2026年人教版高中化学必修二第5章第2节第3课时硝酸　酸雨及防治分层作业教师版

第二节氮及其化合物第3课时硝酸酸雨及防治1．（24-25高一上·江苏南通·阶段检测）下列关于化学的应用和记载对其说明不合理的是A．《物理小识·金石类》记载的“有硇水(硝酸)者，剪银块投之，则旋而为水”中涉及氧化还原反应B．宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为)，孔雀石颜料的主要成分为碱C．天宫课堂上的“过饱和乙酸钠结冰”实验中用到的乙酸钠属于电解质D．《本草经集注》中记载了区分硝石和朴硝的方法：“以火烧之，烟起，乃真硝石也”【答案】B【详解】A．硝酸具有强氧化性，能把金属银氧化，涉及氧化还原反应，A正确；B．Cu2(OH)2CO3属于碱式盐，不是碱，B错误；C．乙酸钠(CH3COONa)溶于水电离出阴阳离子，属于电解质，C正确；D．钠元素和钾元素的焰色试验不同，可以利用“焰色试验”区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)，D正确；故选B。2．（23-24高一下·河南·阶段检测）如图是N、S及其化合物的“价一类二维图”。下列说法正确的是A．在一定条件下，a可将c、d还原为bB．造成的酸雨雨水在空气中放置一段时间pH会增大C．a与浓e、与浓均能发生氧化还原反应D．常温下，铁与浓e和浓均不反应【答案】A【分析】根据图示，a为，b为，c为NO，d为，e为；为，为S，为，为、为，据此解答：【详解】A．a为，b为，c为NO，d为，根据元素化合价以及氧化还原反应规律可知，在一定条件下，a可将c，d还原为b，A正确；B．溶于水生成，会被空气氧化生成硫酸，pH会降低，B错误；C．与浓硝酸不能发生氧化还原反应，可以与浓硫酸发生氧化还原反应，C错误；D．常温下，Fe遇浓硝酸和浓硫酸均会发生钝化反应，生成的氧化物会阻止反应进一步发生，不是不反应，D错误；故选A。3．（24-25高一上·湖南衡阳·阶段检测）下列物质不会钝化的是A．Fe和浓硫酸 B．Fe和稀硝酸 C．Al和浓硫酸 D．Al和浓硝酸【答案】B【详解】A．常温，铁遇浓硫酸被钝化，A不符合题意；B．常温，稀硝酸能将铁氧化，但不会生成致密氧化膜，不能将铁钝化，B符合题意；C．常温，铝遇浓硫酸会被钝化，C不符合题意；D．常温，铝遇浓硝酸会被钝化，D不符合题意；故答案为：B。4．（23-24高一下·河北·期中）氮及其化合物在人类生产生活中扮演着重要角色。下列有关说法不正确的是A．硝酸通常保存在带有磨口玻璃塞的无色试剂瓶中B．二氧化氮会造成酸雨和光化学烟雾现象C．豆科植物通过固氮酶可以实现生物固氮D．汽车尾气净化装置可将污染气体NO转化为氮气【答案】A【详解】A．硝酸见光会分解，不能保存在无色试剂瓶中，需要避光保存，应该保存在棕色试剂瓶中，故A错误；B．二氧化氮可与水反应生成硝酸，可导致酸雨，与碳氢化合物在紫外线作用下发生光化学反应造成二次污染，形成光化学烟雾，故B正确；C．豆科植物通过固氮酶可以将氮气直接转化为含氮的化合物，实现生物固氮，故C正确；D．汽车尾气净化装置中的催化剂可以将NO和CO转化为N2和CO2，故D正确；答案选A。5．（23-24高一下·辽宁鞍山·期中）下列叙述不正确的是A．氮的固定是将转化为含氮的化合物B．与金属反应时，稀硝酸被还原为更低价态，则稀硝酸氧化性强于浓硝酸C．浓硝酸光照易分解，因此贮存在棕色瓶中，并放在冷暗处D．实验室可用氢氧化钠溶液处理铜与浓、稀硝酸反应产生的尾气【答案】B【详解】A．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，故A正确；B．浓硝酸氧化性比稀硝酸强，氧化性强弱与还原产物的化合价高低无关，与得电子的难易有关，故B错误；C．浓硝酸见光受热易分解，，故应贮存在棕色瓶中，并放在冷暗处，故C正确；D．铜与浓、稀硝酸反应产生的尾气中含有氮氧化合物，能被碱液吸收，实验室可用氢氧化钠溶液处理铜与浓、稀硝酸反应产生的尾气，故D正确；故选B。6．（23-24高一下·广东惠州·期中）下列实验方案能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A检验溶液中的取少量溶液于试管中，加入稀NaOH溶液，将一块湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口，若试纸变红则说明有，否则没有B探究稀硝酸与Cu反应的产物将Cu投入稀硝酸中。若试管口出现红棕色气体，则说明Cu与科硝酸反应生成NO2C比较Na与Mg金属性强弱将Na、Mg分别投入等量的蒸馏水中，反应较剧烈的对应金属性较强D检验溶液中是否含有取少量溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则说明溶液中一定含有A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．检验溶液中的的方法是：取少量溶液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸颜色变化，A错误；B．将Cu投入稀硝酸反应生成NO，NO被空气中的氧气氧化为红棕色的NO2，B错误；C．元素金属性越强，与水反应越剧烈，将Na、Mg分别投入等量的蒸馏水中，反应较剧烈的对应金属性较强，C正确；D．取少量溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，该白色沉淀可能是AgCl，不能说明溶液中一定含有，D错误；故选C。7．（23-24高一下·安徽·阶段检测）1.92g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672mL，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．168mL B．224mL C．504mL D．336mL【答案】D【详解】1.92gCu的物质的量为，反应时失去电子数目为，整个反应过程为Cu与HNO3反应生成NO、NO2，NO、NO2与O2转化生成HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有Cu和O2，则Cu失去的电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗O2的物质的量为，，故选D。8．（23-24高一下·安徽·阶段检测）下列有关的说法正确的是A．能溶解所有金属单质 B．应盛放在棕色试剂瓶中C．与溶液发生复分解反应 D．与固体NaCl混合加热可制取HCl【答案】B【详解】A．硝酸不能与金、铂反应，A项错误；B．见光会分解，故应保存在棕色试剂瓶中，B项正确；C．与发生氧化还原反应，C项错误；D．是挥发性酸，不能与NaCl反应制取HCl，D项错误；故选B。9．（24-25高一上·河北石家庄·阶段检测）下列物质反应后一定有+3价铁生成的是①过量Fe粉与Cl2反应②Fe与过量稀硫酸反应后，再向其中加KNO3溶液③Fe(NO3)2溶液中加少量盐酸④Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中A．①④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④【答案】C【详解】①中的Cl2氧化性强，它能将铁氧化为＋3价，由于不是在溶液中反应，因此过量的铁不会将氯化铁还原，①符合题意；②中Fe与稀硫酸反应只能生成Fe2＋，但要注意，由于稀硫酸过量，加入KNO3后，H＋、硝酸根离子能将Fe2＋氧化成Fe3＋，②符合题意；③从表面上看不会发生反应，但实际上发生了Fe2＋被H＋和硝酸根离子氧化为Fe3＋的反应，③符合题意；④中首先发生Fe与盐酸反应生成FeCl2、Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3的反应，但题中未给出反应物间相对量的关系，若铁是足量的，则能将生成的FeCl3全部还原为FeCl2，④不符合题意；故①②③符合题意，答案选C。10．（23-24高一下·山西朔州·期中）下图是工业上制硝酸的原理，下列说法错误的是A．常温下可用铁质容器储存浓硝酸B．氮气在足量氧气中可以通过一步反应生成C．过程①属于氮的固定D．过程④反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2【答案】B【分析】氮气与氢气在高温高压催化剂条件下反应生成氨气，氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮被氧化生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸；【详解】A．铁在浓硝酸中发生钝化，金属表面生成一薄层致密氧化物薄膜，阻止内部反应继续进行，常温下可用铁质容器储存浓硝酸，故A项正确；B．氮气在足量氧气中可以通过一步反应生成NO，不能生成NO2，故B项错误；C．过程①是氮气和氢气高温高压催化剂作用下反应生成氨气，属于氮的固定，故C项正确；D．过程④3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D项正确；故本题选B。11．（23-24高一下·四川达州·期中）研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价-物质类别关系如图，以下说法正确的是A．1molN2和3molH2完全反应生成2molAB．标准状况下，3.36L物质B与水完全反应，电子转移0.3molC．物质C的浓溶液与足量的Cu反应，的刚开始反应的离子方程式为D．铵态氮肥不可与草木灰共用【答案】D【分析】根据氮元素化合价-物质类别关系图，A是NH3；N是NO2；C是HNO3；【详解】A．是可逆反应，1molN2和3molH2完全反应生成氨气的物质的量小于2mol，故A错误；B．3NO2+H2O=2HNO3+NO，N元素化合价由+4升高为+5、由+4降低为+2，3molNO2参加反应转移2mol电子，标准状况下，3.36L物质NO2与水完全反应，电子转移0.1mol，故B错误；C．浓HNO3与足量的Cu反应，刚开始反应生成NO2气体，反应的离子方程式为，故C错误；D．铵盐与碱反应放出氨气，铵态氮肥不可与草木灰共用，故D正确；选D。12．（24-25高一上·河北衡水·期中）用图示装置制取相应气体，其中不可行的是选项药品和试剂制备的气体AZn和稀硫酸H2BNa2O2和水O2CKMnO4和浓盐酸Cl2DCu和稀硝酸NO2A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．Zn和稀硫酸反应生成氢气不需要加热，故A正确；B．Na2O2为固体、水是液体，二者反应生成氧气不需要加热，故B正确；C．KMnO4和浓盐酸反应生成氯气，二者反应不需要加热，故C正确；D．Cu和稀硝酸反应生成NO，不是生成NO2，故D错误；答案选D。13．（24-25高一上·北京·阶段检测）从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。(1)俗话说“真金不怕火炼”，从氧化还原性角度解释其原因是。(2)HNO3单独不能溶解Au，但HNO3-NaCl可以溶解金生成HAuCl4，已知：HAuCl4=H++AuCl①将溶金反应的化学方程式补充完整：。Au+___________Cl-+H++___________NO=+___________NO+___________H2O②关于溶金的下列说法正确的是。A．用到了HNO3的氧化性B．用到了NaCl的还原性C．与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3]溶金原理相同D．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解(3)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是mol。(4)为解释硝酸不能溶金，而王水能溶金的原因，小组同学提出假设：浓盐酸提高了浓硝酸的酸性，造成硝酸氧化性增强。查阅资料：配制王水时，实验室常用的浓硝酸的质量分数为69%、密度为1.42g/cm3、浓度约为15.6mol/L；常用的浓盐酸的质量分数约为37%、密度为1.19g/cm3、浓度约为12.1mol/L。①分析该假设是否合理，并说明理由②若认为不合理，请你提出一条合理的假设。【答案】(1)Au还原性弱，在高温条件下不与O2反应(2)Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+NO↑+4NaNO3+2H2OACD(3)2(4)硝酸浓度高于盐酸浓度，其氢离子浓度也高于盐酸由于盐酸中氯离子的作用，导致硝酸氧化了Au【详解】（1）真金不怕火炼从氧化还原角度解释其原因是：Au还原性弱，在高温条件下不与O2反应。（2）①该反应中Au从0价升高到+3价失去3e-，N元素从+5价降低到+2价得到3e-，根据得失电子守恒、原子守恒，配平得到：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+NO↑+4NaNO3+2H2O。②A．反应中硝酸中N化合价降低，用到了HNO3的氧化性，A正确；B．反应中NaCl化合价不变，B错误；C．该反应与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3]溶金原理相同，C正确；D．根据反应原理，浓盐酸与NaNO3一定比例也可使Au溶解，D正确；故选ACD。（3）若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则其中1mol的H+和1mol的Au3+均被还原为单质，共得到4mol电子，根据得失电子守恒，参加反应的Zn的物质的量是2mol。（4）①根据资料，该假设不合理，理由：硝酸浓度高于盐酸浓度，其氢离子浓度也高于盐酸。②假设：由于盐酸中氯离子的作用，导致硝酸氧化了Au。14．（23-24高一下·四川达州·期中）非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题。(1)若A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。①D的化学式是；②在工业生产中，B气体的大量排放被雨水吸收后形成了而污染了环境。(2)若A在常温下为气体，C是红棕色的气体。①A→B的化学方程式为。②少量的铁与足量的D反应的离子方程式：。请写出C→D的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。【答案】(1)H2SO4酸雨(2)4NH3+5O24NO+6H2OFe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O1：2【分析】S或FeS2是固体物质，S或FeS2与O2反应产生SO2，SO2被O2氧化产生SO3，SO3与水反应产生H2SO4；NH3与O2在催化剂存在条件下加热，发生反应产生NO，NO与O2反应产生红棕色NO2，NO2与水反应产生HNO3。【详解】（1）①若A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则A是S或FeS2，B是SO2，C是SO3，D是H2SO4；②B是SO2，SO2气体大量排放后被雨水吸收后反应产生H2SO3，H2SO3与溶于水的O2反应转化为H2SO4，就形成了酸雨，从而污染了环境；（2）若A在常温下为气体，C是红棕色的气体。则A是NH3，B是NO，C是NO2，D是HNO3。①NH3与O2在催化剂存在条件下加热，发生反应产生NO、H2O，该反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；②Fe与足量稀HNO3反应产生Fe(NO3)3、NO、H2O，该反应的离子方程式为：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O；根据上述分析可知C是NO2，D是HNO3。NO2与H2O反应产生HNO3、NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，在该反应中NO2既作氧化剂，又作还原剂，3个NO2参加反应，其中2个作还原剂，被氧化产生HNO3，1个作氧化剂，得到电子被还原为NO，故该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。15．（23-24高一下·福建福州·期中）某校化学实验小组为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，用如图所示装置进行实验(加热装置和夹持装置均已略去，装置气密性良好，F是用于鼓入空气的双连打气球)。实验操作及现象：实验操作现象I．将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触产生气体Ⅱ．当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装置上提Ⅲ．将A装置中铜丝放入稀硝酸中，给A装置微微加热A装置中产生无色气体，E装置中开始时出现浅红棕色气体Ⅳ．用F装置向E装置中鼓入空气E装置中气体颜色逐渐加深V．一段时间后C装置中白色沉淀溶解试回答下列问题：(1)操作I的目的是，D装置的作用是(2)C装置中白色沉淀的化学式是。操作Ⅱ中当C装置中产生白色沉淀时立刻将B装置上提的原因是。(3)操作Ⅲ中A装置中产生无色气体的离子方程式是。(4)操作V现象产生的原因是(用两个化学方程式说明)。【答案】(1)用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO2气体将装置中的空气排尽平衡压强，吸收NO、NO2、CO2等尾气，防止污染空气(2)CaCO3防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应(3)(4)(或)、【分析】由于装置内的空气会干扰实验现象的观察，所以应先排尽装置内的空气。操作为：将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触，生成的CO2气体将反应装置及圆底烧瓶内的空气排出。当C装置中产生白色沉淀时，表明CO2气体已经进入C装置中，两装置内的空气已被排尽。然后将B装置上提，将A装置中铜丝放入稀硝酸中，给A装置微微加热，让Cu与稀硝酸发生反应，生成的NO进入E装置内；用F装置向E装置中鼓入空气，验证NO与O2的反应，同时产生的气体进入C装置，生成的HNO3与CaCO3反应，从而使沉淀溶解。【详解】（1）反应前装置内含有空气，会干扰实验，需要排尽，则操作I的目的是：用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO2气体将装置中的空气排尽；尾气中的气体会污染环境，应进行处理，则D装置的作用是：平衡压强，吸收NO、NO2、CO2等尾气，防止污染空气。（2）C装置用于检验CO2气体，则白色沉淀的化学式是CaCO3。操作Ⅱ中当C装置中CaCO3与HNO3不断发生反应，HNO3被不断消耗，则产生白色沉淀时立刻将B装置上提的原因是：防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应。（3）操作Ⅲ中，A装置中Cu与稀HNO3反应，产生无色气体NO，离子方程式是。（4）操作V中，鼓入空气后，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成的HNO3再与CaCO3反应，则现象产生的原因是(或)、。1．（24-25高一上·河北保定·期中）下列叙述正确的有①、、都是大气污染物，都能在空气中稳定存在②常温下，可以用铁制容器盛装浓硝酸或浓硫酸，这是因为铁在常温下与浓硝酸，浓硫酸不反应③性质稳定，工业生产金属镁时，为防止被氧化，可以用作保护气④敞口放置的浓硝酸和浓硫酸，浓度均会变低⑤氨气极易溶于水，故可用做制冷剂⑥通过豆科植物的根瘤菌将氮气转化为含氮化合物，是自然固氮的途径之一⑦足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化⑧硝酸见光分解，所以硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中A．②③④⑥ B．④⑥⑧ C．④⑥⑦⑧ D．①③④⑧【答案】B【详解】①常温下能与氧气接触反应，不能在空气中稳定存在，故错误；②常温下，可以用铁制容器盛装浓硝酸或浓硫酸，这是因为铁在常温下与浓硝酸，浓硫酸发生钝化，钝化属于化学变化，故错误；③金属镁与在点燃条件下反应，因此不能用作金属镁的保护气，故错误；④浓硝酸易挥发，空气中放置时溶质减少，浓度降低；浓硫酸易吸收空气中水分，浓度变低，故正确；⑤氨气做制冷剂，是因其易液化，液氨在气化时吸收大量的热，与氨气溶解性无关，故错误；⑥氮的固定有自然固氮和人工固氮两种，其中豆科植物的根瘤菌将氮气转化为含氮化合物属于自然固氮，故正确；⑦硝酸具有强氧化性，能将铁氧化为三价铁，三价铁与过量的铁反应会生成，故错误；⑧硝酸不稳定，见光分解，因此硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中避光保存，故正确；正确的有：④⑥⑧；故B正确；故选：B。2．（23-24高一下·浙江·期中）利用下图实验装置，探究与能否发生氧化还原反应。下列说法错误的是A．①中溶液变蓝，产生气体，上述实验现象体现硝酸具有酸性和氧化性B．当④中红棕色气体消失时，再点燃酒精灯C．因反应过程中生成，故无需尾气处理D．②中水的作用是除去和挥发出来的【答案】C【分析】装置①中铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，整个装置中残留有空气，NO能与O2反应NO2气体，并且硝酸具有挥发性，混合气体通过装置②中水吸收除去NO2和硝酸蒸气，通过装置③中浓硫酸干燥得到较为纯净的一氧化氮气体，加热条件下NO通入装置④中与Cu反应，根据氧化还原反应规律可知，若④中红色固体变黑，说明NO能氧化Cu生成N2和CuO，据此解答该题。【详解】A．铜与稀硝酸反应生成NO、CuSO4和H2O，硝酸中部分N元素化合价降低被还原，则部分硝酸体现氧化性，一部分硝酸体现酸性，故A项正确；B．当装置④中红棕色气体消失时，说明装置中空气已排尽，可排除氧气的干扰，再点燃酒精灯进行实验验证，故B项正确；C．反应生成了N2，但尾气中仍含有一定量的NO气体，会造成环境污染，需进行尾气处理，故C项错误；D．硝酸具有挥发性，NO2和水反应生成硝酸和NO，②中的水可除去NO2和硝酸蒸气，故D项正确；故本题选C。3．（23-24高一下·河北石家庄·阶段检测）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A．Cu和浓HNO3反应生成NO2气体：B．过量铁粉加入稀硝酸中：C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：D．氯化铜溶液中通入硫化氢：【答案】A【详解】A．Cu和浓HNO3发生氧化还原反应生成NO2气体：，A正确；B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为，B错误；C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，C错误；D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，D错误；故选A；4．（23-24高一下·甘肃天水·期中）利用工业合成氨制硝酸的流程如图所示：下列说法错误的是A．合成塔中采用10~30MPa的高压，可提高合成氨的生产效率B．合成塔中，每生成，需通入C．X是，Y是D．制得的浓硝酸应避光密封保存【答案】B【分析】氮气和氢气在合成塔中生成氨气，氨进行分离，将氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气、水反应生成硝酸，据此分析；【详解】A．正向反应是气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，合成塔中采用10~30MPa的高压，可提高合成氨的生产效率，A正确；B．由于是可逆反应，每生成，需通入大于1mol，B错误；C．氧化炉氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，吸收塔中一氧化氮和氧气、水反应生成硝酸，故X是，Y是，C正确；D．浓硝酸见光分解，应避光密封保存，D正确；故选B。5．（23-24高一下·贵州·期中）某同学用粉和含有的稀硝酸进行反应，两种物质恰好反应均无剩余，且只被还原成NO。下列说法正确的是A．过量铁与稀硝酸的离子方程式：B．该反应中Fe的氧化产物既有也有，且C．再向溶液中通入气体可将完全转化为D．生成的NO气体分子数为【答案】D【详解】A．过量铁与稀硝酸反应生成亚铁离子和NO，离子方程式为：，故A错误；B．设反应结束后有xmol，有ymol，根据铁守恒，x+y=1mol，根据得失电子守恒，，解得x=0.25mol、y=0.75mol，则，故B错误；C．未说明是否在标准状况下，不能确定HCl的物质的量，故C错误；D．由B项计算可知，被还原的，还原产物全为NO，故生成的NO气体分子数为，故D正确；故选D。6．（23-24高一下·新疆喀什·期中）对下列事实的解释中，错误的是A．打开盛装硝酸的试剂瓶，可看到白雾，说明硝酸具有挥发性B．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定易分解C．硝酸具有很强的氧化性，硝酸的浓度不同，与金属反应的产物也不同D．常温下，浓硝酸可以用铝质容器储存，说明铝与浓硝酸不反应【答案】D【详解】A．硝酸沸点低，易挥发，挥发出的HNO3与空气中水蒸气结合成硝酸液滴，所以产生白雾，故A正确；B．浓硝酸具有不稳定性，见光分解生成红棕色气体二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸显黄色，故B正确；C．HNO3具有强氧化性，浓度不同，其与金属反应产物也不同，如浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，故C正确；D．常温下，浓硝酸与铝发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化膜，所以常温下浓硝酸可以用铝质容器储存，故D错误；故选D。7．（23-24高一下·四川眉山·阶段检测）以物质的类别为横坐标，化合价为纵坐标，可以绘制某一元素的“价—类”二维图。氮元素的“价—类”二维图如图所示，c为红棕色气体。下列有关说法不正确的是A．实验室用铜制取d，生成标况下5.6L气体d，消耗铜的质量为24gB．1mol/La的水溶液1L中，含NH3·H2O、的物质的量之和为1molC．若c，d同时通入NaOH溶液中仅生成f一种盐，则反应的离子反应方程式为：NO+NO2+2OH−=2+H2OD．a与c在一定条件下反应生成无污染的物质，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶4【答案】B【分析】根据价类二维图可知，a为氨气，b、c、d分别为+5价、+4价、+2价的氧化物，即N2O5、NO2、NO，e为HNO3，f为亚硝酸盐；【详解】A．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，标况下5.6LNO的物质的量为n(NO)=，得电子为：0.25mol×3=0.75mol，根据电子得失守恒，则铜失去的电子也为0.75mol，故消耗铜质量为：×64g/mol=24g，A正确；B．a为NH3，氨水中N元素存在微粒有：NH3、、NH3·H2O，根据N元素守恒，1L1mol•L的氨水中NH3、、NH3·H2O的物质的量之和为1mol，B错误；C．c、d分别为NO和NO2，同时通入NaOH溶液中发生氧化还原反应，仅生成f一种盐即亚硝酸钠，反应的离子方程式为NO+NO2+2OH−=2+H2O，C正确；D．a与c分别为氨气和二氧化氮，在一定条件下发生氧化还原反应，生成无污染的物质即氮气和水：8NH3+6NO2=7N2+12H2O，该反应中氧化剂为二氧化氮、还原剂为氨气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:8=3:4，D正确；答案选B。8．（24-25高一上·四川成都·阶段检测）如图是含氮化合物及单质的“类别-价态”二维图，结合二维图及氧化还原反应原理的基本规律，下列相关分析或预测错误的是A．和在一定条件下均能反应，可用氨气处理氮氧化物B．和通入水的化学方程式：C．硝酸用于清洗粘有银的试管，因为银可以置换出稀硝酸中的D．可能被氧化生成氮气【答案】C【详解】A．NO、NO2都能与NH3在一定条件下发生归中反应生成N2和H2O：6NO+4NH35N2+6H2O、6NO2+8NH37N2+12H2O，可用NH3处理氮氧化物，A项正确；B．NO中N为+2价，NO2中N为+4价，NO和NO2通入水中可发生反应的化学方程式为NO+NO2+H2O=2HNO2，B项正确；C．在金属活动性顺序表中Ag处于H的后面，Ag不能置换出稀硝酸中的H+，稀硝酸与Ag反应生成AgNO3、NO和H2O，C项错误；D．NH3中N为-3价，HNO2中N为+3价，两者可发生归中反应生成N2：NH3+HNO2=N2↑+2H2O，D项正确；答案选C。9．（24-25高一上·甘肃金昌·阶段检测）是一种重要的化工原料，几种制备途径如图所示。下列说法错误的是已知：途径①的离子方程式为；途径③的化学方程式为。A．由途径①知，该反应中稀体现了氧化性B．与途径①、③相比，途径②体现了环境保护的思想C．生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的质量：①<②<③D．途径①、②、③中均涉及氧化还原反应【答案】C【详解】A．反应中N元素化合价降低，体现氧化性，故A正确；B．途径②为分步反应，Cu先与加热条件下生成CuO，CuO再与反应生成，不产生空气污染物，体现环境保护的思想，故B正确；C．根据三个途径涉及的方程式分析，若生成等质量的，途径①，途径②，途径③，故①=②<③，故C错误；D．途径②为分步反应，第一步中Cu先与加热条件下生成CuO，为氧化还原反应，根据题中所给化学方程式可知，途径①、②、③均涉及氧化还原反应，故D正确；故答案选C。10．（24-25高一上·云南·期中）与一定浓度的反应，生成、、、和水，当和的物质的量之比为时，则反应中起酸性作用的与被还原的的物质的量之比为A． B． C． D．【答案】A【详解】Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由-2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，令NO2和NO的物质的量均为1mol，根据电子转移守恒可知：n(Cu2S)×[6-(-2)+1×2]=1mol×(5-4)+1mol×(5-2)，解得n(Cu2S)=0.4mol．被还原的硝酸的物质的量等于NO2和NO的物质的量之和为2mol，根据硫元素守恒，n(CuSO4)=0.4mol，根据铜元素守恒，n[]=2n(Cu2S)-n(CuSO4)=0.4mol，则起酸性作用的的物质的量为2×n[]=0.8mol，则反应中起酸性作用的与被还原的的物质的量之比为0.8:2=2:5，故选A。11．（24-25高一上·河北保定·期中）利用下列实验装置不能达到实验目的的是A．制取一氧化氨B．制取氯气C．验证氨气极易溶于水D．制取氨气A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．铜丝与稀硝酸常温下反应生成NO，可用此方法制取NO，故A正确；B．常温下，高锰酸钾可与浓盐酸反应生成氯气，此原理可用于制取氯气，故B正确；C．挤压胶头滴管，氨气溶于少量水中，导致烧瓶内压强减小，则气球会膨胀，可根据此现象验证氯气极易溶于水，故C正确；D．氢氧化钙和氯化铵固体加热生成氨气、水和氯化钙，为防止水回流导致试管炸裂，试管口应向下倾斜，故D错误；故选：D。12．（24-25高一上·吉林·期末）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．pH=1的溶液中：Na+、Cl-、NO、[Al(OH)4]-B．某溶液中存在大量，还可能大量存在的离子C．加入铝粉产生气泡的溶液中：、、、D．使酚酞变红色的溶液中：、、、【答案】B【详解】A．pH=1的溶液中含有大量H+，H+与[Al(OH)4]-反应生成沉淀，不能大量共存，故A不选；B．、相互不反应，可以大量共存，故B选；C．加入铝粉产生气泡的溶液可能是酸或碱，若是酸，可以大量共存，若是碱则不能大量含有，故C不选；D．使酚酞变红色的溶液中含有OH-，与、均会反应，不能大量共存，故D不选；答案选B。13．（22-23高一上·山东菏泽·期末）某学习小组为探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明：浓硝酸能将氧化成，而稀硝酸不能氧化。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。可选药品：浓硝酸、稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及。已知：溶液不与反应，能与发生反应。请回答下列问题：(1)装置①中发生反应的离子方程式是。(2)装置②的作用是，发生反应的化学方程式是。(3)装置③④中盛放的药品依次是、。(4)滴加浓硝酸之前，应先检查装置的气密性，再加上药品，紧接着的操作是：。(5)该小组得出的结论所依据的实验现象是。【答案】(1)(2)将NO2转化成NO(3)3mol·L-1稀硝酸浓硝酸(4)打开弹簧夹，通入二氧化碳一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中的导管末端伸入倒置的烧瓶内(5)装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色【分析】验证浓硝酸的氧化性，应首先检查装置的气密性，硝酸与铜发生反应生成二氧化氮，通入水后生成一氧化氮，然后通过浓硝酸，如无色气体生成红棕色气体，可证明硝酸具有氧化性，可氧化一氧化氮，生成的气体不能直接排放到空气中，应有尾气处理装置，以此解答。【详解】（1）装置①中Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O，反应方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，离子反应为：。（2）装置①中反应生成了二氧化氮，在装置②中二氧化氮会与水反应，即3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以装置②的作用是将NO2转化为NO。（3）根据装置特点和实验目的，装置④验证浓硝酸的氧化性，浓硝酸能氧化NO，则④中为浓硝酸，因为要验证稀HNO3不能氧化NO，所以装置③中应该盛放3mol·L-1稀硝酸，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气，反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。（4）由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出，则滴加浓硝酸之前，应先检查装置的气密性，再加上药品，紧接着的操作是：打开弹簧夹，通入二氧化碳一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中的导管末端伸入倒置的烧瓶内。（5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以装置③盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之，装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体。14．（24-25高一上·河北保定·期中）某些物质的转化关系(部分反应物和生成物未列出)如图所示。已知为常见液体，气体为4个原子构成的10电子分子，为中性肥料(分子式为)，为无色气体单质。(1)A的化学式为。(2)H的名称为。(3)受到阳光照射G的浓溶液会变黄的原因是(用化学方程式表示)。(4)D可用于检验工业上输送氯气的管道是否泄漏，若氯气有泄漏，则反应时的现象为，化学方程式为。(5)写出F和B生成G的化学方程式：，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。(6)常温常压下(气体摩尔体积为)，将盛满F、X混合气体(体积比为1：1)的试管倒立于水槽中，反应完全后，试管中剩余气体的体积为，试管中所得溶液的物质的量浓度为(用含的式子表示，假设溶质不向试管外扩散)。【答案】(1)NH4HCO3(或(NH4)2CO3)(2)尿素(3)4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O(4)出现大量白烟(5)3NO2+H2O=2HNO3+NO1∶2(6)7.5【分析】H为中性肥料(分子式为)，则H为尿素；气体D为4个原子构成的10电子分子，且可用于合成尿素，D为氨气，C为二氧化碳；A受热分解可生成氨气和二氧化碳和常见的液体B，则B为水，A为碳酸氢铵(或碳酸铵)；氨气与氧气反应刚生成E为一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成F二氧化氮，F二氧化氮和B水反应生成G硝酸和NO。【详解】（1）A为碳酸氢铵(或碳酸铵)，化学式为：NH4HCO3(或(NH4)2CO3)；（2）H的名称为：尿素；（3）G为硝酸，光照分解生成二氧化氮、氧气和水，反应方程式为：4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O；（4）氨气和氯气混合生成氯化铵固体，反应方程式：，现象为产生白烟；（5）二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；该反应中NO2既作氧化剂也作还原剂，其中生成硝酸的作还原剂，生成NO的作氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；（6）混合气体与水反应方程式：，消耗气体体积比为4∶1，10mLNO2消耗2.5mL氧气，则试管中剩余氧气7.5mL，试管中液体体