《2025年高中总复习优化设计高中化学》

[对点训练1] 某学习小组采用下列装置对浓硝酸与木炭的反应进行探究。

下列说法中不正确的是(C)

A.反应开始后，装置$A$中充满红棕色气体
B.装置$B$的作用是安全瓶，防止倒吸
C.装置$C$中溶液变蓝，一定是$A$中生成的${NO_{2}}$将${KI}$氧化为${I_{2}}$
D.将带火星的木条放入装置$D$收集到的无色气体中，可确认该气体是${NO}$还是${O_{2}}$

答案： 对点训练1C　解析炽热的木炭和浓硝酸反应生成二氧化碳和二氧化氮，二氧化氮为红棕色气体，则可观察到三颈烧瓶中气体的颜色为红棕色，A正确。装置B中进气管和出气管的长度相同，其作用是安全瓶，防止倒吸，B正确。装置C中溶液变蓝，但不能证明$NO_2$将$KI$氧化为$I_2$，原因是A中挥发出的$HNO_3(g)$可能进入装置C，将$KI$氧化为$I_2$而使溶液变蓝，C错误。将带火星的木条伸入集气瓶中，观察木条是否复燃，可以判断集气瓶中是$NO$还是$O_2$，实验方法合适，D正确。

例2(2024·湖南大学附属中学高三模拟)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$9.6\ g\ {Cu}$。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸只被还原为${NO}$气体)。下列分析或结果错误的是(A)


A.加入铜粉的溶液中最终有${Cu(NO_{3})_{2}}$生成
B.$OA$段产生的是${NO}$，$AB$段的反应为${Fe + 2Fe^{3+} = 3Fe^{2+}}$，$BC$段产生的是氢气
C.第二份溶液中的最终溶质为${FeSO_{4}}$
D.稀硫酸浓度为$2.5\ mol·L^{-1}$

答案： 例2A　解析从题干图看出OA段产生的是$NO$，AB段的反应为$Fe +2Fe^{3 +} =3Fe^{2 +}$，BC段产生的是氢气，反应为$Fe +2H^+ =Fe^{2 +} +H_2\uparrow$，可知$NO_3^-$反应完了，B正确；第二份溶液中OA段发生反应为$Fe +NO_3^- +4H^+ =Fe^{3 +} +NO\uparrow +2H_2O$，硝酸全部反应，所以$n(NO_3^-)=n(Fe)=\frac{5.6 g}{56 g\cdot mol^{-1}} =0.1 mol$，溶液中最终溶质为$FeSO_4$，此时反应的铁的质量是14g，其物质的量为$0.25 mol$，故原混合酸中$H_2SO_4$浓度为$\frac{0.25 mol}{0.1 L}=2.5 mol\cdot L^{-1}$，C、D正确；由于9.6g$Cu$和5.6g$Fe$与稀硝酸反应转移的电子数相等，则加入铜粉的溶液中$NO_3^-$全部转化为$NO$，即产物不存在$Cu(NO_3)_2$，A错误。

[对点训练2](2024·广东佛山南海区调研)将$10.0\ g$铜镁合金完全溶解于$140\ mL$某浓度的硝酸中，得到${NO_{2}}$和${NO}$的混合气体$4.48\ L$(标准状况)，当向反应后的溶液中加入$370\ mL\ 4.0\ mol·L^{-1}\ {NaOH}$溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为$18.5\ g$。下列说法不正确的是(B)

A.该合金中铜与镁的物质的量之比$2:3$
B.该硝酸中${HNO_{3}}$的物质的量浓度为$10\ mol·L^{-1}$
C.${NO_{2}}$和${NO}$的混合气体中，${NO_{2}}$的体积分数为$25\%$
D.若将混合气体与水混合完全转化为硝酸，则需要通入的氧气(标准状况)的体积为$2.8\ L$

答案： 对点训练2B　解析$Cu -2e^- \longrightarrow Cu^{2 +} +2OH^- \longrightarrow Cu(OH)_2$、$Mg -2e^- \longrightarrow Mg^{2 +} +2OH^- \longrightarrow Mg(OH)_2$，据此可得$n(OH^-)$等于金属失去电子物质的量，则有$n(OH^-)=\frac{18.5 g -10 g}{17 g\cdot mol^{-1}} =0.5 mol$，即金属失电子$0.5 mol$；$2n(Cu)+2n(Mg)=0.5 mol$；据质量关系可得：$64n(Cu)+24n(Mg)=10.0 g$，联立解得$n(Cu)=0.1 mol$，$n(Mg)=0.15 mol$，故合金中铜和镁的物质的量之比为$0.1 mol:0.15 mol =2:3$，A正确。全部沉淀后，溶质为$NaNO_3$，根据氮原子守恒，有$n(HNO_3)=n(NaNO_3)+n(NO,NO_2)=370×10^{-3} L×4 mol\cdot L^{-1}+\frac{4.48 L}{22.4 L\cdot mol^{-1}} =1.68 mol$，则有$c(HNO_3)=\frac{1.68 mol}{0.14 L}=12 mol\cdot L^{-1}$，B错误。据得失电子数目守恒可得：$3n(NO)+n(NO_2)=0.5 mol$，$n(NO)+n(NO_2)=\frac{4.48 L}{22.4 L\cdot mol^{-1}}$，联立解得$n(NO)=0.15 mol$，$n(NO_2)=0.05 mol$；相同条件下，气体的体积分数等于其物质的量分数，故$NO_2$的体积分数为$\frac{0.05}{0.2}×100\% =25\%$，C正确。据得失电子守恒可知，通入的$O_2$得电子数与两种金属失电子数相同，两种金属失去电子$(0.1 +0.15)×2 mol =0.5 mol$，则$n(O_2)=\frac{0.5}{4}mol =0.125 mol$，在标准状况下的体积为$0.125 mol×22.4 L\cdot mol^{-1} =2.8 L$，D正确。