高中化学人教版 (2019)必修 第二册第二节 氮及其化合物优秀课后练习题

这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第二册第二节 氮及其化合物优秀课后练习题，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

第二节氮及其化合物
第三课时 硝酸（A）

一、单选题
1．汽车尾气是城市主要污染之一，治理的一种办法是在汽车排气管上装催化转化器，它使一氧化氮与一氧化碳反应生成可参与大气生态循环的无毒气体，并促使烃类充分燃烧及二氧化硫的转化，下列说法错误的是
A．一氧化氮与一氧化碳反应的化学方程式为2CO＋2NO2CO2＋N2
B．此方法的缺点是由于二氧化碳的增多，会大大提高空气的酸度
C．为减少城市污染应开发新能源
D．汽车尾气中有两种气体与血红蛋白结合而使人中毒
2．能正确表示下列化学反应的离子方程式的是( )
A．钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
B．石灰石与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
C．氢氧化钡与稀硫酸反应：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O
D．稀硝酸与铁粉反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑
3．下列由实验操作及现象得出的结论正确的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
往某溶液中滴入KSCN溶液，再滴入氯水
滴入KSCN无明显现象，滴加氯水后溶液变成红色
原溶液中含Fe2+
B
向新制的氯水中加入少量CaCO3
有气泡产生
酸性：HClO>H2CO3
C
试管中盛有Cu(NO3)2溶液，底部有少量的铜，向其中加入稀硫酸
铜粉逐渐溶解
铜可以和稀硫酸反应
D
将碳与浓硫酸加热产生的气体通入澄清石灰水
石灰水先变浑浊后澄清
产生的气体中有CO2和SO2
4．物质X、Y、Z、W、E中均含有同一种短周期元素，已知X是单质，E具有强酸性和强氧化性。五种物质在一定条件下可发生如图所示的转化。则X可能是( )

A．Cl2 B．C C．N2 D．Si
5．类推法在化学学习中经常采用，下列类推的结论正确的是( )
A．由Cl2+2KBr=2KCl+Br2，所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2
B．常温下，由Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，所以Ag也能与浓硝酸反应产生NO2
C．由2Fe+3Cl22FeCl3，所以2Fe+3I22FeI3
D．由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，所以2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2
6．下列物质中，能与浓硝酸反应的电解质是（ ）
A．铁 B．二氧化硫 C．氧化铜 D．氢氧化钠溶液
7．下列有关浓硝酸的说法.不正确的是( )
A．实验室常用浓硝酸与金属锌反应制备氢气
B．在常温下，浓硝酸能使金属铝钝化
C．浓硝酸不稳定，见光或受热易分解，需要避光保
D．浓硝酸易挥发，打开瓶塞，瓶口有白雾产生
8．下列各组离子在酸性溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是
A．Ba2＋、、 B．Mg2＋、OH-、
C．、Fe3＋、 D．Na＋、Fe2＋、
9．在下列反应中，HNO3既表现出氧化性，又表现出酸性的是
A．H2S+2HNO3===S↓+2NO2↑+2H2O
B．CuO+2HNO3===Cu(NO3)2+H2O
C．4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O
D．3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
10．将1.92g铜粉与一定量的浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到气体1.12L(标准状况下)，则消耗硝酸的物质的量是
A．0.12mol B．0.09mol C．0.11mol D．0.08mol
11．某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的是NO气体，设计了如下实验。实验装置如图所示(已知NO、NO2能与NaOH溶液反应)：

（1）设计装置A的目的是_____________________________________，为达此目的应进行的操作______________________________________________________。
（2）在（1）中的操作后将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是____________________________________________________________；B中反应的离子方程式是_____________________________________________________。
（3）将注射器F中的空气推入E中，E中的气体变为红棕色，该实验的目的是____________。
（4）D装置的作用是_______________________________________________________。
12．AgNO3是中学化学常用试剂，某兴趣小组设计如下实验探究其性质。
Ⅰ.AgNO3的热稳定性
AgNO3受热易分解，用下图装置加热AgNO3固体，试管内有红棕色气体生成，一段时间后，在末端导管口可收集到无色气体a。

(1)实验室检验气体a的方法为______。
(2)已知B中只生成一种盐，据此判断AgNO3受热分解的化学方程式为______。
(3)从安全角度考虑，上述实验装置存在一处明显缺陷，改进措施为______。
Ⅱ.AgNO3与盐溶液的反应

(4)甲同学认为试管②中产生银镜是Fe2＋所致，其离子方程式为___；
(5)已知：AgSCN为白色沉淀。试管③中红色褪去的原因为___(请从平衡移动的角度解释)。

第三课时 硝酸（B）

一、单选题
1．人类在提高自身生活水平的同时还应关注环境问题，下列叙述不正确的是(　　)
A．化石燃料的高消耗、森林面积的锐减是造成大气中二氧化碳浓度增高的主要原因
B．氮氧化物和硫的氧化物都是形成酸雨的主要物质
C．冬季取暖大量燃烧煤所释放出的有害气体是造成城市光化学烟雾的最主要原因
D．当进入水体的氮的含量增大时，会造成水体的富营养化从而破坏水质
2．硝酸被称为“国防工业之母”。下列说法正确的是（ ）
A．常温下将金属铁放入浓HNO3中，Fe将被氧化成Fe(NO3)3
B．将一定量的铁粉放入HNO3中，生成物中Fe的存在形式为Fe(NO3)3
C．铁与浓HNO3反应生成NO2，而与稀HNO3反应生成NO，说明稀HNO3比浓HNO3的氧化性更强
D．将一定量的Fe放入稀HNO3，其产物可能是Fe(NO3)3，也可能是Fe(NO3)2或它们的混合物
3．研究发现，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取适量的铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应，没有气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 mol/L NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示。下列说法不正确的是 （ ）

A．D点溶液中的溶质是NH4NO3、NaNO3
B．DE段发生的反应为：NH+OH−= NH3·H2O
C．B点沉淀的物质的量为0.024mol
D．C点的数值等于7
4．某浓度稀HNO3与金属M反应时，能得到+2价硝酸盐，反应时M与HNO3的物质的量之比为5 ∶12，则反应时HNO3的还原产物是 （ ）
A．NH4NO3 B．N2 C．N2O D．NO
5．某化学兴趣小组进行了有关Cu、稀硝酸、稀硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是

A．实验①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，说明HNO3被Cu还原为NO2
B．实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸的强
C．实验③发生反应的化学方程式为3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO44CuSO4+2NO↑+4H2O
D．由上述实验可得出结论:Cu在常温下既可以和稀硝酸反应，又可以和稀硫酸反应
6．酸雨的形成是—种复杂的大气化学和光学化学过程，在清洁空气、污染空气中形成硫酸型酸雨的过程如图：

下列有关说法不正确的是
A．所涉及的变化均为氧化还原反应 B．光照是酸雨形成的必要条件之一
C．污染指数越高形成酸雨的速率越快 D．优化能源结构能有效遏制酸雨污染
7．关于硝酸的说法正确的是(　　)
A．硝酸与金属反应时，主要是＋5价的氮得电子
B．浓HNO3与浓盐酸按3∶1的体积比混合所得的混合物叫王水
C．硝酸电离出的 H＋，能被Zn、Fe等金属还 原成H2
D．常温下，向浓HNO3中投入Fe片，会产生大量的红棕色气体
8．下列有关实验操作、现象及解释或结论都正确的是( )
选项
实验操作
现象
解释或结论

将过量的粉加入稀中，充分反应后，滴入溶液
溶液呈
红色
稀将氧化为

常温下，、放入浓中
无明显现象
、 在浓中发生钝化

铝箔插入稀中
无现象
箔表面被氧化，形成致密的氧化膜

用玻璃棒蘸取浓点到蓝色石蕊试纸上
试纸变红色
浓具有酸性
9．结合氮及其化合物“价一类”二维图及氧化还原反应的基本规律，下列分析或预测正确的是

A．N2O3、NO2、N2O5均能与水反应生成酸，三者均为酸性氧化物
B．HNO3、HNO2、NaNO3、NH3的水溶液均可以导电，四者均属于电解质
C．联氨(N2H4)可能被亚硝酸(HNO2)氧化生成氢叠氮酸HN3
D．硝酸具有较强的氧化性，可用稀硝酸溶解Au、Ag、Cu
10．将一定质量的铜与150mL的一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下11.2L的NO和NO2的混合气体，将生成的混合气体与5.6L标况下的氧气一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸收生成NaNO3.下列说法不正确的是( )
A．铜的质量为32g
B．铜与硝酸反应，电子转移总数为1NA
C．硝酸的物质的量浓度为10.0 mol·L−1
D．向反应后的溶液加NaOH，使铜沉淀完全，需要NaOH的物质的量至少为1.0mol


二、填空题
11．某兴趣小组设计出如图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化。

(1)仪器a的名称是___；实验前，第一步操作是___。
(2)在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是___。
(3)如表是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是___。
方案
反应物
甲
Cu、浓HNO3
乙
Cu、稀HNO3
丙
Cu、O2、稀HNO3
(4)该装置也可用来证明酸性强弱：如H2CO3＞H2SiO3。
方法如下：在a中加入稀硫酸，c中加入的试剂是___ (填编号，下同)，d中加入的试剂是___；如果在d中看到___，即可证明酸性：H2CO3＞H2SiO3。
供选择的试剂：
A．Na2SiO3溶液 B．稀硫酸 C．NaCl溶液 D．Na2CO3溶液 E．碳酸钙
12．烟气脱硝(将NOx转化成无害物质)是工业废气处理中的重要工艺。相对传统的处理工艺，活性炭吸附脱硝法具有工艺过程无二次污染、氮资源和脱硝剂可循环利用等优点。回答下列问题。
(1)活性炭吸附脱硝法的工艺流程如图所示。

该流程中活性炭的作用是____，若入口烟气中NOx以NO形式参加反应，则相应的化学方程式为____。
(2)某同学选择如下装置(省略夹持仪器)对该方法进行模拟实验：

①实验前，按h→j，i→k的顺序连接仪器，检查装置____。按h→j而不是h→k连接仪器的原因是____。
②先通入空气，再打开A、B中分液漏斗的活塞，观察到B中出现红棕色气体，此时，所获得的氮氧化物中一定含有____气体。
③装置F除了能用于判断气体流速和脱硝效果外，还可用于____。






参考答案
1．B
【解析】
A．由信息可知，NO和CO反应生成无毒的氮气和二氧化碳，化学方程式为2CO+2NO2CO2+N2，故A正确；
B．空气中的酸度增加，主要是含N、S的氧化物的排放，与二氧化碳无关，故B错误；
C．NO、CO均为空气污染物，新能源燃烧不生成有毒物质，则为减少城市污染应开发新能源，故C正确；
D．汽车尾气中有NO、CO均极易结合血红蛋白，则使人中毒，故D正确；
故答案选B。
2．A
【解析】
A．钠与水反应生成NaOH和氢气，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A正确；
B．石灰石与醋酸反应，醋酸为弱电解质，写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，B错误；
C．氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，C错误；
D．稀硝酸与铁粉反应生成硝酸铁、NO和水，2Fe+8H++2NO=2Fe3++2NO↑+4H2O，D错误；
答案为A。
3．A
【解析】
A．滴入KSCN无明显现象，说明溶液中无Fe3+，滴加氯水后溶液变成红色，说明氯水将Fe2+氧化成Fe3+，原溶液中含Fe2+，A正确；
B．向新制的氯水中加入少量CaCO3，有气泡产生是因为氯水中有HCl，酸性：HCl>H2CO3，B错误；
C．稀硫酸提供氢离子，硝酸根、氢离子、铜发生氧化还原反应而溶解，不是铜可以和稀硫酸反应，C错误；
D．CO2和SO2均能使澄清石灰水先变浑浊后澄清，无法确定是否二者都有，D错误。
答案选A。
4．C
【解析】
A．氯气和氧气不反应，A不符题意；
B．碳酸是弱酸且没有强氧化性，B不符题意；
C．氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下反应生成Y(氨气)，氮气与氧气在放电或高温条件下反应生成Z(NO)，Y(氨气)催化氧化得Z(NO)，Z(NO)和氧气反应生成W(NO2)，W(NO2)与水反应得E(HNO3)，E(HNO3)有强酸性和强氧化性，C符合题意；
D．二氧化硅与氧气不反应，且二氧化硅与水不反应，硅酸是弱酸且无强氧化性，D不符题意。
答案选C。
5．B
【解析】
A．F2单质在水溶液中先和水发生反应，不能置换溴单质,  故A错误；
B．常温下，由Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，说明浓硝酸具有强氧化性，所以Ag也能与浓硝酸反应产生NO2，故B正确；
C．氯气氧化性强，和铁反应生成氯化铁， 碘单质氧化性弱，和铁发生反应生成碘化亚铁，故C错误；
D．Na2O2有氧化性，与SO2反应生成Na2SO4：Na2O2+SO2=Na2SO4，故D错误；
故选B。
6．C
【解析】
A．铁为单质，不属于电解质，故A错误；
B．二氧化硫在熔融状态下不能导电，是非电解质，故B错误；
C．氧化铜在熔融状态下能导电，是电解质，同时氧化铜为碱性氧化物，能和硝酸反应，故C正确；
D．氢氧化钠溶液是混合物，不是电解质，故D错误；
故选C。
7．A
【解析】
A.浓硝酸具有强氧化性，与金属反应时，一般不生成氢气，所以实验室中不能使用浓硝酸制备氢气，故错误；
B.在常温下，铝遇浓硝酸会被氧化，在表面产生一层致密的氧化物薄膜，对内层的金属起到保护作用，故正确；
C.浓硝酸不稳定，见光易分解：，所以应避光保存，故正确；
D.浓硝酸易挥发，打开瓶塞，硝酸蒸气与空气中的水蒸气结合成硝酸液滴，瓶口有白雾产生，故正确；
选A。
8．D
【解析】
A．Ba2＋、发生非氧化还原反应生成BaSO4沉淀而不能大量共存，A不合题意；
B．Mg2＋、H+分别与OH-发生非氧化还原反应生成氢氧化镁沉淀、水而不能大量共存，B不合题意；
C．Fe3＋、H+分别与发生非氧化还原反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体、水和二氧化碳而不能大量共存，C不合题意；
D．酸性环境下，硝酸根具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，它们之间发生氧化还原反应而不能大量共存，D符合题意；
答案选D。
9．D
【解析】
A. HNO3中氮元素化合价由+5价降为+4价，只表现氧化性，故A错误；
B. HNO3中没有元素化合价变化，只表现酸性，故B错误；
C. HNO3中氮元素化合价由+5价降为+4价，氧元素化合价由-2价升高到0价，既表现氧化性，又表现还原性；故C错误；
D. HNO3中部分氮元素化合价由+5价降为+2价生成NO，部分氮元素化合价没变生成硝酸铜，既表现氧化性，又表现酸性，故D正确。
故选D。
10．C
【分析】
反应生成Cu（NO3）2与氮的氧化物（NO、NO2中的一种或2种），反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，其氧化剂作用的酸性生成氮的氧化物，其酸性作用的硝酸生成Cu（NO3）2，根据氮原子守恒可知n反应（HNO3）=2Cu（NO3）2+n（NO，NO2），根据n=计算1.92gCu的物质的量，由Cu原子守恒可知n（Cu）=Cu（NO3）2，根据n=计算生成气体物质的量，据此计算解答。
【解析】
1.92gCu的物质的量==0.03mol，n（NO，NO2）==0.05mol，反应生成Cu（NO3）2与氮的氧化物（NO、NO2中的一种或2种），反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，其氧化剂作用的酸性生成氮的氧化物，其酸性作用的硝酸生成Cu（NO3）2，由Cu原子守恒可知n（Cu）=Cu（NO3）2=0.03mol，根据氮原子守恒可知n反应（HNO3）=2Cu（NO3）2+n（NO，NO2）=2×0.03mol+0.05mol=0.11mol，
故答案选C。
11． （1）利用生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对气体产物观察的干扰 使分液漏斗的凹槽对准小孔，打开K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K
（2） 铜丝上产生气泡，稀硝酸液面上气体仍无色，溶液变为蓝色 3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O （3）验证E中的无色气体为NO
（4）吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气
【分析】
由实验装置及流程可知，A中发生硝酸与碳酸钙的反应生成二氧化碳，因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成二氧化氮，利用A装置反应生成的二氧化碳气体赶净装置中的空气避免对一氧化氮气体检验的干扰；B中发生Cu与硝酸的反应生成NO、硝酸铜，E中收集到无色气体NO，利用F充入空气，可检验NO的生成；C装置可检验二氧化碳充满B、E装置；D装置为尾气处理装置，吸收氮的氧化物，防止污染空气，以此来解答。
【解析】
（1）因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成二氧化氮，利用A装置反应生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对气体产物观察的干扰；为达到此目的，应进行的操作是使分液漏斗的凹槽对准小孔，打开K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K；
（2）因铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，其离子反应为3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，因此实验现象是铜丝上产生气泡，稀硝酸液面上气体仍无色，溶液变为蓝色；
（3）将F中的空气推入E中，发生2NO+O2＝2NO2，E中无色气体变为红棕色，证明NO存在，则装置E和F的作用是验证NO的生成；
（4）NO、NO2都有毒，能污染环境，氮的氧化物能被NaOH溶液吸收，则装置D的作用为吸收多余的氮氧化物，防止污染空气。
【点睛】
本题考查性质实验方案的设计，把握实验装置的作用、发生的反应及NO易被氧化为解答的关键，侧重分析能力与实验能力的综合考查。
12． （1）将带火星的木条放至导管口，木条复燃
（2）2AgNO32Ag＋2NO2↑＋O2↑
（3） A、B装置之间连接一个防倒吸的安全瓶
（4） Ag＋＋Fe2＋=Ag＋Fe3＋
（5） 振荡试管时，过量的Ag＋与SCN－反应生成AgSCN沉淀，SCN－被消耗，红色褪去
【分析】
Ⅰ．试管内有红棕色气体生成，则AgNO3分解产生NO2，N元素化合价降低，则O元素化合价一定升高，在末端导管口可收集到无色气体a为O2；
Ⅱ．由溶液的量可知AgNO3溶液过量，Ag+有氧化性，Fe2+有还原性，Ag+和Fe2+发生氧化还原反应产生银镜，同时Fe2+被氧化为Fe3+，过量的Ag+和产生白色的Ag2SO4沉淀；上层清液加KSCN产生的白色沉淀为AgSCN，Fe3+和SCN-反应生成Fe(SCN)3，溶液局部呈红色，振荡试管时，过量的Ag＋与SCN－反应生成AgSCN沉淀，SCN－被消耗，红色褪去。
【解析】
(1)a为氧气，可用带火星木条检验氧气，方法和现象为：将带火星的木条放至导管口，木条复燃，故答案为：将带火星的木条放至导管口，木条复燃；
(2)B中只生成一种盐且a处还有氧气，则硝酸银分解无NO生成，结合得失电子守恒可知，硝酸银分解产物为二氧化氮、银、氧气，反应的化学方程式为2AgNO32Ag＋2NO2↑＋O2↑，故答案为：2AgNO32Ag＋2NO2↑＋O2↑；
(3)硝酸银分解气态产物与NaOH溶液反应生成一种盐，导管直接插入氢氧化钠溶液中可能引起倒吸，应该在A、B装置之间连接一个防倒吸的安全瓶，故答案为：A、B装置之间连接一个防倒吸的安全瓶；
(4)Ag+有氧化性，Fe2+有还原性，Ag+和Fe2+发生氧化还原反应生成银和Fe3+，反应的离子方程式为Ag＋＋Fe2＋=Ag＋Fe3＋，故答案为：Ag＋＋Fe2＋=Ag＋Fe3＋；
(5)由分析可知，Fe3+和SCN-反应生成Fe(SCN)3，溶液局部呈红色，振荡试管时，过量的Ag＋与SCN－反应生成AgSCN沉淀，SCN－被消耗，红色褪去，故答案为：振荡试管时，过量的Ag＋与SCN－反应生成AgSCN沉淀，SCN－被消耗，红色褪去；
B卷
1．C
【解析】
A项、化石燃料的使用生成二氧化碳，森林可吸收二氧化碳，所以化石燃料的高消耗、森林面积的锐减是造成大气中二氧化碳浓度增高的主要原因，故A正确；
B项、氮氧化物和硫的氧化物使雨水酸性增强，都是形成酸雨的主要物质，故B正确；
C项、汽车尾气是造成城市光化学烟雾的最主要原因，取暖大量燃烧煤所释放出的有害气体可导致酸雨和温室效应，故C错误；
D项、N元素可导致水中藻类植物大量繁殖，会造成水体的富营养化从而破坏水质，故D正确；
故选C。
2．D
【解析】
A．常温下将金属铁放入浓HNO3中，浓硝酸使Fe钝化，反应停止，故A错误；
B．将一定量的铁粉放入HNO3中，当铁过量时生成物中Fe的存在形式为Fe(NO3)2，故B错误；
C．氧化剂的氧化性强弱是由得电子的能力大小决定的，和被还原的价态无关，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸，故C错误；
D．将一定量的Fe放入稀HNO3，铁的量不同生成物不同，其产物可能是Fe(NO3)3，也可能是Fe(NO3)2或它们的混合物，故D正确；
故选D。
3．C
【分析】
从图中可以看出，HNO3过量，此时Al转化为Al(NO3)3，Fe转化为Fe(NO3)3；OC段，发生反应为H++OH-==H2O；CD段，发生反应为Al3++3OH-==Al(OH)3↓、Fe3++3OH-==Fe(OH)3↓；DE段，发生反应为+OH−= NH3·H2O；EF段，发生反应为OH-+Al(OH)3＝+2H2O。
【解析】
A． D点时HNO3、Al(NO3)3、Fe(NO3)3与NaOH刚好发生反应，所以溶液中的溶质是NH4NO3、NaNO3，故A正确；
B． DE段，NH4NO3与NaOH刚好完全反应，发生反应的离子方程式为：+OH−== NH3·H2O，故B正确；
C． n()=0.003L×4mol/L=0.012mol，共得电子的物质的量n(e-)=0.012mol×8=0.096mol，则Al3+、Fe3+消耗NaOH的物质的量为0.096mol，B点沉淀的物质的量为=0.032mol，故C错误；
D． n()=0.003L×4mol/L=0.012mol，共得电子的物质的量n(e-)=0.012mol×8=0.096mol，则Al3+、Fe3+消耗NaOH的物质的量为0.096mol，消耗NaOH的体积为=0.024L=24mL，C点的数值等于31mL-24mL=7mL，故D正确；
故选C。
4．B
【解析】
依据题意可列出反应方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2↑+6H2O，某稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐，所以1mol M失去2mol电子，5mol M失去10mol电子；而12mol HNO3中，有10mol硝酸没有参加氧化还原反应，只有2mol硝酸参加氧化还原反应，得到10mol电子，硝酸中氮的化合价为+5价，所以还原产物必须是0价的N2，B项正确；
答案选B。
【点睛】
利用电子转移数守恒是解题的突破口，找到化合价的定量关系，理解氧化还原反应的本质是关键。
5．C
【解析】
【解析】
A、稀硝酸被Cu还原为NO，故A错误；
B、Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，稀硫酸的氧化性比稀硝酸弱，故B错误；
C、实验③发生反应的化学方程式为:3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4═4CuSO4+2NO↑+4H2O，正确；
D、由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，故D错误。
故答案选C。
6．A
【解析】
A．SO2变为激发态SO2没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．由图可知，两种途径中反应1均需要光照条件下发生，所以光照是形成酸雨形成的必要条件之一，故B正确；
C．据图可知，途径II的速率大于途径I，即污染指数越高形成酸雨的速率越快，故C正确；
D．优化能源结构能减少化石燃料的使用，使排放的二氧化硫含量少，能有效遏制酸雨污染，故D正确。
故选：A。
7．A
【解析】
A．硝酸中N元素为+5价，为最高价态，则硝酸具有强氧化性，所以与金属反应时，主要是+5价的氮得电子，故A正确；
B．王水中浓硝酸和浓盐酸的体积被为1：3，王水能溶解金、铂等金属，故B错误；
C．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能被Zn、Fe等金属还原成氮的化合物，得不到氢气，故C错误；
D．常温下，铁和浓硝酸发生钝化现象，铁表面生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，所以得不到大量红棕色气体，故D错误；
故选A。
8．B
【解析】
A.稀硝酸与铁粉反应，铁首先被氧化成，过量的铁粉将还原，最终得到，滴人溶液不显红色，故错误；
B.常温下，、在浓中发生钝化，生成致密的氧化膜阻止了反应的进行，故正确；
C.铝箔能与稀反应放出气体，故项错误；
D.浓硝酸是强氧化性酸，能使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故错误。
9．C
【解析】
A. 酸性氧化物是指能与碱反应生成对应的盐和水的氧化物，NO2与碱反应不能生成对应的盐，不是酸性氧化物，故A错误；
B. NH3与水反应生成，在水溶液中发生电离可以导电，NH3自身不能发生电离而导电，是非电解质，故B错误；
C. 联氨(N2H4)中N的化合价为-2价氢叠氮酸HN3中N的化合价为，亚硝酸(HNO2)中N的化合价为+3价，联氨(N2H4)可能被亚硝酸(HNO2)氧化生成氢叠氮酸HN3，故C正确；
D. 稀硝酸不能溶解Au，故D错误。
故答案选：C。
10．C
【分析】
Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO、NO2与水，铜失电子，硝酸被还原为NO、NO2两种气体，而NO、NO2两种气体在碱性环境下被氧气氧化为，NO、NO2又失电子，氧气得电子，所以整个过程相当于铜失电子转移给了氧气，根据电子守恒：设铜有amol，则2a=×2×2，解得a=0.5mol，即Cu的物质的量为0.5mol，据此分析解答。
【解析】
A．根据上述分析可知，Cu的物质的量为0.5mol，则铜的质量为0.5mol×64g/mol=32g，A正确；
B．Cu的物质的量为0.5mol，Cu完全反应，故电子转移总数为0.5mol×2×NAmol-1=1NA，B正确；
C．0.5molCu与硝酸完全反应生成硝酸铜0.5mol，同时反应生成的NO、NO2两种气体共有=0.5 mol，所以参加反应硝酸的量n(HNO3)=0.5mol×2+0.5mol=1.5mol，而硝酸可能还有剩余，所以硝酸的物质的量浓度可能≥10.0mol˙L-1，C错误；
D．向反应后的溶液加NaOH，使铜沉淀完全，根据Cu2+~2NaOH可知，0.5mol Cu2+完全沉淀消耗NaOH的物质的量为1mol，如果反应后硝酸过量，氢氧化钠还需中和硝酸，所以需要NaOH的物质的量要大于1.0mol，D正确；
答案选C。
11． （1）分液漏斗 检查装置气密性
（2） Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
（3） 丙
（4） D A 生成白色胶状物质(或白色沉淀)
【分析】
铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、有毒气体NO2和水，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、有毒气体NO和水，NaOH可以吸收NO2：2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O，也能吸收NO和NO2的混合气：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，故用NaOH溶液吸收多余的氮氧化物，防止污染环境。若要证明碳酸酸性强于硅酸，需要把CO2通入硅酸钠溶液中，根据生成白色胶状沉淀证明反应的发生，从而证明酸性的强弱。
【解析】
(1)根据仪器的构造可知，a为分液漏斗；本实验有气体生成，故实验前，应先检查装置的气密性。
(2)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2和水，化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
(3)方案甲会生成有毒气体NO2，方案乙也会产生有毒气体NO，而方案丙中，铜和氧气生成氧化铜，氧化铜再和稀硝酸反应生成硝酸铜，没有污染产生，且硝酸中的氮全部转移到硝酸铜里，原料利用率高，故能体现绿色化学理念，故选丙。
(4)根据分析可知，需要先制取CO2，所用试剂为稀硫酸和碳酸钠溶液，不能选碳酸钙，因为稀硫酸和碳酸钙反应会生成微溶性的硫酸钙，附着在碳酸钙的表面，阻碍反应的进行。生成的CO2通入硅酸钠溶液中，发生复分解反应：CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，若看到白色胶状沉淀，则可证明碳酸酸性强于硅酸。
12．（1）催化剂 6NO+4NH35N2+6H2O
（2）①气密性 氨气密度较小，可使反应气体混合均匀，提高原料利用率
②NO2
③尾气吸收
【分析】
装置A中利用空气将浓氨水中的氨气吹出，装置B中利用硝酸和铜反应生成氮氧化物，在装置C中二者混合，氨气的密度较小，为了使氨气和氮氧化物混合均匀，氨气从j口进入，氮氧化物从k口进入，混合后通过活性炭进行反应，E装置为安全瓶可以防止倒吸，装置F可以吸收尾气，并判断气体流速和脱硝效果。
【解析】
(1)该过程中烟气和氨气混合通过活性炭后，活性炭没有变化，所以为催化剂；NOx以NO形式参加反应，即NO和NH3发生归中反应生成氮气，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为6NO+4NH35N2+6H2O；
(2)①本实验中反应物均为气体，所以连接好仪器后要先检验装置的气密性；氨气密度较小，按h→j连接可使反应气体混合均匀，提高原料利用率；
②氮氧化物中NO2为红棕色气体，所以出现红棕色说明一定含有NO2；
③氮氧化物和氨气均不能随意排放，所以装置F还可以吸收尾气；