章末检测卷(四) 化学与社会发展(时间:60分钟 分值:100分)一、选择题:本题共7小题,每小题6分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.(2021天津第一中学检测)下列有关物质性质及应用的说法正确的是( )A.过量的铜与浓硝酸反应可生成NOB.Fe在O2中的燃烧产物可用于制红色涂料C.Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到D.Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,前者表现出还原性,后者表现出漂白性2.(2021安徽合肥十中阶段检测)实验室利用CuCl2·2H2O热分解制备CuCl(在空气中易被氧化)并对分解产物的性质进行探究的装置(夹持仪器略)如图所示。下列有关叙述不正确的是( )A.干燥的HCl的作用是防止生成的CuCl被氧化,可用干燥的N2代替B.干燥管中无水CuSO4的作用是检验生成物水蒸气C.湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色,可用品红溶液代替D.NaOH溶液的作用是吸收尾气,但该装置容易导致倒吸3.(2021广东肇庆二模)铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为Cu2S,含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下。下列说法错误的是( )常温下几种物质沉淀的pH表金属离子Fe3+Cu2+Mn2+开始沉淀2.75.68.3完全沉淀3.76.79.8A.“浸取”过程生成的S为氧化产物B.“调pH”过程需要将溶液调至碱性C.“沉锰”过程中反应的离子方程式:Mn2++HC+NH3MnCO3↓+ND.“加热”过程排出的NH3可以通入“沉锰”过程循环利用4.(2021湖北鄂东南教改联盟联考)我国正在推行垃圾分类,为研究废旧电池的再利用,实验室利用旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验流程如图所示。下列说法错误的是( )\nA.“溶解”过程中加入H2O2溶液发生反应的化学方程式:Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2OB.溶液A中一定含有的溶质有ZnSO4和CuSO4C.操作M中用到的玻璃仪器有烧杯、普通漏斗和玻璃棒D.通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作可得到ZnO5.(2021广东华南师大附中三模)Mg3N2常用于制备其他超硬、耐高温的氮化物,实验室通过CuO氧化NH3制得N2,然后使N2与镁反应得到Mg3N2。已知Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2,Mg3N2是一种浅黄色粉末,易水解。下列说法错误的是( )A.实验开始时应先点燃C处酒精灯,再点燃E处酒精灯B.装置A中分液漏斗中的溶液为浓氨水C.装置D与装置F可以对调D.取反应后装置E所得固体少许,滴入蒸馏水,可检验是否有Mg3N26.(2021河北衡水中学第一次联考)已知D是生活中常见的紫红色金属,B、G为单质,C和F为氧化物,且H遇KSCN溶液显红色,它们之间的转化关系如下图所示(反应生成的水已省略)。下列说法错误的是( )A.反应①可以设计成原电池,实现化学能转化为电能B.反应②常用于野外焊接铁轨C.F属于金属氧化物,也属于碱性氧化物D.H中含有Fe3+,C的化学式可能为Fe3O47.(2021湖北襄阳等四市联考)Cu与浓硝酸反应生成氮的氧化物,这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液,反应过程及有关数据如图所示。下列有关判断正确的是( )A.若铜片为51.2g,则生成0.2molNaNO3\nB.常温下,Cu遇浓硝酸发生钝化,不可能发生上述反应C.标准状况下收集的氮氧化物为20.16LD.反应过程中生成的Cu(NO3)2既是氧化产物,又是还原产物二、非选择题:本题共4小题,共58分。8.(14分)(2021广东珠海二中段考)某工厂的废金属屑的主要成分为铝、铁和铜,某化学兴趣小组在学习了元素及其化合物的相关知识后,设计了如图实验流程,用该工厂的金属废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体(CuSO4·5H2O)。请回答:(1)写出步骤Ⅱ中生成固体C的离子方程式: ;步骤Ⅲ中试剂X是 。 (2)进行步骤Ⅱ时,该小组用如图所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A中,一段时间后,观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少,原因是 。 (3)用固体F制备CuSO4溶液,可设计如图三种途径:①写出途径b中反应的化学方程式: 。 ②用途径a制备CuSO4溶液时,混酸中硫酸和硝酸的最佳物质的量之比为 。 9.(15分)(2021山东日照一模)从砷化镓废料(主要成分为GaAs,含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质)中回收镓和砷的工艺流程如下:已知:镓(Ga)既能溶于酸也能溶于碱,与NaOH溶液反应生成Na[Ga(OH)4]和H2。回答下列问题:(1)“浆化”是将砷化镓废料转变成悬浊液的过程,其目的是 。 (2)砷化镓(GaAs)在“碱浸”时,砷转化为Na3AsO4进入溶液,该反应的化学方程式为 。 \n(3)“碱浸”的温度控制在70℃左右,温度不能过高或过低的原因是 ;“滤渣Ⅰ”的成分为 (填化学式)。 (4)向浸出液中加H2SO4进行“中和”,调节pH使镓和硅共沉淀,不同pH时沉淀率如下表所示。根据表中数据可知,“中和”的pH应调节至 范围内,沉淀的效果最好。 pH镓沉淀率/%硅沉淀率/%砷沉淀率/%4.075.089.20.025.098.598.60.016.098.999.20.027.095.399.50.068.086.186.30.119.057.465.10.13(5)“旋流电解”时用惰性电极,则所得“尾液”的溶质主要是 (填化学式),可进行循环利用,提高经济效益。 (6)若用240kg含镓3%的砷化镓废料回收镓,得到纯度为99%的镓7.10kg,则镓的回收率为 %(结果保留一位小数)。 10.(14分)(2021山东济南阶段检测)钛铁矿(FeTiO3)中往往含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质。一种硫酸法制取白色颜料钛白粉(TiO2)的生产工艺如下:已知:①酸浸后,钛主要以TiOSO4形式存在;②强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出S和一种阳离子。③H2TiO3不溶于水和稀酸。(1)为提高酸浸速率,一般采取的措施是 (写两条)。 (2)滤渣Ⅰ的主要成分是 。 (3)酸浸过程中,写出含钛化合物发生反应的化学方程式: 。 (4)加入铁粉的目的是还原体系中的Fe3+。为探究最佳反应条件,某实验室做如下尝试。①在其他条件不变的情况下,体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图1,试分析在pH介于4~6之间时,Fe(Ⅲ)含量基本保持不变的原因: 。 ②保持其他条件不变的情况下,体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图2,55℃后,Fe(Ⅲ)\n含量增大的原因是 。 (5)水解过程中得到沉淀Ⅲ的化学式为 。 11.(15分)(2021福建师大附中段考)氮化铝(AlN)是一种新型非金属材料,室温下能缓慢水解。可由铝粉在氮气氛围中在1700℃下合成,产物为白色到灰蓝色粉末。某小组探究在实验室制备AlN并测定产品纯度,设计实验如下。请回答:(一)制备AlN(1)按气流由左向右的方向,上述装置的正确连接顺序为j→ →i(填仪器接口字母编号)。 (2)实验时,以空气为原料制备AlN。装置A中还原铁粉的作用为 ;装置B中试剂X为 。 (二)测定产品纯度取mg的产品,用以下装置测定产品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。已知:AlN+NaOH+3H2ONa[Al(OH)4]+NH3↑(3)完成以下实验步骤:组装好实验装置,首先 ,加入实验药品。接下来的实验操作是关闭 并打开 ,再打开分液漏斗活塞加入足量NaOH浓溶液后关闭,至不再产生气体。再 ,通入氮气一段时间,测定装置Ⅲ反应前后的质量变化为ng。 (4)实验结束后,计算产品中AlN的纯度为 %(用含m、n的代数式表示)。 (5)上述实验的设计仍然存在缺陷,你认为可能的缺陷为 ,会导致测定结果 (填“偏高”或“偏低”)。 参考答案章末检测卷(四) 化学与社会发展1.A 解析铜与浓硝酸反应生成NO2,过量的铜与浓硝酸反应会使硝酸浓度变稀,\n铜与稀硝酸反应生成NO,A正确;制红色涂料的主要成分是三氧化二铁,Fe在O2中燃烧的产物是四氧化三铁,B错误;Al是活泼性较强的金属,用电解冶炼法得到,铜用热还原法得到,C错误;Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,都表现出还原性,D错误。2.A 解析干燥的HCl不仅可以防止CuCl被氧化,还可以抑制CuCl2·2H2O在脱水过程中发生水解,故不能用干燥的N2代替,A错误;白色的无水CuSO4固体遇水蒸气变为蓝色的CuSO4·5H2O,因此干燥管中无水CuSO4的作用是检验反应产物水蒸气,B正确;湿润的蓝色石蕊试纸的作用是检验生成的Cl2,可用品红溶液代替,C正确;NaOH溶液的作用是吸收HCl和反应生成的Cl2,防止污染空气,HCl极易溶解于NaOH溶液,氯气能与NaOH溶液反应,玻璃管直接插入NaOH溶液中容易导致倒吸,D正确。3.B 解析辉铜矿的主要成分为Cu2S,“浸取”过程中Cu2S→S,硫元素化合价升高,则S是氧化产物,A正确;“调pH”的目的是沉淀Fe3+,转化为Fe(OH)3沉淀,若将溶液调至碱性,Cu2+、Mn2+均产生沉淀,B错误;“沉锰”过程中加入NH4HCO3溶液,并通入NH3,发生反应生成MnCO3沉淀,离子方程式为Mn2++HC+NH3MnCO3↓+N,C正确;由题图可知,“加热”排出NH3可通入“沉锰”中再次循环利用,D正确。4.D 解析“溶解”过程中,加H2O2溶液的目的是氧化铜单质,使其能溶于酸生成硫酸铜,反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O,A正确;溶液A中的主要溶质为硫酸锌和硫酸铜,B正确;操作M为过滤,需用到烧杯、普通漏斗和玻璃棒等仪器,C正确;硫酸锌转变成氢氧化锌后再灼烧可得到氧化锌,D错误。5.C 解析实验开始时应先点燃C处酒精灯,利用C中生成的N2排出装置内的空气,再点燃E处酒精灯,让Mg和N2反应,A正确;装置A中分液漏斗中盛有浓氨水,滴入生石灰中产生NH3,B正确;装置D和F不能调换,D中浓硫酸用于吸收N2中的NH3和水,而碱石灰不能吸收NH3,C错误;取反应后装置E所得固体少许,滴入蒸馏水,若有Mg3N2,则与水反应生成白色沉淀Mg(OH)2和刺激性气体NH3,D正确。6.C 解析D是生活中常见的紫红色金属,则D是Cu;H遇KSCN溶液显红色,则H中含Fe3+;B、G为单质,C和F为氧化物,B+C→F+G,则C为Fe2O3或Fe3O4,反应②是铝热反应;由转化关系推知,B为Al,G为Fe,F为Al2O3,E为AlCl3,A为CuCl2。反应①为Al与CuCl2溶液的反应,为自发的氧化还原反应,故可以设计成原电池,A正确;反应②为铝热反应,常用于野外焊接铁轨,B正确;F为Al2O3,属于两性氧化物,C错误;由上述分析可知,H中含Fe3+,C为Fe2O3或Fe3O4,D正确。7.A 解析分析整个反应过程可知仅有两种元素的化合价发生变化,即Cu→Cu2+,HNO3→NaNO2,51.2gCu的物质的量为0.8mol,共失去电子0.8mol×2=1.6mol,由得失电子守恒可知HNO3→NaNO2得到1.6mol电子,故产物中NaNO2的物质的量为0.8mol,由钠原子守恒可得另一种产物NaNO3的物质的量为0.2mol,A正确;常温下,Cu能与浓硝酸反应,B错误;部分NO2会转化为N2O4,而N2O4在标准状况下不是气体,C错误;反应过程中生成的Cu(NO3)2是氧化产物,不是还原产物,D错误。8.答案(1)[Al(OH)4]-+CO2Al(OH)3↓+HC 稀硫酸\n(2)由装置a制取的CO2中含HCl气体,通入溶液A中会溶解Al(OH)3(3)①2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O ②3∶2解析铝、铁和铜的合金中只有金属铝可以和氢氧化钠反应,过滤后,得到溶液A含有Na[Al(OH)4],固体B为Cu和Fe。溶液A中通入过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠,过滤分离,得到C为Al(OH)3,D为NaHCO3溶液。固体B用试剂X反应,过滤分离得到溶液E,溶液E蒸发浓缩、冷却结晶可以获得绿矾晶体,可知试剂X为稀硫酸,E为FeSO4,F为Cu,Cu转化得到硫酸铜,CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶可以获得胆矾晶体。(1)步骤中Na[Al(OH)4]与过量CO2反应生成Al(OH)3沉淀,反应的离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2Al(OH)3↓+HC;由分析可知,试剂X为稀硫酸。(2)浓盐酸具有挥发性,挥发出的HCl导致氢氧化铝溶解。(3)①途径b中Cu与氧气、稀硫酸反应生成硫酸铜与水,反应的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O。②途径a中Cu与混酸反应生成铜盐、NO和水,反应的离子方程式为3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O,根据离子方程式,可知混酸中硫酸和硝酸的最佳物质的量之比为∶2=3∶2。9.答案(1)增大接触面积,提高“碱浸”效率(答案合理即可)(2)GaAs+4NaOH+4H2O2Na[Ga(OH)4]+Na3AsO4+4H2O(3)温度过低时“碱浸”速率慢,温度过高易导致H2O2分解 Fe2O3、CaCO3(4)5.0~6.0 (5)H2SO4 (6)97.6解析砷化镓废料主要成分为GaAs,含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质,加入NaOH溶液、H2O2溶液进行“碱浸”,GaAs转化为Na[Ga(OH)4]、Na3AsO4,SiO2转化为Na2SiO3进入溶液,Fe2O3、CaCO3难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣Ⅰ;在浸出液中加硫酸调节pH,生成Ga(OH)3、H2SiO3沉淀,向镓和硅共沉物中加入硫酸,Ga(OH)3生成Ga2(SO4)3溶液,电解Ga2(SO4)3溶液生成Ga、氧气和硫酸。(1)将砷化镓废料转变成悬浊液,可以增大与氢氧化钠溶液、H2O2溶液的接触面积,提高“碱浸”效率。(2)砷化镓(GaAs)在“碱浸”时,NaOH、H2O2与GaAs反应生成Na[Ga(OH)4]、Na3AsO4,该反应的化学方程式为GaAs+4NaOH+4H2O2Na[Ga(OH)4]+Na3AsO4+4H2O。(3)“碱浸”的温度控制在70℃左右,温度过低时“碱浸”速率慢,温度过高易导致H2O2分解,所以温度不能过高或过低;Fe2O3、CaCO3难溶于氢氧化钠溶液,则“滤渣Ⅰ”的成分为Fe2O3、CaCO3。(4)向浸出液中加H2SO4进行“中和”,调节pH使镓和硅共沉淀,由表格数据可知,pH在5.0~6.0时,镓和硅沉淀率高、砷沉淀率低,所以“中和”的pH应调节至\n5.0~6.0。(5)电解Ga2(SO4)3溶液生成Ga、氧气和硫酸,则所得“尾液”的溶质主要是H2SO4,可进行循环利用,提高经济效益。(6)若用240kg含镓3%的砷化镓废料回收镓,得到纯度为99%的镓7.10kg,则镓的回收率为×100%≈97.6%。10.答案(1)粉碎、加热、增大硫酸浓度等(任写两条,合理即可)(2)SiO2、CaSO4、Fe(3)FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O(4)①pH>4时,Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3,不再与铁粉发生反应 ②Fe3+水解吸热,温度升高向吸热的方向移动,生成Fe(OH)3,不再与铁粉发生反应 (5)H2TiO3解析(1)为提高酸浸速率,一般采取的措施是:粉碎,加热,增大硫酸浓度等。(2)滤渣①的主要成分是不与硫酸反应的SiO2、Ca2+和硫酸根结合生成的微溶的CaSO4和过量的铁粉。(3)由已知信息可知酸浸过程中,生成+4价的TiOSO4,含钛化合物发生反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O。(4)①在pH介于4~6之间时,Fe(Ⅲ)含量基本保持不变的原因:pH>4时,Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3,不再与铁粉发生反应。②55℃后,Fe(Ⅲ)含量增大的原因是:Fe3+水解吸热,温度升高向吸热的方向移动,生成Fe(OH)3,不再与铁粉发生反应。(5)滤液Ⅱ中TiOSO4能发生水解反应生成沉淀ⅢH2TiO3。11.答案(1)f→e→d→c→a→b(或b→a)→g→h(或h→g)(2)吸收O2 浓硫酸(3)检查装置的气密性 K1 K2 打开K1(4) (5)反应体系中有水存在,氨气易溶于水 偏低解析(1)AlN室温下能缓慢水解,高温下,铝和空气中的水蒸气能反应生成Al(OH)3和H2,铝和空气中的CO2反应生成Al2O3和C,那么空气中必须除去水、CO2和O2,还原铁粉除去O2,B装置中X就是为了除去水,应该为浓硫酸,C装置除去空气中的CO2。应先用C装置除去CO2,再除去水,最后用A装置除去O2,再使N2在D中与Al反应,最后用碱石灰阻止空气进入装置,避免产品变质。(2)还原铁粉的作用是除去氧气,避免给实验带来干扰;B装置的目的是除去水,X为浓硫酸。(3)实验步骤,在装药品之前,要对装置进行检漏;实验开始进行,首先不通入氮气,K1是关闭的,K2是打开的,反应至不再产生气体时,反应停止,需要将产生的氨气通入浓硫酸中被吸收,因此需要通入氮气,打开K1。(4)由化学方程式可得关系式:AlN ~ NH34117m(AlN)ng可得m(AlN)=g,w=×100%=%。\n(5)整个反应中加入了水,氨气极易溶于水,使得氨气不能被浓硫酸完全吸收,氨气的质量偏小,结果偏低。
