云南省文山市第三中学2019-2020学年第二学期七年级 道德与法治 期末模拟测试卷（四）
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专题九 常见的无机物及其应用
一、单项选择题
1.(2019江苏单科,6,2分)下列有关化学反应的叙述正确的是( )
A.Fe在稀硝酸中发生钝化
B.MnO2和稀盐酸反应制取Cl2
C.SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3
D.室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2
答案 C A项,常温下,Fe遇浓硝酸发生钝化,Fe与稀硝酸发生氧化还原反应生成NO气体,错误;B项,MnO2与浓盐酸在加热条件下可制取Cl2,与稀盐酸不反应,错误;C项,SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3,正确;D项,室温下Na与O2反应生成Na2O,错误。
2.(2019广东佛山一模)硫是生物必需的营养元素之一,下列关于自然界中硫循环(如图所示)的说法正确的是( )
A.含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环
B.硫循环中硫的化合物均为无机物
C.上述硫循环中硫元素均被氧化
D.烧煤时加石灰石,可减少酸雨及温室气体的排放
答案 A A项,分析题图可知,含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环;B项,硫循环中硫的化合物包括有机物和无机物;C项,硫循环中,部分硫元素化合价升高被氧化,部分硫元素化合价降低为-2价被还原;D项,烧煤时加入石灰石可减少二氧化硫的排放量,即可减少酸雨的发生,但不能减少温室气体的排放量。
3.(2019安徽黄山一模)下列各组物质中,物质之间通过一步反应能实现如下图所示转化的是( )
|
选项 |
A |
B |
C |
D |
|
X |
Fe |
Al2O3 |
N2 |
HCl |
|
Y |
FeCl3 |
Al(OH)3 |
NO2 |
NaCl |
|
Z |
Fe(OH)3 |
NaAlO2 |
HNO3 |
Cl2 |
答案 D Fe(OH)3无法通过一步反应生成铁,A项错误;Al2O3无法通过一步反应生成Al(OH)3,
NaAlO2也无法通过一步反应生成Al2O3,B项错误;N2无法通过一步反应生成NO2,C项错误;HCl与氢氧化钠反应生成NaCl,电解熔融NaCl生成氯气,氯气与钠反应生成氯化钠,氯气与氢气反应生成氯化氢,D项正确。
4.(2019河南平顶山二调)某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体[NH4Fe(SO4)2·6H2O]的一种方案如下:
下列说法不正确的是( )
A.滤渣A的主要成分是CaSO4
B.相同条件下,NH4Fe(SO4)2·6H2O净水能力比FeCl3强
C.“合成”反应要控制温度,温度过高,产率会降低
D.“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等
答案 B 硫酸钙微溶于水,滤渣A的主要成分是硫酸钙,A项正确;N抑制Fe3+的水解,故相同条件下氯化铁净水能力比硫酸铁铵晶体强,B项错误;“合成”时温度过高,会促进Fe3+的水解,C项正确;经过“系列操作”后由溶液得到含结晶水的晶体,宜采用降温结晶法,D项正确。
5.(2019江西重点中学盟校联考)某学习小组以废催化剂(主要成分为SiO2、ZnO、ZnS和CuS)为原料,制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下:
下列说法正确的是( )
A.步骤①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS和CuS
B.步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应
C.步骤③涉及的离子反应可能为CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O
D.步骤②和④,采用蒸发结晶、过滤后均可获取粗晶体
答案 C ZnO、ZnS可与稀硫酸反应,CuS不溶于稀硫酸,A错误;步骤①中发生反应:ZnO+H2SO4ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4ZnSO4+H2S↑,均不是氧化还原反应,B错误;步骤③中发生反应:CuS+H2O2+H2SO4 CuSO4+S+2H2O,离子方程式为CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O,C正确;步骤②和④均为溶液结晶得到含结晶水的晶体,均采用蒸发浓缩、冷却结晶法,D错误。
二、不定项选择题
6.下图所示为海水综合利用的部分流程,下列有关说法正确的是( )
A.第①步中除去粗盐中的S、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质加入的药品顺序为NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B.第②步是一个将电能转化为化学能的过程,工业上采用阴离子交换膜的电解装置
C.第③步中结晶出的MgCl2·6H2O可在空气中受热分解制无水MgCl2
D.第④步中反应的离子方程式为Cl2+2Br– 2Cl–+Br2,第⑤⑥步的目的是富集溴元素
答案 D 除去粗盐中的杂质离子时,Na2CO3溶液应在BaCl2溶液之后加入,故A错误;第②步是电解饱和食盐水,是将电能转化为化学能的过程,工业上采用阳离子交换膜的电解装置,故B错误;为防止镁离子水解,应在氯化氢气流中加热MgCl2·6H2O,故C错误;第④步中溴元素被氧化,发生反应的离子方程式为Cl2+2Br– 2Cl–+Br2,第⑤步中溴单质在碳酸钠溶液中发生歧化反应生成溴化钠和溴酸钠,第⑥步中溴化钠和溴酸钠经酸化转化为溴单质,过程中⑤⑥步的目的是浓缩、富集溴元素,故D正确。
7.下图所示是验证氯气性质的微型实验,a、b、c、d、e是浸有相关溶液的滤纸。已知:2KMnO4+
16HCl(浓) 2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O。向KMnO4晶体上滴加一滴浓盐酸后,立即用另一培养皿扣在上面。
下列有关说法正确的是( )
A.a处变蓝、b处变棕红,说明非金属性:Cl>Br>I
B.c处先变红后褪色,说明Cl2与H2O反应生成HCl
C.d处立即褪色,不能说明Cl2与H2O反应生成HClO
D.e处变红,说明Cl2与Fe2+反应生成Fe3+
答案 CD Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2,a处变蓝、b处变棕红,可证明氧化性:Cl2>I2、Cl2>Br2,无法证明I2与Br2氧化性的强弱,则无法证明非金属性:Cl>Br>I,A项错误;氯气与水发生反应Cl2+H2O H++Cl–+HClO,H+使试纸变红,HClO具有漂白性,可使试纸褪色,则c处先变红后褪色,能证明氯气与水反应生成了酸性物质和漂白性物质,B项错误;Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,消耗了氢氧化钠,红色褪去,不能证明Cl2与H2O反应的生成物是HClO,C项正确;Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,使浸有KSCN溶液的滤纸变为红色,D项正确。
三、非选择题
8.(2019江苏单科,16,12分)N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物,含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物,用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为 。
(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收,主要反应为
NO+NO2+2OH– 2N+H2O
2NO2+2OH– N+N+H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有 (填字母)。
A.加快通入尾气的速率
B.采用气、液逆流的方式吸收尾气
C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤,得到NaNO2晶体,该晶体中的主要杂质是 (填化学式);吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 (填化学式)。
(3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气,可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同,NO转化为N的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
① 在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成Cl–和N,其离子方程式为
。
②NaClO溶液的初始pH越小,NO转化率越高。其原因是 。
答案 (1)2NH3+2O2 N2O+3H2O
(2)①BC ②NaNO3 NO
(3)①3HClO+2NO+H2O 3Cl–+2N+5H+
②溶液pH越小,溶液中HClO的浓度越大,氧化NO的能力越强
解析 (1)根据得失电子守恒和原子守恒可写出NH3与O2反应的化学方程式。
(2)①若要提高尾气中NO和NO2的去除率,须加快氮氧化物与NaOH的反应速率。B项措施能增大气、液反应物的接触面积,C项措施增大NaOH溶液的浓度,二者均能加快反应速率;A项措施易导致氮氧化物不能及时被吸收,使NO和NO2去除率降低。②据题给反应:2NO2+2OH– N+N+H2O可知,NaNO2晶体中含有NaNO3杂质;由于NO与NaOH不反应,故吸收后排放的尾气中NO的含量较高。
(3)①据得失电子守恒可得:3HClO+2NO 3Cl–+2N,据电荷守恒可得:3HClO+2NO 3Cl–+2N+5H+,据原子(质量)守恒可得:3HClO+2NO+H2O 3Cl–+2N+5H+。②NaClO溶液的初始pH越小,c(H+)越大,c(HClO)越大,氧化NO的能力越强,NO的转化率越高。
9.(2017课标Ⅰ,27,14分)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如图所示。由图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为 。
(2)“酸浸”后,钛主要以TiOC形式存在,写出相应反应的离子方程式
。
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示:
|
温度/℃ |
30 |
35 |
40
|
45 |
50 |
|
TiO2·xH2O转化率/% |
92 |
95 |
97 |
93 |
88 |
分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因
。
(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为 。
(5)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5 mol·L-1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成? (列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式 。
答案 (1)100 ℃、2 h,90 ℃、5 h
(2)FeTiO3+4H++4Cl– Fe2++TiOC+2H2O
(3)低于40 ℃,TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40 ℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降
(4)4
(5)Fe3+恰好沉淀完全时,c(P)= mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1,c3(Mg2+)·c2(P)值为0.013×(1.3×10-17)2≈1.7×10-40 sp[Mg 3(PO 4) 2],因此不会生成Mg 3(PO 4) 2沉淀
(6)2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+3CO2↑+H2O↑
解析 本题以工艺流程为依托,考查图表分析能力和有关Ksp的计算等。(1)由题图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为100 ℃、2 h或90 ℃、5 h。(2)“酸浸”后,钛主要以形式存在,反应的离子方程式为FeTiO3+ 4H++ 4Cl– Fe2+ + TiOCl2- 4+ 2H2O。(3)TiO2·xH2O转化反应速率受温度、反应物浓度等因素的影响。低于40 ℃,TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40 ℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降。(4)Li2Ti5O15中Ti为+4价,Li为+1价,设过氧键的数目为x,则1×2+4×5=2×(15-2x)+2x,解得x=4。(6)高温下FePO4与Li2CO3和H2C2O4反应制备LiFePO4,根据得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式:2FePO4 +Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+
3CO2↑。
10.(2017课标Ⅱ,26,14分)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:
回答下列问题:
(1)在分解水泥样品过程中,以盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂,还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是 ,还可使用 代替硝酸。
(2)沉淀A的主要成分是 ,其不溶于强酸但可与一种弱酸反应,该反应的化学方程式为 。
(3)加氨水过程中加热的目的是 。沉淀B的主要成分为 、 (写化学式)。
(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后,用KMnO4标准溶液滴定,通过测定草酸的量可间接获知钙的含量,滴定反应为:Mn+H++H2C2O4Mn2++CO2+H2O。实验中称取0.400 g水泥样品,滴定时消耗了0.050 0 mol·L-1的KMnO4溶液36.00 mL,则该水泥样品中钙的质量分数为 。
答案 (1)将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+ H2O2
(2)SiO2(或H2SiO3) SiO2+4HF SiF4↑+2H2O(或H2SiO3+4HFSiF4↑+3H2O)
(3)防止胶体生成,易沉淀分离 Al(OH)3 Fe(OH)3
(4)45.0%
解析 (1)水泥样品中可能含有Fe2+,酸溶时加入几滴硝酸可将Fe2+氧化为Fe3+;将Fe2+氧化为Fe3+的氧化剂还可以选择H2O2,该氧化剂的还原产物为H2O,不会引入其他杂质。
(2)SiO2不溶于盐酸、硝酸等强酸,但可溶于氢氟酸。
(3)Fe3+、Al3+在沉淀的过程中容易形成胶体而无法沉淀分离,采取加热的方法可加速微粒凝聚形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,从而易于分离;pH为4~5时Al3+、Fe3+可完全沉淀,而Mg2+、Ca2+不沉淀,故沉淀B的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3。
(4)配平方程式可得对应关系式:
2KMnO4~ 5H2C2O4 ~5CaC2O4 ~5Ca2+
2 mol 5×40 g
0.050 0×36.00×10-3 mol m(Ca2+)
m(Ca2+)=0.180 g
故ω(Ca2+)=×100%=45.0%。
11.(2017课标Ⅲ,27,15分)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+NaNO3 Na2CrO4+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m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2 kg,产率为 。
答案 (1)2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
(2)Fe Al(OH)3
(3)小 2Cr+2H+ Cr2+H2O
(4)d 复分解反应
(5)×100%
解析 (1)利用得失电子守恒法配平:2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2,则FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为2∶7。陶瓷中含有SiO2,在高温下能与Na2CO3反应,会损坏仪器。
(2)由步骤①可知熔块中含有NaNO2、Na2CrO4、Fe2O3等,故滤渣1中含量最多的金属元素为Fe,而步骤③需除去Al3+及含硅物质,故滤渣2中应主要含Al(OH)3及含硅杂质。
(3)步骤④调pH的目的是促进Cr转化为Cr2,根据2Cr+2H+ Cr2+H2O,可知应增大c(H+),故pH要变小。
(4)根据溶解度曲线图可知,应选择K2Cr2O7溶解度小于溶液中其他溶质溶解度且溶解度最小的温度区域,故选d。反应为2K++Cr2 K2Cr2O7↓,此反应为复分解反应。
(5)根据Cr原子守恒建立关系式:
Cr2O3 ~ K2Cr2O7
152 294
m1·40% kg m(K2Cr2O7)
m(K2Cr2O7)= kg
故产率为×100%=×100%。
命题拓展预测
1.以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2、少量FeS2)为原料,生产Fe3O4的部分工艺流程如下:
下列说法错误的是( )
A.用NaOH溶液吸收焙烧过程产生的SO2有利于保护环境和资源再利用
B.从高硫铝土矿中可制得Al、Fe的化合物
C.向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2,铝元素存在的形式由Al转化为Al3+
D.FeS2与Fe2O3混合后在无氧条件下焙烧的目的是生成Fe3O4和SO2
答案 C 矿粉焙烧时FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2,“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3;Fe2O3和FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,经磁选可得到Fe3O4。SO2为有毒气体,不能直接排放到空气中,可用NaOH溶液吸收焙烧过程中产生的SO2,有利于保护环境和资源再利用,A项正确;高硫铝土矿中含有Al和Fe元素,可通过适当的操作制得Al、Fe的化合物,B项正确;由上述分析可知,滤液中含有NaAlO2,通入过量的CO2后,生成Al(OH)3,C项错误;Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O3 11Fe3O4+2SO2↑,D项正确。
2.草酸亚铁(FeC2O4·nH2O)的溶解度在冷水中为0.22 g,热水中为0.026 g,具有强还原性,常用作分析试剂及显影剂。某化学小组利用工业废铁屑设计如下装置制备草酸亚铁晶体。
回答下列问题:
(1)实验前需将废铁屑在5%的Na2CO3溶液中加热并用蒸馏水洗涤干净,则Na2CO3溶液的作用是 。
(2)组装好装置后首先需要检验装置的气密性,其方法是 。实验过程中装置c的作用是 。
(3)实验过程:在相应装置添加试剂后,需要让a瓶中反应先进行一段时间以排除空气,进行的操作是打开K1将一定量稀硫酸加入a瓶后关闭K1,同时还要进行的操作是 ,一段时间后,需要将a装置中的硫酸亚铁溶液导入装置b中,其操作是 。
(4)b中生成的沉淀需过滤、洗涤、干燥,洗涤时最好选用下列试剂中的 (填序号)。
a.硫酸 b.冷水 c热水
检验洗涤干净的方法是 。
(5)准确称取9 g草酸亚铁晶体(FeC2O4·nH2O)于锥形瓶中,加入一定量硫酸溶解并加热至50 ℃,然后用1.0 mol·L-1的KMnO4标准溶液滴定,达到滴定终点时用去30 mL标准溶液。滴定反应为10(FeC2O4·nH2O)+6KMnO4+24H2SO4 5Fe2(SO4)3+20CO2↑+6MnSO4+3K2SO4+
(24+10n)H2O。
①判断滴定终点的依据为 。
②n= 。
答案 (1)除去废铁屑表面的油污
(2)关闭K1,打开K2、K3,将c中加入水使导管末端浸入水中,用手捂住(或者微热)a中具支锥形瓶,若导管末端出现气泡,松开手后有一段水柱,证明气密性良好
液封(或防止空气进入b中氧化产物)
(3)关闭K2打开K3 打开K2关闭K3
(4)c 取最后一次洗涤液于试管,加入BaCl2溶液振荡,如果溶液中没有白色沉淀说明洗涤干净
(5)①滴入最后一滴KMnO4溶液,溶液变为浅紫色(或紫红色),且半分钟内不变色 ②2
解析 (1)碳酸钠溶液显碱性,能够洗去铁屑表面的油污。
(2)根据题干信息“草酸亚铁具有强还原性”可知,通过装置c可以形成液封,防止产品被氧化。
(3)该制备实验分为两个环节:铁屑与稀硫酸反应生成FeSO4;将FeSO4压入装置b与草酸反应生成FeC2O4沉淀。为此可以控制K2、K3实现上述目的。当关闭K2、打开K3,a装置产生的氢气可以排出,从而持续生成FeSO4;当打开K2、关闭K3,生成的氢气无法排出,a中气压增大,将溶液压入b装置,生成草酸亚铁沉淀。
(4)滤渣表面可能存在S,可以通过检验S是否存在,判断沉淀是否洗涤干净。
(5)①酸性高锰酸钾滴定Fe2+,不需要另外加指示剂,当溶液呈紫红色,且半分钟内不褪去,即表明反应达到滴定终点。
反应存在如下关系:
5(FeC2O4·nH2O) ~ 3KMnO4
(144+18n)×5 g 3 mol
9 g 1.0 mol·L-1×0.03 L
解得:n=2
2020学年小学数学五年级上期中模拟测试卷（答案）
2020学年小学数学五年级上期中模拟测试卷（答案）,五年级上期中考,莲山课件.
