2022届高考化学一轮复习 单元卷三 自然界中的元素（含解析）鲁科版.docx

1、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.N2NH3NONO2HNO3C.S(s)SO3(g)H2SO4(aq)D

2、.FeFeCl2FeCl3Fe(OH)33.(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.步骤发生反应的化学方程式为SiO2+CS

3、i+CO2B.步骤中每生成或反应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SiHCl35.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含硝酸废水达标废水A.过程中发生的化学反应属于氧化还原反应B.过程中NH4+NO3-,每转化1 mol NH4+转移的电子数为8NAC.过程中CH3OHCO2,甲醇是氧化剂D.过程中HNO3N2,转移10 mol e-时可生成N2 11.2 L(标准状况

4、)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KMnO4B.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,、中溶液均足量,操作和现象如下表。实验序号操作现象向盛有Na2S溶液的中持续通入CO2至过量中产生黑色沉淀,溶液的pH降低;中产生白色浑浊,该浑浊遇酸冒气泡向盛有NaHCO3溶液的中持续通入H2S气体至过量现象同实验资料:CaS遇水完全水解由上述实

5、验得出的结论不正确的是()A.中白色浑浊是CaCO3B.中溶液pH降低的原因是H2S+Cu2+CuS+2H+C.实验中CO2过量发生的反应是CO2+H2O+S2-CO32-+H2SD.由实验和不能比较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.步骤中Na2S2O3可用Na2SO3代替C.步骤可以用倾析法除去上层清液D.步骤发生反应的离子方

6、程式为4Fe3+2CuI4Fe2+2Cu2+I29.(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.说明Cl2被完全消耗B.中试纸退色的原因是:SO2+I2+2H2OH2SO4+2HIC.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

7、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 mLB.2 240 mLC.3 360 mLD.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:.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。.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

8、方呈紫红色。.持续向丁装置中通入CO2和SO2混合气体,溶液变为无色。.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)步骤反应的离子方程式为;步骤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

9、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 molL-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

10、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 mLB.35.00 mLC.大于35.0

11、0 mLD.小于15.00 mL(4)某FeC2O42H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O42H2O,采用KMnO4滴定法测定该样品的组成,实验步骤如下:.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 molL-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。.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H2C2O42H2O(M=126 gmol-1)的质量

12、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H2C2O42H2O含量一定越高C.若步骤中滴入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

13、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

14、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,即步骤的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO,故A错误;步骤中Si的化合价降低4价,生成1molSi转移电子为4mol;步骤中生成SiHCl3,硅元素化合价升高2价,步骤中硅元素的化合价降低2价,所以步骤中每生成或反应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;

15、过程中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;过程中CH3OHCO2,碳元素化合价升高,甲醇是还原剂,故C错误;过程中HNO3N2,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

16、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.向盛有Na2S溶液的中持续通入CO2至过量,发生反应的化学方程式为Na2S+2CO2+2H2O2NaHCO3+H2S,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;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.向盛有N

17、aHCO3溶液的中持续通入H2S气体至过量,发生反应的化学方程式为NaHCO3+H2SNaHS+H2O+CO2,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;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,中白色浑浊是CaCO3,不可能是CaS,因为CaS遇水完全水解,A正确;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-+H

18、2S,C错误;根据实验中通二氧化碳有H2S生成,实验中通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,可得步骤发生反应的离

19、子方程式为4Fe3+2CuI4Fe2+2Cu2+I2,D正确。9.C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,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.CFe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

20、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)=8.4g56gmol-1=0.15mol,则标准状况下NO的体积为0.15mol22.4Lmol-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+2H2OSO2+I2+2H2O4H+S

21、O42-+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

22、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,

23、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+Na2SO

24、4+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H

25、N3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21,NaN3的物质的量为mM=6.5g65gmol-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0.05mol0.5molL-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+

26、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)m100%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

27、体积大于35.00mL。(4)根据题意,在第步反应中酸性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=cV210-3(7-2)moln(Fe2+)=5cV210-3mol在第步反应中KMnO4氧化了FeC2O42H2O和H2C2O42H2O以及Fe2(C2O4)3中的C2O42-,该过程涉及的变化有:FeC2O4Fe3+CO2H2C2O4、C2O42-CO2MnO4-Mn2+由电子守恒可得5cV210-33+n(H2C2O4)2=5cV110-3,则:n(H2C2O4)=5c(V1-3V2)10-32molH2C2O42H2O的质量分数=5c(V1-3V2)10-3126g2mg100%=0.315c(V1-3V2)m100%。根据H2C2O4质量分数的表达式可知,当V1=3V2时,样品中不含H2C2O42H2O,但可能含有其他物质。V1V2越大,H2C2O42H2O的含量一定越高,B项正确;若步骤滴入酸性KMnO4溶液不足,V1偏低,H2C2O42H2O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,H2C2O42H2O含量偏低,则铁元素含量偏高。