高中鲁科版 (2019)第3章 物质的性质与转化本章综合与测试课时作业

本章复习提升

易混易错练

易错点1　二氧化硫的漂白性

1.()如图所示,在注射器中加入少量Na2SO3晶体,并吸入少量的70%的硫酸溶液(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是              (　　)

A.湿润蓝色石蕊试纸先变红后褪色

B.蘸有KMnO4溶液的滤纸褪色,证明了SO2的漂白性

C.湿润品红试纸褪色,证明了SO2的漂白性

D.蘸有酚酞和NaOH溶液的滤纸颜色变浅,证明了SO2的漂白性

2.()下列由相关实验现象所推出的结论正确的是 (　　)

A.Cl2、SO2能使品红溶液褪色,体现了二者均具有氧化性

B.向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,说明该溶液中一定有S

C.Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生,说明Fe与两种酸均发生置换反应

D.将分别充满HCl、NH3的试管倒置于水中后液面均迅速上升,说明二者均易溶于水

3.()某同学将一定量SO2和Cl2的混合气体通入品红溶液中,振荡,溶液褪色,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:

下列实验分析中,不正确的是 (　　)

A.①说明Cl2被完全消耗

B.②中试纸褪色的原因是SO2+I2+2H2O H2SO4+2HI　

C.③中能说明SO2被Cl2氧化为S

D.该实验说明,SO2被氧化而品红没有被氧化

易错点2　易忽视反应过程中浓硫酸的变化

4.()向100 mL 18 mol·L-1的H2SO4溶液中加入足量的铁片并加热。充分反应后,溶液中溶质的成分和所得气体的成分分别是              (　　)

A.硫酸铁;二氧化硫

B.硫酸亚铁;二氧化硫、氢气

C.硫酸铁、硫酸亚铁;二氧化硫、氢气

D.硫酸铁;二氧化硫、氢气

易错点3　氮氧化物、O2与水的反应

5.()同温、同压下,在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体,它们是①NO和NO2、②NO2和O2、③NH3和N2。现将3支试管均倒置于水槽中,充分反应后,试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3,则下列关系正确的是              (　　)

A.V1>V2>V3 B.V1>V3>V2

C.V2>V3>V1 D.V3>V1>V2

6.(2020宁夏银川一中高一上期末,)在一定条件下,将充满NO2和O2的试管倒立于水槽中,充分反应后,剩余气体的体积为原混合气体体积的,则原混合气体中NO2和O2的体积之比是              (　　)

A.8∶1   B.7∶3   C.1∶7   D.4∶1

易错点4　N的检验

7.(2020广东揭阳、汕头名校联考,)工业上常采用生物硝化法将N转化为N来处理氨氮废水,工艺流程如图。下列说法错误的是              (　　)

A.生物硝化法处理废水,会导致水体酸性增强:N+2O2 N+2H++H2O

B.长期过量使用NH4Cl等铵态氮肥,会使水体富营养化

C.检验N所需的试剂是浓NaOH溶液、湿润的蓝色石蕊试纸

D.可以加入石灰石来调节水体的酸碱性

思想方法练

守恒思想在硝酸与金属有关计算中的应用

方法概述

守恒是化学学科的基础,在化学的学习和计算中必须要首先建立起守恒的思想。硝酸与金属反应的“三个守恒”:

得失电子守恒:金属失电子数=n(NO2)+3n(NO)。

原子守恒(参加反应的硝酸的物质的量的计算):n(HNO3)=xn[M(NO3)x]+n(NO2)+n(NO)。

电荷守恒:若向反应后溶液中加入NaOH溶液恰好使Mx+沉淀完全,此时溶质为NaNO3,则存在:n(Na+)=n(HNO3)-n(NO)-n(NO2)。

1.(2020山东济南高三上月考,)将一定质量的Mg、Cu组成的混合物投入适量稀硝酸中,固体恰好完全溶解时收集到标准状况下0.896 L NO气体,向反应后溶液中加入2 mol·L-1 NaOH溶液70 mL时金属离子恰好沉淀完全。则整个过程消耗的硝酸的物质的量为              (深度解析)

A.0.18 mol  B.0.16 mol

C.0.14 mol  D.0.12 mol

2.[2020福建福州八县(市)一中高三上期中联考,]某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL,平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉,最多能溶解19.2 g(已知硝酸完全被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉,产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果不正确的是              (深度解析)

A.混合酸中HNO3的物质的量浓度为2 mol·L-1

B.OA段产生的是NO,AB段的反应为Fe+2Fe3+ 3Fe2+,BC段产生氢气

C.原混合酸中H2SO4的物质的量为0.4 mol

D.第二份溶液中最终溶质为FeSO4

3.(2020河南驻马店高一期末,)将51.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中,收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.8 mol,这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收,得到含NaNO2和NaNO3两种盐的溶液,其中NaNO3的物质的量为0.2 mol,则原NaOH溶液的浓度为              (　　)

A.2 mol/L             B.1.8 mol/L

C.2.4 mol/L  D.3.6 mol/L

4.(双选)(2020湖北沙市中学高一上期末,)在200 mL 5 mol·L-1稀硝酸中加入19.2 g铜粉,待充分反应,判断下列说法正确的是(忽略反应前后溶液体积的变化)              (　　)

A.反应中转移电子的物质的量为0.6 mol

B.标准状况下,产生NO2气体的体积为4.48 L

C.反应后,H+的物质的量浓度为1.0 mol·L-1

D.被还原的HNO3的物质的量为0.6 mol

5.(2020江苏南京师大附中高一上期中,)Cu和Cu2O均可溶于稀硝酸,化学方程式为Cu+HNO3Cu(NO3)2+NO↑+H2O(未配平),Cu2O+HNO3Cu(NO3)2+NO↑+NO2↑+H2O(未配平)。现取13.6 g含有Cu2O的粗铜屑与足量稀硝酸反应,固体全部溶解后,加水稀释至100 mL,此时溶液中c(Cu2+)=2 mol·L-1。则粗铜屑中Cu和Cu2O的物质的量之比是              (　　)

A.1∶1  B.9∶2  C.2∶1  D.1∶2

6.(2020河南洛阳高一期末,)将1.92 g Cu和一定量的浓HNO3反应,随着Cu的不断减少,反应生成气体的颜色逐渐变浅,当Cu反应完全时,共收集到气体1.12 L(标准状况)。则反应中消耗HNO3的物质的量为　              (　　)

A.1 mol B.0.05 mol  C.1.05 mol  D.0.11 mol

7.(2020河北衡水中学高三调研,)将一定质量的铜粉加入100 mL某浓度的稀硝酸中,充分反应后,容器中剩余m1 g铜粉,此时共收集到NO气体448 mL(标准状况)。然后向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应,容器中剩余铜粉m2 g,则m1-m2为              (　　)

A.5.76 B.2.88 C.1.92 D.0

答案全解全析

本章复习提升

易混易错练

1.C　A项,Na2SO3与70%的硫酸溶液反应生成SO2,SO2与水作用生成H2SO3而使蓝色石蕊试纸变红,但不能使其褪色,所以错误;B项,KMnO4具有强氧化性,SO2与之反应而使其褪色,能证明SO2具有还原性,所以错误;C项,湿润品红试纸褪色可证明SO2具有漂白性,所以正确;D项,SO2能与NaOH反应,体现了SO2酸性氧化物的通性,所以错误。

　　注意二氧化硫还原性和漂白性的不同。二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液、氯水和溴水等褪色,是因为二氧化硫具有还原性;使品红溶液褪色是因为二氧化硫具有漂白性。

2.D　SO2能使品红溶液褪色是因为生成了不稳定的无色物质,不是因为氧化性,A错误;若溶液中含有S而不含S,也会出现白色沉淀,B错误;少量铁与稀硝酸反应的化学方程式为Fe+4HNO3(稀)Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,不是置换反应,C错误;因HCl、NH3均易溶于水,使试管内的压强减小,液面迅速上升,D正确。

　　向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,不能说明溶液中一定含有S;N在酸性条件下有强氧化性,若溶液中含有S、HS,能被氧化成S,也会与Ba2+结合产生白色沉淀。

3.D　A项,①中加热后溶液不变红,湿润的淀粉-KI试纸不变蓝,说明溶液中不含氯气,则Cl2被完全消耗,所以正确;B项,②中实验现象说明二氧化硫过量,加热后二氧化硫从溶液中逸出,与碘发生氧化还原反应:SO2+I2+2H2O H2SO4+2HI,试纸褪色,所以正确;C项,有白色沉淀说明溶液中含有S,即SO2被Cl2氧化为S,所以正确;D项,①②中加热后溶液均未恢复至红色,说明品红溶液被氧化,所以错误。

　　二氧化硫漂白品红溶液加热可恢复红色,氯气与水反应生成的HClO具有强氧化性,可以氧化品红使其褪色,且加热不可恢复。

4.B　浓硫酸与铁在加热的条件下反应生成硫酸铁、二氧化硫和水,当浓硫酸变稀后,过量的铁将三价铁离子还原成亚铁离子,稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气,所以B项正确。

　　浓硫酸与足量的铜在加热的条件下反应生成二氧化硫,当浓硫酸变稀时反应停止,硫酸有剩余;浓硫酸与锌、铁等活泼金属在一定条件下反应生成二氧化硫,当浓硫酸变稀时反应继续进行,生成氢气。

5.B　假设每种气体均为10 mL。①NO和NO2:10 mL NO2与水反应生成 mL的NO,即试管中剩余气体体积为10 mL+ mL= mL;②NO2和O2:4NO2+O2+2H2O 4HNO3,NO2全部消耗,而O2消耗了 mL,即试管中剩余气体体积为 mL;③NH3和N2:NH3与水互溶,而N2不溶于水,所以剩余气体体积为10 mL;则V1>V3>V2,故选B。

　　有关NO、NO2、O2混合气体与足量H2O反应后剩余气体的问题,因NO2与H2O反应,NO与O2反应,所以剩余的气体只可能为NO或O2中的一种,绝对不会剩余NO2。

6.B　发生的反应为:4NO2+O2+2H2O 4HNO3、3NO2+H2O 2HNO3+NO,剩余气体为NO或O2,剩余气体的体积为原混合气体的,设NO2和O2的总体积为V,当剩余气体为NO时,说明氧气不足,生成V体积的NO消耗二氧化氮的体积为V×3=;则反应4NO2+O2+2H2O 4HNO3中总共消耗二氧化氮和氧气的体积为,原混合气体中氧气的体积为×=V,原混合气体中二氧化氮的体积为,原混合气体中NO2和O2的体积之比为∶V=7∶1;当氧气过量时,剩余的V体积为O2,说明NO2不足量,则反应4NO2+O2+2H2O 4HNO3中总共消耗NO2和O2的体积为,混合气体中二氧化氮的总体积为×=,O2的总体积为,故原混合气体中NO2和O2的体积之比为∶=7∶3。

7.C　A项,由流程图可知N被氧气氧化生成硝酸根离子,根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得离子反应为N+2O2 N+2H++H2O,生成H+,溶液的酸性增强,所以正确;B项,铵态氮肥会引起水体中含N化合物的增多,会导致水体富营养化,所以正确;C项,应使用湿润的红色石蕊试纸,所以错误;D项,可利用石灰石与H+反应来调节水体的酸碱性,所以正确。

　　湿润的红色石蕊试纸用来检验碱性气体,湿润的蓝色石蕊试纸用来检验酸性气体。

思想方法练

1.A　在标准状况下,0.896 L NO气体的物质的量为=0.04 mol,即被还原的硝酸的物质的量为0.04 mol,金属离子恰好沉淀完全时,此时溶质为NaNO3,根据钠原子守恒可知没有被还原的n(HNO3)=n(NaOH)=2 mol·L-1×0.07 L=0.14 mol,所以整个过程中消耗的硝酸的总物质的量为0.14 mol+0.04 mol=0.18 mol,故选A。

2.C　19.2 g铜粉的物质的量为0.3 mol,根据铜与稀硝酸反应的离子方程式3Cu+8H++2N 3Cu2++2NO↑+4H2O可知,HNO3的物质的量为0.2 mol,物质的量浓度为0.2 mol/0.1 L=2 mol·L-1,故A正确;由题图可知,由于铁过量,OA段发生的反应为Fe+N+4H+ Fe3++NO↑+2H2O,AB段发生的反应为Fe+2Fe3+ 3Fe2+,BC段发生的反应为Fe+2H+ Fe2++H2↑,故B正确;消耗22.4 g Fe时,溶液中溶质为FeSO4,根据原子守恒可知n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.4 mol,所以原混合酸中H2SO4的物质的量为0.8 mol,故C不正确;根据题意可知第二份溶液中硝酸全部被还原,溶液中最终溶质为FeSO4,故D正确。

　　铁与稀硝酸反应生成Fe3+,然后过量的铁继续与Fe3+、H+反应,反应的先后顺序是解题关键,同时注意铁与硫酸、硝酸混合酸反应的计算。

3.A　n(Cu)==0.8 mol,反应中Cu失去电子的物质的量是0.8 mol×2=1.6 mol;Cu失去电子的物质的量与硝酸转化为氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)得到电子的物质的量相等。由于这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收,得到含NaNO2和NaNO3两种盐的溶液,在NaNO3中N的化合价是+5价,与硝酸中N的化合价相同,所以生成NaNO2得到电子的物质的量就等于Cu失去电子的物质的量。n(NaNO2)×2=1.6 mol,n(NaNO2)=0.8 mol。根据原子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)=0.8 mol+0.2 mol=1 mol,所以c(NaOH)==2 mol/L。

4.AC　19.2 g铜粉的物质的量为=0.3 mol,硝酸的物质的量为0.2 L×5 mol·L-1=1 mol,根据3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知,0.3 mol Cu与0.8 mol HNO3反应生成0.2 mol NO,被还原的HNO3为0.2 mol。反应中转移电子的物质的量为0.6 mol,故A正确;反应生成NO气体,故B不正确;反应后c(H+)=(1 mol-0.8 mol)/0.2 L=1.0 mol·L-1,故C正确;被还原的HNO3为0.2 mol,故D不正确。

5.C　Cu和Cu2O的质量之和为13.6 g,100 mL溶液中Cu2+的物质的量为2 mol·L-1×0.1 L=0.2 mol,根据反应前后铜原子守恒,设Cu和Cu2O的物质的量分别为x mol和y mol,则,解得x=0.1,y=0.05,所以Cu和Cu2O的物质的量之比为0.1 mol∶0.05 mol=2∶1,故选C。

6.D　n(Cu)==0.03 mol,n(气体)==0.05 mol,由N原子守恒可知,反应中消耗HNO3的物质的量为0.03 mol×2+0.05 mol=0.11 mol。

7.A　铜粉加入100 mL某浓度的稀硝酸中,充分反应后,容器中剩余m1 g铜粉,反应生成Cu(NO3)2和NO气体,NO的物质的量为0.448 L÷22.4 L/mol=0.02 mol,根据得失电子守恒可知,参加反应的铜的物质的量为0.02 mol×(5-2)÷2=0.03 mol,根据铜原子守恒可知,溶液中n[Cu(NO3)2]=0.03 mol,根据电荷守恒可知溶液中n(N)=0.06 mol。再向溶液中加入足量稀硫酸至不再反应,Cu(NO3)2中N发生反应3Cu+8H++2N 3Cu2++2NO↑+4H2O,容器中剩余铜粉m2 g,继续与溶液中N反应的铜的质量为(m1-m2)g,则由反应3Cu+8H++2N 3Cu2++2NO↑+4H2O可知0.06 mol N发生反应消耗Cu的物质的量是3/2×0.06 mol=0.09 mol,质量为0.09 mol×64 g/mol=5.76 g,即m1-m2=5.76。