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5. A 【解析】 反应过程①+②得O2

2O，③O+O2

O3，NO2起催化剂作用，反应过程

①中NO2既是氧化剂又是还原剂，A正确，B、C错误；O3与O2的分子式不相同，不互为同分异构体，互为同素异形体，D错误。

6. C 【解析】 1个N

H?4中含有10个电子，A错误；N

H?4中N元素的化合价为-3价，化合

价最低，在氧化还原反应中常作还原剂，B错误；0.1 L 3 mol·L-1NH4NO3溶液中的氮原子数为0.6NA，C正确；铵根离子中，氮与氢原子之间为共价键，D错误。

7. (1) ? (2) ? (3) √ (4) √ (5) ? (6) ? (7)? (8) ? (9) ? (10) ?

【解析】 (1) 氯化铵为盐，属于强电解质，而次氯酸为弱酸，属于弱电解质。(2) NO2与水发生反应3NO2+H2O

2HNO3+NO，产生的NO仍是有毒气体，故不能用水吸收含NO2的尾

气。(3) 液氨用作制冷剂是液氨汽化形成气体时要吸收外界大量的热，使温度降低，只有物理变化。(4) 氯气和浓氨水反应产生白烟：3Cl2+8NH3

6NH4Cl+N2。(5) NH4Cl受热会分解

生成氯化氢与氨气，蒸干溶液将一无所有。(6) 浓硝酸会使铝表面钝化，发生反应生成致密氧化膜不能继续反应，浓硝酸中铝片不会溶解完 。(7) NaCl、Na2SO4中加入氨水没有现象，AlCl3、MgCl2中加入氨水都产生白色沉淀，所以无法鉴别四种溶液。(8) 标准状况下，只有在22.4 L氨气中含有NA个NH3分子。(9) 炽热的镁粉可与氮气反应生成氮化镁。(10) P2O5为酸性氧化物，能与氨气反应生成磷酸铵，不能干燥氨气。

8. (1) 检查气密性 (2) 浓氨水 碱石灰 (3) 2NH3+3CuO应的NH3 (5) 有

【解析】 (1) 实验装置应该先检查气密性，再装药品。(2) A装置为NH3发生装置，分液漏斗内应装浓氨水；B装置为干燥管，放固体干燥剂，应该是不与氨气反应的碱石灰。(3) 红色固体为单质铜，根据反应物可以判断一种无色气态单质为氮气，所以反应是2NH3+3CuO

3Cu+N2+3H2O。(4) 浓硫酸能与氨气反应，可用于吸收氨气。(5) 实验前氧

3Cu+N2+3H2O (4) 吸收未反

部编本试题，欢迎下载！ 最新人教版试题 化铜的质量为65.60 g-59.60 g=6 g，物质的量为6 g÷80 g·mol-1=0.075 mol，依据铜元素守恒，结合红色物质可能为铜或氧化亚铜，若为铜质量=0.075 mol×64 g·mol-1=4.8 g，若为氧化亚铜

1质量=0.075 mol×2×144 g·mol-1=5.4 g，实验后得到红色固体质量为5.04 g，则红色固体为Cu

和Cu2O。

9. Ⅰ. Cu+4HNO3(浓)

Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O

Ⅱ. (1) 溶液A和溶液B中c(Cu2+) 基本相同 (2) 溶液由蓝变绿 溶液由绿变蓝、有红棕色气体逸出 (3) ①3HNO2

HNO3+2NO↑+H2O ②加入稀硫酸，抑制HNO2的电离，并使HNO2分解，

2-)Cu(NO24平衡向逆反应方向移动，溶液由绿色变

--OO2+2c(N)降低，造成Cu(蓝色)+4N2蓝色 (4) A中剩余的浓硝酸溶解了NO2得到的黄色溶液与Cu(NO3)2 的蓝色溶液混合而形成

-O的绿色 实验4中加稀硫酸，溶液变为蓝色，说明酸性较强的A溶液中N2不能大量存在，2-2-O))2+24因此在A溶液中，绿色的Cu(NO2不能大量存在，Cu与N反应生成Cu(NO24不是使

-溶液呈绿色的主要原因

【解析】 Ⅰ. (1) 硝酸具有强氧化性，可与铜反应生成硝酸铜和二氧化氮气体，反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)

Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。Ⅱ. (1) 乙的依据是溶液A和溶液B中

c(Cu2+)基本相同。(2) 乙认为溶液呈绿色是由溶解的NO2引起的，若假设成立，则先将NO2通入B中，再鼓入N2，以上两步操作对应的现象分别是溶液由蓝变绿，溶液由绿变蓝、有红棕色气体逸出。(3) ①根据加入稀硫酸有无色气体放出，遇空气变红棕色，可知有一氧化氮生成，则亚硝酸歧化分解的化学方程式是3HNO2

2

2

HNO3+2NO↑+H2O。②加入稀硫酸后，

2-)Cu(NO24平

--OO2+2抑制HNO的电离，并使HNO分解，c(N)降低，造成 Cu(蓝色)+4N2衡向逆反应方向移动，溶液由绿色变蓝色。(4) 根据实验得出结论：实验1中溶液A呈绿色的主要原因是 A中剩余的浓硝酸溶解了NO2得到的黄色溶液与Cu(NO3)2 的蓝色溶液混合而形成的绿色；依据实验现象阐述理由：实验4中加稀硫酸，溶液变为蓝色，说明酸性较强的A

--2-OO)2+24溶液中N不能大量存在，因此在A溶液中，绿色的Cu(NO2不能大量存在，Cu与N22-)反应生成Cu(NO24不是使溶液呈绿色的主要原因。

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-O310. (1) ①3Cu+2N+8H+

3Cu2++2NO↑+4H2O ②将生成的NO2冷凝为N2O4，与NO分离，

排除干扰 ③A中有红棕色气体生成，C中有无色液体或晶体存在 打开活塞K，鼓入空气，若D中的气体由无色变为红棕色，证明有NO生成 ④在加入HNO3前通入N2，除尽装置中的空气 (2) ①pH ≥ 12.4

②Al3++4OH--OAl2+2H2O ③ 90%

【解析】 (1) ①铜与稀硝酸反应生成NO气体，反应的离子方程式为

-O3Cu+2N3+8H+

3Cu2++2NO↑+4H2O。②已知常温下，NO2与N2O4混合存在，在低于0 ℃

时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在，而实验目的是检验生成的气体中含有NO，所以装置C的作用是将生成的NO2冷凝为N2O4，与NO分离，排除干扰。③若A中有红棕色的气体生成，C中有无色的液体或晶体存在，则证明反应中有二氧化氮气体生成；能证明有NO生成的实验操作与现象：打开活塞K，鼓入空气，若D中的气体由无色变为红棕色，证明有NO生成。④由于装置中氧气与NO反应生成二氧化氮，干扰了实验，所以应该在加入HNO3前通入N2，除尽装置中的空气。(2) ①结合反应流程可知，溶液B中含有偏铝酸根离子，沉淀C为氢氧化镁、氢氧化铜，则调节溶液的pH必须满足镁离子、铜离子完全沉淀，而铝离子完全转化成偏铝酸根离子，根据表中数据及氢氧化铝完全溶解的pH可知，此时pH≥12.4。②溶液B中含有偏铝酸根离子，反应的离子方程式为Al3++4OH--OAl2+2HO。③8.5 g为氧化铝的

2

质量，则氧化铝的物质的量为8.5 g÷102 g·mol-1=0.083 3 mol，根据元素守恒可知合金中含有铝的物质的量为0.083 3 mol×2=0.166 6 mol，所以合金中铝的质量分数为

27g?mol-1?0.1666mol5g×100%=90%。

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