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

1、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

2、生成al(oh)4，则alcl3与过量nh3·h2o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

3、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

4、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

5、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

6、，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

7、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 mol·l1 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：cu2>fe3d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fe>cu>ag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

8、性：fe3>cu2，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fe>cu，fe>ag，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

9、，nal(oh)3035 mol015 mol02 mol，则m(mg)015 mol×24 g/mol36 g，m(al)02 mol×27 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10

10、08 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2mgo·b2o3·h2o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

11、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

12、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

13、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

14、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feo·cr2o3，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feo·cr2o3na2co3nano3na2cro4fe2o3co2nano2上述反应配平后feo·cr2o3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

15、“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 feo·cr2o3参与反应共失去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

16、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m0×294 g·mol1×103 kg·g1 kg，所以产品的产率为&

17、#215;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：

18、_。(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，

19、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=cu22no22h2

20、o，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nh3·h2o来制备al(oh)3，反应的离子方程式为al33nh3·h2o=al(oh)33nh。答案：(1)alcl3氮气(2)2fe3fe=3fe2(3)123no2h2o=

21、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)al33nh3·h2o=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)1

22、9(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 g·l1)，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：_

23、。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=mgcl22nh3·h2o或nh4clh2onh3·h2ohcl，mgo2hcl=mgcl2h2o。(1)由c中加入kscn溶液后呈红色，可推出b为fe2o3，c为fe