高中化学 第四章非金属及其化合物第一节 第三课时练习新人教版必修1.doc

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1、高中化学 第四章非金属及其化合物第一节 第三课时练习 新人教版必修1一、选择题(每题有1个或2个选项符合题意)1(湖南株洲市20092010学年度高一上学期期末三校联考)以下反响中，硝酸既表现酸性，又表现氧化性的是()AFe2O3跟稀硝酸反响BFe(OH)2跟稀硝酸反响CCuO跟稀硝酸反响DAl(OH)3跟稀硝酸反响【答案】B【点拨】Fe(OH)2与HNO3反响时，2价铁可被硝酸氧化成3，HNO3表现出强氧化性。反响中同时生成硝酸盐，硝酸表现出酸性。2(山东省德州一中20092010学年度高一上学期期末考试)关于以下事实的解释错误的选项是()A在蔗糖中参加浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱

2、水性B浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定C常温下，浓硝酸能够用铝罐储存，说明铝与浓硝酸不反响D向碘水中滴加CCl4，振荡静置后分层，CCl4层呈紫红色，说明可用CCl4从碘水中萃取碘【答案】C【点拨】铝在常温下在浓硝酸中钝化，不是不发生反响。3以下有关硝酸的说法中正确的选项()A硝酸的酸酐是NO2B硝酸具有强氧化性和不稳定性C硝酸通常略显黄色，是由于在其中溶解了Fe3的缘故D稀硝酸与铜反响，氮元素化合价由5价降为2价；浓硝酸与铜反响，氮元素化合价由5价降为4价。由前后降价的多少可知，稀硝酸的氧化性比浓硝酸强【答案】C【点拨】铝在常温下在浓硝酸中钝化，不是不发生反响。4木炭屑与浓HNO3共

3、热，产生的气体等分为和两份，将第份气体先导入适量蒸馏水中再导入石灰水中，将第份气体直截了当导入石灰水中，则石灰水的变化可能是()A不变浑浊，变乳白色B变乳白色，不变浑浊C变乳白色，变乳白色D不变浑浊，变浅黄色【答案】B【点拨】C与浓HNO3反响产生的气体为NO2和CO2的混合气体，先通入蒸馏水时，由于发生反响3NO2H2O=2HNO3NO，再导入澄清石灰水时，NO不与石灰水反响，CO2与Ca(OH)2反响产生CaCO3沉淀，故变浑浊；气体直截了当导入澄清石灰水，因发生反响3NOH2O=2HNO3NO而使溶液显酸性，无法构成CaCO3沉淀，故不变浑浊。5用以下三种途径来制取一样质量的硝酸铜()铜

4、与浓硝酸反响铜与稀硝酸反响铜先跟氧气反响生成氧化铜，氧化铜再跟稀硝酸反响。以下表达中正确的选项A三种途径所耗费的铜的物质的量相等B三种途径所耗费的硝酸的物质的量相等C所耗费铜的物质的量是：途径途径途径D所耗费的硝酸的物质的量是：途径途径途径【答案】AD【点拨】由于制取的Cu(NO3)2的量一样，据铜元素守恒可知A项正确；依照三种途径反响的化学方程式容易确定D项正确。6以下气体的制备可采纳以下图装置的是()A铜与浓硝酸反响制NO2B铜与稀硝酸反响制NOC乙醇与浓硫酸反响制乙烯D氯化钠与浓硫酸反响制HCl【答案】B【点拨】通常在搜集NO2、HCl都不能用排水；制乙烯时需要温度计以便于操纵温度，故此

5、套装置只能用来制取NO。7把铁粉投入40mL某HNO3溶液中，充分反响后剩余固体，产生NO2和NO的混合气体0.08mol。假设不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度为()A3.5molL1B4.5molL1C7.0molL1 D9.0molL1【答案】C【点拨】Fe剩余则生成Fe(NO3)2，利用原子守恒据FeFe(NO3)22HNO3，HNO3可知：被复原的HNO3未被复原的HNO3因而：c(HNO3)7.0molL1。8在铜跟稀硝酸的反响中，假如有1mol硝酸被复原，则被氧化的铜的物质的量为()A3/8moL B8/3molC3mol D3/2mol【答案】D【点拨】被复原

6、的HNO3的物质的量等于复原产物NO的物质的量，即n(被复原HNO3)n(NO)1mol。设被氧化的铜的物质的量为x。3Cu8HNO3=3Cu(NO3)22NO4H2O3mol2molx 1molx3/2mol9将足量的铜屑参加到浓度均为2molL1的HNO3和H2SO4的混合溶液100mL中，充分反响后，转移电子的物质的量为()A0.6mol C0.45mol 【答案】C【点拨】该反响的离子方程式为：3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O 28 不难看出，Cu、NO过量，因而利用H可求得反响的铜为0.225mol，则转移的电子为：0225mol20.45mol。10以下有关试剂的保存方法，

7、错误的选项是()A浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中B少量的钠保存在煤油中C氢氧化钠溶液保存在有橡皮塞的玻璃试剂瓶中D新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中【答案】A【点拨】浓HNO3应保存在棕色玻璃瓶中；钠易被氧化且密度大于煤油，少量钠常保存在煤油中；氢氧化钠与玻璃成分之一SiO2反响，不能用玻璃塞试剂瓶盛其溶液；新制氯水中HClO见光易分解，需保存在棕色瓶中。11将一样质量的铜分别和过量浓硝酸、稀硝酸反响，以下表达正确的选项()A反响速率：两者一样B耗费硝酸的物质的量：前者多，后者少C反响生成气体的颜色：前者浅，后者深D反响中转移的电子总数：前者多，后者少【答案】B【点拨】一要细心审题，“一样质量

8、”“过量”等非常重要，二要精确掌握反响。Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O硝酸越浓，反响速率越快；浓HNO3耗费的量多；由于参加反响的Cu的质量一样，转移电子总数一样。12锌与非常稀的硝酸反响生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1mol硝酸锌时，被复原的硝酸的物质的量为()A2mol B1molC0.5mol 【答案】D【点拨】锌在反响时失去2mol e，而1mol HNO3转化为NH时得到8mol e，故被复原的硝酸是0.25mol。解答该题时要留意参加反响的硝酸与被复原的硝酸二者间的区别。13某合金(仅含铜、铁)中铜和铁

9、的物质的量之和为ymol，其中Cu的物质的量分数为a，将其全部投入50mL bmolL1的硝酸溶液中，加热使其充分反响(假设NO是唯一的复原产物)。以下说法正确的选项()A假设金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，金属又开场溶解B假设金属全部溶解，则溶液中一定含有Fe3C假设金属全部溶解，且产生336mL气体(标准情况)，则bD当溶液中金属离子只有Fe3、Cu2时，则a和b的关系为b80y(1)【答案】AD【点拨】A项，溶液中还含有NO。B项，Fe3是否含有取决于Fe和HNO3的量。C项，溶液中还含有NO。D项，由于溶液中只有Fe3、Cu2说明HNO3足量。故其浓度可由下面两反响求得：Fe4HNO

10、3=Fe(NO3)3NO2H2O；3Cu8HNO3=3Cu(NO3)22NO4H2O。14(山东省德州一中20092010学年度高一上学期期末考试)将1.92 g铜粉与一定量浓硝酸反响，当铜粉完全作用时，搜集到气体(标准情况)，则所耗费硝酸的物质的量为()A0.12 mol B0.11 molC0.09 mol D0.08 mol【答案】B【点拨】n(HNO3)2n(Cu)n(NO)20.11 mol。二、非选择题15a、b、c、d、e是含有一种一样元素的五种物质，可发生如下转化：其中：a是单质；b是气体；c、d是氧化物；e是最高价氧化物对应的水化物。(1)假如a是一种淡黄色粉末固体，试推断这

11、五种物质(用名称表示)：a_；b_；c_；d_；e_。(2)假如a是一种常见气体，试推断这五种物质(用化学式表示)：a_；b_；c_；d_；e_。【答案】(1)硫硫化氢二氧化硫三氧化硫硫酸(2)N2NH3NONO2HNO316在浓硝酸中放入铜片(1)反响开场时的化学方程式：_，实验现象为_。(2)假设铜片有剩余，则反响将要完毕时的化学反响方程式_。(3)待反响停顿后，再参加少量25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，缘故是_。(4)假设将铜跟一定量的浓硝酸反响，铜耗费完后，共产生气体(标准情况)，则所耗费的硝酸的物质的量是_，所得气体的平均相对分子质量为_。【解析】铜跟浓硝酸反响时，随着反响的

12、进展，硝酸的浓度逐步减小，故反响后阶段发生的是铜与稀硝酸的反响。铜过量时，反响后的体系中有Cu、Cu2、NO，参加稀硫酸后，硫酸电离的H与溶液中的NO离子共存，又相当于构成了硝酸溶液，故铜又溶解。不管气体全部是NO2，依然NO2和NO的混合气体，依照硝酸在反响中的作用可知：硝酸总物质的量起酸性作用的硝酸的物质的量起氧化性作用的硝酸的物质的量即n(HNO3)2n(Cu)n(气体)2/64g/mol/mol假设气体全部是NO22的体积为x，则有Cu4HNO3(浓)Cu(NO3)22NO22H2O64g128g x解得：x因而，2和NO的混合气体。铜的物质的量为0.2mol，依照得失电子数目相等有：

13、解得由n(NO2)和n(NO)求得混合气体的平均相对分子质量为41.2。【答案】(1)Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O，铜片逐步溶解，溶液变为蓝色，有红棕色气体产生(2)3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O(3)参加稀硫酸后，硫酸溶液提供的H与溶液中的NO共存，又相当于构成了硝酸溶液，故铜又溶解17在浓硝酸中放入铜片，(1)开场反响的化学方程式_，实验现象为_。(2)假设铜有剩余，则反响将要完毕时的反响方程式是_。(3)待反响停顿后，再加少量的25%的稀硫酸，这时铜片又有气泡产生，其缘故是_(4)假设将12.8 g铜跟一定量的浓硝酸反响，铜耗完时，共产

14、生气体5.6 L(标准情况)。则所耗费的硝酸的物质的量是_，所得气体的平均相对分子质量为_。【解析】(2)随着反响的进展，硝酸浓度不断减小，故反响后续阶段发生的是铜与稀HNO3的反响。(4)n(NOx)0.25 mol，故耗费n(HNO3)2n(Cu)n(NOx)20.25 mol0.65 mol。设产生NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为(0.25 molx)。依照得失电子守恒，得以下方程：x1(0.25 molx)32，解得x0.175 mol41.2 gmol1故所得气体的平均相对分子质量为41.2。【答案】(1)Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O溶液逐步变蓝，有

15、红棕色气体逸出(2)3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO24H2O(3)参加稀H2SO4后，与原溶液中的NO构成具有强氧化性的HNO3，又能与过量的Cu反响【点拨】NO在酸性溶液中有强氧化性，可接着溶解金属。关于反响受试剂妨碍的情况，像此题及浓H2SO4参与的一些反响，要考虑该试剂的量是否“足量”，假设“足量”则不计浓度变化要素，假设“一定量”或“适量”则必需考虑浓度变化产生的妨碍。18在100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L，向该混合液中参加铜粉，加热充分反响后，所得溶液中Cu2的物质的量浓度是多少？【解析】硝酸和金属反响时

16、，随反响情况不同，产物不同，有时甚至出现多种产物混合现象(如NO、NO2混合，NO、NO2、N2O4混合，Fe2、Fe3混合等)，假如采纳一般解题方法，依照化学方程式分步计算，计算步骤十分繁琐，造成简单咨询题复杂化。假如采纳守恒方法来解，常常能够使咨询题得到简化。此类标题的守恒通常依照两个方面：原子守恒：n(总的硝酸)n(和金属离子结合NO)n(复原产物中氮原子)n(剩余硝酸)电子守恒：金属失去电子的物质的量等于氧化剂转化为复原产物(氮的氧化物)时所得到电子的物质的量。【答案】2SO43为稀硝酸，故此题中Cu发生反响的离子方程式为：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O，由于n(Cu)0.0

17、3mol，n(NO)0.4mol/L0.04mol，n(H)0.4mol/L因而Cu、NO都过量，用H计算生成的Cu2的物质的量。n(Cu2)0.0225mol，因而c(Cu2)0.225mol/L。答：所得溶液中Cu2的物质的量的溶液为0.225mol/L。19将23.9 g外表已锈蚀成铜绿Cu2(OH)2CO3的铜片投入120 mL一定浓度的硝酸中，充分反响后，硝酸被复原成NO2和NO，反响后溶液中的H为0.16 mol。往反响后的溶液中参加过量的NaOH溶液，滤出沉淀、洗涤、枯燥后得到29.4 g蓝色固体。求：(1)铜片中单质铜的质量分数。(2)铜片与硝酸充分反响后，溶液中NO的物质的量

18、浓度(假设反响前后溶液的体积不变)。【答案】(1)53.6%(2)6.33 mol/L【点拨】(1)最后得到的蓝色固体为Cu(OH)2，nCu(OH)20.3 mol，设23.9 g外表已锈蚀成铜绿的铜片中含Cu、Cu2(OH)2CO3的物质的量分别为x、y，则：64 g/molx222 g/moly23.9 g，x2y0.3 mol(Cu元素守恒)，解得x0.2 mol，y0.05 mol。m(Cu)64 g/mol0.2 mol12.8 g，w(Cu)100%53.6%。(2)铜片与硝酸充分反响后，溶液中的NO来自于Cu(NO3)2和过量的HNO3。n(NO)2nCu(NO3)2n(HNO3)0.3 mol20.16 mol0.76 mol，c(NO)6.33 mol/L。