2025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

PAGE11-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.(2024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更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.FeFeCl2FeCl3Fe(OH)33.(2024北京化学,9)硫酸盐(含SO42-、HSO下列说法不正确的是()A.该过程有H2O参加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.(2024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,它的发觉和运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1molSi,转移4mol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养分化的重要缘由,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ⅡⅢA.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1molNC.过程Ⅲ中CH3OH→CO2,甲醇是氧化剂D.过程Ⅲ中HNO3→N2,转移10mole-时可生成N211.2L(标准状况)6.(2024山东济南二模)下图是试验室制备氯气并进行一系列相关试验的装置(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.试验结束后,振荡D会视察到液体分层且下层呈紫红色D.利用该装置能证明氯、溴、碘的非金属性渐渐减弱7.(2024湖北黄冈中学高三测试)某小组利用下面的装置进行试验,②、③中溶液均足量,操作和现象如下表。试验序号操作现象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气体至过量现象同试验Ⅰ资料:CaS遇水完全水解由上述试验得出的结论不正确的是()A.③中白色浑浊是CaCO3B.②中溶液pH降低的缘由是H2S+Cu2+CuS↓+2H+C.试验Ⅰ①中CO2过量发生的反应是CO2+H2O+S2-CO32-+HD.由试验Ⅰ和Ⅱ不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱8.(2024山东滨州二模)试验室从含碘废液(含有I2、I-等)中回收碘,其试验过程如下: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IO3B.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++I29.(2024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,依次进行试验,试验操作和试验现象记录如下:序号①②③试验操作试验现象溶液不变红,试纸不变蓝溶液不变红,试纸退色生成白色沉淀下列试验分析不正确的是()A.①说明Cl2被完全消耗B.②中试纸退色的缘由是:SO2+I2+2H2OH2SO4+2HIC.③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液,也能说明SO2被Cl2氧化为SOD.试验条件下,品红溶液和SO2均被氧化10.(2024福建厦门湖滨中学期中)将8.4gFe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30gFe(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.1120mL B.2240mLC.3360mL D.4480mL二、非选择题:本题共3小题,共50分。11.(2024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,利用如图装置进行试验: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。排出装置内空气的详细操作为。

(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)试验的总反应的离子方程式为,KI和HI在反应中的作用为。

12.(2024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,采纳“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,写诞生成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运用的物质是。

(5)生产中有HN3生成,请设计试验证明HN3为弱酸:。

(6)化工生产中,多余的NaN3常运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6.5gNaN3,理论上需加入0.5mol·L-1的NaClO溶液mL。

13.(2024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-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50.00mL的滴定管中,若KMnO4溶液起始读数为15.00mL,此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为(填标号)。

A.15.00mL B.35.00mLC.大于35.00mL D.小于15.00mL(4)某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O,采纳KMnO4滴定法测定该样品的组成,试验步骤如下:Ⅰ.称取mg样品于锥形瓶中,加入稀H2SO4溶解,水浴加热至75℃。用cmol·L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不退色,消耗KMnO4溶液V1mL。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℃接着用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不退色,又消耗KMnO4溶液V2mL。样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126g·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.V1V2B.V1V2越大,样品中H2C2O4·2H2C.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;砚台是用自然石材制作而成的,制作过程发生了物理变更,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依据图示中各微粒的构造可知,该过程有H2O参加,故A正确;依据图示的转化过程,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-,转化过程有水参加,则HSO4-在水中可电离生成H+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,硅元素化合价上升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纳蒸馏的方法分别,故D正确。5.B过程Ⅰ中发生的化学反应为NH4++OH-NH3↑+H2O,没有化合价变更,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价上升为+5价,每转化1molNH4+转移的电子数为8NA,故B正确;过程Ⅲ中CH3OH→CO2,碳元素化合价上升,甲醇是还原剂,故C错误;过程Ⅲ中HNO3→N26.C依据装置图,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,故依据装置图,装置B具有除杂和贮存气体的作用,B正确;依据萃取原理,苯的密度比水小,故振荡D会视察到液体分层且上层呈紫红色,C错误;依据装置C、D中的颜色变更可知,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、碘的非金属性渐渐减弱,D正确。7.C试验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,被氢氧化钙溶液汲取生成了碳酸钙沉淀;试验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,被氢氧化钙溶液汲取生成了碳酸钙沉淀。依据上述分析,③中白色浑浊是CaCO3,不行能是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;依据试验Ⅰ中通二氧化碳有H2S生成,试验Ⅱ中通H2S有二氧化碳生成,不能比较H2CO3和H28.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+,依据电子守恒、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++I29.C①加热后溶液不变红,潮湿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;依据题意分析,品红溶液和SO10.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,依据得失电子守恒,3n(Fe)=3n(NO),n(NO)=n(Fe)=8.4g56g·mo11.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++SO42-+2I-(4)3SO2+2H2O4H++2SO4解析:为探究SO2在酸性KI溶液中的反应,由于酸性KI简单被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,其次步是SO2+I2+2H2O4H++SO42-+2I-;最终(1)依据分析可知,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)依据反应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++2SO42-12.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)运用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)依据装置图可以发觉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,并为酯化反应供应催化剂,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、NaN(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,依据溶液显碱性证明HN3为弱酸,其他合理的方法也可以。(6)依据描述,NaN3应当被氧化为无毒的N2。同时ClO-被还原为Cl-,因此每个NaN3在反应中须要失去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