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2022届高考化学一轮复习 单元卷三 自然界中的元素鲁科版

2022届高考化学一轮复习 单元卷三 自然界中的元素鲁科版

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- 13 -

单元质检卷三　自然界中的元素
(时间:60分钟　分值:100分)
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意。
1.(2020山东潍坊期中)中华民族为人类文明进步做出巨大贡献。下列说法中不正确的是(　　)
A.商代后期就已出现铜合金,铜合金属于金属材料
B.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器,其主要原料为黏土
C.宋代王希孟的《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜
D.“文房四宝”中的砚台是用石材制作而成的,制作过程发生了化学变化
2.在给定条件下物质间转化均能实现的是(　　)
A.MnO2Cl2漂白粉
B.N2NH3NONO2HNO3
C.S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D.FeFeCl2FeCl3Fe(OH)3
3.(2020北京化学,9)硫酸盐(含SO42-、HSO4-)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理,其主要过程示意图如下:

下列说法不正确的是(　　)
A.该过程有H2O参与
B.NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C.硫酸盐气溶胶呈酸性
D.该过程没有生成硫氧键
4.(2020河南驻马店正阳县高级中学月考)高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料,又称“半导体”材料,它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。这种材料可以按下列方法制备:
SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)
下列说法正确的是(　　)
A.步骤①发生反应的化学方程式为SiO2+CSi+CO2↑
B.步骤①②③中每生成或反应1 mol Si,转移4 mol 电子
C.二氧化硅能与氢氟酸反应,而硅不能与氢氟酸反应
D.SiHCl3(沸点33.0 ℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6 ℃),通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3
5.氨氮废水超标排放是导致水体富营养化的重要原因,可用以下流程处理。下列说法正确的是(　　)
高浓度氨氮废水低浓度氨氮废水
　　　　　　　　Ⅰ
含硝酸废水达标废水
　Ⅱ　　　　　　　　　Ⅲ
A.过程Ⅰ中发生的化学反应属于氧化还原反应
B.过程Ⅱ中NH4+→NO3-,每转化1 mol NH4+转移的电子数为8NA
C.过程Ⅲ中CH3OH→CO2,甲醇是氧化剂
D.过程Ⅲ中HNO3→N2,转移10 mol e-时可生成N2 11.2 L(标准状况)
6.(2020山东济南二模)下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。下列说法错误的是(　　)

A.装置A烧瓶内的试剂可以是KMnO4
B.装置B具有除杂和贮存气体的作用
C.实验结束后,振荡D会观察到液体分层且下层呈紫红色
D.利用该装置能证明氯、溴、碘的非金属性逐渐减弱
7.(2020湖北黄冈中学高三测试)某小组利用下面的装置进行实验,②、③中溶液均足量,操作和现象如下表。

实验序号
操作
现象
Ⅰ
向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量
②中产生黑色沉淀,溶液的pH降低;
③中产生白色浑浊,该浑浊遇酸冒气泡
Ⅱ
向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量
现象同实验Ⅰ

资料:CaS遇水完全水解
由上述实验得出的结论不正确的是(　　)
A.③中白色浑浊是CaCO3
B.②中溶液pH降低的原因是H2S+Cu2+CuS↓+2H+
C.实验Ⅰ①中CO2过量发生的反应是CO2+H2O+S2-CO32-+H2S
D.由实验Ⅰ和Ⅱ不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱
8.(2020山东滨州二模)实验室从含碘废液(含有I2、I-等)中回收碘,其实验过程如下:

已知溴化十六烷基三甲基铵是一种阳离子表面活性剂,可以中和沉淀表面所带的负电荷,使沉淀颗粒快速聚集,快速下沉。下列说法错误的是(　　)
A.含碘废液中是否含有IO3-,可用KI-淀粉试纸检验
B.步骤①中Na2S2O3可用Na2SO3代替
C.步骤②可以用倾析法除去上层清液

D.步骤③发生反应的离子方程式为4Fe3++2CuI4Fe2++2Cu2++I2
9.(2020北京101中学月考)某同学将SO2和Cl2的混合气体通入品红溶液,振荡,溶液退色,将此无色溶液分成三份,依次进行实验,实验操作和实验现象记录如下:
序号
①
②
③
实验
操作

实验
现象
溶液不变红,
试纸不变蓝
溶液不变红,
试纸退色
生成
白色沉淀

下列实验分析不正确的是(　　)
A.①说明Cl2被完全消耗
B.②中试纸退色的原因是:SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI
C.③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液,也能说明SO2被Cl2氧化为SO42-
D.实验条件下,品红溶液和SO2均被氧化
10.(2020福建厦门湖滨中学期中)将8.4 g Fe投入浓硝酸中,产生红棕色气体A,把所得溶液减压蒸干,得到30 g Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物,将该固体隔绝空气在高温下加热,得到红棕色的Fe2O3和气体B,A、B气体混合通入足量水中得到硝酸和NO,在标准状况下生成NO气体的体积为(　　)

A.1 120 mL B.2 240 mL
C.3 360 mL D.4 480 mL
二、非选择题:本题共3小题,共50分。
11.(2020山东青岛一模)(16分)化学小组为探究SO2在酸性KI溶液中的反应,利用如图装置进行实验:

Ⅰ.排出装置内的空气。减缓CO2的流速,向丁装置中通入CO2和SO2的混合气体。
Ⅱ.一段时间后,溶液变黄并出现浑浊。摇动锥形瓶、静置,苯与溶液接触的地方呈紫红色。
Ⅲ.持续向丁装置中通入CO2和SO2混合气体,溶液变为无色。
Ⅳ.再静置一段时间,取锥形瓶中水溶液,滴加BaCl2溶液产生白色沉淀。
回答下列问题:
(1)苯的作用为　　　　　　　　　　　　　　　　　。排出装置内空气的具体操作为　　　　　　　　　　　　。 
(2)向装置丁中缓慢通入CO2的作用是　　　　　　。 
(3)步骤Ⅱ反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;步骤Ⅲ反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(4)实验的总反应的离子方程式为　　　　　　　　　,KI和HI在反应中的作用为　。 
12.(2020华中师大一附中质量测评)(18分)叠氮化钠(NaN3)是制备医药、炸药的一种重要原料,采用“亚硝酸甲酯——水合肼法”制备叠氮化钠的生产流程如下:

回答下列问题:
(1)亚硝酸甲酯合成釜中生成的亚硝酸甲酯(CH3ONO)易转化为气态进入叠氮环合塔,写出生成CH3ONO的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)叠氮环合塔中生成叠氮化钠的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)叠氮环合塔中滴加的烧碱溶液要适当过量,目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;生产流程中操作x为加热、浓缩,此时所得浓缩液的溶质中含钠的化合物有Na2SO4、　　　　　　　　。 
(4)该生产过程中可循环使用的物质是　　　　。 
(5)生产中有HN3生成,请设计实验证明HN3为弱酸:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(6)化工生产中,多余的NaN3常使用次氯酸钠溶液处理,在酸性条件下,二者反应可生成无毒的气体。若处理6.5 g NaN3,理论上需加入0.5 mol·L-1的NaClO溶液　　　 mL。 
13.(2020山东化学,20)(16分)某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略):

已知:锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在,碱性减弱时易发生反应:3MnO42-+2H2O2MnO4-+MnO2↓+4OH-
回答下列问题:
(1)装置A中a的作用是　　　　　　　　　　　;装置C中的试剂为　　　　　;装置A中制备Cl2的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)上述装置存在一处缺陷,会导致KMnO4产率降低,改进的方法是　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂,滴定时应将KMnO4溶液加入　　　　　(填“酸式”或“碱式”)滴定管中;在规格为50.00 mL的滴定管中,若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL,此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为　　　　　(填标号)。 
A.15.00 mL B.35.00 mL
C.大于35.00 mL D.小于15.00 mL
(4)某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O,采用KMnO4滴定法测定该样品的组成,实验步骤如下:
Ⅰ.称取m g样品于锥形瓶中,加入稀H2SO4溶解,水浴加热至75 ℃。用c mol·L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30 s内不退色,消耗KMnO4溶液V1 mL。
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+,加入稀H2SO4酸化后,在75 ℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30 s内不退色,又消耗KMnO4溶液V2 mL。
样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126 g·mol-1)的质量分数表达式为　　　　　。 
下列关于样品组成分析的说法,正确的是　　　　(填标号)。 
A.V1V2=3时,样品中一定不含杂质
B.V1V2越大,样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高
C.若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足,则测得样品中Fe元素含量偏低
D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低,则测得样品中Fe元素含量偏高

单元质检卷三　自然界中的元素
1.D　铜合金属于金属材料,A正确;制造瓷器的主要原料为黏土,B正确;铜绿的主要成分是碱式碳酸铜,C正确;砚台是用天然石材制作而成的,制作过程发生了物理变化,D错误。
2.B　稀盐酸还原性较弱,二氧化锰与稀盐酸不反应,制备氯气应用浓盐酸与二氧化锰反应,A错误;氮气与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应生成氨气,氨气催化氧化生成一氧化氮,一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮可与水反应生成硝酸和一氧化氮,可实现物质间的转化,B正确;硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫,不能生成三氧化硫,C错误;氯气具有强氧化性,铁与氯气反应生成氯化铁,D错误。
3.D　根据图示中各微粒的构造可知,该过程有H2O参与,故A正确;根据图示的转化过程,NO2转化为HNO2,氮元素的化合价由+4价变为+3价,化合价降低,得电子被还原,则NO2是生成硫酸盐的氧化剂,故B正确;硫酸盐(含SO42-、HSO4-)气溶胶中含有HSO4-,转化过程有水参与,则HSO4-在水中可电离生成H+和SO42-,则硫酸盐气溶胶呈酸性,故C正确;根据图示转化过程中有SO32-转化为HSO4-可知,有硫氧键生成,故D错误。
4.D　二氧化硅高温下与C反应生成CO气体,即步骤①的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑,故A错误;步骤①中Si的化合价降低4价,生成1molSi转移电子为4mol;步骤②中生成SiHCl3,硅元素化合价升高2价,步骤③中硅元素的化合价降低2价,所以步骤②③中每生成或反应1molSi,均转移2mol电子,故B错误;硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气,故C错误;沸点相差30℃以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离,故D正确。
5.B　过程Ⅰ中发生的化学反应为NH4++OH-NH3↑+H2O,没有化合价变化,属于非氧化还原反应,故A错误;过程Ⅱ中NH4+→NO3-,N元素化合价由-3价升高为+5价,每转化1molNH4+转移的电子数为8NA,故B正确;过程Ⅲ中CH3OH→CO2,碳元素化合价升高,甲醇是还原剂,故C错误;过程Ⅲ中HNO3→N2,氮元素化合价由+5价降低为0价,转移10mole-时可生成1molN2,1molN2在标准状况下的体积是22.4L,故D错误。
6.C　根据装置图,装置A没有加热,故烧瓶内的试剂可以是KMnO4,高锰酸钾与浓盐酸反应的化学反应方程式为2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O,A正确;制备的氯气中含有少量挥发出来的氯化氢气体,可用饱和食盐水除去,故根据装置图,装置B具有除杂和贮存气体的作用,B正确;根据萃取原理,苯的密度比水小,故振荡D会观察到液体分层且上层呈紫红色,C错误;根据装置C、D中的颜色变化可知,装置A制备出来的氯气与装置C中的溴化钠反应生成溴单质,将生成的液溴滴加到D装置可生成碘单质,证明氯、溴、碘的非金属性逐渐减弱,D正确。
7.C　实验Ⅰ.向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量,发生反应的化学方程式为Na2S+2CO2+2H2O2NaHCO3+H2S,②中产生黑色沉淀,溶液的pH降低,说明生成的H2S与CuSO4反应生成了CuS黑色沉淀和H2SO4;③中产生白色浑浊,该浑浊遇酸冒气泡,说明二氧化碳过量,被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀;
实验Ⅱ.向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量,发生反应的化学方程式为NaHCO3+H2SNaHS+H2O+CO2,②中产生黑色沉淀,溶液的pH降低,是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了CuS黑色沉淀,同时生成了硫酸;③中产生白色浑浊,该浑浊遇酸冒气泡,说明反应生成的二氧化碳,被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀。根据上述分析,③中白色浑浊是CaCO3,不可能是CaS,因为CaS遇水完全水解,A正确;②中发生的反应是硫化氢与硫酸铜的反应,离子方程式为H2S+Cu2+CuS↓+2H+,H+生成使得溶液的pH降低,B正确;CO2过量反应生成HCO3-,发生的反应是2CO2+2H2O+S2-2HCO3-+H2S,C错误;根据实验Ⅰ中通二氧化碳有H2S生成,实验Ⅱ中通H2S有二氧化碳生成,不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱,D正确。
8.A　在酸性条件下I-、IO3-、H+会发生氧化还原反应产生I2,I2遇淀粉溶液变为蓝色,若溶液不是显酸性条件下,则无法检验,A错误;步骤①中是利用Na2S2O3的还原性,由于Na2SO3也具有强的还原性,因此可用Na2SO3代替Na2S2O3,B正确;由于CuI是难溶性固体,其余物质都溶解在水中,因此步骤②可以用倾析法除去上层清液,C正确;Fe3+具有氧化性,会将CuI氧化产生Cu2+、I2,Fe3+被还原产生Fe2+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得步骤③发生反应的离子方程式为4Fe3++2CuI4Fe2++2Cu2++I2,D正确。
9.C　①加热后溶液不变红,湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝,说明没有氯气,则Cl2被完全消耗,A正确;当二氧化硫过量,加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI,②中试纸退色,B正确;酸性条件下硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化,故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液,不能说明SO2被Cl2氧化为SO42-,C不正确;根据题意分析,品红溶液和SO2均被氧化,D正确。
10.C　Fe与浓硝酸反应生成Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物,Fe与硝酸完全反应;Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物隔绝空气高温加热得到红棕色的Fe2O3和气体B;A、B气体混合通入足量水中得到HNO3和NO;经过上述一系列过程,Fe全部被氧化为Fe2O3,Fe元素的化合价由0价升至+3价,浓硝酸中部分氮原子被还原成NO,N元素的化合价由+5价降为+2价,根据得失电子守恒,3n(Fe)=3n(NO),n(NO)=n(Fe)=8.4g56g·mol-1=0.15mol,则标准状况下NO的体积为0.15mol×22.4L·mol-1=3.36L=3360mL。
11.答案(1)萃取碘单质,隔绝空气防止I-被氧化　关闭K2,打开K3,打开K1　(2)防止倒吸　(3)SO2+4I-+4H+2I2+S↓+2H2O　SO2+I2+2H2O4H++SO42-+2I-　(4)3SO2+2H2O4H++2SO42-+S↓　催化剂
解析:为探究SO2在酸性KI溶液中的反应,由于酸性KI容易被O2氧化,所以要加苯液封,同时苯可萃取碘单质,并且在反应前先用二氧化碳将装置内的空气排尽;在反应中分二步进行,第一步是SO2+4I-+4H+2I2+S↓+2H2O,第二步是SO2+I2+2H2O4H++SO42-+2I-;最后用氢氧化钠进行尾气处理,四氯化碳的作用是防倒吸。
(1)根据分析可知,装置丁中苯的作用:萃取碘单质,隔绝空气防止I-被氧化;用二氧化碳排出甲、乙、丙中的空气时,打开K3和K1,关闭K2。
(2)若只将SO2通入丁中,SO2反应后压强减小,会发生倒吸,通入CO2和SO2的混合气体,CO2不反应,始终有气体排出,可起到防止倒吸的作用。
(3)步骤Ⅱ中,溶液变黄并出现浑浊,说明生成了硫单质,摇动锥形瓶、静置,苯与溶液边缘呈紫红色,说明生成了碘单质,则发生反应的离子方程式为SO2+4I-+4H+2I2+S↓+2H2O;步骤Ⅲ通入CO2和SO2混合气体,溶液变为无色,说明碘单质被消耗,反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O4H++SO42-+2I-。
(4)根据反应SO2+4I-+4H+2I2+S↓+2H2O和SO2+I2+2H2O4H++SO42-+2I-可得总反应的离子方程式为3SO2+2H2O4H++2SO42-+S↓;KI和HI在反应前后质量和性质没有发生改变,故其为催化剂。
12.答案(1)2CH3OH+2NaNO2+H2SO42CH3ONO+Na2SO4+2H2O　(2)N2H4+CH3ONO+NaOHNaN3+CH3OH+2H2O　(3)提高亚硝酸甲酯和水合肼的转化率,抑制叠氮化钠水解　NaN3、NaOH　(4)甲醇　(5)使用pH试纸测定NaN3溶液的酸碱性,若该溶液显碱性,说明HN3为弱酸(合理即可)　(6)100
解析:(1)根据装置图可以发现亚硝酸甲酯合成釜有三种原料:浓硫酸、甲醇和亚硝酸钠,浓硫酸可以酸化亚硝酸钠,并为酯化反应提供催化剂,得到甲醇的无机酸酯和水,据此写出反应的化学方程式为2CH3OH+2NaNO2+H2SO42CH3ONO+Na2SO4+2H2O。
(2)叠氮环合塔中加入了水合肼与烧碱,烧碱可以使第一步得到的亚硝酸甲酯水解,产生甲醇和亚硝酸钠,同时亚硝酸钠和肼里的氮元素发生归中反应得到产物叠氮化钠,据此可写出反应的化学方程式为N2H4+CH3ONO+NaOHNaN3+CH3OH+2H2O。
(3)叠氮环合塔中适当滴加过量的烧碱有两个作用,一是可以提高亚硝酸甲酯和水合肼的转化率,二是可以抑制叠氮化钠这个强碱弱酸盐的水解;加热浓缩后,溶液中的阴离子有OH-和N3-,因此含钠的化合物有Na2SO4、NaN3和NaOH。
(4)由于在亚硝酸甲酯合成釜里形成了酯,在叠氮环合塔中酯又水解,因此整个过程中甲醇是可以循环利用的。
(5)若要证明HN3为弱酸,可以用pH试纸来检测NaN3溶液的pH,根据溶液显碱性证明HN3为弱酸,其他合理的方法也可以。
(6)根据描述,NaN3应该被氧化为无毒的N2。同时ClO-被还原为Cl-,因此每个NaN3在反应中需要失去1个电子,每个ClO-在反应中可以得到2个电子,则NaN3与NaClO的物质的量之比为2∶1,NaN3的物质的量为mM=6.5g65g·mol-1=0.1mol,则需要NaClO的物质的量为0.05mol,因此需要次氯酸钠溶液体积为0.05mol0.5mol·L-1=0.1L=100mL。
13.答案(1)平衡气压,使浓盐酸顺利滴下　NaOH溶液　Ca(ClO)2+4HClCaCl2+2Cl2↑+2H2O
(2)在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶
(3)酸式　C
(4)0.315c(V1-3V2)m×100%　BD
解析:本题考查了物质的制备及定量实验设计。
(1)恒压分液漏斗是同学们熟知的仪器,作用是保持恒压。制备Cl2的化学方程式可根据氧化还原反应的原理写出。
(2)已知锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在,碱性减弱易发生反应。制备Cl2的浓盐酸挥发出的HCl进入B装置使溶液碱性减弱,K2MnO4会发生反应,从而降低KMnO4的产率,因此应在A、B之间添加除去HCl的洗气瓶。
(3)考查常见仪器滴定管的结构及用法,难度较小。KMnO4溶液应放在酸式滴定管中。滴定管下端无刻度,因此酸性KMnO4溶液的体积大于35.00mL。
(4)根据题意,在第Ⅱ步反应中酸性KMnO4溶液可氧化Fe2+生成Fe3+。根据得失电子守恒:Fe2+Fe3+、MnO4-Mn2+
n(Fe2+)×1=cV2×10-3×(7-2)mol
n(Fe2+)=5cV2×10-3mol
在第Ⅰ步反应中KMnO4氧化了FeC2O4·2H2O和H2C2O4·2H2O以及Fe2(C2O4)3中的C2O42-,
该过程涉及的变化有:FeC2O4Fe3++CO2↑
H2C2O4、C2O42-CO2
MnO4-Mn2+
由电子守恒可得5cV2×10-3×3+n(H2C2O4)×2=5cV1×10-3,则:
n(H2C2O4)=5c(V1-3V2)×10-32mol
H2C2O4·2H2O的质量分数=5c(V1-3V2)×10-3×126g2mg×100%=0.315c(V1-3V2)m×100%。
根据H2C2O4质量分数的表达式可知,当V1=3V2时,样品中不含H2C2O4·2H2O,但可能含有其他物质。V1V2越大,H2C2O4·2H2O的含量一定越高,B项正确;若步骤Ⅰ滴入酸性KMnO4溶液不足,V1偏低,H2C2O4·2H2O的含量一定偏低,则铁元素含量偏高,C项错误;若所用酸性KMnO4溶液浓度偏低,V1、V2偏大,H2C2O4·2H2O含量偏低,则铁元素含量偏高。