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2022届高三化学一轮复习基础练习第4章材料家族中的元素单元检测(鲁科版).docx

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1、2022届高三化学一轮复习根底练习:第4章 材料家族中的元素 单元检测鲁科版(60分钟,100分)一、选择题(此题包括12小题,每题4分,共48分)1世界著名的科技史专家、李约瑟博士考证说:“中国至少在距今3 000年以前,就已经使用玻璃了。以下有关玻璃的说法不正确的选项是()A制普通玻璃的原料主要是纯碱、石灰石和石英B普通玻璃的成分主要是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅C玻璃在加热熔化时有固定的熔点D盛放烧碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞,是为了防止烧碱跟二氧化硅生成硅酸钠而使瓶塞与瓶口黏在一起【解析】玻璃属于混合物,无固定的熔点。【答案】C2有科学家提出硅是“21世纪能源、“未来石油的观点。假设硅作为一

2、种普遍使用的新型能源被开发利用,关于其有利因素的以下说法中,你认为不正确的选项是()A硅便于运输、贮存,从平安角度考虑,硅是最正确的燃料B自然界中存在大量单质硅C硅燃烧放出的热量大,且燃烧产物对环境污染程度低,容易有效控制D自然界中硅的贮量丰富【解析】由于硅的亲氧性,自然界的硅大都以二氧化硅或硅酸盐的形式存在,无单质硅。【答案】B3(杭州质检)以下物质中,既可与盐酸反响,又可与氢氧化钠溶液反响的是()Na2SiO3;AlCl3;NH4HCO3;Al2O3;NaHSO4ABC D【解析】Na2SiO3只能与HCl反响,AlCl3、NaHSO4只能与NaOH反响。【答案】D4“神舟飞船上的太阳帆板

3、采用了大量先进的复合材料,以便在尽可能提高发电效能的同时,减轻其自身质量,其身价到达了上千万元。以下说法不符合事实的是()A复合材料的使用可以使太阳帆板能经受超高温B复合材料的使用可以使“神舟飞船质量变轻C复合材料的使用可以使太阳帆板承受超高强度的改变D复合材料的使用可以使太阳帆板承受温差造成的热胀冷缩的难题【解析】太阳帆板在太空中运行的过程中,承受的压力小,承受超高强度的改变不符合事实。【答案】C5北京奥运会所颁发的“金镶玉奖牌,将青海软玉创造性地运用于奥运奖牌之上,蕴含着“以玉比德的理念,中国特色浓厚,艺术风格典雅。青海软玉主要成分是由“透闪石和“阳起石组成的纤维状微晶结合体,“透闪石的化

4、学成分为Ca2Mg5Si8O22(OH)2。以下有关说法不正确的选项是()A“透闪石的化学式写成氧化物的形式为:2CaO5MgO8SiO2H2OB“透闪石中Mg元素的质量分数是Ca元素质量分数的2倍C“透闪石的化学式写成硅酸盐的形式为:2CaSiO35MgSiO3H2SiO3D“透闪石不耐热,也不耐酸腐蚀【解析】,即“透闪石中Mg元素的质量分数是Ca元素质量分数的倍。【答案】B6镁、铝、铁、铜四种金属粉末混合物,参加过量盐酸充分反响,过滤后向滤液中参加过量烧碱溶液,再过滤,滤液中存在的离子有()ACu2 BAl(OH)4CAl3 DMg2【解析】Mg、Al、Fe、Cu四种金属粉末混合物参加过量

5、盐酸时,Cu不反响,再向滤液中参加过量NaOH溶液时,得到Mg(OH)2沉淀、Fe(OH)2也应有Fe(OH)3沉淀,而Al3最终变为Al(OH)4。【答案】B7以下变化可通过一步实验直接完成的是()AAl(OH)3Al2O3 BAl2O3Al(OH)3CAlAl(OH)3 DSiO2H2SiO3【解析】A项,2Al(OH)3Al2O33H2O;B项,至少两步才可实现:Al2O3Al3Al(OH)3;C项,至少两步才可实现:AlAl3Al(OH)3;D项,至少两步才可实现:SiO2SiO32H2SiO3。【答案】A8铜锈是一种绿色化合物,它的成分为碱式碳酸铜,兼有氢氧化铜和碳酸铜的性质。试推测

6、:铜锈在高温灼烧条件下充分反响后的固体物质是()A黑色的氧化铜B血红色的氧化亚铜 C蓝色的氢氧化铜和碳酸铜 D黑色的氧化亚铜 【解析】Cu2(OH)2CO3受热分解:Cu2(OH)2CO32CuOCO2H2O,而CuO在高温下分解:4CuO2Cu2OO2。【答案】B9甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种,假设将丁溶液滴入乙溶液中,发现有白色沉淀生成,继续滴加沉淀消失,丁溶液滴入甲溶液时,无明显现象发生。据此可推断丙物质是()AAl2(SO4)3 BNaOHCBaCl2 DFeSO4【解析】丁溶液滴入乙溶液中产生白色沉淀,继续滴加,白色沉淀不断

7、溶解并消失,说明丁为NaOH,乙为Al2(SO4)3。将NaOH滴入甲溶液中无明显现象,说明甲为BaCl2,故丙为FeSO4。【答案】D10将镁、铝、硅的混合物分为等质量的两份。一份与足量的NaOH溶液反响,另一份与足量的盐酸反响,最后生成的H2一样多。那么镁与硅的物质的量之比为()A21 B41C11 D31【解析】Al与NaOH溶液和盐酸都反响且生成H2的量相等,在与NaOH溶液反响时Si也反响,与盐酸反响时Mg也反响,两者产生的H2一样多。根据关系式MgH2,Si2H2,n(Mg)n(Si)21。【答案】A11有100 mL 3 molL1 NaOH溶液和100 mL 1 molL1 A

8、lCl3溶液。按如下两种方法进行实验:将氢氧化钠溶液分屡次加到AlCl3溶液中;将AlCl3溶液分屡次加到NaOH溶液中。比较两次实验结果是()A现象相同,沉淀量相等 B现象不同,沉淀量相等C现象相同,沉淀量不等 D现象不同,沉淀量不等【解析】将NaOH溶液逐滴参加到AlCl3溶液中,立即产生白色沉淀,随着NaOH量的增加,沉淀量逐渐增多至0.1 mol Al(OH)3。假设将AlCl3溶液逐滴参加到NaOH溶液中,开始NaOH过量,Al3转化为Al(OH)4,故无沉淀生成,随着AlCl3不断滴入,NaOH全部反响完,此时溶质为0.075 mol Al(OH)4,再继续滴入AlCl3,剩余的0

9、.025 mol Al3与0.075 mol Al(OH)4恰好作用生成0.1 mol Al(OH)3。【答案】B 12在Fe2(SO4)3溶液中,参加a g铜,完全溶解后,再加b g铁,充分反响后得到c g剩余固体,且ac,那么以下说法正确的选项是()A剩余固体是铜和铁B最后得到的溶液中一定含有Cu2C将剩余固体参加到稀硫酸中,有气泡产生D最后得到的溶液中可能含有Fe3【解析】由于ac,Cu没有完全析出,溶液中有Cu2;因为有金属剩余,溶液中不可能还有Fe3,有Cu2存在也不会有Fe单质存在。【答案】B二、非选择题(此题包括5小题,共52分)13(10分)有三种透明、不溶于水的坚硬固体,A固

10、体在氧气中完全燃烧只得到一种无色气体,此气体能使澄清石灰水变浑浊,标准状况下测得此气体密度为氧气密度的1.375倍。B固体可溶于热的苛性钠溶液,再往该溶液中参加过量酸时,析出白色胶状沉淀,此沉淀枯燥后,为不溶于水的白色粉末,它是一种比碳酸还弱的酸;将B与石灰石、纯碱按比例混合加热得到C,C在高温时软化,无固定熔点。(1)A为_;有关反响的化学方程式为_。(2)B为_;有关反响的化学方程式为_。(3)C为_;有关反响的化学方程式为_。【解析】(1)A燃烧得气体分子量为321.37544,可见A为金刚石。(2)由B的有关性质特征可知B为SiO2,那么C为普通玻璃。【答案】(1)金刚石CO2CO2,

11、Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O(2)水晶2NaOHSiO2=Na2SiO3H2O,H2ONa2SiO32HCl=2NaClH4SiO4H4SiO4H2SiO3H2O(3)普通玻璃Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2,CaCO3SiO2CaSiO3CO214(11分)某无色溶液由Na、Ag、Ba2、Al3、Al(OH)4、CO32、SO32、SO42、MnO4中的假设干种组成,取该溶液进行如下实验:取适量试液,参加过量盐酸,有无色无味气体生成,并得到溶液;在所得溶液中再参加过量碳酸氢铵溶液,有气体生成,同时析出白色沉淀甲;在所得溶液中参加过量氢氧化钡溶液,也有气体生成,并有白色沉淀乙

12、析出。根据上述现象答复以下问题:(1)溶液中一定存在的离子是_;(2)一定不存在的离子是_;(3)证明白色沉淀甲是两性氢氧化物的有关离子方程式是_;(4)判断沉淀乙的实验方法是:_。【答案】(1)Na、Al(OH)4、CO32(2)Ag、Ba2、Al3、SO32、MnO4(3)Al(OH)33H=Al33H2O,Al(OH)3OH=Al(OH)4(4)取沉淀乙置于试管,参加足量盐酸,假设沉淀全部溶解,且有气体生成,沉淀为BaCO3;假设有气体产生,沉淀不完全溶解,那么说明沉淀为BaCO3和BaSO4;假设沉淀不溶解,也无气体产生,那么说明沉淀为BaSO415(11分)铝是一种重要的金属。(1)

13、铝在元素周期表中的位置是_。(2)生产中曾用铝热反响焊接钢轨,铝与氧化铁发生反响的化学方程式为_。(3)铝与NaOH溶液反响的离子方程式为_;同温同压下,在浓度和体积均为100 mL 2 molL1的盐酸及NaOH溶液中各参加等质量的Al,产生气体的体积之比为56,那么所加Al的质量为_。(4)以AlCl3溶液为原料制取无水AlCl3,先制得AlCl36H2O晶体,主要操作包括_,冷却结晶,过滤。在第步操作中应注意的事项是_。在枯燥的HCl气流中加热AlCl36H2O晶体,能进一步制取无水AlCl3,其原因是(结合化学方程式简要说明)_。【解析】第(3)问涉及到的化学方程式分别有:2Al6HC

14、l=2AlCl33H2和2Al2NaOH6H2O=2NaAl(OH)43H2,由上述两方程式可知,假设Al均缺乏量,那么产生H2的体积之比为11,假设Al均过量那么为13,实际为56,说明Al对盐酸过量,对NaOH溶液量缺乏。与盐酸反响产生H2体积为V:2HClH22 mol 22.4 L 0.1 L2 molL1 VV2.24 L。那么与NaOH溶液反响产生的H2体积为2.24 L2.688 L,代入下式求Al的质量。2Al3H2 227 g 322.4 Lm(Al) 2.668 Lm(Al)2.16 g。第(4)问中制AlCl36H2O的第步应为加热浓缩,为防止AlCl3水解,确保生成Al

15、Cl36H2O晶体,需要保持溶液呈强酸性,不断搅拌以免造成局部过热,不能将溶液蒸干等。在枯燥HCl气流中加热AlCl36H2O晶体制取无水AlCl3,可从平衡移动的角度去分析。【答案】(1)第三周期A族(2)2AlFe2O3Al2O32Fe(3)2Al2OH6H2O=2Al(OH)43H22.16 g(4)加热浓缩用玻璃棒不断搅拌溶液,当有晶体析出时停止加热因存在AlCl33H2OAl(OH)33HCl,在枯燥的HCl气流中,能抑制AlCl3的水解,且带走AlCl36H2O晶体受热产生的水蒸气,可得到纯洁的AlCl316(8分)(2022年浙江高考)单晶硅是信息产业中重要的根底材料。通常用碳在

16、高温下复原二氧化硅制得粗硅(含铁、铝、硼、磷等杂质),粗硅与氯气反响生成四氯化硅(反响温度450500 ),四氯化硅经提纯后用氢气复原可得高纯硅。以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图。相关信息如下:a四氯化硅遇水极易水解;b硼、铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反响生成相应的氯化物;c有关物质的物理常数见下表:请答复以下问题:(1)写出装置A中发生反响的离子方程式_。(2)装置A中g管的作用是;装置C中的试剂是;装置E中的h瓶需要冷却的理由是。(3)装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏(类似屡次蒸馏)得到高纯度四氯化硅,精馏后的残留物中,除铁元素外可能还含有的杂质元素是(填写元素符号)。【解析】

17、制四氯化硅是由粗硅与Cl2反响得到的,所以必须先制得Cl2,因SiCl4极易水解,所以Cl2须枯燥,再根据表格数据分析提纯SiCl4的方法。(1)书写的是离子方程式,B装置中盛放饱和食盐水除去HCl,C装置中用浓H2SO4除水以制得枯燥纯洁的Cl2;(2)A中用恒压分液漏斗平衡压强,使液体顺利流下;h瓶用冷却液冷却主要目的是得到SiCl4;(3)精馏粗产物得到SiCl4,温度应控制在57.7 ,此时BCl3变为气体,但AlCl3、FeCl3、PCl5均残留在瓶中,所以残留杂质元素是Fe、Al、P、Cl。【答案】(2)平衡压强浓硫酸使SiCl4冷凝(3)Al、P、Cl17(12分)工业上制取Cu

18、Cl2的生产流程如下:请结合下表数据,答复以下问题:物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3溶度积/25 8.010162.210204.01038完全沉淀时的pH范围9.66.434(1)溶液A中参加NaClO的目的是_;该操作中假设温度较高会产生一种有害气体,写出产生该有害气体的反响方程式:_。(2)在溶液B中参加CuO的作用是_;(3)操作a的目的是_;(4)在Cu(OH)2中参加盐酸使Cu(OH)2转变为CuCl2时采用稍过量盐酸和低温蒸干的目的是_。【解析】(1)溶液A中含有亚铁离子,参加NaClO将其氧化为三价铁离子后,更容易水解生成沉淀而被除去。假设温度过高,ClO能氧化Cl生成氯气,反响的离子方程式为:ClOCl2H=Cl2H2O。(2)参加CuO与过量的盐酸反响,调节溶液pH,促进Fe3水解为Fe(OH)3以除去铁离子,同时不引入新的杂质。(3)过滤得到的Cu(OH)2沉淀外表有可溶性杂质,应以适量蒸馏水洗去。(4)氯化铜溶液在加热蒸干时Cu2会水解,参加过量的盐酸并维持低温,可抑制其水解。【答案】(1)将Fe2氧化为Fe3而使别离更加完全ClOCl2H=Cl2H2O(2)调节溶液的pH为34,使Fe3完全转变为Fe(OH)3沉淀而除去Fe3(3)洗涤Cu(OH)2外表的可溶性杂质(4)抑制Cu2的水解

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