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.docx

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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

教学资料参考范本

【2019-2020】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

撰写人：

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部门：

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时间：

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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H2

C．AlCl3与过量NaOH溶液反应生成[Al（OH）4]－，则AlCl3与过量NH3·H2O反应也生成[Al（OH）4]－

D．常温下，将1molCu投入含4molHNO3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（　　）

A．SiO2中含Al2O3杂质，可以加入足量NaOH溶液然后过滤除去

B．CO2中含有CO杂质，可以通入盛有CuO的玻璃管且加热

C．CO2中含有HCl杂质，可以通过盛有Na2CO3溶液的洗气瓶

D．Na2CO3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（　　）

①Fe和H2SO4②Cu和HNO3

③NaOH和CO2④Al和NaOH

A．①②B．①②③

C．②③④D．①②③④

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，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，①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，②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，③错误；Al与NaOH溶液反应生成Na[Al（OH）4]，与反应物浓度的大小无关，④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）（　　）

a

b

c

d

①

Si

SiO2

H2SiO3

Na2SiO3

②

Al

AlCl3

Na[Al（OH）4]

Al（OH）3

③

Cu

CuO

Cu（OH）2

CuSO4

④

Na

NaOH

Na2CO3

NaHCO3

A．①②B．②③

C．③④D．②④

解析：

选D。

根据图中物质转化关系判断。

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，①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），②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，③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，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，④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（　　）

A．Na＋B．Al3＋

C．Cu2＋D．Fe2＋

解析：

选D。

A项，Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－，故Na＋数目增多；B、C两项，Al3＋[Al（OH）4]－Al3＋、Cu2＋Cu（OH）2Cu2＋，故Al3＋、Cu2＋数目无变化；D项，Fe2＋Fe（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0．1mol·L－1Na2CO3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＋>Fe3＋

D

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2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋知，氧化性：

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200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5mol/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9g

B．最初20mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸

C．硫酸的物质的量浓度为2．5mol/L

D．生成的氢气在标准状况下的体积为11．2L

解析：

选D。

由图像知，n[Mg（OH）2]＝0．15mol，n[Al（OH）3]＝0．35mol－0．15mol＝0．2mol，则m（Mg）＝0．15mol×24g/mol＝3．6g，m（Al）＝0．2mol×27g/mol＝5．4g，所以镁和铝的总质量为9g；由图像知，最初20mLNaOH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＝2．5mol/L；0．15mol的Mg生成的氢气在标准状况下的体积为3．36L，0．2mol的Al生成的氢气在标准状况下的体积为6．72L，所以镁和铝混合物生成的氢气在标准状况下的体积为10．08L，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5．0g、8．7g、14．8g、40．2g；

（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3．2、5．2、9．7和12．4；

（4）母液呈酸性。

则下列推断不正确的是（　　）

A．浸出渣中只含SiO2

B．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

①__________、②__________、③__________、④__________、⑤__________。

（2）写出①处发生反应的离子方程式：

_________________________________________；

写出③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Fe＋2H＋===H2↑＋Fe2＋、Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋、3Fe＋2Au3＋===2Au＋3Fe2＋、2Fe3＋＋Fe===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）①废铁屑　②稀硫酸（或稀盐酸）　③稀硝酸

④氢氧化钠　⑤氢氧化钠

（2）Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，

Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋，2Au3＋＋3Fe===2Au＋3Fe2＋

3Cu＋8HNO3（稀）===3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O

（3）Fe2O3　用作红色颜料　用作制铜盐的原料

11．（15分）（2017·高考全国卷Ⅲ）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①的主要反应为FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2

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④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“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。

a．80℃　　　b．60℃　　　c．40℃　　　d．10℃

步骤⑤的反应类型是______________。

（5）某工厂用m1kg铬铁矿粉（含Cr2O340%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为____________。

解析：

（1）1molFeO·Cr2O3参与反应共失去7mol电子，而1molNaNO3参与反应得到2mol电子，根据得失电子守恒，二者的系数比为2∶7。

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①中生成的氧化铁因不溶于水而进入滤渣1，所以滤渣1中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：

2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，氢离子浓度越大（pH越小），越有利于平衡正向移动，所以步骤④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⑤中发生的反应为Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7↓＋2NaCl，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＝×294g·mol－1×10－3kg·g－1＝kg，所以产品的产率为×100%＝×100%。

答案：

（1）2∶7　陶瓷在高温下会与Na2CO3反应

（2）Fe　Al（OH）3

（3）小　2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O

（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J＋H→I的离子方程式：

_________________________________________。

（3）F→G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：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

（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，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Na[Al（OH）4]，Na[Al（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2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。

（3）F→G的反应为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，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1∶2。

（4）铜与浓硝酸发生反应：

Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O，随着反应进行，浓硝酸逐渐变成稀硝酸，此时发生反应：

3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。

（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）2＋O2＋2H2O===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Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3。

（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Al3＋＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH。

答案：

（1）AlCl3　氮气　

（2）2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋

（3）1∶2　3NO2＋H2O===2HNO3＋NO

（4）Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

（5）白色→灰绿色→红褐色　4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3

（6）Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3

（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＋）　Al3＋＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH

13．（16分）（2016·高考浙江卷）Ⅰ．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）19（H2O）427H2O↑＋10MgO＋3Al2O3。

（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：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

Ⅱ．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1．518g·L－1），该气体分子的电子式为________。

写出该反应的离子方程式：

________________________________。

（4）写出F→G反应的化学方程式：

________________________。

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：

Ⅰ．

（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Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al（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MgO＋2NH4Cl＋H2O===MgCl2＋2NH3·H2O或NH4Cl＋H2ONH3·H2O＋HCl，MgO＋2HCl===MgCl2＋H2O。

Ⅱ．

（1）由C中加入KSCN溶液后呈红色，可推出B为Fe2O3，C为FeCl3；由F能将I2还原为I－可知，E应该是一种具有强还原性的气体，可初步推断E为SO2，则F为H2SO3。

由以上分析可得A中含有Fe与S两种元素，其中含有的铁元素的质量为1．680g，物质的量为0．030mol；含有的硫元素的质量为1．280g，物质的量为0．040mol；A的化学式为Fe3S4。

（2）FeCl3溶解铜可用于制印刷电路板。

（3）Fe3S4与稀硫酸反应生成的气体的摩尔质量为34g·mol－1，故该气体为H2S，其相应的电子式为，该反应的离子方程式为Fe3S4＋6H＋===3H2S↑＋3Fe2＋＋S。

（4）F→G的化学方程式为H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI；G中需要检验的微粒有SO、H2SO3，具体实验方案为加入足量BaCl2检验SO的存在并除去SO，分离沉淀得到清液后，再向清液中加入氧化剂（如H2O2），若又有白色沉淀产生，说明存在H2SO3。

答案：

Ⅰ．

（1）反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气（任写两条即可）

（2）Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al（OH）4]－

（3）MgO＋2NH4Cl＋H2O===MgCl2＋2NH3·H2O（或NH4Cl＋H2ONH3·H2O＋HCl，MgO＋2HCl===MgCl2＋H2O）

Ⅱ．

（1）S、Fe　Fe3S4　

（2）制印刷电路板

（3）　Fe3S4＋6H＋===3H2S↑＋3Fe2＋＋S

（4）H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI　取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3