《2025年零失误分层训练高中化学必修第二册人教版黑吉辽内蒙古专版》

1. 某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物。当参加反应的金属单质与被还原的硝酸的物质的量之比为$2 : 1$时，还原产物是
(C)

A.$NO_2$　　
B.$NO$　　
C.$N_2O$　　
D.$N_2$

答案： 1.C[提示：设金属的氧化产物中金属元素的化合价为$x$，硝酸中$N$元素的化合价变化值为$y$，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，因参加反应的金属单质与被还原的硝酸的物质的量之比为$2:1$，可知$2x=y$，所以硝酸中$N$元素的化合价变化应为偶数，而硝酸中$N$元素的化合价为$5$，即奇数，则硝酸被还原后的化合价为奇数，只有C符合题意。]

2. 足量金属镁与一定量浓硝酸反应，得到硝酸镁溶液和$NO_2$、$NO$的混合气体，这些气体与$2.52\ L\ O_2$(标准状况)混合后通入水中。所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸镁溶液中加入$2.5\ mol/L\ NaOH$溶液至$Mg^{2+}$恰好完全沉淀，则消耗$NaOH$溶液的体积是
(B)

A.$45\ mL$
B.$180\ mL$
C.$90\ mL$
D.$135\ mL$

答案： 2.B[提示：生成$NO_2$、$NO$的混合气体与$2.52\ L\ O_2$（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，由电子转移守恒，可知$Mg$提供的电子数等于氧气获得的电子数，$Mg$提供的电子为：$\frac{2.52\ L}{22.4\ L· mol^{-1}} × 4 = 0.45\ mol$，向所得硝酸镁溶液中加入$NaOH$溶液至$Mg^{2+}$恰好完全沉淀，沉淀为$Mg(OH)_2$，由电荷守恒可知，$Mg$提供电子的物质的量等于$Mg(OH)_2$中氢氧根离子的物质的量，故$n(NaOH)=0.45\ mol$，故消耗氢氧化钠溶液的体积为$\frac{0.45\ mol}{2.5\ mol· L^{-1}} = 0.18\ L = 180\ mL$，故选B。]

3. 物质的量之比为$2 : 5$的锌与硝酸反应，若硝酸被还原的产物为$N_2O$，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是
(A)

A.$1 : 4$
B.$1 : 5$
C.$2 : 3$
D.$2 : 5$

答案： 3.A[提示：设$Zn$为$2\ mol$，$HNO_3$为$5\ mol$，锌与硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和电子守恒，$2\ mol$锌失去$4\ mol$电子，生成$2\ mol$锌离子，由于生成硝酸锌，则其结合的硝酸根离子是$4\ mol$，剩余的$1\ mol$硝酸被还原为$N_2O$就得到$4\ mol$电子，说明硝酸也全部反应，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是$1:4$，反应的化学方程式为$4Zn + 10HNO_3 \xlongequal{} 4Zn(NO_3)_2 + N_2O\uparrow + 5H_2O$，故选A。]

4. (2025·河南开封质检)某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液体积为$100\ mL$，向其中逐渐加入铁粉，产生气体体积(已折合成标准状况下)随加入铁粉的质量变化如图所示。下列说法正确的是(已知：硝酸只被还原为$NO$气体，忽略反应过程中溶液体积的变化$)$ (C)


A.当加入$4m_1\ g$铁粉时，反应后溶液中的溶质为$FeSO_4$和$Fe(NO_3)_2$
B.混合溶液中$HNO_3$的物质的量浓度为$0.2\ mol/L$
C.转移电子的物质的量之比$n(Oa) : n(ab)$
$: n(bc) = 3 : 1 : 1$
D.$100\ mL$该混合溶液最多能溶解$12.8\ g$铜粉

答案： 4.C[提示：根据图像分析可得$Oa$段的反应为：$Fe + NO_3^- + 4H^+ \xlongequal{} Fe^{3+} + NO\uparrow + 2H_2O$，$ab$段的反应为：$Fe + 2Fe^{3+} \xlongequal{} 3Fe^{2+}$，$bc$段的反应为：$Fe + 2H^+ \xlongequal{} Fe^{2+} + H_2\uparrow$，据此分析。当加入$4m_1\ g$铁粉时，反应后溶液中的溶质只有$FeSO_4$，故A错误；B.根据$Oa$段的反应关系计算：
$Fe + NO_3^- + 4H^+ \xlongequal{} Fe^{3+} + NO\uparrow + 2H_2O$
$1$
$0.2\ mol$
$\frac{4.48\ L}{22.4\ L· mol^{-1}} = 0.2\ mol$
则混合溶液中$HNO_3$的物质的量浓度为$\frac{0.2\ mol}{0.1\ L} = 2\ mol/L$，故B错误；C.由图可知三个阶段消耗的铁粉的物质的量之比：$n(Oa):n(ab):n(bc) = (2 × 3):(1 × 2):(1 × 2) = 3:1:1$，故C正确；D.由以上分析可知，混合溶液中硝酸的物质的量是$0.2\ mol$，结合反应计算：
$3Cu + 2NO_3^- + 8H^+ \xlongequal{} 3Cu^{2+} + 2NO\uparrow + 4H_2O$
$3$ $2$
$n(Cu) 0.2\ mol$
可得$n(Cu) = 0.3\ mol$，即$19.2\ g$，故D错误。故选C。]

5. (2025·山东沂水一中月考)$38.4\ g$铜与适量浓硝酸恰好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$NaNO_3$和$NaNO_2$的混合溶液，反应过程及有关数据如下图所示：

下列有关判断正确的是
(A)

A.若浓硝酸体积为$200\ mL$，则其物质的量浓度为$11\ mol/L$
B.$NO$、$NO_2$、$N_2O_4$和$NaOH$溶液反应时，$NO_2$、$N_2O_4$仅作还原剂
C.生成$0.2\ mol\ NaNO_3$和$0.8\ mol\ NaNO_2$
D.硝酸在反应中仅体现氧化性

答案： 5.A
[提示：A.铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，$n(Cu) = \frac{38.4\ g}{64\ g· mol^{-1}} = 0.6\ mol$，生成硝酸铜$0.6\ mol$，含有硝酸根离子$1.2\ mol$，氮的化合物为$0.9\ mol$，与氢氧化钠恰好完全反应生成$NaNO_3$和$NaNO_2$，根据原子守恒可知：$n(Na) = n(N) = n(NaOH) = 0.5\ L × 2\ mol/L = 1\ mol$，所以硝酸的总物质的量为$(1.2 + 1)\ mol = 2.2\ mol$，若浓硝酸体积为$200\ mL$，则其物质的量浓度为$\frac{2.2\ mol}{0.2\ L} = 11\ mol/L$，A正确；B.$NO$、$NO_2$、$N_2O_4$和$NaOH$溶液反应时生成$NaNO_3$和$NaNO_2$，$NO_2$、$N_2O_4$中氮元素为$+4$价，既可升高到$+5$价，又可降低到$+3$价，既作氧化剂，又作还原剂，B错误；C.$0.6\ mol\ Cu$失去的电子数等于$HNO_3$到$NaNO_2$得到的电子数，$0.6\ mol × (2 - 0) = n(NaNO_2) × (5 - 3)$，计算得出$n(NaNO_2) = 0.6\ mol$，根据题中信息可知$n(NaOH) = 0.5\ L × 2\ mol/L = 1\ mol$，则由$Na$原子守恒可以知道，$n(NaOH) = n(NaNO_2) + n(NaNO_3)$，则$n(NaNO_3) = 1\ mol - 0.6\ mol = 0.4\ mol$，C错误；D.铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，硝酸部分被还原，作氧化剂，部分生成盐，表现出酸性，D错误。]

6. 将$m\ g\ Fe$、$Cu$合金投入足量稀硝酸中，固体完全溶解，共收集到$2.24\ L$(标准状况)$NO$气体，向反应后的溶液中加入过量的$NaOH$溶液，下列判断正确的是
(D)

A.$Fe$、$Cu$和稀硝酸反应，稀硝酸只表现了氧化性
B.最终所得溶液中溶质只有一种
C.整个过程中有$0.1\ mol$电子发生转移
D.理论上沉淀的质量为$(m + 5.1)g$

答案： 6.D[提示：A.$Fe$、$Cu$和稀$HNO_3$反应，稀硝酸既表现了氧化性又表现了酸性，A项错误；B.所得溶液中溶质有$NaNO_3$和过量的$NaOH$两种，B项错误；C.$NO$的物质的量为$0.1\ mol$，合金与稀硝酸反应中转移$0.3\ mol$电子，C项错误；D.最后得到的沉淀是$Fe(OH)_3$，和$Cu(OH)_2$，沉淀的质量等于合金的质量和增加的$OH^-$的质量之和，而增加的$OH^-$的物质的量也等于整个过程中转移电子的物质的量，即增加的$OH^-$的物质的量也是$0.3\ mol$，所以理论上沉淀的质量为$m\ g + 0.3\ mol × 17\ g/mol = (m + 5.1)\ g$，D项正确。]

7. 向$100\ mL$稀$H_2SO_4$与稀$HNO_3$的混合溶液中加入$1.92\ g$铜粉，加热使其充分反应。已知稀$HNO_3$和稀$H_2SO_4$的物质的量浓度分别为$0.1\ mol/L$和$0.4\ mol/L$。下列说法正确的是(忽略反应前后溶液的体积变化$)$
(A)

A.所得溶液中$c(H^+) = 0.5\ mol/L$
B.所得溶液中$c(Cu^{2+}) = 0.225\ mol/L$
C.反应中转移$0.06\ mol$的电子
D.所得气体在标准状况下的体积为$0.448\ L$

答案： 7.A[提示：$n(Cu) = 1.92\ g ÷ 64\ g/mol = 0.03\ mol$，$n(H^+) = 0.4\ mol/L × 0.1\ L × 2 + 0.1\ mol/L × 0.1\ L = 0.09\ mol$，$n(NO_3^-) = 0.1\ mol/L × 0.1\ L = 0.01\ mol$，由反应$3Cu + 8H^+ + 2NO_3^- \xlongequal{} 3Cu^{2+} + 2NO\uparrow + 4H_2O$可得，显然硝酸根离子的物质的量不足，由硝酸根离子的物质的量及离子方程式可知$0.01\ mol$硝酸根离子发生了反应，据此解答。A.由分析可知，$0.01\ mol$硝酸根离子发生反应时消耗$H^+$的物质的量为$0.04\ mol$，所得溶液中剩余$c(H^+) = \frac{0.09 - 0.04}{0.1} mol· L^{-1} = 0.5\ mol· L^{-1}$，故A正确；B.由分析可知，$0.01\ mol$硝酸根离子发生反应时消耗$Cu$的物质的量为$0.015\ mol$，所得溶液中$c(Cu^{2+}) = \frac{0.015}{0.1} mol· L^{-1} = 0.15\ mol· L^{-1}$，故B错误；C.由反应离子方程式可知，$0.01\ mol$硝酸根离子发生反应，转移$0.03\ mol$的电子，故C错误；D.由分析可知，$0.01\ mol$硝酸根离子发生反应生成气体$0.01\ mol$，在标准状况下的体积为$0.224\ L$，故D错误。]