高中化学鲁科版 (2019)必修 第一册第3章 物质的性质与转化本章综合与测试课后练习题

这是一份高中化学鲁科版 (2019)必修 第一册第3章 物质的性质与转化本章综合与测试课后练习题，共12页。试卷主要包含了24 mL浓度为0，向27，2 ml HNO3等内容，欢迎下载使用。
本章复习提升
易混易错练
易错点1　对物质间的转化不清楚
1.(2020山东滕州一中高一上月考,)下列化合物中,不能通过两种单质直接化合制取的是(　　)
A.FeCl3 B.Cu2S
C.NO D.FeCl2
2.(2020山东济南历城二中高一上期末,)把SO2通入下列各组物质的混合溶液中,肯定有白色沉淀生成的是　(　　)
A.Ba(NO3)2,HCl B.BaCl2,NaCl
C.NH3·H2O,CaCl2 D.MgCl2,(NH4)2SO4
易错点2　NO、NO2、O2与水的反应
3.()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
易错点3　根据实验现象盲目得出结论
4.(2020山东师大附中高三上月考,)下列实验事实和所得出的相应结论都正确的是(　　)

实验事实
结论
A
SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色
证明SO2有漂白性
B
浓盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2;稀硝酸可除去试管内壁的银镜;用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液
都发生了氧化还原反应
C
取少量Na2SO3样品加入Ba(NO3)2溶液后,产生白色沉淀,滴加稀盐酸,沉淀不溶解
证明Na2SO3已氧化变质
D
某无色溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热,产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
该溶液中一定有NH4+
5.()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SO42-
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
易错点4　错误利用氧化还原反应原理进行计算
6.()24 mL浓度为0.05 mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L-1的K2X2O7溶液完全反应,已知Na2SO3可被K2X2O7氧化为Na2SO4,则元素X在还原产物中的化合价为(　　)
A.+2价 B.+3价
C.+4价 D.+5价
7.()向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L,固体完全溶解,生成NO和Cu(NO3)2,再向溶液中加入1.0 mol/L的NaOH溶液1.0 L,此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀,沉淀的质量为39.2 g。下列有关说法不正确的是(　　)
A.Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1
B.硝酸的物质的量浓度为2.6 mol/L
C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L
D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余0.2 mol HNO3
易错点5　对实验原理理解不深
8.()如图是某课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案。下列有关操作不可能引发喷泉现象的是(　　)


A.挤压装置①的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶,片刻后打开止水夹
B.挤压装置②的胶头滴管使NaOH溶液进入烧瓶,片刻后打开止水夹
C.用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹
D.向装置④的水槽中慢慢加入浓硫酸并打开止水夹
思想方法练
守恒思想在硝酸与金属有关计算中的应用
1.(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0.6NA
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
2.(2019江西奉新月考,)将1.92 g Cu投入一定量的浓硝酸中,Cu完全溶解,生成气体的颜色越来越浅,共收集到标准状况下672 mL气体,将盛有此气体的容器倒扣在水槽中,通入标准状况下一定体积的O2,恰好使气体完全溶于水,则通入O2的体积为(　　)
A.168 mL B.224 mL
C.336 mL D.504 mL
3.(2019湖南株洲二中高一检测,)9.7 g 铜锌合金与足量的稀硝酸反应,还原产物只有NO气体,其在标准状况下的体积为2.24 L。将溶液稀释为1 L,测得溶液中c(H+)=0.1 mol·L-1,此时溶液中NO3-的浓度为　(　　)
A.0.3 mol·L-1 B.0.4 mol·L-1
C.0.2 mol·L-1 D.0.6 mol·L-1
4.(2020山东潍坊高三上月考,)Fe与稀HNO3反应时,若两者消耗物质的量之比为4∶10,且生成Fe(NO3)2,则反应中生成的还原产物可能是(　　)
A.N2 B.N2O
C.NO D.NO2
5.(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(　　)
A.0.18 mol B.0.16 mol
C.0.14 mol D.0.12 mol
6.(2019陕西西安高三月考,)将10.8 g Ag投入一定量的浓硝酸中完全溶解得到NO和NO2的混合气体,用NaOH溶液将该混合气体完全吸收得到NaNO3和NaNO2的混合溶液,则所得NaNO2的物质的量为(　　)
A.0.05 mol B.0.06 mol
C.0.075 mol D.0.1 mol
7.(2020江苏南京师大附中高一上期中,)Cu和Cu2O均可溶于稀硝酸,反应方程式为Cu+HNO3Cu(NO3)2+NO↑+H2O,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
8.(2020天津七校高三上期中联考,)足量铜与一定量浓硝酸反应后过滤,得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体,将这些气体与3.36 L O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得溶液中加入1 mol·L-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,将沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧后得到黑色固体,则所得黑色固体的质量是(　　)
A.12 g B.16 g
C.24 g D.48 g
9.(2018山东师大附中高三模拟,)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51.2 g,则生成0.2 mol NaNO3
B.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,收集的氮的氧化物的体积为20.16 L
D.生成的Cu(NO3)2既是氧化产物,又是还原产物
10.(2020福建福州八县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(已知硝酸只被还原为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(　　)

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
答案全解全析
易混易错练
1.D
2.A
3.B
4.D
5.D
6.B
7.B
8.B
1.D　Fe与Cl2化合生成FeCl3,不能生成FeCl2;Cu与S反应生成Cu2S;N2与O2在放电条件下化合生成NO。
　Fe与Cl2化合生成FeCl3,不能生成FeCl2,FeCl2可以通过Fe和FeCl3化合生成;S的氧化性较弱,与Cu反应只能生成Cu2S,不能生成CuS。
2.A　A项,NO3-在酸性条件下有强氧化性,能将SO2氧化成SO42-,SO42-与Ba2+结合生成白色沉淀;B项,SO2通入BaCl2和NaCl的混合溶液中不能生成白色沉淀;C项,如果SO2过量,SO2与NH3·H2O反应生成NH4HSO3,将不会产生沉淀;D项,SO2通入MgCl2和(NH4)2SO4的混合溶液中不能生成白色沉淀。
　SO2通入BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀。
3.B　假设每种气体均为1 L。①NO和NO2:1 L NO2与水反应生成13 L的NO,即试管中剩余气体体积为1 L+13 L=43 L;②NO2和O2:4NO2+O2+2H2O 4HNO3,NO2全部消耗,而O2消耗了14 L,即试管中剩余气体体积为34 L;③NH3和N2:NH3与水互溶,而N2不溶于水,所以剩余气体体积为1 L;所以V1>V3>V2,故选B。
　有关NO、NO2、O2混合气体与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。
4.D　SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色,原因是二者发生氧化还原反应,二氧化硫表现了还原性,故A错误;不能用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液,发生的反应不属于氧化还原反应,故B错误;硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性,可将SO32-氧化成SO42-,故C错误;某无色溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热,产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,生成的气体一定为氨气,证明该溶液中一定有NH4+,故D正确。
　SO2具有漂白性,可以使品红溶液褪色;SO2能使氯水、溴水、酸性KMnO4溶液等褪色,是因为SO2具有还原性。
5.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SO32-,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,使烧瓶内的压强减小,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SO42-;NO3-在酸性条件下有强氧化性,若溶液中含有SO32-、HSO3-,能被氧化成SO42-,也会产生白色沉淀。
6.B　设元素X在产物中的化合价为a,根据得失电子守恒可知24×10-3 L×0.05 mol·L-1×(6-4)=20×10-3 L×0.02 mol·L-1×2×(6-a),解得a=+3,故选B。
7.B　由题意知Cu(OH)2的质量为39.2 g,其物质的量为0.4 mol,设Cu、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol,则x+2y=0.4,64x+144y=27.2,解得x=0.2,y=0.1,故A正确;Cu和Cu2O中的Cu都转化为Cu2+,转移的电子为(0.4+0.2) mol=0.6 mol,根据得失电子守恒可知,生成的NO应为0.2 mol,标准状况下体积为4.48 L,故C正确;n(NaOH)=1.0 mol/L×1.0 L=1 mol,生成0.4 mol Cu(OH)2时消耗0.8 mol NaOH,剩余0.2 mol NaOH和硝酸反应,故D正确;消耗硝酸的总物质的量为0.2 mol+0.2 mol+0.8 mol=1.2 mol,则浓度为1.2mol0.5 L=2.4 mol/L,故B错误。
　在利用氧化还原反应原理进行计算时注意抓住得失电子守恒,即还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子总数,特别要注意氧化剂如1 mol K2X2O7中含有2 mol X原子,还原剂如1 mol Cu2O中含有2 mol Cu原子。
8.B　SO2能与NaOH溶液反应,故可造成烧瓶内压强减小;NaOH溶液不能吸收H2 ,所以不能形成喷泉;当空气将水压入烧瓶内与NH3接触时,则会产生喷泉;将浓硫酸加入水中,放出大量的热,使锥形瓶内气体膨胀,将浓氨水压入烧瓶内与HCl接触,从而引发喷泉。
思想方法练
1.C
2.C
3.B
4.B
5.A
6.A
7.C
8.C
9.A
10.C






1.C　19.2 g铜粉的物质的量为19.2 g64 g·mol-1=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铜粉与0.8 mol硝酸反应生成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不正确;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。
2.C　根据“生成气体的颜色越来越浅”判断收集到的672 mL气体为NO2和NO的混合气体,如果计算出NO2、NO的物质的量,则根据化学方程式4NO2+O2+2H2O 4HNO3、4NO+3O2+2H2O 4HNO3,可以计算出消耗的氧气的物质的量。
方法一(常规方法):设铜与硝酸反应产生NO2的物质的量为x,生成NO的物质的量为y。
1.92 g铜的物质的量为n(Cu)=1.92 g64 g·mol-1=0.03 mol,n(气体)=0.672 L22.4 L·mol-1=0.03 mol
Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
12x　　　　　　　　　　　　　x
3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
32y　　　　　　　　　　　　　　y
x+y=0.03mol12x+32y=0.03mol
解得x=0.015moly=0.015mol
4NO2　+　O2　+2H2O 4HNO3
0.015 mol 0.0154 mol
4NO　　+　　3O2　+　　2H2O 4HNO3
0.015 mol 34× 0.015 mol
则需要O2的物质的量为n(O2)=(0.0154+34×0.015)mol=0.015 mol,其在标准状况下的体积为336 mL。
方法二(得失电子守恒法):已知HNO3NO、NO2HNO3,反应前后HNO3的物质的量不变,而化合价发生变化的只有铜元素和氧气中的氧元素,则Cu失去电子的数目等于O2得到电子的数目,以此进行计算。
n(Cu)=0.03 mol,则反应失去的电子的物质的量为0.06 mol,1 mol O2参加反应转移4 mol电子,则消耗的氧气的物质的量为n(O2)=0.06mol4=0.015 mol,标准状况下,V(O2)=0.015 mol×22 400 mL·mol-1=336 mL,所以通入O2的体积为336 mL。
3.B　n(NO)=2.24 L22.4 L·mol-1=0.1 mol,转移电子的物质的量为0.1 mol×3=0.3 mol,n(合金)=0.3mol2=0.15 mol,n[Cu(NO3)2]+n[Zn(NO3)2]=0.15 mol,硝酸盐中所含n(NO3-)=0.3 mol;溶液中c(H+)=0.1 mol·L-1,n(HNO3)=0.1 mol,则溶液中NO3-的总浓度为0.4 mol·L-1。
4.B　设参加反应的Fe为4 mol,则消耗的硝酸为10 mol,生成4 mol Fe(NO3)2,由N原子守恒知,只有2 mol HNO3做氧化剂,设还原产物中N元素的化合价为n,由得失电子守恒可知4 mol×(2-0)=2 mol×(5-n),解得n=+1。A中N元素化合价为0,B中N元素化合价为+1,C中N元素化合价为+2,D中N元素化合价为+4,故选B。
5.A　在标准状况下,0.896 L NO气体的物质的量为0.896 L22.4 L·mol-1=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硝酸的物质的量为n(HNO3)=n(NaOH)=2 mol·L-1×0.07 L=0.14 mol,所以参加反应的硝酸的总物质的量为0.14 mol+0.04 mol=0.18 mol,故选A。
6.A　10.8 g Ag的物质的量为10.8 g108 g/mol=0.1 mol,由得失电子守恒可知,Ag失去的电子数等于硝酸转化为NaNO2得到的电子数,即n(Ag)×(1-0)=n(NaNO2)×(5-3),则n(NaNO2)=0.05 mol。
7.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64x+144y=13.6x+2y=0.2,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。
8.C　足量Cu与一定量浓硝酸反应生成硝酸铜与NO2、N2O4、NO的混合气体,硝酸没有剩余,混合气体与氧气混合通入水中又生成硝酸,整个过程中Cu失去的电子总数等于氧气获得的电子总数,向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,沉淀为Cu(OH)2,将沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧后得到的固体为CuO。由得失电子守恒可知,2Cu~O2,氧气的物质的量为3.36 L22.4 L·mol-1=0.15 mol,所以n(Cu)=2×0.15 mol=0.3 mol,氧化铜的质量为0.3 mol×80 g·mol-1=24 g,故选C。
9.A　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+,NO3-→NO2-,51.2 g Cu的物质的量为0.8 mol,共失去0.8 mol×2=1.6 mol电子,由得失电子守恒可知,NO3-→NO2-得到1.6 mol电子,故产物中NaNO2的物质的量为0.8 mol,由Na原子守恒可知另一种产物NaNO3的物质的量为0.2 mol,A正确;常温下,Cu遇浓硝酸不发生钝化,B错误;N2O4在标准状况下不是气体,C错误;生成的Cu(NO3)2是氧化产物,不是还原产物,D错误。
10.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++2NO3- 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/0.2 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+NO3-+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),所以原混合酸中H2SO4的物质的量为0.8 mol,故C不正确;根据题意可知硝酸全部被还原,所以溶液中最终溶质为FeSO4,故D正确。