山东科技版高中化学课后习题含答案单元质检卷四材料家族中的元素.docx

1、山东科技版高中化学课后习题含答案单元质检卷四材料家族中的元素单元质检卷四材料家族中的元素(时间:45分钟满分:100分)单元质检卷第8页一、选择题(本题共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.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.日用铝制品外貌笼罩着氧化膜,对内部金属起保护作用答案B解析目前我国流通的硬币是由合金材料制成,故A项正确;与生铁相比平凡钢中含碳量低落,钢耐腐蚀性加强,不锈钢中参加其他元素,转变内部构造布局,具有很强的

2、抗腐蚀本领,生铁、普通钢和不锈钢耐腐蚀性依次加强,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,对内部金属起掩护作用,故D项正确。2.(2020四川绵阳调研)下列说法错误的是()A.铁、锰、铬以及它们的合金称为黑色金属材料B.用铬酸作氧化剂可以使铝表面的氧化膜产生美丽的颜色C.可溶性铜盐有毒,但在生命体中,铜是一种不可缺少的微量元素D.钠与水反应、镁与沸水反应、红色的铁与高温水蒸气反应均生成碱和氢气答案D解析根据金属的颜色和性子等特性,将金属分为黑色金属和有色金属,黑色金属主要指铁、锰、铬及其合金,如钢、生铁、铁合金、铸铁等,黑色金属以外

3、的金属称为有色金属,故A正确;铬酸具有强氧化性,可以将铝制品表面的铝氧化天生氧化铝薄膜,铬元素附着在薄膜上孕育发生优美的颜色,故B正确;可溶性铜盐是重金属盐,能使蛋白质变性,但在生命体中,铜元素对付人体也至关重要,它是生物系统中一种独特而极为有用的催化剂,故C正确;铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,故D错误。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

4、铜沉淀天生,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答案D解析合金的熔点低于其构成金属,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力,Al孕育发生的氢气量多,所以放出的H2越多,铝的质

5、量分数越大,D错误。4.下列叙述中不正确的是()A.常见金属铁和铝在工业上冶炼方法不同B.除去Fe2O3中混有的Al2O3:加氢氧化钠溶液,过滤C.除去FeCl2溶液中混有的FeCl3:参加过量铁粉,过滤D.除去铜粉中混有的CuO:加适量稀硝酸后,过滤、洗涤答案D解析铁通常用CO还原Fe2O3得到,而铝一般用电解Al2O3的要领得到,A项正确;Al2O3能与NaOH溶液反应而Fe2O3不能,B项正确;FeCl3与铁反应生成FeCl2,C项正确;Cu、CuO都能与HNO3反应,D项错误。5.(2020江苏无锡调研)明矾的化学式为KAl(SO4)212H2O,其水溶液呈酸性。向明矾溶液中逐滴滴入氢

6、氧化钡溶液,则()A.有可能产生两种沉淀B.不可能立即出现沉淀C.不可能只有一种沉淀 D.有可能变为澄清溶液答案A解析向明矾溶液中逐滴滴入氢氧化钡溶液有可能产生硫酸钡和氢氧化铝两种沉淀,故A正确;发生反响时立刻出现沉淀,故B错误;若氢氧化钡过量,则生成的氢氧化铝又溶于过量的碱,可能只有硫酸钡一种沉淀,故C错误;硫酸钡不溶于过量的碱,所以不大概变为澄清溶液,故D错误。6.向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L,固体物质完全反响,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

7、.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 mol答案B剖析联合题意,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=39.2 g,即=0.4 mol,故反应中Cu(NO3)2消耗NaOH 0.4 mol2=0.8 mol

8、,余下硝酸1.0 L1.0 molL-1-0.8 mol=0.2 mol,D项正确;反应中,n(Cu)+2n(Cu2O)=0.4 mol,n(Cu)64 gmol-1+n(Cu2O)144 gmol-1=27.2 g,解得:n(Cu)=0.02 mol,n(Cu2O)=0.01 mol。根据氧化还原反应中电子守恒:0.02 mol2+0.01 mol21=n(NO)3,n(NO)=0.02 mol,即标准状况下4.48 L,A、C项正确;根据氮元素守恒:n(HNO3)=n(NO)+n(N),最终溶液为NaNO3溶液,有n(N)=n(Na+)=1.0 L1.0 molL-1=1 mol,原硝酸浓

9、度c(HNO3)=2.04 molL-1,B项错误。7.用下图所示装置举行实行,实验现象与对应的结论都正确的是()装置选项实验现象结论A铜棒稀硝酸中出现红棕色气体稀硝酸与铜反应生成NO2,中需要碱溶液吸收尾气B铜棒Fe2(SO4)3溶液中溶液黄色变浅Cu与Fe2(SO4)3溶液发生置换反应C铁棒饱和食盐水中导管内液面上升铁棒发生吸氧腐蚀D铁棒浓硫酸无明显现象铁与浓硫酸不反应答案C解析稀硝酸与铜反应生成NO,A项错误;铜与Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸亚铁和硫酸铜,不是置换反响,B项错误;铁棒在饱和食盐水中产生吸氧腐化,C项正确;常温下,铁在浓硫酸中产生钝化,D项错误。8.SiO2是一种化工

10、原料,利用SiO2能够制备一系列物质。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固,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,其熔点很高答案C解析图中SiO2与CaO、CaCO3、Na2CO3的反应不属于氧化还原反响,SiO2与C、Si与Cl2、SiCl4与H2的反应属于氧化还原反响,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;玻璃没有牢固的熔点,D项错误。9.已知反应:Al(OH)4-+NNH3H2O+Al(OH)3,现向浓度均为0.1 molL-1的HCl、NH4Cl和AlCl3混淆溶

11、液中,逐滴加入NaOH溶液。用下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的干系,合理的是()答案D解析溶液中能与NaOH反应的阳离子有三种:H+、Al3+、N,酸碱中和先进行:H+OH-H2O。联合题中给出信息,然后依次发生的反应为Al3+3OH-Al(OH)3、N+OH-NH3H2O、Al(OH)3+2OH-Al(OH)4-,对于Al3+和N反响的次序,可以用假设法分析:假定N+OH-NH3H2O先发生,由于存在反应Al3+3NH3H2OAl(OH)3+N,所以实际应该是Al3+3OH-Al(OH)3先进行。因此选项D正确。10.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要

12、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产物的历程中,必须控制条件防止其氧化和分解D.若转变方案,在溶液1中直接加NaOH溶液至过量,得到的沉淀用硫酸溶解,其溶液经结晶分离也可得到FeSO47H2O答案D解析A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

13、使之转化为Fe2+,A项正确;B项,凭据烧渣的身分,加入硫酸后只有SiO2不克不及溶于硫酸,固体1中一定有SiO2,同时,根据溶液2及终极产品能够果断,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Si,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。二、非选择题(本题共3小题,共50分)11.(2020云南昆明质检)(16

14、分)碳、硅及其化合物的开辟由来已久,在现代生存中有广泛应用。(1)SiO2是玻璃的重要身分之一,保存氢氧化钠溶液的试剂瓶应用橡胶塞的原因是(用化学方程式表示)。(2)高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都必要的底子质料。工业上提纯硅有多种门路,其中一种工艺流程示意图及主要反应如下:HClH2石英砂、焦炭粗硅SiHCl3高纯硅电弧炉流化床反应器还原炉用石英砂和焦炭在电弧炉中制粗硅,该反应的化学方程式为。在流化床反响的产品中,SiHCl3大约占85%,还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等,有关物质的沸点数据如表所示,提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和。物质SiSiCl4

15、SiHCl3SiH2Cl2SiH3ClHClSiH4沸点/2 35557.631.88.2-30.4-84.9-111.9SiHCl3极易水解,其完全水解的化学方程式为。(3)某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱,用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去,气密性已检验),实验操作步骤:.打开弹簧夹1,关闭弹簧夹2,并打开活塞a,滴加浓盐酸。.A中看到白色沉淀时,关闭弹簧夹1,打开弹簧夹2,关闭活塞a。B中反应的离子方程式是。通过步骤知浓盐酸具有的性质是(填字母)。A.挥发性 B.还原性C.氧化性 D.酸性C装置中的试剂X是(填化学式)。D中反应的化学方程式是。分析碳、硅的非金属性逐渐减

16、弱的原因:。答案(1)SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O(2)SiO2+2CSi+2CO蒸馏SiHCl3+4H2OH4SiO4+H2+3HCl(或SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl)(3)CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OADNaHCO3Na2SiO3+CO2+H2OH2SiO3+Na2CO3(答案合理即可)碳和硅位于统一主族,从上到下,原子半径渐渐增大,原子得电子的本领渐渐削弱,元素非金属性逐渐减弱解析(1)玻璃中的二氧化硅能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3。(2)石英砂的重要身分为二氧化硅,二氧化硅和碳在高温条件下反应生成硅和一氧化碳;由于SiHCl3与S

17、iCl4、SiH2Cl2等的沸点相差较大,可以使用蒸馏的方法提纯;SiHCl3中Si是+4价,氢元素、氯元素均为-1价,SiHCl3完全水解时,Si以H2SiO3(或H4SiO4)形式存在,-1价的氢元素与H2O反应后生成H2。(3)B中盐酸与碳酸钙发生反应的离子方程式是CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O;步骤是为了验证浓盐酸是否具有挥发性(看A中是否产生沉淀)和酸性(与盐反应);因为浓盐酸具有挥发性,所以C装置的作用是将挥发出的HCl气体除去,可以使用的试剂为饱和NaHCO3溶液;D中反应的化学方程式为Na2SiO3+CO2+H2OH2SiO3+Na2CO3,也可以生成NaHCO3,答

18、案合理即可;由于碳和硅位于统一主族,从上到下,原子半径渐渐增大,原子得电子的本领削弱,非金属性削弱,所以碳、硅的非金属性渐渐削弱。12.(2020湖北汉川月考)(14分)某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3中含有的Mg2+、K+杂质离子,并尽可能减少AlCl3的损失,请回答下列问题:(1)写出混合物中加入足量氢氧化钠溶液时,溶液中发生反应的离子方程式:、。氢氧化钠溶液可否用氨水取代,为什么?。(2)溶液a中存在的离子有;在溶液a中加入盐酸时需控制溶液的pH,为什么?;为此,改进方法是.(3)为了研究AlCl3晶体的性子,在得到AlCl3溶液后,如何得到AlCl3晶体?。答案(1)Mg2

19、+2OH-Mg(OH)2Al3+3OH-Al(OH)3Al(OH)3+OH-Al(OH)4-不能,因为Al(OH)3不能溶于过量的氨水中,不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开(2)K+、Cl-、Na+、Al(OH)4-、OH-因为Al(OH)3能溶于强酸,所以需控制pH,防止Al(OH)3溶解在a溶液中通入过量CO2气体(3)在酸性气氛中对AlCl3溶液进行蒸发结晶解析(1)加入足量氢氧化钠溶液,Mg2+可与OH-反应生成Mg(OH)2沉淀,Al3+与OH-反应生成Al(OH)3沉淀,NaOH过量时Al(OH)3与OH-反应生成NaAl(OH)4和H2O,反应的离子方程式有Mg2+2OH-

20、Mg(OH)2,Al3+3OH-Al(OH)3,Al(OH)3+OH-Al(OH)4-。氢氧化钠溶液不克不及用氨水取代,因为在Al3+与氨水反应生成Al(OH)3后,Al(OH)3不克不及与氨水继承反响,从而不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开。(2)根据(1)中的阐发可知,滤液a中的离子为K+、Cl-、Na+、Al(OH)4-、OH-,加入氢氧化钠溶液后除去了Mg2+,但又引入了Na+,同时Al3+转化成了Al(OH)4-;因为氢氧化铝能与强酸反响,所以在加入盐酸沉淀时需要控制溶液的pH,以防止Al(OH)3溶解;氢氧化铝不溶于碳酸,因此可以向溶液a中通入过量二氧化碳气体制备氢氧化铝沉淀

21、。(3)直接加热蒸发AlCl3溶液会因为AlCl3水解而得不到AlCl3晶体,为此可在酸性氛围下举行蒸发结晶。13.(2018江苏卷)(20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革曲线如图所示。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% C

22、aO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)=。答案(1)SO2+OH-HS(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+HC。(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。