《2025年5年高考3年模拟高中化学必修第二册苏教版》

1. (2024 江苏昆山柏庐高级中学月考)现有一定量的$Cu$和$CuO$的混合物，向其中加入${1.2\ \mathrm{L}\ 2.0\ \mathrm{mol· L^{-1}}}$稀硝酸，混合物完全溶解，同时生成${8.96\ \mathrm{L}\ NO}$（标准状况下）。向所得溶液中加入一定体积${2.0\ \mathrm{mol· L^{-1}}\ NaOH}$溶液，恰好使${Cu^{2+}}$沉淀完全，沉淀经洗涤、充分灼烧后得${64.0\ \mathrm{g}}$黑色固体（忽略溶液的体积变化）。下列说法正确的是 （C）

A.与该混合物反应消耗的${HNO_{3}}$的物质的量为${1.2\ \mathrm{mol}}$
B.该混合物中铜与氧化铜物质的量之比为$1:3$
C.加入$NaOH$溶液的体积是${1\ \mathrm{L}}$
D.${Cu^{2+}}$沉淀完全后，溶液中${\mathit{c}(NO^{-}_{3})}$为${1.1\ \mathrm{mol· L^{-1}}}$

答案： 1.C Cu与稀HNO₃反应的化学方程式为3Cu+8HNO₃(稀)=3Cu(NO₃)₂+2NO↑+4H₂O，生成标准状况下8.96LNO，即生成0.4molNO，反应消耗的n(Cu)=$\frac{0.4mol×3}{2}$ = 0.6mol；最终得到的CuO为64.0g，物质的量为0.8mol，根据铜原子守恒可知原混合物中CuO的物质的量为0.8mol - 0.6mol = 0.2mol。根据N原子守恒，反应中消耗的n(HNO₃)=0.8mol×2 + 0.4mol = 2mol，A错误；结合上述分析可知原混合物中Cu、CuO分别为0.6mol和0.2mol，其物质的量之比为3:1，B错误；反应后剩余的HNO₃的物质的量为2.0mol·L⁻¹×1.2L - 2.0mol = 0.4mol，则NaOH先中和过量HNO₃，再与Cu²⁺反应，共消耗n(NaOH)=0.4mol + 0.8mol×2 = 2.0mol，即V(NaOH溶液)=$\frac{2.0mol}{2.0mol·L⁻¹}$ = 1L，C正确；Cu²⁺完全沉淀时，溶液中含2molNO₃⁻，即溶液中c(NO₃⁻)=$\frac{2mol}{1.2L + 1L}$≈0.91mol·L⁻¹，D错误。
方法点津
解答本题主要应用原子守恒和氧化还原反应中的得失电子守恒，运用守恒法对题中数据进行分析和计算，可使复杂的计算简单化，在解答类似计算题时要加以尝试。

2. (2025 湖南长沙第十五中学期末)$FeS$与一定浓度的硝酸反应，生成了${Fe_{2}(SO_{4})_{3}}$、${Fe(NO_{3})_{3}}$、$NO$、${NO_{2}}$、${N_{2}O_{4}}$和${H_{2}O}$，当$NO$、${NO_{2}}$和${N_{2}O_{4}}$分子的个数之比为$2:1:1$时，实际参加反应的$FeS$与${HNO_{3}}$的物质的量之比为 （A）

A.$1:6$
B.$1:7$
C.$1:8$
D.$1:9$

答案： 2.A 设参加反应的FeS为3mol，则根据S原子守恒可知生成1molFe₂(SO₄)₃，根据Fe原子守恒可知生成1molFe(NO₃)₃，Fe元素化合价由+2价升高为+3价，S元素化合价由 - 2价升高为+6价，所以3molFeS共失去27mol电子，根据得失电子守恒可知HNO₃共得到27mol电子，生成NO、NO₂和N₂O₄；设NO、NO₂和N₂O₄的物质的量分别为2x、x、x，则有2x×3 + x + 2x = 27mol，解得x = 3mol，即NO、NO₂和N₂O₄的物质的量分别为6mol、3mol、3mol；根据N原子守恒可知HNO₃的物质的量为1mol×3 + 6mol + 3mol + 3mol×2 = 18mol，所以实际参加反应的FeS与HNO₃的物质的量之比为3mol:18mol = 1:6。

3. (2025 江苏扬州月考)$Cu$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${NaNO_{3}}$和${NaNO_{2}}$的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示：

下列有关判断正确的是 （D）

A.常温下，$Cu$遇浓硝酸发生钝化，不可能发生上述反应
B.收集的氮氧化物的体积为${20.16\ \mathrm{L}}$
C.反应过程中生成的${Cu(NO_{3})_{2}}$既是氧化产物，又是还原产物
D.若铜片为${51.2\ \mathrm{g}}$，则生成${0.2\ \mathrm{mol}\ NaNO_{3}}$

答案： 3.D 常温下，Cu遇浓硝酸不会钝化，Cu能与浓硝酸反应生成NO₂等，A错误；气体所处状况未知，无法计算其体积，B错误；反应过程中生成的Cu(NO₃)₂是氧化产物，C错误；分析整个反应过程可知仅有两种元素的化合价发生变化，Cu→Cu²⁺、HNO₃→NaNO₂，51.2gCu的物质的量为0.8mol，共失电子0.8mol×2 = 1.6mol，由得失电子守恒可知HNO₃→NaNO₂得1.6mol电子，故产物中NaNO₂的物质的量为0.8mol，由Na守恒可知另一种产物NaNO₃为0.2mol，D正确。
方法点津
解答金属与酸(含混酸)的相关计算问题，往往需要利用守恒法；同学们在利用守恒法时可以抛开复杂的转化过程，只需找到始态和终态某一特定的量是固定不变的即可。

4. (2025 江苏无锡期中)实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验，经检测，所得固体中含有${Cu_{2}S}$和白色物质$X$，下列说法错误的是 （C）


A.白色物质$X$为${CuSO_{4}}$
B.微热${5\ \mathrm{min}}$待$Cu$反应结束后，转移电子的物质的量为${0.48\ \mathrm{mol}}$
C.放出的$NO$在标准状况下的体积为${0.896\ \mathrm{L}}$
D.固体单质$Z$是硫单质

答案： 4.C Cu与浓硫酸发生反应，生成的白色固体为CuSO₄，A正确；n(Cu)=$\frac{19.2g}{64g·mol⁻¹}$ = 0.3mol，设反应生成的Cu₂S为xmol，则CuSO₄为(0.3 - 2x)mol，由得失电子守恒得2x + 2×(0.3 - 2x)=8x，解得x = 0.06，即Cu₂S为0.06mol，CuSO₄为0.18mol，故微热5min待Cu反应结束后，转移电子的物质的量为0.06mol×2 + 0.18mol×2 = 0.48mol，B正确；结合图示可知0.06molCu₂S与HNO₃、H₂SO₄发生氧化还原反应生成CuSO₄、S、NO，由得失电子守恒可知生成的NO在标准状况下的体积为$\frac{0.06mol×4}{3}$×22.4L·mol⁻¹ = 1.792L，C错误；由C项分析可知Z是硫单质，D正确。