课时素养达标22(Word练习)-【金榜题名】2026年高考化学一轮总复习

课时素养达标 基础巩固练 选择题只有1个选项符合题意 1．下列关于自然界中氮循环（如图）的说法错误的是(　　) A．①和②均属于氮的固定 B．氢、氧元素也参与了自然界中的氮循环 C．④中每生成1 mol NO，消耗2 mol O2 D．③和⑤过程中氮元素分别被还原和氧化 答案　D 解析　氮的固定指将N2转化为氮的化合物，反应①将N2转化为NO，属于氮的固定，反应②属于植物固氮，A正确；由图示知，氮循环过程中涉及氢、氧元素，B正确；反应④是O2将NH3氧化为NO，N元素化合价由－3价升高到＋5价，失去8个电子，即1 mol NH3生成NO失去电子8 mol，根据转移电子关系O2～4e－知，得8 mol电子需要2 mol O2，C正确；反应③中NO被氧化为NO，氮元素被氧化，反应⑤中NO被还原为N2，氮元素被还原，D错误。 2．下列有关含氮化合物的实验装置和原理能达到相应实验目的的是(　　) A．实验室采用装置甲可证明NO能直接被NaOH溶液吸收 B．用装置乙分离固体氯化钠和氯化铵 C．用装置丙除去氨气中的H2O D．用装置丁吸收氨气尾气，可有效防止倒吸 答案　B 解析　NO不易溶于水，故不能用氢氧化钠进行吸收，A错误；氯化铵受热分解为氯化氢气体及氨气，遇冷后在烧瓶底部生成氯化铵固体，B正确；氨气与氯化钙反应生成CaCl2·8NH3，故不能用氯化钙干燥氨气，C错误；氨气与稀硫酸反应不能防止倒吸，D错误；故答案为B。 3．公元八世纪，Jabiribn Hayyan在干馏硝石的过程中首次发现并制得硝酸（4KNO32K2O＋4NO↑＋3O2↑），同时他也是硫酸和王水的发现者。下列说法正确的是(　　) A．干馏产生的混合气体理论上可被水完全吸收 B．王水是由3体积浓硝酸与1体积浓盐酸配制而成的 C．王水溶解金时，其中的盐酸作氧化剂(Au＋HNO3＋4HCl===H[AuCl4]＋NO↑＋2H2O) D．实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是浓硫酸的氧化性 答案　A 解析　A．由4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3可知，干馏产生的混合气体理论上可被水完全吸收，故A正确；B.王水是由1体积浓硝酸与3体积浓盐酸配制而成的，故B错误；C.王水溶解金时，Au＋HNO3＋4HCl===H[AuCl4]＋NO↑＋2H2O，盐酸未作氧化剂，故C错误；D.实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是浓硫酸的难挥发性，故D错误。故选A。 4．某化学兴趣小组进行了有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图。 下列有关说法正确的是(　　) A．①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2 B．③中反应的离子方程式为3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2+＋2NO↑＋4H2O C．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 D．由上述实验可知，Cu在常温下既可与稀硝酸反应，又可与稀硫酸反应 答案　B 解析　A项，试管口有红棕色气体NO2生成，是Cu与稀HNO3反应生成NO，NO与O2反应生成NO2错误；C项，Cu溶解是在酸性条件下NO与Cu反应，错误；D项，Cu与稀H2SO4不反应，错误。 5．NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是(　　) A．降低NOx排放可以减少酸雨的形成 B．储存过程中NOx被氧化 C．还原过程中消耗1 mol Ba(NO3)2转移的电子数为5 mol D．通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原 答案　C 解析　NOx可形成硝酸型酸雨，降低NOx排放可以减少酸雨的形成，A正确；储存过程中NOx转化为Ba(NO3)2，N元素价态升高被氧化，B正确；还原过程中Ba(NO3)2转化为N2，消耗1 mol Ba(NO3)2转移10 mol电子，C错误；BaO转化为Ba(NO3)2储存NOx，NOx与Ba(NO3)2反应转化为N2、BaO和H2O，NOx被还原，D正确。 6．（2025·资阳中学月考）结合氮及其化合物“价—类”二维图及氧化还原反应的规律，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、Pt 答案　C 解析　A.N2O3、N2O5为酸性氧化物，NO2溶于水生成硝酸和一氧化氮，NO2不是酸性氧化物，A错误；B.NH3溶于水后生成的一水合氨电离出阴阳离子导电，一水合氨为电解质，氨气为非电解质，B错误；C.联氨(N2H4)中氮为－2价，从元素价态规律分析，可能被含有＋3价氮的亚硝酸(HNO2)氧化成氢叠氮酸(HN3)，C正确；D.硝酸具有较强的氧化性，但Au、Pt需要硝酸与浓盐酸配成的王水才可以溶解，D错误。 7．Ⅰ.工业上硝酸的制备和自然界中硝酸的生成既有相同之处，又有区别。图中路线a、b、c是工业制备硝酸的主要途径，路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮过程中生成硝酸的途径。 (1)写出N2的一种用途　　　　　　　　。 (2)实验室制取NH3的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。 (3)写出工业制硝酸中a过程中反应的化学方程式：________________________________________________________________________。 Ⅱ.氮肥厂的废水直接排放会造成污染，目前氨氮废水处理方法主要有吹脱法、化学沉淀法、生物硝化反硝化法等。某氮肥厂的氨氮废水中氮元素多以NH和NH3·H2O 的形式存在。该厂技术团队设计该废水处理方案流程如下： (4)检验某溶液中是否含有的NH方法　　　　　　　　　　　（写出所需试剂、操作及现象） (5)过程②、③：在微生物亚硝酸菌和硝酸菌作用下实现NH→NO→NO的转化，称为硝化反应。1 mol NH可被　　　　　　L（标准状况）O2最终氧化成NO。 (6)过程④：在一定条件下向废水中加入甲醇(CH3OH)实现HNO3→N2转化，称为反硝化反应。此过程中甲醇（C元素－2价）转化为CO2，写出此过程的化学方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 答案　(1)做保护气　(2)Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O　(3)4NH3＋5O24NO＋6H2O　(4)取少量待测液于试管中，加入浓NaOH并加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体（或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生），则证明含有NH　(5)44.8　(6)5CH3OH＋6HNO35CO2↑＋3N2↑＋13H2O 解析　图中路线a、b、c是工业制备硝酸的主要途径，a为氨气的催化氧化，b为NO与氧气的反应，c为二氧化氮用水吸收的反应，路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮过程中生成硝酸的途径，据此分析解答；氨氮废水在微生物亚硝酸菌和硝酸菌作用下实现NH→NO→NO的转化，结合氧化还原反应中得失电子守恒分析解答。(1)由于氮气的化学性质比较稳定，焊接金属时可以用氮气做保护气，储存粮食时也可以用氮气代替空气，避免粮食变质，工业合成氨中以氮气为原料，故答案为：做保护气（或保存粮食、制氨气等）；(2)实验室中用氢氧化钙与氯化铵加热反应制备氨气，反应的化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O，故答案为：Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O；(3)反应a是氨气的催化氧化，反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O，故答案为：4NH3＋5O24NO＋6H2O；(4) 检验某溶液中是否含有的NH方法为：取少量待测液于试管中，滴入NaOH溶液后，加热，并用湿润红色石蕊试纸在试管口检验，若红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中存在NH，故答案为：取少量待测液于试管中，滴入NaOH溶液后，加热，并用湿润红色石蕊试纸在试管口检验，若红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中存在NH；(5)NH→NO→NO中N元素的化合价由－3价升高到＋5价，1 mol NH转化为1 mol NO需要失去8 mol电子，根据得失电子守恒，需要氧气的物质的量为＝2 mol，在标准状况下的体积为2 mol×22.4 L/mol＝44.8 L，故答案为：44.8；(6)在一定条件下向废水中加入甲醇(CH3OH)实现HNO3→N2转化，称为反硝化反应。此过程中甲醇（C元素－2价）转化为CO2，反应的化学方程式为5CH3OH＋6HNO35CO2↑＋3N2↑＋13H2O，故答案为：5CH3OH＋6HNO35CO2↑＋3N2↑＋13H2O。 8．目前工业制备硫酸主要采用接触法，以黄铁矿(FeS2)为原料在沸腾炉制得SO2，再经过氧化和吸收获得硫酸。 (1)请写出黄铁矿在沸腾炉里燃烧制得SO2的反应方程式________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________， 若生成SO2气体标准状况下179.2 L，则反应中转移的电子物质的量为　　　　。 (2)某同学用如图装置（夹持装置略）探究铜丝与过量浓硫酸的反应，回答下列问题： ①铜与浓硫酸反应的化学方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②C中应加入的试剂为NaOH溶液，倒置漏斗的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③与向浓硫酸中直接加入铜片相比，该装置用可上下移动的铜丝，优点是：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)油画的白色颜料中曾含二价铅盐，二价铅盐经过长时间空气（含有微量H2S）的侵蚀，生成PbS而变黑，可用一定量的H2O2溶液擦洗修复，H2O2与PbS反应生成PbSO4和H2O，写出该反应的化学方程式　　　　　　　　　　　。 (4)硝酸是重要的化工原料，也是重要的氧化剂，将过量的铁投入到500 mL的稀硝酸中，请写出对应的离子方程式________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________， 若生成标况下的气体为4.48 L，则硝酸的物质的量浓度为　　　　。近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”，减少废气的排放是环境保护的重要内容之一，氮氧化物是形成光化学烟雾的主要元凶，利用碱液吸收法可以有效地吸收氮氧化物，发生的反应有NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O、2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O，若某混合气体中含a mol NO和b mol NO2，用NaOH溶液吸收时，要使气体完全被吸收，则a与b需满足的关系为　　　　　　。 答案　(1)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 44 mol (2)①Cu＋2H2SO4（浓） CuSO4＋SO2↑＋2H2O　②防止倒吸　③可以随时控制反应的开始与停止 (3)4H2O2＋PbS===PbSO4＋4H2O (4)3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2+＋2NO↑＋4H2O　1.6 mol/L　a≤b 解析　(1)硫铁矿在沸腾炉里燃烧制得二氧化硫的反应为二硫化亚铁与氧气高温条件下反应生成氧化铁和二氧化硫，反应的化学方程式为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，反应生成8 mol二氧化硫时，反应转移44 mol电子，则标准状况下生成179.2 L二氧化硫时，反应中转移的电子物质的量为×＝44 mol；(2)由实验装置图可知，装置A中铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，装置B中盛有的品红溶液用于检验二氧化硫的生成，装置C中的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气；①铜与浓硫酸的反应为铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4（浓） CuSO4＋SO2↑＋2H2O；②由分析可知，装置C中的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气，其中倒置的漏斗起防倒吸的作用；③由分析可知，装置A中铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，装置中可上下移动的铜丝可以控制铜与浓硫酸的接触，从而达到控制反应的开始与停止的目的；(3)由题意可知，过氧化氢溶液与黑色的硫化铅反应生成白色的硫酸铅和水，反应的化学方程式为4H2O2＋PbS===PbSO4＋4H2O；(4)过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2+＋2NO↑＋4H2O，反应生成标况下的4.48 L一氧化氮，则硝酸的物质的量浓度为＝1.6 mol/L；一氧化氮是不成盐氧化物，不能与氢氧化钠溶液反应，由方程式可知，气体完全被氢氧化钠溶液吸收时，混合气体中一氧化氮的物质的量一定小于或等于二氧化氮的物质的量，则a与b需满足的关系为a≤b。 考能提升练 选择题有1个或2个选项符合题意 9．铁与不同密度的HNO3溶液反应时产生的含氮产物的百分含量分布如图所示，下列有关说法错误的是(　　) A．一般来说，不同密度硝酸与铁反应的还原产物不是单一的 B．N2、NO、N2O、NO2都既有氧化性又有还原性 C．硝酸的密度越大，其还原产物中高价态的成分所占比例越少 D．P点处氧化剂与还原剂的物质的量之比一定为2∶3 答案　CD 解析　A.根据图中铁与不同密度的HNO3溶液反应时产生的含氮产物的百分含量分布图可知，一般来说，不同密度硝酸与铁反应的还原产物不是单一的，A正确；B.氮元素的最低化合价为－3价，最高价为＋5价，则N2、NO、N2O、NO2都既有氧化性又有还原性，B正确；C.结合图像可知，硝酸的密度越大，其还原产物中高价态的成分所占比例越多，C错误；D.P点处生成的NO2和NO的百分含量相等，则生成的NO2和NO物质的量之比为1∶1，但铁与硝酸反应生成的不一定是铁离子，也可能是亚铁离子，所以P点处氧化剂与还原剂的物质的量之比不一定为2∶3，D错误。 10．还原性纳米铁在碱性条件下易生成Fe(OH)3沉淀，在酸性条件下能将NO还原为NO。取2份含有一定浓度NO的水样加入纳米铁，并调节其中1份溶液的pH，溶液中的总氮去除率（加入纳米铁后溶液中N元素减少的质量÷加入纳米铁前溶液中N元素质量）与pH的关系如图1；在常温下调节另一份溶液的pH＝7，测量溶液中含氮物质浓度随时间变化如图2。下列说法不正确的是(　　) A.pH过低溶液中总氮去除率低可能是纳米铁将溶液里NO还原为NO B．pH过高溶液中总氮去除率低可能是纳米铁被沉淀包裹，还原性降低 C．溶液中总氮浓度下降，说明总氮去除率升高 D．pH＝7时，纳米铁主要将NO还原为NH3、NH 答案　D 解析　A．由题意可知在酸性条件下能将NO还原为NO，故pH过低溶液中总氮去除率低可能是纳米铁将溶液里NO还原为NO，氮还在溶液中，A正确；B.由题意还原性纳米铁在碱性条件下易生成Fe(OH)3沉淀，故pH过高溶液中总氮去除率低可能是纳米铁被沉淀包裹，导致纳米铁还原性降低，B正确；C.溶液中总氮浓度下降，则跑掉的N多，说明总氮去除率升高，C正确；D.由图2可知pH＝7时，NH3、NH浓度增大的同时，NO的浓度也缓慢增大，说明pH＝7时，纳米铁不能将NO还原为NH3、NH，D错误；答案选D。 11．（2025·长沙长郡中学入学考试）向59.2 g Fe2O3和FeO的混合物中加入1.0 L某浓度的稀硝酸，固体物质完全反应生成NO和Fe(NO3)3，在所得溶液中加入2.8 L 1.0 mol·L-1 NaOH溶液，此时溶液呈中性，金属离子刚好完全沉淀，沉淀质量为85.6 g，下列说法中错误的是(　　) A.Fe2O3与FeO的物质的量之比为6∶1 B．产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L C．硝酸的浓度为2.4 mol·L-1 D.Fe2O3、FeO与硝酸反应后剩余0.4 mol HNO3 答案　AC 解析　由题意可知，氧化铁与氧化亚铁混合物与稀硝酸反应得到硝酸铁溶液，硝酸铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，设混合物中氧化铁、氧化亚铁的物质的量分别为x mol、y mol，由混合物的质量可得：160x＋72y＝59.2，由铁原子个数守恒可得：2x＋y＝＝0.8，解联立方程可得x＝0.1、y＝0.6，则氧化铁和氧化亚铁的物质的量之比为1∶6；由得失电子数目守恒可知，反应生成标准状况下一氧化氮的体积为0.6 mol××22.4 L/mol＝4.48 L；由所得溶液反应消耗2.8 L 1.0 mol/L氢氧化钠溶液可知，过量硝酸的物质的量为1.0 mol/L×2.8 L－0.8 mol×3＝0.4 mol；由氮原子个数守恒可知，硝酸的浓度为＝3 mol/L。由上述分析可知，A、C错误。 12．某研究性实验小组欲验证浓硝酸在与Cu、Ag合金的反应过程中除生成NO2气体外，还会有少量NO生成、并测定Cu、Ag合金中Cu的质量分数。查阅相关资料表明：“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。”为此，他们设计了如图所示的装置。 请回答下列问题： (1)写出A中Cu与HNO3反应可能的化学方程式________________________________________________________________________。 (2)实验开始前先打开A部分的活塞K1，持续通入一段时间的氮气再关闭K1，其目的是　　　　　　　　　　　　　　；装置中B瓶的作用是　　　　　　　　　　　　。 (3)停止反应后，打开D中的活塞K2并通入O2，若有NO生成，则D中出现的现象是　　　　　　　　　　　　　　；实验发现，通入的O2温度高低对实验现象有较大影响，为便于观察应通入（填“热”或“冷”）　　　的O2。 (4)为减小实验误差，在A中反应完成和D中出现现象后，还应继续进行的操作是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (5)实验测得如下数据：实验前，Cu、Ag合金的质量：15.0 g，浓HNO3：40 mL13.5 mol·L-1；实验后A溶液：V＝40 mL c(H＋)＝1.0 mol·L-1。假设反应中HNO3既无挥发也无分解，则： ①参加反应的HNO3的物质的量为　　 　mol。 ②若已测出反应后E装置的生成物中含氮元素的质量，则为确定合金中Cu的质量分数还需测定的数据是________________________________________________________________________。 (6)若已知Cu、Ag合金的质量为m g，且溶解完全。请利用A装置中反应后的溶液进行简单的操作，以确定合金中Cu的质量分数，其实验过程为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 答案　(1)Cu＋4HNO3（浓）===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3（稀）===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O (2)把装置中的空气赶走，防止NO被氧化为NO2　干燥反应中生成的气体 (3)无色气体变为红棕色　热 (4)打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2 (5)①0.5　②C中烧瓶在实验前后增加的质量 (6)在A中加入过量含Cl－溶液，过滤后，将沉淀洗涤、干燥，最后称取沉淀的质量 解析　(1)铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，过程中随硝酸浓度变稀后铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，反应的可能化学方程式为：Cu＋4HNO3（浓）===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3（稀）===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；(2)通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；(3)A中的反应停止后，打开D中的活塞K2再通入氧气，若反应中确有NO产生，一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体，通入氧气温度越高反应速率越快，通入热的氧气；(4)由于装置中有残留的气体，所以在A中反应完成和D中出现现象后还须进行的操作是：打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；(5)①硝酸的总的物质的量是0.54 mol，剩余硝酸是0.04 mol，所以参加反应的硝酸是0.54 mol－0.04 mol＝0.5 mol；②要计算铜的质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量，所以还需要测量C中烧瓶在实验前后增加的质量；(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数。 学科网（北京）股份有限公司 $$