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

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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SC.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:序号①②③实验操作实验现象溶液不变红,试纸不变蓝溶液不变红,试纸褪色生成白色沉淀下列实验分析中,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SD.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>V2C.V2>V3>V1 D.V3>V1>V26.(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++H2OB.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 molC.0.14 mol  D.0.12 mol2.[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-1B.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 molD.第二份溶液中最终溶质为FeSO43.(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/LC.2.4 mol/L  D.3.6 mol/L4.(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 molB.标准状况下,产生NO2气体的体积为4.48 LC.反应后,H+的物质的量浓度为1.0 mol·L-1D.被还原的HNO3的物质的量为0.6 mol5.(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∶26.(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 mol7.(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.C2.D3.D4.B5.B6.B7.C 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.A2.C3.A4.AC5.C6.D7.A 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。