第四章复习提升-2022版化学必修1 人教版（新课标） 同步练习 （Word含解析）

本章复习提升

易混易错练

易错点1　对Cl-检验的原理或检验过程中的干扰不清楚造成易错

1.(2020福建师大高一上期中,)某溶液中含有较多的Cl-、C、OH-,如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来,下列实验操作顺序正确的是              (　　)

①滴加Mg(NO3)2溶液;②过滤;③滴加AgNO3溶液;④滴加Ba(NO3)2溶液。

A.①②④②③　　　　　　　　B.④②①②③

C.①②③②④　　　　　　　　D.④②③②①

2.(2020陕西延安第一中学高一期中,)下列叙述一定正确的是 (　　)

A.某溶液中加入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,原溶液中一定有N

B.某溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体,将气体通入澄清石灰水中,澄清石灰水变浑浊,原溶液中一定有C

C.某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生,再加入盐酸沉淀不消失,原溶液中一定有S

D.某溶液加入稀盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀,则原溶液中一定含有Cl-

易错点2　实验室制备氨气时常见的易错

3.()实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置,其中正确的是 (　　)

①

②

③

④

A.①是氨气发生装置

B.②是氨气吸收装置

C.③是氨气发生装置

D.④是氨气收集、检验装置

4.(2020山东济宁微山一中高一检测,)下列方法适合实验室制取氨气的是              (　　)

A.N2和H2催化加热制取氨气

B.加热NH4HCO3制取氨气

C.将浓氨水向生石灰固体上滴加

D.将NH4Cl稀溶液和NaOH稀溶液混合

易错点3　对硅和二氧化硅的性质和应用理解不到位造

成易错

5.(2020安徽六安一中高一期中,)据报道,科学家通过对稻壳进行控制性焚烧热解,从中提取一种叫做生物质纳米结构二氧化硅的超高活性材料,将少量这种材料掺入混凝土中,即可轻易制备出超高强度和超高耐久性能的高性能混凝土。下列关于二氧化硅的说法中正确的是              (　　)

A.二氧化硅溶于水显酸性,所以它是酸性氧化物

B.二氧化硅是酸性氧化物,它不溶于任何酸

C.二氧化硅能与烧碱和氢氟酸反应,它是两性氧化物

D.二氧化硅是一种熔点高、硬度大的固体

6.(2020河北沧州高一月考,)下列有关硅及其化合物的描述不正确的是              (　　)

A.用二氧化硅和水反应可以制得H2SiO3

B.SiO2可用于制造光导纤维

C.普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英砂为主要原料制成的

D.盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞

易错点4　对物质的漂白原理分析不到位造成易错

7.()下列有色溶液褪色原理相同的是 (　　)

①SO2使品红溶液褪色

②Cl2使品红溶液褪色

③Na2O2加入含酚酞的水溶液中,先变红后褪色

④SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色

A.①②　　　　B.②④　　　　C.②③　　　　D.①④

8.()下列说法正确的是  (　　)

A.二氧化硫和漂白粉都具有漂白作用,因此它们都能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色

B.过氧化钠和二氧化硫都具有漂白作用,它们都能使品红溶液褪色

C.二氧化硫和氯气都具有漂白作用,它们都能使石蕊试液先变红再褪色

D.盐酸能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色,所以盐酸也有漂白性

思想方法练

“守恒思想”在硝酸与金属反应计算中的应用

方法概述

硝酸与金属反应计算过程中用到的“三个守恒”:

(1)得失电子守恒:金属失电子数=n(NO2)+3n(NO)。

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

(3)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(N)。

1.(2020河北衡水中学高三调研,)将一定质量的铜粉加入到100 mL某浓度的稀硝酸中,充分反应后,容器中剩余铜粉的质量为m1,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为止,容器中剩余铜粉的质量为m2,则m1-m2为              (　　)

A.5.76 g　　　　B.2.88 g　　　　C.1.92 g　　　　D.0

2.(2020福建厦门湖滨中学高三期中,)将8.4 g Fe投入浓硝酸中,产生红棕色气体A,把所得溶液减压蒸干,得到30 g Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物,将该固体隔绝空气在高温下加热,得到红棕色的Fe2O3和气体B,A、B气体混合通入足量水中得到硝酸和NO,在标准状况下生成NO气体的体积为              (深度解析)

A.1 120 mL　　　　　　　　B.2 240 mL

C.3 360 mL　　　　　　　　D.4 480 mL

3.(2020黑龙江牡丹江一中高三检测,)某浓度稀HNO3与金属M反应时,能得到+2价硝酸盐,反应时M与HNO3的物质的量之比为5∶12,则反应时HNO3的还原产物是              (　　)

A.NH4NO3　　　　　　　　B.N2

C.N2O　　　　　　　　D.NO

4.()向50 mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中加入铁粉,假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)的关系如图所示,且每一阶段只对应一个反应。下列说法正确的是              (　　)

A.开始时产生的气体为H2

B.AB段发生的反应为置换反应

C.所用混合溶液中c(HNO3)=0.5 mol·L-1

D.参加反应的铁粉的总质量m2=5.6 g

5.(2020安徽师范大学附属中学高一期中,)将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中,两者恰好完全反应,共产生NO气体4.48 L(标准状况),向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L-1的NaOH溶液至沉淀完全。则下列有关叙述中不正确的是              (　　)

A.加入合金的物质的量之和为0.3 mol

B.反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为3∶1

C.沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为200 mL

D.生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2 g

6.(2020安徽铜陵高三月考,)向含有0.01 mol Cu、a mol Cu2O、b mol CuO的混合物中滴加6.0 mol·L-1的稀硝酸至10 mL时,固体恰好完全溶解,得到标准状况下224 mL气体(纯净物)。下列说法正确的是              (　　)

A.反应过程中转移0.01 mol电子

B.a∶b=1∶1

C.被还原的硝酸为0.06 mol

D.将少量铁粉投入该稀硝酸中能生成Fe(NO3)2

7.()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:

铜片0.9 mol氮的氧化物
(NO、NO2、N2O4)NaNO3、NaNO2溶液

下列有关判断正确的是 (　　)

A.若铜片质量为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.标准状况下收集到氮氧化物的体积为20.16 L

D.反应过程中生成的Cu(NO3)2既是氧化产物,又是还原产物

8.()将6.4 g铜加到50 mL a mol·L-1的硝酸溶液中,铜全部溶解,得到NO2和NO的混合气体。将反应后溶液稀释至100 mL,测得N的浓度为3 mol·L-1。

(1)混合气体中NO2和NO的总物质的量为　　　mol(用含a的式子表示)。 

(2)稀释后的溶液中H+的物质的量浓度为　　　　　　　　mol·L-1。 

(3)若a=9,则收集到NO2和NO混合气体在标准状况下的体积为　　　　L。 

答案全解全

易混易错练

1.B　检验Cl-用AgNO3溶液,检验OH-用Mg(NO3)2溶液,检验C用Ba(NO3)2溶液,而AgNO3与Cl-、C、OH-均反应,所以不能先检验Cl-;Mg(NO3)2与C、OH-反应均能生成白色沉淀;Ba(NO3)2只与C反应生成BaCO3白色沉淀,所以应先检验C,再检验OH-,最后检验Cl-。

2.A　加入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,则说明该气体为氨气,原溶液中一定有N,A项正确;原溶液中若含HC,加入稀盐酸后也会产生无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的CO2气体,B项错误;产生的不溶于盐酸的白色沉淀也可能是AgCl,则原溶液中不一定有S,C项错误;用盐酸酸化引入了Cl-,故不能证明原溶液中是否含有Cl-,D项错误。

3.C　①中氯化铵固体受热分解生成氨气和氯化氢,在试管口处氨气和氯化氢遇冷又重新化合生成固体氯化铵,无法得到氨气;②中漏斗没入水下起不到防倒吸的作用,应使倒置漏斗的上边缘紧贴水面;③氧化钙能与浓氨水中的水反应生成氢氧化钙,同时放出大量的热,一水合氨受热分解放出氨气;④中的收集装置应在试管口塞一团棉花。

4.C　氮气与氢气化合生成氨气为可逆反应,不能进行到底,得到的产物不纯净,且条件要求高,适合工业制备氨气,不适合实验室制备,故A错误。NH4HCO3受热分解生成氨气、H2O和二氧化碳,二氧化碳影响氨气的收集,所以不适合实验室制备,故B错误。将浓氨水向生石灰固体上滴加,CaO与水反应生成Ca(OH)2,同时放出大量的热,NH3·H2O不稳定,受热易分解生成NH3,适合实验室制备氨气,故C正确。将NH4Cl稀溶液和NaOH稀溶液混合,生成一水合氨和氯化钠,得不到氨气,故D错误。

5.D　二氧化硅难溶于水,A错误;二氧化硅可与氢氟酸反应,B错误;二氧化硅和烧碱反应生成硅酸钠和水,二氧化硅和氢氟酸反应生成SiF4和H2O,SiF4不属于盐,故二氧化硅不属于两性氧化物,C错误;二氧化硅的熔点高、硬度大,D正确。

易错分析　(1)SiO2既能与HF反应又能与强碱发生反应,但其不是两性氧化物而是酸性氧化物。

(2)SiO2不能与H2O反应生成H2SiO3。

6.A　二氧化硅不能和水反应制得H2SiO3,故A错误;SiO2可用于制造光导纤维,故B正确;生产普通玻璃的主要原料是纯碱、石灰石和石英砂,故C正确;二氧化硅能与NaOH溶液反应生成硅酸钠,能把玻璃塞和玻璃瓶粘在一起,故D正确。

7.C　①SO2使品红溶液褪色,是因为二氧化硫与有色物质生成不稳定的无色物质,不是氧化还原反应;②Cl2使品红溶液褪色,是因为氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性;③Na2O2加入含酚酞的水溶液中,先变红后褪色,是因为过氧化钠与水反应生成NaOH,能使含酚酞的水溶液变红,且过程中有H2O2生成,H2O2具有强氧化性,会使溶液褪色;④SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色,是利用SO2的还原性;故有色溶液褪色原理相同的是②③。

易错分析　SO2使溴水、酸性高锰酸钾溶液等具有强氧化性的物质褪色,体现了SO2的还原性。

8.B　二氧化硫与溴水、酸性KMnO4溶液均发生氧化还原反应,体现其还原性,A错误;氯气不具有漂白性,二氧化硫可以使石蕊试液变红但不会褪色,C错误;盐酸与氢氧化钠发生中和反应,中性、酸性条件下酚酞为无色,盐酸不具有漂白性,D错误。

思想方法练

1.A　铜粉加入到100 mL某浓度的稀硝酸中,充分反应后,容器中剩余铜粉的质量为m1,反应生成NO的物质的量为n(NO)=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为止,N完全反应:3Cu+8H++2N 3Cu2++2NO↑+4H2O,容器剩余铜粉的质量为m2,(m1-m2)为加入足量稀硫酸后与溶液中N反应的铜的质量,则由反应3Cu+8H++2N 3Cu2++2NO↑+4H2O可知0.06 mol N反应消耗Cu的物质的量是n(Cu)=3/2×n(N)=3/2×0.06 mol=0.09 mol,所以m1-m2=0.09 mol×64 g/mol=5.76 g。

2.C　根据题述一系列变化最终Fe全部被氧化为Fe2O3,Fe元素的化合价由0价升高为+3价,部分HNO3被还原为NO,N元素的化合价由+5价降低为+2价,根据得失电子守恒,3n(Fe)=3n(NO),n(NO)=n(Fe)==0.15 mol,在标准状况下NO的体积为0.15 mol×22.4 L/mol=3.36 L=3 360 mL。

方法点津　该题中化合价发生变化的元素是Fe、N,根据得失电子守恒可知,0.15 mol Fe失去的电子的物质的量等于HNO3被还原为NO得到电子的物质的量,得n(NO)=n(Fe),据此解答。

3.B　稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐,所以1 mol M失去2 mol电子,设5 mol M与12 mol HNO3反应,5 mol M失去10 mol电子,而12 mol HNO3中,只有2 mol硝酸被还原,共得到10 mol电子,硝酸中氮元素的化合价为+5价,所以还原产物是0价的N2,B项正确。

4.D　已知氧化性:N>Fe3+>H+,向稀H2SO4和稀HNO3的混合溶液中加入Fe,OA段发生的反应为Fe+N+4H+ Fe3++NO↑+2H2O;当溶液中N完全被消耗后,过量的Fe能和Fe3+反应生成Fe2+:Fe+2Fe3+ 3Fe2+;当Fe3+完全反应后,过量的Fe和H+反应生成Fe2+和H2:Fe+2H+ Fe2++H2↑。由以上分析可知,开始生成的气体是NO,A错误;AB段发生的反应是Fe和Fe3+反应,不是置换反应,B错误;A点对应的气体是NO,生成的NO的物质的量是0.05 mol,根据氮原子守恒可知,稀硝酸的物质的量浓度是=1.0 mol·L-1,C错误;生成氢气的体积是0.56 L,物质的量为0.025 mol,所以反应中共转移电子0.05 mol×3+0.025 mol×2=0.2 mol,参加反应的Fe最终在溶液中以Fe2+的形式存在,因此根据得失电子守恒可知,消耗铁的物质的量是0.1 mol,质量是5.6 g,D正确。

5.B　Mg、Cu与稀硝酸发生反应时均失去电子变为+2价金属阳离子,部分硝酸得到电子变为NO。根据得失电子守恒可得2n(金属)=3n(NO)=3×=0.6 mol,所以加入合金的物质的量为0.3 mol,A正确;根据3Mg+8HNO3(稀) 3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知,被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比为1∶3,B错误;Mg2+、Cu2+的总物质的量为0.3 mol,与NaOH反应时消耗NaOH的物质的量为0.3 mol×2=0.6 mol,所以V(NaOH)=0.6 mol÷3 mol·L-1=0.2 L=200 mL,C正确;生成沉淀的质量比原合金的质量增加0.3 mol×2×17 g·mol-1=10.2 g,D正确。

6.B　NO是Cu与稀硝酸反应生成的,HNO3中N元素化合价从+5价降低到+2价,生成1 mol NO,转移3 mol电子,因此生成0.01 mol NO时,转移电子0.03 mol,A项错误;Cu的化合价从0价升高到+2价,Cu2O中的Cu的化合价从+1价升高到+2价,转移的电子的物质的量为0.03 mol,根据得失电子守恒有n(Cu2O)= mol=0.005 mol,由Cu原子守恒有n(CuO)=-0.01 mol-0.005 mol×2=0.005 mol,则a∶b=1∶1,B项正确;被还原的硝酸的物质的量为0.01 mol,C项错误;少量铁与硝酸反应生成硝酸铁,只有当铁粉过量时才能生成硝酸亚铁,D项错误。

7.A　根据原子守恒、得失电子守恒解答。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→NaNO2,51.2 g Cu的物质的量为0.8 mol,共失电子0.8 mol×2=1.6 mol,由得失电子守恒可知HNO3得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;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)0.05a-0.3　(2)1.0　(3)3.36

解析　得到NO2和NO的混合气体,说明原硝酸溶液为浓HNO3。发生的反应有Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O和3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。由n(Cu)==0.1 mol和反应后溶液中含有n(N)=0.1 L×3 mol·L-1=0.3 mol可知,反应完毕后还有HNO3剩余。剩余n(HNO3)为0.3 mol-0.1 mol×2=0.1 mol。

(1)由氮原子守恒得n(NO2)+n(NO)=n(HNO3)总-n(N)余=(0.05a-0.3)mol。

(2)n(H+)=n(HNO3)剩余=0.3 mol-0.2 mol=0.1 mol,则c(H+)==1.0 mol·L-1。

(3)当a=9时,硝酸的总物质的量为0.45 mol,则收集到混合气体的总物质的量为0.45 mol-0.3 mol=0.15 mol,体积为0.15 mol×22.4 L·mol-1=3.36 L。