高中化学人教版 (新课标)必修1第四章 非金属及其化合物综合与测试复习练习题

这是一份高中化学人教版 (新课标)必修1第四章 非金属及其化合物综合与测试复习练习题，共13页。试卷主要包含了下列物质的用途不正确的是，下列说法不正确的是，下列说法正确的是，下列离子在溶液中能大量共存的是等内容，欢迎下载使用。


本章复习提升
易混易错练
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
易错点1　忽视硅及其化合物的性质与用途
1.(2019湖南茶陵三中高二期中,★☆☆)下列物质的用途不正确的是(　　)
A.单质硅用来制作芯片
B.水晶、玛瑙制作工艺品和饰品
C.硅酸钠用作防火材料
D.二氧化硅制作太阳能电池

易错点2　忽视氯水成分的多样性
2.(★★☆)下列说法不正确的是(　　)
A.新制氯水可使紫色石蕊溶液先变红后褪色
B.将鲜花放入盛有氯气的集气瓶中,鲜花褪色,说明氯气具有漂白性
C.干燥的氯气和氯水均能使鲜花褪色
D.氯气本身没有漂白性,次氯酸才有漂白性

易错点3　忽视次氯酸、次氯酸盐的强氧化性
3.(★★☆)将紫色石蕊溶液滴入氢氧化钠溶液中,溶液变蓝色,再通入过量氯气时溶液由蓝变红,最后颜色慢慢消失,发生上述现象的原因是(　　)
①氯气本身有漂白性 ②氯气与氢氧化钠反应
③盐酸有酸性 ④次氯酸有漂白性
⑤次氯酸钠本身有漂白性
A.①②③ B.②③④ C.②③⑤ D.全部

易错点4　混淆二氧化硫的漂白性和还原性
4.(★★☆)下列变化可以说明SO2具有漂白性的是(　　)
A.SO2通入溴水中,溴水褪色
B.SO2通入酸性高锰酸钾溶液中,溶液的紫红色褪去
C.SO2通入品红溶液中,溶液的红色褪去
D.SO2通入滴有酚酞溶液的氢氧化钠溶液中,溶液的红色褪去
5.(2019甘肃兰州一中高一上期末,★★☆)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
易错点5　忽视酸性条件下NO3-的强氧化性
6.(★★☆)在稀硫酸中加入铜粉,铜粉不溶,再加入下列物质:①FeCl3、②Fe2O3、③Cu(NO3)2、④KNO3,铜粉溶解的是(　　)
A.只有①② B.只有②④
C.只有①②③ D.全部
7.(2019湖南衡阳一中高一上期末,★★☆)下列离子在溶液中能大量共存的是(　　)
A.NH4+、Ba2+、Cl-、CO32- B.Cl-、NO3-、Fe2+、H+
C.K+、Na+、SO42-、MnO4- D.Na+、H+、NO3-、HCO3-

易错点6　忽视浓度对化学性质的影响
8.(2019湖北师大附中高一期末,★★☆)下列关于硫酸性质的描述中,正确的是(　　)
A.浓硫酸有氧化性,稀硫酸无氧化性
B.由于浓硫酸具有吸水性,可以使蔗糖变黑
C.在受热的情况下浓硫酸也不与铁、铝发生反应
D.稀硫酸与铜不反应,但浓硫酸在加热条件下可与铜反应
9.(★★☆)用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　　)
A.50 mL 18.4 mol·L-1的浓硫酸与足量的铜在加热条件下反应,生成SO2分子的数目为0.46NA
B.3.2 g Cu与足量浓硝酸反应生成的气体为0.2 mol
C.在标准状况下,含4 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应可生成22.4 L氯气
D.1 mol Cu在加热条件下与足量浓硫酸反应产生1 mol SO2
易错点7　误认为“钝化”是不发生反应
10.(★★☆)下列有关实验设计、实验现象和解释或结论都正确的是(　　)
选项
实验设计
实验现象
解释或结论
A
向过量的Fe粉中加入稀HNO3,充分反应后,滴入KSCN溶液
溶液呈红色
稀HNO3将Fe氧化为Fe3+
B
常温下将铝和铁放入浓HNO3中
钝化
铝和铁与浓HNO3不反应
C
向某溶液中加入CCl4
液体分层,下层CCl4显紫色
原溶液中存在I-
D
用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上
试纸变蓝
浓氨水呈碱性

思想方法练
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
“守恒思想”在硝酸与金属反应计算中的应用
1.(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
2.(2019海南琼海嘉积中学高三月考,★★☆)足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体,这些气体与1.68 L(标准状况)O2混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L-1氢氧化钠溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是(　　)
A.60 mL B.45 mL
C.30 mL D.15 mL
3.(★★☆)3.2 g铜与过量硝酸(8 mol·L-1、30 mL)充分反应,硝酸的还原产物为二氧化氮和一氧化氮,反应后溶液中含a mol氢离子,则此时溶液中所含硝酸根离子的物质的量为(　　)
A.(0.2+a) mol B.(0.1+a) mol
C.(0.05+a) mol D.a mol
4.(★★☆)在100 mL的稀硝酸中加入由铜和镁组成的2.64 g混合物,固体恰好完全溶解时收集到0.896 L(标准状况)NO气体。向反应后的溶液中加入60 mL NaOH溶液,金属离子恰好沉淀完全。下列说法正确的是　(　　)
A.原硝酸溶液的物质的量浓度为1.2 mol/L
B.形成的沉淀的质量为4.32 g
C.混合物中Cu的质量为1.92 g
D.NaOH溶液的物质的量浓度为1 mol/L
5.(★★☆)1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL 14 mol/L的浓硝酸中,得到NO2和N2O4的混合气体1 120 mL(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液,当金属离子全部沉淀时,得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是(　　)
A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1
B.得到2.54 g沉淀时,加入NaOH溶液的体积是600 mL
C.NO2和N2O4的混合气体中,NO2的体积分数是80%
D.与铜镁合金反应的HNO3的物质的量为0.12 mol
6.(2019浙江东阳中学高二期中,★★☆)将镁铝铁合金投入到300 mL硝酸溶液中,金属恰好完全溶解生成Mg2+、Al3+和Fe3+;硝酸全部被还原为一氧化氮,其体积为6.72 L(标准状况),当加入300 mL某浓度氢氧化钠溶液时,金属阳离子恰好全部沉淀,干燥后测得沉淀质量为27.2 g。下列有关推断正确的是(　　)
A.参加反应的硝酸的物质的量为0.9 mol
B.参加反应的金属的质量为11.9 g
C.硝酸的物质的量浓度为3 mol/L
D.氢氧化钠的物质的量浓度为6 mol/L
7.(★★☆)现将1.92 g铜投入一定量的浓硝酸中,铜完全溶解,生成的气体颜色越来越浅,共收集到标准状况下的气体672 mL,将盛有该气体的容器倒扣在水中,通入标准状况下一定体积的氧气,恰好使气体完全溶于水中,则通入氧气的体积是(　　)
A.168 mL B.224 mL C.504 mL D.336 mL
8.(2019河北保定一中高三月考,★★☆)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、NO2、N2O4)的混合物共0.8 mol,这些气体恰好能被600 mL 2.0 mol·L-1NaOH溶液完全吸收,溶液中生成NaNO3和NaNO2,则被Cu还原的硝酸的物质的量为(　　)
A.0.6 mol B.0.8 mol C.1 mol D.1.2 mol
9.(★★☆)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,也是还原产物
10.(★★★)将6.4 g铜加入到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NO3-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体积为　　　　L。 

答案全解全析
易混易错练
1.D　单质硅可以做半导体、硅芯片和太阳能电池,A正确;水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅,可以制作工艺品和饰品,B正确;硅酸钠可以用作木材的防火材料和防腐材料,C正确;二氧化硅可制作光导纤维,太阳能电池的主要材料为单质硅,D错误。
2.B　本题容易忽略鲜花中有水而错选C。新制氯水中含有次氯酸和H+,溶液呈酸性,次氯酸具有漂白性,所以新制氯水可使紫色石蕊溶液先变红后褪色,A项正确;氯气与水反应生成次氯酸,次氯酸具有漂白性,氯气没有漂白性,B项错误;因干燥的氯气遇到鲜花中的水生成次氯酸,氯水中含有次氯酸,所以都能使鲜花褪色,C项正确;次氯酸具有漂白性,氯气没有漂白性,D项正确。
3.B　紫色石蕊溶液滴到NaOH溶液中显蓝色,若其中的NaOH消耗完,则蓝色将变为紫色(石蕊溶液本身的颜色);若溶液为酸性,则溶液变为红色。在具有漂白性物质的作用下,溶液颜色将慢慢消失。当过量Cl2通入该溶液时,由于Cl2与NaOH反应,NaOH被消耗,继续通入的Cl2与H2O反应生成HCl和HClO,使溶液显酸性,最终在次氯酸分子的作用下,溶液褪色。发生题述变化的原因应为②③④。
4.C　二氧化硫气体分别通入溴水和酸性高锰酸钾溶液中,溶液褪色,体现了二氧化硫的还原性,A、B错误;二氧化硫使品红溶液褪色,体现了二氧化硫的漂白性,C正确;滴有酚酞溶液的氢氧化钠溶液呈红色,通入SO2后发生反应SO2+2NaOH Na2SO3+H2O,溶液的红色褪去,体现了SO2酸性氧化物的性质,D错误。
5.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。
6.D　铜粉在稀硫酸中不溶解,当加入①、②两种物质时,相当于加入了Fe3+,会发生反应Cu+2Fe3+ 2Fe2++Cu2+,铜粉会溶解;当加入③、④两种物质时,溶液中含有NO3-,会发生反应3Cu+8H++2NO3- 3Cu2++2NO↑+4H2O。因此加入题述物质都可使其溶解。
7.C　Ba2+与CO32-反应产生碳酸钡沉淀而不能大量共存,A错误;NO3-、H+与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存,B错误;K+、Na+、SO42-、MnO4-各离子之间相互不反应,能大量共存,C正确;H+与HCO3-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存,D错误。
8.D　稀硫酸中H+体现氧化性,A错误;浓硫酸使蔗糖脱水炭化而变黑,体现脱水性,B错误;常温下,铁、铝在浓硫酸中发生钝化形成致密的氧化膜,加热时,氧化膜被破坏,铁、铝与浓硫酸继续反应,C错误;铜是不活泼金属,与稀硫酸不反应,由于浓硫酸具有强氧化性,加热时与铜反应生成CuSO4、SO2和H2O,D正确。
9.D　A项,随着反应的进行,浓硫酸浓度逐渐变小,稀硫酸不与铜反应,因此生成SO2分子的数目小于0.46NA,错误;B项,3.2 g铜的物质的量为0.05 mol,与足量浓硝酸反应失去0.1 mol电子,根据得失电子守恒,能够生成0.1 mol二氧化氮,错误;C项,在浓盐酸与二氧化锰的反应中,若完全反应,4 mol HCl能够生成1 mol Cl2,而在实际反应过程中,浓盐酸变成稀盐酸后,反应停止,生成的Cl2的物质的量小于1 mol,则标准状况下生成的Cl2的体积小于22.4 L,错误;D项,1 mol铜与足量浓硫酸完全反应生成1 mol二氧化硫,正确。
10.D　硝酸和铁反应生成硝酸铁,铁过量时,铁和Fe3+反应生成亚铁离子,滴入硫氰化钾溶液不呈红色,A项错误;常温下,铝和铁在浓HNO3中生成一层氧化物保护膜,阻止了反应继续进行,不是不发生反应,B项错误;原溶液中含有碘单质,不是碘离子,C项错误;红色石蕊试纸遇碱液变蓝,D项正确。
思想方法练
1.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)=0.01mol×3-0.01mol×22 mol=0.005 mol,由Cu原子守恒有n(CuO)=6.0mol·L-1×0.01 L-0.01 mol2-0.01 mol-0.005 mol×2=0.005 mol,则a∶b=1∶1,B项正确;被还原的硝酸为生成NO的硝酸,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。
2.A　由题意可知HNO3 NO2N2O4NO,由关系式分析可得:Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)=2n(O2)=2×1.68 L22.4 L·mol-1=0.15 mol。根据NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式:n(NaOH)=2n[Cu(NO3)2]=2n(Cu)=0.3 mol,则V(NaOH溶液)=0.3mol5mol·L-1=0.06 L=60 mL。
3.B　铜与硝酸可能发生反应的化学方程式有:Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。硝酸铜的物质的量为3.2 g64 g·mol-1=0.05 mol,溶液中所含硝酸根离子的物质的量为0.05 mol×2+a mol=(0.1+a) mol。
4.C　铜和镁都是+2价金属,二者与稀硝酸反应都生成NO气体,根据n=VVm计算出NO的物质的量,然后设出Cu、Mg的物质的量,利用得失电子守恒可计算出铜和镁的总物质的量,从而可知生成氢氧化铜、氢氧化镁的物质的量。硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为0.896 L,物质的量为0.896 L22.4 L/mol=0.04 mol,所以转移的电子的物质的量为0.04 mol×(5-2)=0.12 mol,最后沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2,金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量,则沉淀中氢氧根离子的物质的量为0.12 mol,所以最后沉淀质量为2.64 g+0.12 mol×17 g/mol=4.68 g,根据氮原子守恒,硝酸的物质的量为0.12 mol+0.04 mol=0.16 mol,金属的物质的量为0.06 mol,质量为2.64 g,设铜的物质的量为x mol,镁的物质的量为y mol,有方程组:x+y=0.06,64x+24y=2.64,解得x=0.03,y=0.03;加入的氢氧化钠的物质的量为0.12 mol。原硝酸溶液的物质的量浓度为0.16mol0.1 L=1.6 mol/L,A错误;形成的沉淀的质量为4.68 g,B错误;混合物中Cu的质量为0.03 mol×64 g/mol=1.92 g,C正确;NaOH溶液的物质的量浓度为0.12mol0.06 L=2 mol/L,D错误。
5.B　金属离子全部沉淀时,得到的2.54 g沉淀为氢氧化铜和氢氧化镁,故沉淀中的氢氧根离子的质量为2.54 g-1.52 g=1.02 g,其物质的量为1.02 g17 g/mol=0.06 mol,根据电荷守恒可知,金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量,设铜和镁合金中铜和镁的物质的量分别为x mol、y mol,则有2x+2y=0.06,64x+24y=1.52,解得x=0.02,y=0.01。则该合金中铜和镁的物质的量之比为2∶1,A正确;标准状况下1.12 L气体的物质的量为1.12 L22.4 L/mol=0.05 mol,设混合气体中的二氧化氮的物质的量为a mol,则四氧化二氮的物质的量为(0.05-a)mol,根据得失电子守恒可知,a×1+(0.05-a)×2×1=0.06,解得a=0.04,则混合气体中含有二氧化氮0.04 mol,四氧化二氮0.01 mol,二氧化氮和四氧化二氮的混合气体中,二氧化氮的体积分数为0.040.05×100%=80%,C正确;50 mL浓硝酸中含有硝酸的物质的量为14 mol/L×0.05 L=0.7 mol,反应后的溶质为硝酸钠,根据氮原子守恒,硝酸钠的物质的量为0.7 mol-0.04 mol-(0.05-0.04)×2 mol=0.64 mol,故需要氢氧化钠溶液的体积为0.64mol1.0mol/L=0.64 L=640 mL,B错误;铜和镁的物质的量分别为0.02 mol、0.01 mol,则生成硝酸铜和硝酸镁分别为0.02 mol、0.01 mol,得到的混合气体中含有二氧化氮0.04 mol,四氧化二氮0.01 mol,则消耗硝酸的物质的量为0.02 mol×2+0.01 mol×2+0.04 mol+0.01 mol×2=0.12 mol,D正确。
6.B　将镁铝铁合金溶于稀硝酸中,分别生成Mg2+、Al3+、Fe3+,根据得失电子守恒,金属共失去电子的物质的量为6.72 L22.4 L/mol×(5-2)=0.9 mol,反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量,即n(OH-)=n(NO3-)=0.9 mol,则参加反应的硝酸的物质的量为n(NO3-)+n(NO)=0.9 mol+0.3 mol=1.2 mol,A错误;反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)=金属质量+0.9 mol×17 g/mol=27.2 g,则金属的质量为27.2 g-15.3 g=11.9 g,B正确;参加反应的硝酸的物质的量为1.2 mol,硝酸的物质的量浓度为1.2 mol÷0.3 L=4 mol/L,C错误;沉淀达到最大量时,溶液中的溶质为硝酸钠,由钠原子守恒可知,氢氧化钠的物质的量浓度为0.9 mol÷0.3 L=3 mol/L,D错误。
7.D　1.92 g Cu的物质的量为1.92 g64 g/mol=0.03 mol,反应时失去电子数目为2×0.03 mol=0.06 mol,整个反应过程为HNO3与铜反应转化为NO2和NO,而生成的NO2和NO在水中与氧气完全转化为HNO3,反应前后NO3-的物质的量不变,而化合价变化的只有铜和氧气,则Cu失去的电子数目等于O2得到的电子数目,所以消耗氧气的物质的量为0.064 mol=0.015 mol,则V(O2)=0.015 mol×22 400 mL/mol=336 mL,所以通入O2的体积为336 mL。
8.D　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、NO2、N2O4)的混合物共0.8 mol,混合气体中的NO、NO2、N2O4均为硝酸的还原产物,则被还原的硝酸的物质的量即为混合气体中氮元素的物质的量,这些气体恰好能被600 mL 2.0 mol·L-1 NaOH溶液完全吸收,溶液中生成NaNO3和NaNO2,则n(N)=n(NaNO3)+n(NaNO2)=n(Na+)=0.6 L×2.0 mol·L-1=1.2 mol,即被Cu还原的硝酸的物质的量为1.2 mol。
9.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。
10.答案　(1)0.05a-0.3　(2)1.0　(3)3.36
解析　因为得到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)=6.4 g64 g·mol-1=0.1 mol和反应后溶液中含有n(NO3-)=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(NO3-)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+)=0.1mol0.1 L=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,V(NOx)=0.15 mol×22.4 L·mol-1=3.36 L。