2024届高三新高考化学大一轮专题练习 铜及其化合物

这是一份2024届高三新高考化学大一轮专题练习 铜及其化合物，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2024届高三新高考化学大一轮专题练习-铜及其化合物
一、单选题
1．（2023春·陕西延安·高三陕西延安中学校考期中）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向盛有某盐溶液的试管中滴加稀氢氧化钠溶液后，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝
该盐溶液中不含NH
B
向溴水中通入某无色气体，溴水褪色
该气体可能是CH2=CH2
C
一定量的铜与硝酸充分反应后，有铜剩余，再加入少量稀硫酸，铜继续溶解，并有气泡放出
Cu与稀硫酸发生了反应
D
将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
该气体一定是SO2
A．A B．B C．C D．D
2．（2023春·辽宁·高三校联考期中）下列实验操作、现象和所得结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向盛有Na2S固体的试管中滴加浓硝酸
产生有臭鸡蛋气味的气体
酸性：硝酸>硫化氢
B
将装有NO2气体的烧瓶浸泡在热水中
烧瓶内气体颜色加深
2NO2(g)N2O4(g)是放热反应
C
将铜片放入稀硫酸中，静置，再向其中加入硝酸铜固体
先无现象，后铜粉逐渐溶解
硝酸铜是铜与稀硫酸反应的催化剂
D
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀硝酸
先出现白色沉淀，后沉淀不溶解
久置的Na2SO3全部被氧化
A．A B．B C．C D．D
3．（2023春·云南玉溪·高三云南省玉溪第一中学校考期中）用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)

选项
A
B
C
D
X中试剂
浓盐酸
双氧水
浓硫酸
浓氨水
Y中试剂


Cu
NaOH
气体




A．A B．B C．C D．D
4．（2023秋·贵州毕节·高三统考期末）下列物质在给定条件下能一步实现的是
A． B．
C． D．
5．（2023春·四川成都·高三成都七中校考期中）是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是

A．途径①所用混酸中与的最佳物质的量之比为3：2
B．与途径①、③相比，途径②更好地体现了环境保护的思想
C．生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量①＜②＜③
D．①②③中，只有③中作氧化剂
6．（2023春·江苏·高三校联考期中）下列离子方程式书写的正确的是
A．铜与稀硝酸酸反应
B．向溶液中加入适量：
C．将气体通入水中：
D．向氯化铵的溶液中加入热的浓NaOH：
7．（2023春·山东聊城·高三山东聊城一中校考期中）足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和、NO的混合气体，这些气体与2.24 L(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。则反应中消耗铜的质量是
A．3.2g B．6.4g C．12.8g D．19.2g
8．（2023春·江苏南京·高三南京师大附中校考期中）实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如下实验，经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X，下列说法不正确的是
  
A．Y为氧化产物
B．NO和Y的物质的量之和可能为2mol
C．Cu与浓硫酸反应的化学方程式为：5Cu+4H2SO4Cu2S+3CuSO4+4H2O
D．若稀硫酸足量，在溶解的环节中至少需要0.8mol的稀硝酸
9．（2023·全国·高三假期作业）孔雀石古称石绿，是铜的表生矿物[化学式，“水色”从植物中提取，如花青(分子式)。下列说法错误的是
A．“石绿”耐酸、耐碱 B．属于纯净物
C．保存不善的国画，“水色”容易变色 D．从蓝草中提取花青，可用有机溶剂萃取
10．（2023春·新疆乌鲁木齐·高三乌市八中校考期中）下列化合物中，不能由组成该化合物的两种元素的单质直接化合而成的是
A． B． C． D．
11．（2023春·辽宁·高三凤城市第一中学校联考阶段练习）将6.4g铜片加到100mL 9 mol∙L−1硝酸溶液中，铜片完全溶解，产生NO、混合气体共2.24L(标准状况)。向反应后的溶液中滴加4 mol∙L−1 NaOH溶液至产生的沉淀量最大。若将混合气体与一定量混合通入水中，所有气体能被完全吸收得到硝酸溶液。下列说法错误的是
A．反应过程中硝酸体现了酸性和强氧化性 B．混合气体中的体积分数为50%
C．所加4 mol∙L−1 NaOH溶液的体积为50mL D．消耗的在标准状况下的体积为1.12L
12．（2023春·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习）2.28 g铜镁合金完全溶解于75 mL密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到和的混合气体1680 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入l.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到3.81 g沉淀，下列说法正确的是
A．该合金中，镁的物质的量为0.03 mol
B．和混合气体的平均相对分子质量约为55.2
C．得到3.81 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积为900 mL
D．该浓硝酸中的物质的量浓度为12.0 mol/L
13．（2022春·广东广州·高三广东番禺中学校考期中）将12.8 g铜与80 mL 10 mol/L(浓硝酸)的HNO3充分反应后，溶液中含0.1 mol H＋，由此可知
A．生成的气体只有二氧化氮 B．反应后溶液底部还有铜剩余
C．被还原的硝酸的物质的量为0.4mol D．反应中转移的电子的物质的量为0.4 mol

二、多选题
14．（2023春·安徽六安·高三六安一中校考阶段练习）向27.2g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，得到标准状况下8.96L NO和NO2的混合气体及Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法正确的是
A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1
B．硝酸的物质的量浓度为2.4mol/L
C．产生的NO2的体积为2.24L(标况)
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol

三、非选择题
15．（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。
16．（2023春·浙江杭州·高三期中）现有一定量的Cu和CuO混合物，向其中加入0.650L2.00mol/L稀硝酸，混合物完全溶解，同的生成4.48LNO(标准状况)。向所得溶液中加入一定体积1.00mol/LNaOH溶液，恰好使Cu2+沉淀完全，沉淀经洗涤、充分灼烧后得40.0g固体。试计算：
(1)Cu与稀硝酸反应离子方程式：______。
(2)源混合物中CuO的质量______g。
(3)加入NaOH溶液的体积______L。
17．（2023春·上海宝山·高三上海交大附中校考期中）常温下，当你把铜投入稀硫酸时，未见反应；当你把铜投入硝酸钠溶液时，也未见反应；可是，把铜投入两者的混合溶液中时，则会发现铜溶解。纳闷了吧，功夫是中国的，熊猫是中国的，但为啥《功夫熊猫》就是美国的？哼…！
(1)上述反应的离子方程式是___________。
(2)若浓硝酸保存不当会略带黄色，可以使其复原的是___________
A．适当加热 B．加入适量水 C．通入适量 D．通入适量
(3)此外，稀硝酸还可反生多种离子反应。下表“离子组”中离子可以共存，且加入试剂后的离子方程式正确的是___________

离子组
加入试剂
离子方程式
A
、、
稀

B
、、
NaOH溶液

C

过量溶液

D

过量氨水


18．（2022·全国·高三专题练习）在下列反应中，HNO3表现出什么性质？ A．酸性  B．还原性  C．氧化性
(1)H2S + 2HNO3=S↓+ 2NO2↑+ 2H2O_________
(2)CuO + 2HNO3=Cu(NO3)2 + H2O_________
(3)4HNO3=4NO2↑+ O2↑+ 2H2O_________
(4)3Cu + 8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O_________

参考答案：
1．B
【详解】A．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，铵盐与碱加热生成氨气，则该实验操作和现象不能证明该盐中含NH4+，故A错误；
B．向溴水中通入某无色气体，溴水褪色，气体可能为二氧化硫、乙烯等，由操作和现象可知，气体可能为乙烯，故B正确；
C．Cu与稀硫酸不反应，酸性条件下Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应，铜继续溶解，并有气泡放出，故C错误；
D．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，说明该气体具有漂白性，可能是SO2，也可能是Cl2，故D错误；
故选B。
2．B
【详解】A．硝酸具有强氧化性，能将H2S氧化为S，故向盛有Na2S固体的试管中滴加浓硝酸，产生不了产生有臭鸡蛋气味的气体H2S，A不合题意；
B．将装有NO2气体的烧瓶存在2NO2(g)N2O4(g)浸泡在热水中，观察到烧瓶内气体颜色加深，说明NO2浓度增大，上述平衡逆向移动，故能说明2NO2(g)N2O4(g)是放热反应，B符合题意；
C．将铜片放入稀硫酸中，静置，再向其中加入硝酸铜固体，硝酸铜电离出的硝酸根和稀硫酸电离出H+形成了具有强氧化性的HNO3，能与Cu反应，原理为：3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，Cu(NO3)2不是催化剂而是反应物之一，C不合题意；
D．亚硫酸钡可被硝酸氧化生成硫酸钡，由操作和现象不能证明久置的Na2SO3溶液已全部变质，D不合题意；
故答案为：B。
3．B
【详解】A．浓盐酸与二氧化锰反应制氯气必须在加热条件下，且氯气可溶于水，收集氯气不能用排水法，选项A错误；
B．双氧水分解制氧气制取装置用固液不加热制气体，收集氧气可用排水法，选项B正确；
C．浓硫酸与铜加热条件下反应生成二氧化硫，选项C错误；
D．氨气极易溶于水，不能用排水法收集，选项D错误；
答案选B。
4．C
【详解】A．能被还原为，与氯气反应制得氯化铁，非氯化亚铁，故不选A；
B．和反应生成和水，和不反应，无法一步实现转化，故不选B；
C．与反应生成，与和水反应生成，见光分解生成，可以一步实现转化，故选C；
D．与在高温条件下反应生成，不能直接和水反应生成，无法一步实现转化，故不选D；
选C。
5．C
【详解】途径①中的方程式为，途径②中方程式为：，，途径③中方程式为：。据此解答。
A．途径①中铜和稀硝酸与稀硫酸的混合酸，反应生成硫酸铜和一氧化氮和水，反应的离子方程式为：，则混酸中与的最佳物质的量之比为3：2，A正确；
B．途径②中不产生有毒气体，能更好的体现环境保护思想，B正确；
C．根据三个途径涉及的方程式分析，生成3mol的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量分别为3mol，3mol，6mol，有①=②＜③，C错误；
D．①②③中，只有③中作氧化剂，其余反应中硫酸只表现酸性，D正确；
故选C。
6．D
【详解】A．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式为，故A错误；
B．向溶液中加入适量生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是，故B错误；
C．将气体通入水中生成硝酸和NO：，故C错误；
D．向氯化铵的溶液中加入热的浓NaOH生成氯化钠、氨气、水，反应的离子方程式是，故D正确；
选D。
7．C
【详解】铜的浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，随着反应进行浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，铜失去的电子数等于硝酸根生成一氧化氮和二氧化氮得到的电子数，混合气体和氧气反应生成硝酸，一氧化氮和二氧化氮又失去电子生成硝酸，氧气得到电子，可以认为铜失去的电子数等于氧气得到的电子数，则根据氧气计算，标况下2.24升氧气为0.1mol得到0.4mol电子，对应的铜为0.2mol，质量为0.2mol×64g/mol=12.8g。
故选C。
8．B
【分析】经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X，反应中铜化合价升高、硫化合价降低，反应中应该生成硫酸铜，由于浓硫酸具有吸水性，则得到白色固体为硫酸铜，则反应为铜和浓硫酸加热生成Cu2S和硫酸铜和水，5Cu+4H2SO4Cu2S+3CuSO4+4H2O；Cu2S和稀硝酸、稀硫酸反应生成NO，氮元素化合价降低，则反应中硫元素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物硫单质，Y为硫，反应为；
【详解】A．由分析可知，硫单质Y为氧化产物，A正确；
B．由分析的方程式可知，3mol完全反应生成0.6molCu2S，0.6molCu2S完全反应生成0.6molS和0.8molNO，故NO和Y的物质的量之和不会为2mol，B错误；
C．由分析可知，Cu与浓硫酸反应的化学方程式为：5Cu+4H2SO4Cu2S+3CuSO4+4H2O，C正确；
D．由分析的方程式可知，0.6molCu2S完全反应消耗0.8mol硝酸根离子，则稀硫酸足量，在溶解的环节中至少需要0.8mol的稀硝酸，D正确；
故选B。
9．A
【详解】A．石绿为碱式碳酸铜，能和酸反应，故不耐酸，A错误；
B．只含有一种物质，属于化合物，属于纯净物，B正确；
C．花青为有机物，根据分子式分析，含有不饱和键，容易被氧化，所以容易变色，C正确；
D．花青为有机物，能溶于有机溶剂，从蓝草中提取花青，可用有机溶剂萃取，D正确；
故选A。
10．B
【详解】A．SO2可由S和O2化合得到，A错误；
B．由于S的氧化性相对和较弱，只能将变价金属氧化成较低价态，故S与化合，生成，B正确；
C．Fe与Cl2化合生成FeCl3，C错误；
D．H2S可由H2和S化合得到，D错误；
故答案选B。
11．C
【详解】A．铜和硝酸反应生成硝酸铜、NO、和水，因此反应过程中硝酸体现了酸性和强氧化性，故A正确；
B．6.4g铜片全部溶解，物质的量为0.1mol，失去0.2mol电子，产生NO、混合气体共2.24L(标准状况)，物质的量为0.1mol，则得到电子为0.2mol，设一氧化氮物质的量为xmol，二氧化氮物质的量为ymol，则有x+y=0.1，3x+y=0.2，解得x=0.05，y=0.05，因此混合气体中的体积分数为50%，故B正确；
C．反应后溶液中加入氢氧化钠至沉淀最大值，则溶液溶质为硝酸钠，因此根据守恒得到氢氧化钠物质的量为9 mol∙L−1×0.1L−0.1mol＝0.8mol，所加4 mol∙L−1 NaOH溶液的体积为200mL，故C错误；
D．根据铜失去0.2mol电子，硝酸得到0.2mol电子变为氮的氧化物，根据得失电子守恒，则氧气应该得到0.2mol电子即消耗的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L，故D正确。
综上所述，答案为C。
12．B
【分析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=2.28，②98x+58y=3.81，解得x=0.03mol，y=0.015 mol，混合气体的物质的量=，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，根据氧化还原反应中得失电子数相等：2×(0.03+0.015)=2a+b，a+b=0.075，则a=0.015mol，b=0.06mol，c(HNO3)=，硝酸的物质的量n(HNO3)=14.0 mol/L×75mL÷1000=1.05mol。
【详解】A．由分析可知，该合金中，镁的物质的量为0.015 mol，A错误；
B．和混合气体的摩尔质量约=，其平均相对分子质量约为55.2，B正确；
C．沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=1.05mol-0.09mol=0.96mol，氢氧化钠溶液体积为960mL，C错误；
D．c(HNO3)= ， D错误；
故选B。
13．D
【分析】将12.8 g铜与80 mL 10 mol/L(浓硝酸)的HNO3充分反应，n(HNO3)=0.08L×10mol/L=038mol，n(Cu)= =0.2mol，铜和浓硝酸发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，与稀硝酸发生反应：3Cu+8HNO3(浓)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，0.2 mol铜与80 mL10 mol/L HNO3充分反应后，生成Cu(NO3)2的物质的量为0.2mol，溶液中含0.1 molH+，则剩余硝酸0.1 mol，根据N元素守恒，可知生成气体的物质的量为0.8mol-0.4mol-0.1mol=0.3mol。
【详解】A．硝酸有剩余，说明铜完全反应，0.2 mol铜会失去0.4mol电子，如果全部生成二氧化氮，会得到0.4mol气体，而根据氮元素守恒只有0.3mol气体，所以不可能全部是二氧化氮，故A错误；
B．硝酸有剩余，说明铜完全反应，故B错误；
C．硝酸被还原生成二氧化氮和一氧化氮，根据N元素守恒，可知被还原的硝酸的物质的量为生成气体的物质的量，即0.3mol，故C项错误；
D．0.2 mol铜会失去0.4mol电子，所以反应中转移的电子的物质的量为0.4 mol ，故D正确；
故答案为：D
14．AD
【分析】依题意，Cu元素全部转化为Cu(OH)2，且n(Cu原子)==0.4mol，则有n(Cu)+2n(Cu2O)=0.4mol，又n(Cu)×64g/mol+n(Cu2O)×144g/mol=27.2g，解得n(Cu)=0.2mol，n(Cu)=0.1mol。溶液呈中性意味着溶液中只含溶质NaNO3。
【详解】A．依分析可得：Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1，A正确；
B．根据N原子守恒可知：n(HNO3)=n(气体)+n(NaNO3)=+1.0mol/L×1.0L=0.4mol+1mol=1.4mol，故c(HNO3)==2.8mol/L，B错误；
C．根据电子得失守恒可知：n(Cu)×2+ n(Cu2O)×2=n(NO)×3+ n(NO2)×1；又n(NO)+n(NO2)==0.4，解得n(NO2)=0.3(mol)，即v(NO2)=0.3mol×22.4L/mol=6.72L，C错误；
D．所得溶液未加NaOH前，根据电荷守恒有：n(Cu2+)×2+n(H+)=n(NO3-)，而n(NO3-)=n(Na+)=n(NaOH)代入得：0.4mol×2+n(H+)=1.0mol/L×1.0L=1.0mol，故n(H+)=0.2mol，即n(HNO3)=0.2mol，D正确。
故答案为：AD。
【点睛】此题巧妙运用了原子守恒、电子得失守恒及电荷守恒。
15．(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。
16．(1)
(2)24
(3)1.1

【详解】（1）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，反应的离子方程式为：。
（2）铜和氧化铜都和硝酸反应生成硝酸铜，硝酸铜和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，灼烧后得到氧化铜40.0克，氧化铜的物质的量为0.5mol，一氧化氮的物质的量为0.2mol，根据铜和硝酸反应方程式分析，铜的物质的量为0.3mol，则混合物中氧化铜的物质的量为0.5-0.2=0.3mol，质量为0.3mol×80g/mol=24g。
（3）氢氧化钠反应生成硝酸钠，根据氮元素守恒分析，硝酸钠的物质的量为0.650L×2.00mol/L-0.2 mol =1.1 mol，则氢氧化钠溶液的体积为1.1L。
17．(1)3Cu+2+8H+=2NO↑+4H2O+3Cu2+
(2)D
(3)C

【详解】（1）Cu、、H+反应生成铜离子、NO和水，离子方程式为3Cu+2+8H+=2NO↑+4H2O+3Cu2+。
（2）A．加热会促进浓硝酸分解，A错误；
B．加入适量水，无法彻底除去NO2，B错误；
C．通入适量NO2，无法除去浓硝酸中的NO2，C错误；
D．通入适量O2，O2与NO2、H2O反应生成HNO3，化学方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可使其复原，D正确；
故答案选D。
（3）A．亚铁离子、硝酸根离子和氢离子反应的离子方程式为3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑，A错误；
B．铁离子和碘离子无法大量共存，B错误；
C．碳酸氢根离子与过量氢氧化钡反应，离子方程式为，C正确；
D．镁离子、氢离子与过量氨水反应，生成物中应该有铵根离子，D错误；
故答案选C。
18．(1)C
(2)A
(3)BC
(4)AC

【解析】(1)
在反应H2S + 2HNO3=S↓+ 2NO2↑+ 2H2O中，N元素由+5价降低至+4价被还原，本身作为氧化剂，则HNO3表现出氧化性，故选C；
(2)
反应CuO + 2HNO3=Cu(NO3)2 + H2O中，无元素化合价发生变化，则硝酸变现酸性，故选A；
(3)
4HNO3=4NO2↑+ O2↑+ 2H2O中N元素化合价由+5降至+4发生还原反应，体现还原性，而O元素由-2价升至0价发生氧化反应，体现还原性，所以在该反应中HNO3即表现出氧化性又变现出还原性，故答案选BC；
(4)
3Cu + 8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O中，N元素化合价由+5价降至+2价，发生还原反应体现氧化性，同时有水生产则体现酸性，故答案选AC。