2024鲁科版新教材高中化学必修第一册
本章复习提升
易混易错练
易错点1 不能正确比较Fe3+、Cu2+、Fe2+的氧化性强弱
1.(双选)(2022山东泰安一中月考)在FeCl3、CuCl2的混合溶液中,加入一定量的铁屑,反应完全后将固体滤出,下列说法正确的是( )
A.若滤出的固体只有铜,则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+,一定不含Cu2+
B.若滤出的固体只有铜,则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+,可能含Cu2+
C.若滤出的固体只有铜,则溶液中一定含有的阳离子是Fe3+和Fe2+,一定不含Cu2+
D.若滤出的固体中含有铁和铜,则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+,一定不含Cu2+和Fe3+
2.(2020河南鹤壁期末)向100 mL FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入铁粉,其固体质量的变化如图所示,下列说法中错误的是( )
A.向b点溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成
B.a点溶液中存在的金属阳离子有Fe2+和Cu2+
C.原混合溶液中c(Fe3+)∶c(Cu2+)=2∶1
D.若不考虑溶液体积变化,c点溶液中c(Cl-)=8.0 mol·L-1
易错点2 混淆二氧化硫的漂白性与还原性
3.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.湿润的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.湿润的品红试纸褪色,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
4.以下五种有色溶液中通入过量的SO2,溶液能褪色且其褪色原理相同的是( )
①滴有石蕊的NaOH溶液 ②氯水 ③酸性KMnO4溶液 ④品红溶液 ⑤碘和淀粉的混合液
A.①④ B.①②③ C.②③⑤ D.②③④⑤
易错点3 氮氧化物、氧气和水的反应
5.(2022河南南阳一中月考)将盛有25 mL NO2和O2混合气体的量筒倒置于水槽中,一段时间后,气体体积减小到5 mL且不再变化(同温同压下)。则原混合气体中NO2和O2的体积比可能是( )
A.4∶1 B.18∶7 C.17∶8 D.23∶2
6.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
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,如金属失电子数=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.(2021安徽六安一中月考)将1.92 g Cu和一定量的浓硝酸反应,随着Cu不断减少,反应生成气体的颜色逐渐变浅,当Cu反应完毕时,共收集到气体1.12 L(标准状况,假设只有NO和NO2),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 mol
2.[2020福建福州八县(市)一中期中联考]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的增加变化如图所示。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
3.(2021山东菏泽期末)将一定量的镁和铜组成的混合物加入稀硝酸中,金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加入3 mol·L-1 NaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g。下列叙述不正确的是( )
A.当生成的沉淀量达到最大时,消耗NaOH溶液的体积V≥100 mL
B.当金属全部溶解时收集到NO气体的体积一定为2.24 L
C.参加反应的金属的总质量3.6 g
4.(2021安徽怀宁中学月考)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L,固体物质完全反应,生成NO和Cu(NO3)2,在所得溶液中加入1.0 mol·L-1的NaOH溶液1.0 L,此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀,沉淀质量为39.2 g。
(1)Cu和Cu2O的混合物中铜的物质的量为 mol;
(2)产生的NO在标准状况下的体积为 L;
(3)硝酸的物质的量浓度为 mol·L-1;
(4)Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为 mol。
答案全解全析
易混易错练
1.BD 2.A 3.C 4.C 5.D 6.B
1.BD 由于氧化性Fe3+>Cu2+>Fe2+,所以在FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉,铁先与Fe3+反应生成Fe2+,然后铁与Cu2+反应生成Cu和Fe2+,反应后剩余的固体可能为Cu或Cu、Fe的混合物;若滤出的固体只有铜,溶液中一定含有Fe2+,可能含有Cu2+,没有Fe3+,故A、C错误,B正确;若滤出的固体中含有铁和铜,则溶液中一定不含Cu2+和Fe3+,一定含有Fe2+,故D正确。
易错分析
在含有Fe3+、Cu2+的溶液中加入一定量的铁屑,反应后有固体剩余,溶液中一定不含Fe3+,一定含有Fe2+,根据固体的成分确定是否含有Cu2+。
2.A 因为Fe3+的氧化性强于Cu2+,所以加入0.1 mol Fe时发生的反应为2Fe3++Fe 3Fe2+,继续加入Fe时发生的反应为Cu2++Fe Fe2++Cu,b点Cu2+反应完全,此时滴加NaOH溶液不会产生蓝色沉淀,故A错误;a点Fe3+恰好反应完全,溶液中存在的金属阳离子为Cu2+、Fe2+,故B正确;0.1 mol Fe参加反应消耗Fe3+的物质的量为0.2 mol,消耗Cu2+的物质的量为0.1 mol,Fe3+与Cu2+的物质的量之比为2∶1,物质的量浓度之比为2∶1,故C正确;根据电荷守恒可得n(Cl-)=3n(Fe3+)+2n(Cu2+)=0.8 mol,所以c(Cl-)=8.0 mol·L-1,故D正确。
3.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,错误;B项,KMnO4具有强氧化性,SO2与KMnO4溶液反应而使KMnO4溶液褪色,能证明SO2具有还原性,错误;C项,湿润的品红试纸褪色可证明SO2具有漂白性,正确;D项,SO2能与NaOH反应,体现了SO2酸性氧化物的通性,错误。
易错分析
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。
4.C ①过量的SO2通入滴有石蕊的NaOH溶液中,溶液变红,不褪色;②SO2与氯水中的氯气发生氧化还原反应而使氯水褪色;③SO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而使酸性KMnO4溶液褪色;④SO2具有漂白性,能使品红溶液褪色;⑤SO2与碘发生氧化还原反应而使溶液的蓝色褪去;②③⑤均因发生氧化还原反应而使溶液褪色,故选C。
5.D 剩余的5 mL气体可能是NO或O2中的一种;若剩余的气体为O2,根据反应4NO2+O2+2H2O 4HNO3可知,参加反应的NO2、O2体积分别为16 mL、4 mL,原混合气体中NO2和O2的体积比为16 mL∶(4 mL+5 mL)=16∶9;若剩余的气体为NO,根据反应3NO2+H2O 2HNO3+NO可知,需要NO2 15 mL,说明参加反应4NO2+O2+2H2O 4HNO3的NO2和O2的总体积为10 mL,则参加反应4NO2+O2+2H2O 4HNO3的NO2、O2体积分别为8 mL、2 mL,原混合气体中NO2和O2的体积比为(15 mL+8 mL)∶2 mL=23∶2;故选D。
易错分析
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 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。
思想方法练
1.D 2.C 3.B
1.D 根据题意可知,Cu与HNO3反应生成硝酸铜、NO、NO2和水,反应中消耗的HNO3体现酸性和氧化性;1.92 g Cu的物质的量为=0.03 mol,生成Cu(NO3)2 0.03 mol,所以反应中体现酸性的硝酸的物质的量为0.03 mol×2=0.06 mol,NO、NO2气体的总物质的量等于被还原的硝酸的物质的量,气体的物质的量为=0.05 mol,由氮原子守恒可知,被还原的HNO3的物质的量为0.05 mol,所以共消耗硝酸0.06 mol+0.05 mol=0.11 mol,故选D。
方法点津
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=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。
方法点津
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.B 将一定量的镁和铜组成的混合物加入稀硝酸中,生成硝酸镁、硝酸铜、一氧化氮和水,向反应后的溶液中加入3 mol·L-1 NaOH溶液至沉淀完全,生成氢氧化镁和氢氧化铜沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g,氢氧根离子的物质的量为=0.3 mol,则镁和铜的总物质的量为0.15 mol;若硝酸无剩余,则参加反应的氢氧化钠的物质的量为0.3 mol,消耗NaOH溶液的体积为=0.1 L=100 mL,硝酸若有剩余,则消耗的氢氧化钠溶液的体积大于100 mL,故A正确;没有说明NO所处状况,故B不正确;镁和铜的总物质的量为0.15 mol,假定全为镁,质量为0.15 mol×24 g·mol-1=3.6 g,若全为铜,质量为0.15 mol×64 g·mol-1=9.6 g,所以参加反应的金属的总质量3.6 g
解析 在所得溶液中加入1.0 mol·L-1的NaOH溶液1.0 L时溶液呈中性,说明金属离子已完全沉淀,溶液中溶质为NaNO3,n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0 mol·L-1×1.0 L=1 mol,沉淀为Cu(OH)2,质量为39.2 g,物质的量为=0.4 mol,根据铜原子守恒可得n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2],所以反应后的溶液中n[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2]=0.4 mol。(1)设Cu和Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol,根据二者质量有64x+144y=27.2,根据铜原子守恒有x+2y=0.4,解得x=0.2,y=0.1,所以固体中所含Cu的物质的量为0.2 mol;(2)反应过程中,1 mol Cu生成Cu2+失去2 mol电子,1 mol Cu2O生成Cu2+失去2 mol电子,所以该混合物与稀硝酸反应过程中一共转移(0.2×2+0.1×2)mol=0.6 mol电子,整个反应过程中只有HNO3生成NO得到电子,根据得失电子守恒可得,n(NO)= mol=0.2 mol,在标准状况下的体积为0.2 mol×22.4 L·mol-1=4.48 L;(3)根据N原子守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.2 mol+1 mol=1.2 mol,所以c(HNO3)==2.4 mol·L-1;(4)反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液,氢氧化钠与剩余的硝酸和生成的硝酸铜反应,最后得到硝酸钠溶液,根据氮原子守恒可知反应后溶液中n(NaNO3)=n(HNO3)余+2n[Cu(NO3)2],n(HNO3)余=n(NaNO3)-2n[Cu(NO3)2]=1 mol-2×0.4 mol=0.2 mol。
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