2022高考化学总复习 专题三 从矿物到基础材料质量检测 苏教版.doc

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1、【与名师对话】2014高考化学总复习 专题三 从矿物到基础材料质量检测 苏教版本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟第卷(选择题共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)1铝是一种低毒金属元素，它并非人体需要的微量元素，不会导致急性中毒，但食品中铝的含量超过国家标准就会对人体造成危害。下列关于铝元素的说法正确的是()A铝在空气中不易氧化是因为性质不活泼B氢氧化铝可与胃酸反应，常用作中和胃酸的药物C明矾可用于饮用水的杀菌消毒D硫酸铝铵常用作面粉膨化剂，该物质不溶于水解析：A项，铝在空气中会与O2反应生成致密的

2、氧化物薄膜。C项中明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，具有吸附色素和杂质的性能，通常用作净水剂，但不能用于杀菌消毒。D项，铵盐都溶于水。答案：B2(2012年安徽宿州高三调研)新型镁合金被大量应用于制笔记本电脑的外壳、竞赛自行车的框架等，这些实际应用充分体现了镁合金的下列哪些优异性能()熔点低硬度大延展性好导电性强密度小耐腐蚀A B C D解析：本题考查合金有关性质的应用。答案：D3(2012年聊城质检)下列说法正确的是()A硅材料广泛应用光纤通讯B工艺师利用盐酸刻蚀石英制作艺术品C水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品D粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应解析：盐酸和石英不反应；水晶项链的主要成分为SiO

3、2而不是硅酸盐；粗硅制备单晶硅涉及氧化还原反应，Si(粗)2Cl2SiCl4，SiCl42H2Si(纯)4HCl。答案：A4硅作为一种新型能源被广泛开发利用，关于其有利因素下列说法中，你认为不正确的是()A硅燃烧产物对环境产生的污染，容易得到有效控制B从Si(s)O2(g)SiO2(s)H858.6 kJmol1可知，硅燃烧放出的热量多C自然界中硅的贮存量丰富，可以从自然界直接获得单质硅D硅便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是最佳的燃料之一解析：硅燃烧生成二氧化硅，二氧化硅不是气体，其污染容易得到有效控制；硅为固体燃料，化学性质不活泼，运输、贮存比较容易；硅在自然界中无单质形式，只有化合物，所

4、以C是错误的。答案：C5(2012年哈尔滨模拟题)下列有关铝及其化合物的叙述正确的是()A铝粉与氧化镁共热可制取金属镁B足量铝分别与含1 mol HCl、1 mol NaOH的溶液反应，产生相同量的氢气C工业上用电解熔融Al2O3的方法冶炼铝D在浓硝酸中加入等体积的稀硫酸后，立即加入铝片，铝片表面发生纯化解析：铝粉与氧化镁不反应，足量铝分别与含1 mol HCl、1 mol NaOH的溶液反应，可分别得到0.5 mol H2和1.5 mol H2，二者物质的量并不相等。答案：C6氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3SiO26C2N2Si

5、3N46CO。下列叙述正确的是()A在氮化硅的合成反应中，N2是还原剂，SiO2是氧化剂B上述反应中每生成1 mol Si3N4，N2得到12 mol电子C若已知上述反应为放热反应，升高温度，其平衡常数增大D若使压强增大，上述平衡向正反应方向移动解析：氮元素的化合价降低，碳元素的化合价升高，则C是还原剂，N2是氧化剂，A选项错误；每生成1 mol Si3N4，N2得到12 mol电子，B选项正确；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C选项错误；增大压强，平衡逆向移动，D选项错误。答案：B7(2012年乌鲁木齐诊断题)下列关于铁及其化合物的有关说法正确的是()A赤铁矿的主要成分是Fe3O4B铁

6、与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2C除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤DFe3与KSCN溶液反应产生红色沉淀解析：赤铁矿的主要成分是Fe2O3，A项错误；铁与水蒸气在高温条件下生成Fe3O4和H2，B项错误；铁粉与FeCl3反应只生成FeCl2，符合除杂原则，C项正确；Fe3与KSCN反应使溶液变红色，D项错误。答案：C8把一块镁铝合金投入到1 molL1盐酸中，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1 molL1 NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如图所示。下列说法中错误的是()A盐酸的体积为80 mLBa的取值范围为0a50

7、Cn(Mg2)0.025 molD当a值为30时，b值为0.01解析：从开始到沉淀量最大的过程中，涉及的反应有Mg2H=Mg2H2、2Al6H=2Al33H2、HOH=H2O、Mg22OH=Mg(OH)2、Al33OH=Al(OH)3，此时消耗的NaOH的物质的量等于HCl的总物质的量，A正确；80 mL90 mL的NaOH溶液用于溶解Al(OH)3：Al(OH)3OH=AlO2H2O，故形成Al(OH)3沉淀消耗NaOH溶液的体积是30 mL，所以a50，B项正确；从题图来看，若a0，则Mg2的最大值是0.025 mol，而a0，故C正确；当a为30时，得到Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀

8、的物质的量均为0.01 mol，共0.02 mol，D项不正确。答案：D9镁铝合金5.1 g完全溶于过量的热浓硝酸中，反应中共产生11.2 L NO2(标准状况下测定)，若在反应后溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀的质量为()A13.6 g B7.8 g C5.8 g D4 g解析：镁铝合金共失去0.5 mol e，设Mg为xmol Al为y mol，则，最后生成的沉淀为0.1mol Mg(OH)2。答案：C10(2012年衡水质检题)相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是()AAl2O3 BAl(OH)3 CAlCl3 DAl解析：本题

9、考查计算能力与元素守恒思想的应用。设4种物质的质量均为a g，则Al2O3、Al(OH)3、AlCl3、Al的物质的量分别为 mol、 mol、 mol、 mol，由关系式Al2O32NaOH、Al(OH)3NaOH、AlCl34NaOH、AlNaOH可知，完全反应消耗的碱的物质的量分别为 mol、 mol、 mol、 mol，则答案为D。答案：D11将1.12 g铁粉加入25 mL 2 mol/L的FeCl3溶液中，充分反应后，其结果是()A铁有剩余，溶液呈浅绿色，Cl浓度基本不变B向溶液中滴入无色的KSCN溶液，显血红色CFe2和Fe3的物质的量之比为5：1D氧化产物与还原产物的物质的量之

10、比为2：5解析：n(Fe)0.02 mol，n(Fe3)0.05 mol，发生反应：Fe2Fe3=3Fe2，Fe3过量，反应结束后溶液中含有0.01 mol Fe3、0.06 mol Fe2。答案：B12(2012年惠州模拟)下列各组物质中，不是按右图所示(“”表示一步完成)关系相互转化的是()选项abcAFeFeCl3FeCl2BCl2NaClONaClCSiSiO2H2SiO3DHNO3NONO2解析：SiO2不能直接生成H2SiO3，H2SiO3也不能直接生成Si。答案：C13将一定质量的Mg、Al合金投入2.0 mol/L、250 mL的稀硫酸中，金属全部溶解。然后向所得溶液中加入Na

11、OH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法正确的是()A当加入NaOH溶液的体积为20 mL时，溶液的pH等于7B当加入NaOH溶液的体积为20 mL时，溶液中的溶质只有硫酸镁和硫酸铝C生成的H2在标准状况下的体积为11.2 LD所加NaOH溶液的物质的量浓度为5.0 mol/L解析：加入NaOH溶液的体积为20 mL时，得到Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3的混合溶液，溶液显酸性，A错，B错；当沉淀量最大时，NaOH与H2SO4的关系为n(NaOH)2n(H2SO4)，故c(NaOH)5.0 mol/L，D对；根据Mg、Al与硫酸的反应，产生的n(

12、H2)n(Al)n(Mg)3n(Al)2n(Mg)3n(Al3)2n(Mg2)，而NaOH溶液的体积为20200 mL时，n(OH)3n(Al3)2n(Mg2)，故氢气的体积为0.18 L5.0 mol/L22.4 L/mol10.08 L，C错。答案：D14下列有关铁元素的叙述中正确的是()AFe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，说明稳定性：Fe(OH)2Fe(OH)3B铁是较活泼的金属，它与卤素(X2)反应的生成物均为FeX3C氢氧化铁与氢碘酸反应：Fe(OH)33HI=FeI33H2OD铁元素位于周期表的第四周期第B族解析：I2的氧化性较弱，铁与I2反应生成FeI2，B错；氢氧化铁与氢

13、碘酸发生氧化还原反应：2Fe(OH)36HI=2FeI2I26H2O，C错；铁元素位于周期表的第四周期第族，D错。答案：A15(2012年福建五校模拟)某无色混合气体可能含有CO2、CO、H2O(水蒸气)、H2中的一种或几种，依次进行如下连续处理(假定每步处理均反应完全)：通过碱石灰时，气体体积变小；通过赤热的氧化铜时，固体变成红色；通过白色硫酸铜粉末时，粉末变成蓝色；通过澄清石灰水时，溶液变浑浊。由此可以确定原混合气体中()A一定含有CO2、H2O，至少含有H2、CO中的一种B一定含有H2O、CO，至少含有CO2、H2中的一种C一定含有CO、CO2，至少含有H2O、H2中的一种D一定含有CO

14、、H2，至少含有H2O、CO2中的一种解析：通过碱石灰时，气体体积减小，故可能含有H2O或CO2。通过赤热的氧化铜时，固体变红，又由可知，一定含有CO和H2。答案：D16取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g。下列判断不正确的是()A参加反应的硝酸是0.92 molB合金中镁的质量5.9 gC反应过程中转移的电子数为0.46 molD合金中含有铜0.092 mol解析：本题考查硝酸的性质及有关计算，中等难度。由生成NO2和N2O4

15、的体积可得二者物质的量分别为0.4 mol 和0.03 mol，则硝酸得电子的物质的量为0.46 mol，即反应过程中转移的电子为0.46 mol，C正确。设铜和镁的物质的量分别为a和b，则根据电子得失守恒可得2a2b0.46 mol，生成沉淀分别为氢氧化铜和氢氧化镁，由质量可得a98 g/molb58 g/mol17.02 g，解两个方程式得a0.092 mol，b0.138 mol，即合金中含有铜0.092 mol，含有镁0.138 mol，镁的质量为3.312 g，故B错误，D正确。硝酸反应时表现酸性的为0.46 mol，表现氧化性的为0.46 mol，所以参加反应的硝酸是0.92 mo

16、l，A正确。解决有关硝酸的计算题要建立守恒的思想，该题中用到了电子守恒和原子守恒。答案：B第卷(非选择题 共52分)二、非选择题(共52分)17(10分) 甲、乙、丙、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系(副产物已略去)甲乙丙试回答下列问题：(1)若X是强氧化性单质，则甲可能是_。aSbN2cNadMgeAl(2)若X是金属单质，向丙的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀。则乙的化学式为_；丙溶液在贮存时应加入少量X，理由是(用必要的文字和离子方程式表示)_。 (3)若甲、乙、丙为含有金属元素的无机化合物，X为强电解质，甲溶液与丙溶液反应生成乙；反应的离子方程式

17、为_，或_。解析：(1)若X是强氧化剂，说明甲中元素可变价或氧化剂变价，而Mg和Al没有变价。甲可能是a、b、c。(2)丙溶液加入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，说明是氯元素，甲为氯气，乙为FeCl3，X为铁，丙为FeCl2溶液，为防止氧化需加入铁。(3)甲、乙、丙是含有金属元素的无机物，X为强电解质，甲溶液与丙溶液混合生成乙，体现铝的化合物的性质，所以反应可写为Al33OH=Al(OH)3或AlOHH2O=Al(OH)3。答案：(1)abc (2)FeCl32Fe3 Fe=3Fe2，防止Fe2被氧化。 (3)Al33OHAl(OH)3，AlOHH2O=Al(OH)318(10

18、分)(2012年哈尔滨模拟题)某化学兴趣小组用含铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体和胆矾晶体，以探索工业废料的再利用。其实验方案如下图所示：试回答下列问题：(1)过滤时用的器材已有：滤纸、铁架台、铁圈和烧杯，还要补充的玻璃仪器是_。(2)由滤液A制AlCl3溶液有途径和两条，你认为合理的是_，理由是_。(3)从滤液E中得到绿矾晶体的实验操作是_。(4)写出用滤渣F制备胆矾晶体的化学方程式_。(5)有同学提出可将方案中最初用于溶解合金的烧碱改为盐酸，重新设计方案，也能制得这三种物质，你认为后者的方案是否合理？_，理由是_。解析：(1)过滤需要漏斗、玻璃棒。(2)制AlCl3溶液途径合

19、理，因为滤液A是NaAlO2溶液，加足量盐酸会生成NaCl杂质。(3)绿矾是FeSO47H2O，需浓溶液冷却结晶才能含结晶水。(4)需三步反应：2CuO22CuO，CuOH2SO4=CuSO4H2O，CuSO45H2O=CuSO45H2O，(5)先用盐酸溶解会步骤多，且浪费药品。答案：(1)漏斗、玻璃棒(2)途径因为滤液A是NaAlO2溶液，按途径直接向A加入盐酸得到的AlCl3中含有大量的NaCl杂质；按途径通入C(CO2)气体，得到DAl(OH)3沉淀，将Al(OH)3溶于盐酸中得到的是纯净的AlCl3溶液，所以途径更合理(3)蒸发浓缩，冷却结晶(4)2CuO22CuOCuOH2SO4=C

20、uSO4H2OCuSO45H2O=CuSO45H2O(5)不合理该方案不符合实验方案设计的简约性原则，操作步骤多，消耗试剂量大，时间长19(10分)(2012年黄冈调研题)日常生活中使用的铝合金中的铝来自于电解氧化铝。工业上电解氧化铝要求其纯度不得低于98.2%，而天然铝土矿的氧化铝含量为50%70%，杂质主要为SiO2、Fe2O3、CaO、MgO、Na2O等。工业生产铝锭的工艺流程示意图如下： 一些氢氧化物沉淀的pH如下表：沉淀物Al(OH)3Fe(OH)3Mg(OH)2开始沉淀pH(离子初始浓度0.01 mol/L)42.310.4完全沉淀pH(离子浓度105 mol/L)5.24.112

21、.4请回答下列问题：(1)加入盐酸时，氧化铝发生反应的离子方程式为_。(2)实验室进行步骤的操作名称为_。(3)固体A的化学式为_，物质C的化学式为_；溶液中的Na、Ca2、Mg2是在步骤_中分离出去的。(4)步骤调节pH的数值范围为_，步骤调节pH的数值范围为_。(5)步骤反应的化学方程式为_。解析：的操作均是分离固体和液体，该操作应是过滤；SiO2不与盐酸发生反应，固体A为SiO2；加入C调节pH值，中和盐酸，并控制氢氧化物沉淀的pH；保证Fe3沉淀完全，分析表格数据，步骤应控制在4.1pH4.5，步骤应控制在5.2pH10.4(或6pH10)；控制范围决定了Na、Ca2、Mg2是在步骤中

22、除去的；步骤为工业上电解氧化铝。答案：(1)Al2O36H=2Al33H2O(2)过滤(3)SiO2NaOH或Ca(OH)2(4)4.1pH4.5(或略大于4.1，损失一点儿Al3，保证Fe3沉淀完全)5.2pH10.4(或6pH10)(5)2Al2O3(熔融)4Al3O220(10分)在下图所示转化关系中，A是一种固体单质，E是一种白色沉淀，F为密度最小的无色气体。且各种物质所含元素除H、O外，其余均为第三周期元素。请按要求回答下列问题：(1)若实现CE转化所需的b溶液是“过量的盐酸”，则B的化学式为_。(2)若实现CE转化所需的b溶液不能使用“过量的盐酸”，只能使用“少量的盐酸”，则C的溶

23、液显_(填“酸”“碱”或“中”)性；A和a溶液反应，若产生标准状态下3.36 L的F气体，转移的电子数目为_。(3)若实现CE转化所需的b溶液是“过量的NaOH溶液”，则E的化学式为_；反应BaCD的离子方程式为_。解析：(1)加过量盐酸生成的白色沉淀在第三周期元素构成的化合物只有H2SiO3，所以B为SiO2。(2)若实现CE转化所需的b溶液不能使用“过量的盐酸”，只能使用“少量的盐酸”，则C应为NaAlO2溶液显碱性。当生成标准状况下3.36 L H2时转移电子数为0.36.021023个。(3)若实现CE转化所需b溶液为“过量的NaOH溶液”，则E为Mg(OH)2，B与a反应的离子方程式

24、为：MgO2H=Mg2H2O。答案：(1)SiO2(2)碱1.8061023(3)Mg(OH)2MgO2H=Mg2H2O21(12分)(2012年山东潍坊)印刷电路的废腐蚀液中含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，任意排放将导致环境污染及资源的浪费，可从该废液中回收铜，并将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液，作为腐蚀液原料循环使用。(1)测得某废腐蚀液中含CuCl2 1.5 molL1、FeCl2 3.0 molL1、FeCl3 1.0 molL1、HCl 3.0 molL1。取废腐蚀液200 mL按如下流程在实验室进行实验：回答下列问题：废腐蚀液中加入过量铁粉后，发生反应的离子方程式为

25、_。检验废腐蚀液中含有Fe3的实验操作是_；在上述流程中，“过滤”用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_。由滤渣得到纯铜，除杂所需试剂是_。(2)某化学兴趣小组利用下图所示装置制取氯气并通入到FeCl2溶液中获得FeCl3溶液。实验开始前，某同学对实验装置进行了气密性检查，方法是_。浓盐酸与二氧化锰加热反应的化学方程式为_；烧杯中NaOH溶液的作用是_。参考(1)中数据，按上述流程操作，需称取Fe粉的质量应不少于_g，需通入Cl2的物质的量应不少于_ mol。解析：(1)废腐蚀液中有Fe3、Cu2、H，所以离子方程式为2Fe3Fe=3Fe2、Cu2Fe=Fe2Cu,2HFe=Fe2H2。检验Fe3的

26、方法：向废腐蚀液中加KSCN溶液，溶液呈红色。过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。滤渣中有Fe和Cu，除去Fe留下Cu需用盐酸。(2)关闭分液漏斗活塞，用热毛巾捂住烧瓶，集气瓶内导管口有气泡产生，撤走热毛巾后，有一段水柱生成，证明装置气密性良好。MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O，NaOH溶液的作用是吸收多余的Cl2。由反应方程式及废腐蚀液中与Fe反应的各物质的量可计算出需Fe粉39.2 g。总的n(FeCl2)1.5 mol，所以需n(Cl2)0.75 mol。答案：(1)2Fe3Fe=3Fe2、Cu2Fe=Fe2Cu、2HFe=Fe2H2取少量废腐蚀液于试管中，然后滴加KSCN溶液，溶液呈红色；漏斗盐酸(2)关闭分液漏斗活塞，用热毛巾捂住烧瓶，集气瓶内导管口有气泡冒出，撤走热毛巾后，有一段水柱生成，证明装置气密性良好MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O；吸收多余的Cl2，防止污染环境39.2；0.7511