2012高三化学一轮复习-第四章材料家族中的元素单元质量检测课时练习-鲁科版.doc

(60分钟，100分)一、选择题(本题包括12小题，每小题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。”下列有关玻璃的说法不正确的是()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。假如硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用，关于其有利因素的下列说法中，你认为不正确的是()A硅便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是最佳的燃料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(2010年杭州质检)下列物质中，既可与盐酸反应，又可与氢氧化钠溶液反应的是()Na2SiO3；AlCl3；NH4HCO3；Al2O3；NaHSO4ABC D【解析】Na2SiO3只能与HCl反应，AlCl3、NaHSO4只能与NaOH反应。【答案】D4“神舟”飞船上的太阳帆板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，其身价达到了上千万元。下列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”的化学成分为Ca2Mg5Si8O22(OH)2。下列有关说法不正确的是()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，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，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加入过量盐酸时，Cu不反应，再向滤液中加入过量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下列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：铜锈在高温灼烧条件下充分反应后的固体物质是()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，若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溶液反应，另一份与足量的盐酸反应，最后生成的H2一样多。则镁与硅的物质的量之比为()A21 B41C11 D31【解析】Al与NaOH溶液和盐酸都反应且生成H2的量相等，在与NaOH溶液反应时Si也反应，与盐酸反应时Mg也反应，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 AlCl3溶液。按如下两种方法进行实验：将氢氧化钠溶液分多次加到AlCl3溶液中；将AlCl3溶液分多次加到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溶液逐滴加入到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。若将AlCl3溶液逐滴加入到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全部反应完，此时溶质为0.075 mol Al(OH)4，再继续滴入AlCl3，剩余的0.025 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，加入a g铜，完全溶解后，再加b g铁，充分反应后得到c g残余固体，且ac，则下列说法正确的是()A残余固体是铜和铁B最后得到的溶液中一定含有Cu2C将残余固体加入到稀硫酸中，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(本题包括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，再往该溶液中加入过量酸时，析出白色胶状沉淀，此沉淀干燥后，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_；有关反应的化学方程式为_。(2)B为_；有关反应的化学方程式为_。(3)C为_；有关反应的化学方程式为_。【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，则C为普通玻璃。【答案】(1)金刚石CO2CO2，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中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：取适量试液，加入过量盐酸，有无色无味气体生成，并得到溶液；在所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；在所得溶液中加入过量氢氧化钡溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出。根据上述现象回答下列问题：(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，加入足量盐酸，若沉淀全部溶解，且有气体生成，沉淀为BaCO3；若有气体产生，沉淀不完全溶解，则说明沉淀为BaCO3和BaSO4；若沉淀不溶解，也无气体产生，则说明沉淀为BaSO415(11分)铝是一种重要的金属。(1)铝在元素周期表中的位置是_。(2)生产中曾用铝热反应焊接钢轨，铝与氧化铁发生反应的化学方程式为_。(3)铝与NaOH溶液反应的离子方程式为_；同温同压下，在浓度和体积均为100 mL 2 molL1的盐酸及NaOH溶液中各加入等质量的Al，产生气体的体积之比为56，则所加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_。在干燥的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：2Al6HCl=2AlCl33H2和2Al2NaOH6H2O=2NaAl(OH)43H2，由上述两方程式可知，若Al均不足量，则产生H2的体积之比为11，若Al均过量则为13，实际为56，说明Al对盐酸过量，对NaOH溶液量不足。与盐酸反应产生H2体积为V：2HClH2 2 mol 22.4 L 0.1 L2 molL1 VV2.24 L。则与NaOH溶液反应产生的H2体积为2.24 L2.688 L，代入下式求Al的质量。2Al3H2 227 g 322.4 L m(Al) 2.668 Lm(Al)2.16 g。第(4)问中制AlCl36H2O的第步应为加热浓缩，为避免AlCl3水解，确保生成AlCl36H2O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。在干燥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，在干燥的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，可得到纯净的AlCl316(8分)(2009年浙江高考)单晶硅是信息产业中重要的基础材料。通常用碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅(含铁、铝、硼、磷等杂质)，粗硅与氯气反应生成四氯化硅(反应温度450500 )，四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。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应生成相应的氯化物；c有关物质的物理常数见下表：请回答下列问题：(1)写出装置A中发生反应的离子方程式_。(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(类似多次蒸馏)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】制四氯化硅是由粗硅与Cl2反应得到的，所以必须先制得Cl2，因SiCl4极易水解，所以Cl2须干燥，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除水以制得干燥纯净的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CuCl2的生产流程如下：请结合下表数据，回答问题：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中加入NaClO的目的是_；该操作中若温度较高会产生一种有害气体，写出产生该有害气体的反应方程式：_。(2)在溶液B中加入CuO的作用是_；(3)操作a的目的是_；(4)在Cu(OH)2中加入盐酸使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，加入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。若温度过高，ClO能氧化Cl生成氯气，反应的离子方程式为：ClOCl2H=Cl2H2O。(2)加入CuO与过量的盐酸反应，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沉淀表面有可溶性杂质，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，加入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而使分离更加完全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表面的可溶性杂质(4)抑制Cu2的水解- 6 -用心 爱心 专心