2024届高三新高考化学大一轮专题练习：氧化还原反应

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2024届高三新高考化学大一轮专题练习：氧化还原反应
一、单选题
1．（2023春·广东佛山·高三校联考阶段练习）“容和一号”液流电池为北京冬奥会持续稳定存储、提供清洁电能超过5万千瓦时。质子交换膜只允许氢离子和水分子通过，下图为该电池放电时的工作原理示意图。

有关说法正确的是
A．还原性：
B．右侧是该电池的正极
C．外电路转移1mol电子，左侧离子总数目减少1mol
D．电池工作时，右侧发生的电极反应为：
2．（浙江省金、丽、衢十二校2023届高三下学期联考二模化学试题）关于反应，下列说法正确的是
A．发生氧化反应
B．生成，转移电子
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为
D．可以和反应生成
3．（2023年高考湖北卷化学真题）下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是
A．石灰乳中存在沉淀溶解平衡
B．氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应
D．Li、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强
4．（2023·河北保定·统考二模）下列反应的离子方程式书写错误的是
A．向酸性溶液中滴加溶液，溶液褪色：
B．将溶液加入到石灰乳中得到氢氧化镁：
C．泡沬灭火器的反应原理：
D．在溶液中加入过量的溶液：
5．（2023春·广东惠州·高三惠州一中校联考阶段练习）下列离子方程式书写正确的是
A．明矾溶液与过量氨水混合：
B．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：
C．稀溶液与溶液混合：
D．向溶液中滴加稀盐酸：
6．（2023春·河北石家庄·高三石家庄外国语学校校考期中）下列离子方程式书写正确的是
A．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：H++OH-=H2O
B．向NaClO溶液中通入少量SO2：2ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO
C．室温下用稀硝酸溶解铜：Cu+2NO+2H+=Cu2++2NO2↑+H2O
D．向CaCO3悬浊液中通入足量CO2：CO+CO2+H2O=2HCO
7．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）古文献《余冬录》中对胡粉[主要成分为]制法的相关描述：“铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者(Pb)，炒为黄丹(Pb3O4)。黄丹滓为密陀僧(PbO)”。下列说法错误的是
A．Pb3O4属于氧化物
B．黄丹与盐酸反应只生成PbCl2和水
C．铅块制胡粉的过程中发生了氧化还原反应
D．密陀僧与一氧化碳高温加热可以制得铅
8．（2023·湖南长沙·长郡中学校考一模）有研究称金粉溶于过氧化氢浓盐酸也可以安全环保地制备氯金酸，其化学方程式为，下列有关说法错误的是
A．有强氧化性，其中与4个氯离子形成4个σ键
B．该反应中，的作用是与配合，使其更易被氧化
C．当反应中溶解时，有过氧化氢发生还原反应
D．该反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为
9．（2023春·辽宁大连·高三大连二十四中校考期中）标准状况下，将SO2和Cl2组成的混合气体aL通入200mL0.1mol•L-1Fe2(SO4)3溶液中，充分反应后，气体被完全吸收，溶液的棕黄色变浅(溶液体积近似不变)。向反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重，其质量为23.3g。则下列分析错误的是
A．aL混合气体的物质的量可能为0.08mol
B．混合气体中SO2的体积为0.896L
C．反应过程转移的电子的物质的量为0.08mol
D．混合气体中Cl2的物质的量可能为0.03mol
10．（2023春·辽宁沈阳·高三校联考期中）硝酸是一种重要的化工原料，可用于制化肥、农药、炸药、染料等。将一定质量的镁铜合金放入到的浓硝酸溶液中恰好完全反应，共收集到标准状况下的和的混合气体，将混合气体倒立于水中，通入恰好使混合气体全部转化为硝酸，下列说法不正确的是
A．镁铜合金与硝酸反应中硝酸表现出酸性和强氧化性
B．原硝酸的物质的量浓度为
C．镁铜合金的物质的量之和为
D．混合气体中和的体积比为3∶1
11．（2022秋·陕西西安·高三统考期末）工业上常用浓氨水检查氯气管道，其反应为：8NH3+3Cl2= 6NH4Cl+N2，利用该反应中产生白烟这一现象来判断管道是否漏气，下列关于该反应的说法不正确的是
A．氧化剂是Cl2
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:8
C．每生成1 mol N2，转移6 mol电子
D．该条件下Cl2的氧化性强于N2
12．（2023秋·陕西西安·高三长安一中校考期末）已知反应①、②分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应：
①2NaI + MnO2 + 3H2SO4 = 2NaHSO4 + MnSO4 + 2H2O+I2
②2NaIO3 + 5NaHSO3 = 2Na2SO4 + 3NaHSO4 + H2O + I2
下列说法正确的是
A．两个反应中I2均为氧化产物
B．反应①中氧化性：MnO2＞I2
C．反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2
D．反应①和反应②生成等量的I2时转移电子数之比为1∶1
13．（2023秋·陕西西安·高三长安一中校考期末）下列反应中，属于氧化还原反应的是
A．KOH+HCl = KCl+H2O B．SO3+H2O= H2SO4
C．3NO2+H2O= 2HNO3+NO D．SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O

二、多选题
14．（2023秋·陕西西安·高三长安一中校考期末）下列实验操作、现象、结论，正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
用洁净铂丝蘸取某固体，在酒精灯外焰上灼烧
火焰呈黄色
该固体一定为钠盐
B
将红色的鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片
鲜花红色褪去
氯气具有漂白性
C
在4 mL KI溶液中加入1 mL溴水
溶液由无色变为棕褐色
Br2的氧化性比I2强
D
将少量CO2通入漂白粉溶液中
出现白色沉淀
酸性：H2CO3＞HClO
A．A B．B C．C D．D

三、非选择题
15．（2023春·重庆·高三统考竞赛）根据要求回答下列问题：
(1)说明氨气易液化的原因______________。
(2)写出灼烧镁粉与石英砂的混合物生成的两种含镁二元化合物的化学式分别为_______，_______。
(3)将溶液滴入溶液中生成棕黑色沉淀，此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为多少______________？
(4)硫酸铜溶液与碳酸钠溶液反应生成碱式碳酸铜，过程中未见气体生成，写出这个反应的化学方程式_______。
(5)向明矾溶液中加入适量溶液，既能提高净水效率又能杀菌消毒，用离子方程式解释其原因_______。
16．（2023·全国·高三专题练习）用二氧化氯(ClO2)可制备用途广泛的亚氯酸钠(NaClO2)，实验室可用下列装置(略去部分夹持仪器)制备少量的亚氯酸钠

已知：①ClO2沸点为9.9 ℃，可溶于水，有毒，浓度较高时易发生爆炸
②NaClO2饱和溶液低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解为NaClO3和NaCl
③B装置为ClO2发生装置，所用试剂NaClO3、H2SO4(浓)、CH3OH
请回答下列问题：
实验过程中需持续通入一定量的CO2，其目的是_______；反应结束后需再通入一定量的CO2，其目的是_______
17．（2023春·江苏连云港·高三统考期中）选择性催化还原技术(SCR)是针对柴油尾气排放中NOx的一项处理工艺。在催化剂的作用下，喷入还原剂氨或尿素，可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的排放。SCR(选择性催化还原)工作原理：

(1)尿素水溶液热分解为和，该反应的化学方程式为________。
(2)反应器中还原的化学方程式为________。
(3)“纳米零价铁—”体系可将烟气中难溶的NO氧化为可溶的。
在一定温度下，将溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。
①催化分解产生，将NO氧化为的机理如图1所示，Y的化学式为________。

②NO与反应生成的化学方程式为________。
③纳米零价铁的作用是________。
④NO脱除率随温度的变化如图2所示。温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是________。
(4)当燃油中含硫量较高时，尾气中的、会与喷入的氨水作用形成一种正盐，可使催化剂中毒，该盐在农业生产中常用作化学肥料。该正盐是________(填化学式)。
18．（2023春·江苏连云港·高三统考期中）某学生用纯净的Cu与50mL过量浓反应制取(不考虑NO气体的影响)，实验结果如图所示(气体体积均为标准状况下测定，且忽略溶液体积变化)。回答下面问题：

(1)该反应是一个放热明显的化学反应，写出反应的离子方程式________。
(2)由图像可知O-A、A-B、B-C段的反应速率最大的是________(填“O-A”“A-B”或“B-C”)。1min后A-B段反应速率逐渐加快，除产物可能有催化作用外，其主要原因还有：________。2min后B-C段反应速率又逐渐变慢的原因是________。
(3)计算在1~3min内的反应速率：________。
(4)下列措施不能加快的是________。
A．使用Cu粉代替Cu块 B．使用含有石墨的粗铜代替纯铜
C．在硝酸中加入少量浓硫酸 D．使用稀硝酸代替浓硝酸
(5)将3.2g铜与25.0mL一定浓度的溶液发生反应，铜完全溶解，产生NO和混合气体，收集产生的气体全部气体，测得体积为1.12L(标准状况下)。向反应原溶液中加入100mL2.0mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的全部转化成沉淀，则原溶液的物质的量浓度为________mol/L。

参考答案：
1．D
【分析】由图可知，左侧电极三价铁得到电子变为二价铁，则左侧电极为正极，右侧电极二价铬失去电子变为三价铬，则右侧电极为负极，总的电极反应可以表示为：Fe3++Cr2+=Fe2++Cr3+，以此解题。
【详解】A．由分析可知，总的电极反应可以表示为：Fe3++Cr2+=Fe2++Cr3+，Cr3+为氧化产物，Fe2+为还原产物，无法比较两者的还原性，A错误；
B．由分析可知，右侧电极为负极，B错误；
C．电路中每流过1mol电子，Fe3+的物质的量降低1mol，Fe2+的物质的量升高1mol，总数目不变，C错误；
D．由分析可知，右侧电极二价铬失去电子变为三价铬，电极方程式为：，D正确；
故选D。
2．D
【分析】在反应中，Fe由0价升高到+4价，C由+2价升高到+4价，N由+4价降低到+2价；电子转移的数目为28e-。
【详解】A．中N元素由+4价降低到+2价，化合价降低，得电子发生还原反应，A不正确；
B．在该反应中，转移电子数目为28e-，则生成，转移电子，B不正确；
C．氧化产物为FeO2、CO2，还原产物为NO，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为12:14=6:7，C不正确；
D．中Fe显+4价，Fe2O3中Fe显+3价，则含+4价铁的FeO2和反应，可以生成，D正确；
故选D。
3．D
【详解】A．电解质的沉淀和溶解是对立的，当电解质的沉淀速率和溶解速率相等时，电解质建立了沉淀溶解平衡，因此，沉淀和溶解又互相统一在这个平衡体系中；石灰乳中存在着未溶解的氢氧化钙和溶解的氢氧化钙，因此，石灰乳中存在沉淀溶解平衡，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，A不符合题意；
B．氧化剂和还原剂是对立的，但是，氯气与强碱反应时，有部分氯气发生氧化反应，同时也有部分氯气发生还原反应，因此，氯气既是氧化剂又是还原剂，氯气的这两种作用统一在同一反应中，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，B不符合题意；
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应，正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，氧化反应和还原反应是对立的，但是这两个反应又同时发生，统一在原电池反应中，因此，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，C不符合题意；
D．Li、Na、K均为第ⅠA的金属元素，其核外电子层数依次增多，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，其失电子能力依次增强，因此，其金属性随其核外电子层数增多而增强，这个化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，D符合题意；
综上所述，本题选D。
4．D
【详解】A．是弱酸，写成分子式，酸性条件下，将氧化为CO2，离子方程式 ，A正确；
B．石灰乳写成化学式形式，转化为难溶氢氧化镁，离子方程式，B正确；
C．泡沬灭火器中的碳酸氢钠水解呈碱性，硫酸铝溶液呈酸性，两者混合，水解相互促进彻底进行，产生大量的二氧化碳，离子方程式：，C正确；
D．在中Ca2+和HCO均能和OH-反应，根据“少定多变”，离子方程式中Ca2+和HCO的个数比为1∶2，所以题中离子方程式错误，应该为，D错误；
故答案选D。
5．C
【详解】A．氨水为弱碱，只能生成氢氧化铝，离子方程式为：，A项错误；
B．过量铁粉与稀硝酸反应，生成亚铁离子，离子方程式为：，B项错误；
C．氯化铵稀溶液与NaOH溶液混合生成氨水，C项正确；
D．是可溶性盐，在离子方程式中拆开，离子方程式为：，D项错误；
答案选C。
6．A
【详解】A．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，只发生氢离子与氢氧根离子的反应，离子方程式为H++OH-=H2O，故A正确；
B．向NaClO溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应生成SO和Cl-，离子方程式为3ClO-+SO2+H2O=C1-+ SO+2HClO，故B错误；
C．铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，离子方程式为3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D．CaCO3难溶于水，不能拆，离子方程式为CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO，故D错误；
答案选A。
7．B
【详解】A．Pb3O4属于氧化物，A正确；
B．Pb3O4中铅的化合价是+2和+4，+4价铅可以将盐酸氧化为氯气，所以与盐酸反应生成的不只有PbCl2和水，B错误；
C．制胡粉过程中铅的化合价发生了改变，发生了氧化还原反应，C正确；
D．密陀僧(PbO)与一氧化碳高温加热，一氧化碳作还原剂可以制得铅，D正确；
故选B。
8．C
【详解】A．根据氯金酸的化学式可知，氯金酸中含有正三价的金元素，具有强氧化性，中3+与4个氯离子形成4个键，A正确；
B．3+与氯离子以配位键的形式结合，降低了的电极电势，使其更容易被氧化，正确；
C．该反应中有失去电子，可以将过氧化氢还原生成水，另外过氧化氢发生歧化反应，生成水，，因此当反应中溶解时，有过氧化氢发生还原反应，C错误；
D．氧化产物是和，还原产物为水，该反应的氧化产物和还原产物之比为，D正确；
故答案选C。
9．A
【分析】将SO2和Cl2组成的混合气体通Fe2(SO4)3溶液中，充分反应后，气体被完全吸收，溶液的棕黄色变浅(溶液体积近似不变)，反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重，其质量为23.3g，该沉淀为硫酸钡，n(BaSO4)=23.3g÷233g/mol=0.1mol，n[Fe2(SO4)3]=0.2L×0.1mol/L=0.02mol，由S原子守恒可知，混合气体中n(SO2)=0.1mol-0.02mol×3=0.04mol，混合气体被硫酸铁溶液完全吸收，若SO2和Cl2恰好完全反应时，由得失电子守恒可知，0.04mol×(6-4)=n(Cl2)×2×1，解得n(Cl2)=0.04mol，溶液的棕黄色变浅，若铁离子完全反应，由得失电子守恒可知，0.04mol×(6-4)=n(Cl2)×2×1+0.02mol×2×(3-2)，解得n(Cl2)=0.02mol，以此来解答。
【详解】A．由上述计算可知，n(SO2)=0.04mol，0.02mol≤n(Cl2)＜0.04mol，aL混合气体的物质的量为0.06mol≤n＜0.08mol，则不可能为0.08mol，故A错误；
B．标准状况下，混合气体中SO2的体积为0.04mol×22.4L/mol=0.896L，故B正确；
C．n(SO2)=0.04mol，硫元素失去电子，反应过程转移的电子的物质的量为0.08mol，故C正确；
D．由上述计算可知，n(SO2)=0.04mol，0.02mol≤n(Cl2)＜0.04mol，则混合气体中Cl2的物质的量可能为0.03mol，故D正确；
故选：A。
10．B
【详解】A．镁铜合金与硝酸反应时，反应的硝酸转化为硝酸镁、硝酸铜、和，该反应中硝酸表现出酸性和强氧化性，故A正确；
B．根据题意，整个过程得失电子守恒，失去的电子转移给硝酸，生成，将电子转移给氧气，最后又生成硝酸，则整个过程转移电子为，则和的总物质的量为，根据电荷守恒可知，硝酸镁、硝酸铜中含有硝酸根离子的物质的量等于镁离子和铜离子的物质的量的2倍，即为，由混合气体和的体积为，可得总物质的量为，根据氮原子守恒：，故硝酸的物质的量浓度为，故B错误；
C．反应中均表现为价，根据得失电子守恒，可知镁、铜的物质的量之和为，故C正确；
D．设混合气体中和的物质的量分别为x、y，则有：，解得，故混合气体中和的体积比为3∶1，故D正确。
故选B。
11．B
【分析】反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2中，NH3中N元素由-3价部分升高为0价(生成N2)，Cl元素由0价降低到-1价。
【详解】A．Cl元素由0价降低到-1价，得电子表现氧化性，则氧化剂是Cl2，A正确；
B．氧化剂(Cl2)与还原剂(NH3→N2)的物质的量之比为3:2，生成NH4Cl的NH3仅表现出碱性，B不正确；
C．发生氧化还原反应时，2NH3——6e-——N2，则每生成1 mol N2，转移6 mol电子，C正确；
D．该条件下，Cl2为氧化剂，N2为氧化产物，则Cl2的氧化性强于N2，D正确；
故选B。
12．B
【详解】A．反应①中I元素的化合价由-1价升至0价，NaI为还原剂，I2为氧化产物，反应②中I元素的化合价由+5价降至0价，NaIO3为氧化剂，I2为还原产物，A项错误；
B．反应①中I元素的化合价由-1价升至0价，NaI为还原剂，I2为氧化产物，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，MnO2为氧化剂，根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，则氧化性MnO2＞I2，B项正确；
C．应②中I元素的化合价由+5价降至0价，NaIO3为氧化剂，S元素的化合价由+4价升至+6价，NaHSO3为还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶5，C项错误；
D．根据A项分析知，反应①生成1molI2转移2mol电子，反应②生成1molI2转移10mol电子，反应①和反应②生成等量的I2时转移电子数之比为1∶5，D项错误；
答案选B。
13．C
【详解】A．KOH+HCl = KCl+H2O反应，没有元素化合价改变，属于非氧化还原反应，故不选A；    
B．SO3+H2O= H2SO4反应，没有元素化合价改变，属于非氧化还原反应，故不选B；
C．3NO2+H2O= 2HNO3+NO反应，反应前后N元素化合价改变，属于氧化还原反应，故选C；    
D．SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O反应，没有元素化合价改变，属于非氧化还原反应，故不选D；
选C。
14．CD
【详解】A．火焰呈黄色，该固体可能为钠盐，也可能为钠的氧化物或氢氧化物，A不正确；
B．红色的鲜花虽然是放入盛有干燥氯气的集气瓶中，但由于鲜花中含有水分，所以不能说明氯气具有漂白性，B不正确；
C．在4 mL KI溶液中加入1 mL溴水，溶液由无色变为棕褐色，表明发生反应2KI+Br2=2KBr+I2，从而说明Br2的氧化性比I2强，C正确；
D．将少量CO2通入漂白粉溶液中，出现白色沉淀，表明发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，由此得出酸性：H2CO3＞HClO，D正确；
故选CD。
15．(1)氨分子之间形成氢键，使分子间的相互作用力增大
(2)
(3)
(4)
(5)

【详解】（1）氨分子之间形成氢键，使分子间的相互作用力增大，所以氨气的沸点高，易液化，故答案为：氨分子之间形成氢键，使分子间的相互作用力增大；
（2）石英砂的主要成分为二氧化硅，镁与石英砂在高温条件下反应生成氧化镁和硅，过量的镁与硅在高温条件下反应生成硅化镁，则灼烧镁粉与石英砂的混合物生成的两种含镁二元化合物为氧化镁和硅化镁，故答案为：；；
（3）由题意可知，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液反应硫酸钾、二氧化锰沉淀和硫酸，反应的化学方程式为2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4，反应中氧化剂高锰酸钾与还原剂硫酸锰的物质的量之比为，故答案为：；
（4）由题意可知，生成碱式碳酸铜的反应为硫酸铜溶液与碳酸钠溶液反应生成硫酸钠、碱式碳酸铜沉淀、碳酸氢钠，反应的化学方程式为，故答案为：；
（5）由题意可知，向明矾溶液中加入适量次氯酸钠溶液发生的反应为溶液中的铝离子与次氯酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝胶体和次氯酸，反应的离子方程式为，故答案为：。
16． 降低ClO2的浓度以免爆炸 将装置中残留的ClO2排尽以免污染环境
【详解】由已知信息ClO2浓度较高时易爆炸，所以在反应中需要控制浓度，通入CO2降低ClO2浓度以免发生爆炸。同时，ClO2有毒，再拆写装置前需将其排尽，通入CO2的目的将装置中残留的ClO2排尽以免污染环境。答案为降低ClO2浓度以免发生爆炸；将装置中残留的ClO2排尽以免污染环境。
17．(1)+H2O2NH3 +CO2
(2)8 NH3+6NO2 7N2+12H2O
(3) Fe3+或FeCl3 2NO+3=2HNO3+2H2O 与HCl溶液反应产生Fe2+ 的分解速率随温度升高而加快，浓度减小，NO脱除率降低
(4)(NH4)2SO4

【详解】（1）尿素水溶液热分解为和，该反应的化学方程式为：+H2O2NH3 +CO2 。
（2）从图中可以看出NH3在催化剂作用下还原NO2生成复气和水,根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式:8 NH3+6NO2 7N2+12H2O。
（3）①Fe2+催化分解产生，O元素化合价降低，所以铁元素化合价升高，则Y的化学式为Fe3+或FeCl3；
②NO与反应生成HNO3，根据得失电子守恒配平化学方程式为2NO+3=2HNO3+2H2O；
③纳米零价铁的作用是与HCl溶液反应产生Fe2+；
④NO脱除率随温度的变化如图2所示。温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是的分解速率随温度升高而加快，浓度减小，NO脱除率降低。
（4）尾气中的、和氨水发生氧化还原反应生成(NH4)2SO4，该正盐是(NH4)2SO4。
18．(1)Cu+4H++2NO= Cu2++2NO2↑+2H2O
(2) A-B 反应放热，体系温度升高 硝酸的浓度降低
(3)
(4)D
(5)10

【详解】（1）某学生用纯净的Cu与50mL过量浓反应制取(不考虑NO气体的影响)，该反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO= Cu2++2NO2↑+2H2O。
（2）由图可知，相同时间内AB段产生的气体最多，AB段反应速率最快；1min后A-B段反应速率逐渐加快，除产物可能有催化作用外，其主要原因还有：反应放热，体系温度升高；2min后B-C段反应速率又逐渐变慢的原因是：硝酸的浓度降低。
（3）1~3min内生成NO2的物质的量为0.01125mol，则
。
（4）A．使用Cu粉代替Cu块可以增大反应物之间的接触面积，可以加快，故A不选；
B．使用含有石墨的粗铜代替纯铜能够形成原电池，可以加快，故B不选；
C．铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，氢离子浓度降低，浓硫酸可以提供氢离子，使铜和浓硝酸继续反应，在硝酸中加入少量浓硫酸可以加快，故C不选；
D．使用稀硝酸代替浓硝酸，不能生成NO2，故D选；
故选D。
（5）根据方程式：①3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，②Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，③HNO3+NaOH=NaNO3+H2O，④Cu(NO3)2+2NaOH=NaNO3+Cu(OH)2；得出：Cu∼Cu(NO3)2∼Cu(OH)2；当Cu(NO3)2全部生成Cu(OH)2时，溶液中的NaOH已全部转化为NaNO3；根据Na元素守恒：n(NaOH)=n(NaNO3)；根据N元素守恒：n(HNO3)=(NO)+n(NO2)+n(NaNO3)=+100×10−3L/×2.0mol/L=0.25mol，c(HNO3)==10mol/L。