2molL-12-1molL-10.16L解得x=0.06moly=0.04mol溶解Al(OH)3所耗NaOH:n(NaOH)=n(Al3+)=0.04mol,Al(OH)3恰好完全溶解时共需NaOH:n(NaOH)=2n(Mg2+)+3n(Al3+)+1molL-10.16L+0.04mol=0.44molV2=0.44mol1molL-1=0.44L=440mL。(2)欲使Mg2+、Al3+刚好完全沉淀时共需NaOH:n(NaOH)=2n(Mg2+)+3n(Al3+)+1molL-10.16L=0.4mol,则V(NaOH溶液)=400mL。(3)n(Mg)=0.1amoln(Al)=0.1(1-a)mol硫酸中n(H+)=0.4mol欲使硫酸将金属混合物完全溶解,则0.1a2+0.1(1-a)30.4;欲使沉淀中无Al(OH)3,则0.1a2+0.1(1-a)3+0.1(1-a)0.45由知a12,因此,12a1。12.答案(1)Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O温度高于40 ,H2O2分解,浓度减小,反应速率减小(2)CDFe(OH)3(3)2Cu2+4I-2CuI+I2(4)可得到干燥的CuI(5)2CuI + 4Fe3+ 2Cu2+ + 4Fe2+I22.5191aV10-3/m解析(1)利用H2O2的氧化性,可以在硫酸溶液中将铜氧化成Cu2+使溶液呈蓝色,所以反应的化学方程式是Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O;因H2O2易受热分解,当温度高于40时,会使H2O2受热分解,造成H2O2浓度下降,反应速率减小。(2)调节pH时用NaOH溶液和NH3H2O溶液会分别引入杂质Na+和NH4+,而使用CuO和CuCO3不会引入杂质;因杂质Fe会发生反应:2Fe+3H2O2+6H+2Fe3+6H2O,所以通过调节溶液pH可以使Fe3+生成Fe(OH)3而除去。(3)通过中调节pH除去Fe3+后,所得溶液中含有Cu2+,加入过量的NaI得到的氧化产物能使淀粉变蓝,说明生成了单质I2,则I-化合价升高体现还原性,所以Cu2+应该化合价降低体现氧化性,再根据所得沉淀经水洗和乙醇洗涤后是CuI晶体,说明Cu2+生成了CuI,所以反应的离子方程式是2Cu2+4I-2CuI+I2。(4)因CuI不溶于水和乙醇,利用乙醇易溶于水又易挥发,所以先用水洗去CuI表面的杂质后,再用乙醇洗涤,可以除去沉淀表面的水,得到干燥的CuI。(5)利用Fe3+的氧化性,可以将CuI氧化为Cu2+和I2,所以反应的离子方程式是2CuI+4Fe3+2Cu2+4Fe2+I2;加入酸性高锰酸钾溶液,可以和样品完全反应后所得溶液中的Fe2+反应,反应的离子方程式是5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O,则根据上述两个反应方程式可得如下关系(设样品中CuI的物质的量是xmol):CuI2Fe2+25MnO4-125xmolV10-3LamolL-1得CuI的物质的量x=2.5V10-3LamolL-1,所以CuI的质量是m(CuI)=2.5V10-3LamolL-1191gmol-1,所以样品中CuI的质量分数为2.5191aV10-3/m。13.答案(1)SO2+OH-HSO3-(2)FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中(3)NaAl(OH)4Al(OH)3(4)116解析(1)过量的SO2与NaOH反应生成NaHSO3。(2)由于多数金属硫酸盐在高于600时分解,则在低于500时去除的硫元素主要来源于FeS2;700时,CaO与硫酸盐分解产生的SO2或SO3发生反应,最终转化为CaSO4,而留在矿粉中。(3)Al2O3与NaOH溶液反应生成NaAl(OH)4,通入过量的CO2,发生反应Al(OH)4-+CO2Al(OH)3+HCO3-。(4)假设化学方程式为FeS2+xFe2O3yFe3O4+2SO2,根据铁原子和氧原子守恒可得:2x+1=3y、3x=4y+4,求得x=16,y=11。
展开阅读全文