第5章 专题探究1 金属与硝酸反应的有关计算-【学霸黑白题】2025-2026学年高中化学必修第二册（人教版）

高温或放电时反应产生NO,无法一步得到二氧化氮，C错误：在上述 反应中都存在N元素化合价的变化，因此都是氧化还原反应，D 正确。 5.A解析：二氧化硫具有还原性，可以被氧化为三氧化硫，溶于水形成 硫酸，在酸雨形成过程中一定发生氧化还原反应，A错误：二氧化硫、 二氧化氨氮是形成酸雨的主要因素，分别形成硫酸型酸雨和硝酸型酸 雨，B正确：煤和石油的燃烧，会排放出S0,和NO,等污染物，汽车尾 气有氮氧化物产生，均是酸雨污染物的主要来源，C正确；H<5.6的 雨水称为酸雨，酸雨对农作物、桥梁、建筑物等有破坏作用，D正确。 重难聚焦 6.B解析：将一定质量的铜溶于100mL11mol·L1的浓硝酸中，铜和 硝酸反应生成硝酸铜、NO、NO2,待铜完全溶解后，生成0.4 mol NO2 和NO的混合气体，并测得溶液中H*的浓度为1mol·L1,说明反应 剩余硝酸的物质的量为1mol·L-1×0.1L=0.1mol,根据N元素守恒， 反应生成硝酸铜的物质的量为1mol:L-1×0.1L-04mol-0.1mol 2 0.3mol,设生成N0的物质的量为x,生成N02的物质的量为y,则x+ y=0.4mol,根据得失电子守恒，3x+y=0.3mol×2=0.6mol,解得x= 0.1mol,y=0.3mol,故生成的N0在标准状况下的体积为0.1mol× 22.4L·mol1=2.24L。 黑题 应用提优 题号1 2 3 4 答案DB B B 1.D解析：NO,不一定为酸性氧化物，例如NO等，A错误；五氧化二 氨和硝酸中氨元素的化合价相同，所以反应②是非氧化还原反应， B错误；由图示可知氨气参与反应生成铵盐，为反应物，不是催化剂， C错误；NH,可能来自过度施用氮肥，因为铵盐不稳定，易分解产生 氨气，D正确。 2.B解析：木炭和浓硝酸发生氧化还原反应，其化学方程式为C+ 4HN0,(浓)△C0,↑+4N0,↑+2H,0,A正确；红热木炭可能只是 热介质，使得浓硝酸发生分解反应生成NO2,不能表明木炭与浓硝酸 发生了反应，B错误：由③说明浓硝酸具有挥发性，挥发出来的浓硝 酸与红热木炭作用，生成红棕色气体NO2,氨元素的化合价降 低，NO,为还原产物，C正确：灼热的碎玻璃不能与浓硝酸发生反应 浓硝酸受热发生分解反应产生NO2和氧气，是混合气体，D正确。 3.B解析：直接用稀硝酸溶解铜渣时硝酸的还原产物为N0,不能被利 用，而加人稀硫酸及鼓人氧气均可节约硝酸用量，A正确；硫酸铜晶 体含结晶水，应用冷却结晶法获得，将含硫酸铜的滤液蒸发浓缩、冷 却结晶、过滤，可得CuS04·5H20,B错误；氯化银难溶于稀HNO2和 稀H2S04,加入氯化钠可除去溶液中少量的Ag,C正确；当观察到鼓 入02不再出现红棕色，表明NO已不再产生，不会有N0与O2反应 生成红棕色的NO2,说明反应停止，D正确。 3.36L 4.B解析：标准状况下3.36L混合气体的物质的量为 2.4L·molr 0.15mol,150mL2mol·L-1Na0H溶液中氢氧化钠的物质的量 n(Na0H)=2mol·L1×0.15L=0.3mol。铜离子恰好沉淀时，反应 后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物 质的量为0.3mol,Cu失去电子的物质的量等于硝酸根离子的物质的 量，设生成NO的物质的量为x,NO,的物质的量为y,则x+y= 0.15mol,根据得失电子守恒可知3x+y=0.3mol,解得x=y= 0.075mol:根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为0.3mol+ 0.15mol=0.45mol;生成氢氧化铜的物质的量为0.3mol×2= 0.15mol,反应消耗铜的物质的量为0.15mol,0.15mol铜完全反应失 去0.3mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子数与铜失去的电子 数一定相等，根据电子守恒计算出消耗氧气的物质的量n(02)= 03m0l=0.075mol,再计算出需要氧气的体积V(0,)= 4 必修第二册·RJ 0.075mol×22.4L·mol-1=1.68L。根据分析：生成N0、N02的物质 的量均为0.075mol,混合气体中含NO2和N0的体积之比为 1:1,A正确；需要氧气的体积为1.68L(标准状况下)，B错误；氢氧 化铜的物质的量为0.15mol,反应消耗的铜的物质的量为0.15mol, 0.15mol铜完全反应失去0.3mol电子，C正确；铜离子恰好沉淀时反 应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知，硝酸钠中硝酸根离子的 物质的量为0.3mol,根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为 0.3mol+0.15mol=0.45mol,D正确。 5.(1)CaC03+2HN03=Ca(N03)2+H20+C02↑(2)CaC03防止 碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应(3)3Cu+ 8HN03(稀)一3Cu(N03)2+2N0↑+4H20(4)C02比空气重，从 长管进入E,并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的 空气中的氧气反应生成少量红棕色气体NO2,当再用F鼓人空气时， E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深 解析：(2)C02进入C装置中生成白色沉淀CaC03;操作Ⅱ中C装置 中产生白色沉淀，说明产生的二氧化碳已将E装置中的空气排出，此 时立刻将B装置上提，防止碳酸钙消耗过多的硝酸，从而影响铜与稀 硝酸的反应。(4)E装置中开始时出现浅红棕色气体，说明装置中还 有少量的氧气，CO,比空气重，从长管进人E,并没有把E中的空气 排尽，致使部分NO先与未排尽的空气中的氧气反应生成少量红棕 色气体N02,当再用F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气 体颜色逐渐加深。 压轴挑战 6.(1)分液漏斗(2)Cu+4H*+2N03Cu2++2H20+2N02↑ (3)BC(4)AB(5)15:13 解析：(2)装置①中浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和 水。(3)装置③应盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO,装置④中 应盛放的是浓硝酸，若浓硝酸能氧化NO,则装置④液面的上方会产 生红棕色气体，能证明氧化性相对强弱的实验现象为：③中溶液上方 不出现红棕色气体，装置④液面的上方会产生红棕色气体，A错误； ②中的试剂为水，使N02与H20反应生成N0:H20+3N0, 一2HNO,+NO,B正确：空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴 加浓硝酸之前需要通入一段时间N2赶尽装置中的空气，C正确：装 置⑥中盛放NaOH浓溶液吸收NO2,防止NO2污染空气，D错 误。(4)由图可知：硝酸的浓度越大，其还原产物中氨元素的价态越 高，A正确：硝酸与铁反应的还原产物有一氧化氮、二氧化氮、氮气 等，B正确：常温下，铁在浓硝酸中钝化，表面生成致密的氧化物薄 膜，C错误。(5)由图可知，当硝酸浓度为9.75mol·L1时，还原产 物为N20、NO2和NO,反应后铁以Fe3+形式存在于溶液中，铁与足量 硝酸反应的离子方程式为52Fe+216H++60N03—52Fe3++ 18N02↑+30N0↑+6N20↑+108H20,氧化剂与还原剂的物质的量 之比为60：52=15：13。 专题探究1金属与硝酸反应的有关计算 黑题 专题强化 题号12345 6 答案AABADD 1.A解析：Mg和稀硝酸反应生成硝酸镁、还原产物和水，Mg元素的化 合价由0升高到+2，反应中有0.8mol电子转移，则n(Mg)= 0.8mol÷2=0.4mol,由Mg~Mg(N03)2可知，硝酸镁为0.4mol,假设 起酸性作用的硝酸全部生成硝酸镁，则起酸性作用的硝酸为 0.4mol×2=0.8mol,假设其余的硝酸全部作氧化剂，所以作氧化剂的 硝酸为1mol-0.8mol=0.2mol,设HN03的还原产物中N元素的化 合价为x,由得失电子守恒可知，0.8mol=0.2mol×(5-x),解得x= +1,故硝酸的还原产物为N20,故选A。 2.A解析：设Zn的物质的量为2mol,HN0,的物质的量为5mol,锌与 稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和得失 黑白题08 电子守恒可知，2mol锌失去4mol电子，生成2mol锌离子，即生 成2 mol Zn(NO3)2,故结合的N03是4mol,则剩余的1 mol HNO3被 还原为N20,得到4mol电子，剩余的1 mol HN03也全部反应，则该 反应中被还原的HNO,与未被还原的HNO3的物质的量之比是 1:4:故选A。 3.B解析：由于氧化性：NO?>Fe3+>H,则OA段发生的反应为Fe+ 4H+N03一Fe3++N0↑+2H20;随着铁粉的不断加入，NO3消耗 完全，AB段发生反应为2Fe++Fe一3Fe2+,BC段发生的反应为 2.24L Fe+2Hfe2+H,t。0A段，n(0)F224L-nm=0.1ml,则 n(Fe)=0.1 mol,n(H*)=0.4 mol,n NO3)=0.1 mol,n Fe3+)= 01ml:AB段，(Fo)=a(Fc)=0.05ml:BC段，a(r)= 2n(H)=2X3236L220.1ml,由分析可知：产生，的体积 为3.36L-2.24L=1.12L,A错误；0B段消耗铁粉的质量为(0.1mol+ 0.05mol)×56g·mol1=8.4g,即m2=8.4,B正确；由上述分析知，共 有0.5molH*,由n(N03)=0.1mol可知，所用混合溶液中HN03的 物质的量为0.1mol,则H2S04电离产生的H的物质的量为0.4mol, c(H,S0,)=04m0x号=2m0l·L',C错误：AB段发生的反应 0.1L×2 为2FcCl3+Fe—3FcCl2,属于化合反应，D错误。 4.A解析：Cu与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3一 3Cu(N0,)2+2N0↑+4H,0,生成N0的物质的量为560x10L 22.4L·molF7 0.025mol,则生成的硝酸铜有0.0375mol,则硝酸根的物质的量为 0.075mol,向反应后的混合物中加入足量稀硫酸，此时硝酸根离子 氢离子和铜再次反应直至硝酸根离子全部转化为N0,此过程消耗的 硝酸根离子为0.075mol,由离子方程式3Cu+8H*+2N03一 3Cu2++2N0↑+4H20可知0.075mol硝酸根离子参与反应生成 0.075molN0,共得到0.225mol电子，则Cu共失去0.225mol电子， 即消耗Cu0.1125mol,质量为7.2g。A正确。 5.D解析：500mL4.5mol·L-1的稀硝酸中n(HN03)=0.5L× 4.5mol·L-1=2.25mol,6.72LN0(标准状况下)的物质的量为 0.3mol,则反应后溶液中剩余的n(N0,)=2.25mol-0.3mol= 1.95mol,若N0?全都以硝酸铜的形式存在，则硝酸铜物质的量为 1.95 ol 2 mol=0.975mol,若4.8g全是Cu,则n(Cu)=48 64 07mol,若4.8g全是Cu,0,则n(Cu,0)=44mol=0.31mol,即 酸铜的物质的量最大为0.7mol,0.7mol<0.975mol,所以固体混合物 全部溶解、硝酸过量。据以上分析可知，反应后固体无剩余，A错误； 设混合粉末中Cu和Cu20的物质的量分别为x、y,则其质量之和为 44.8g,共转移电子3×0.3mol=0.9mol,即64x+144y=44.8g、2x+2y= 0.9mol,解得x=0.25mol、y=0.2mol,所以混合粉末中Cu的质量分 数约为0.25m0k64gmlx100%=35.7%,B错误；反应前Cu元 44.8g 素总物质的量为(0.25mol+0.2mol×2)=0.65mol,反应前后Cu元素 物质的量守恒，所以反应后的溶液中c(Cm2”)=0.65 0.5mol·L1= 1.3mol·L1,C错误；反应后的溶液中n(Cu2+)=0.65mol,则加人足 量铁粉，可置换出0.65 mol Cu,即0.65mol×64g·mol1=41.6gCu, D正确。 6.D解析：整个过程可以看作是9g铜和铁的混合物与200L硝酸 反应生成0.1 mol NO,金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN 溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发 生反应的化学方程式为3Fe+8HN03一3Fe(N0,)2+2N0↑+ 4H20,3Cu+8HN033Cu(N03)2+2N0↑+4H20,设铁的物质的 量为x,铜的物质的量为y,根据二者质量与生成NO的体积列方程， 正本参考答案 2.24L 有56x+64y=98了(x+y224Lm,联立方程，解得号 0.075mol、y=0.075mol。由上述分析可知，原混合物中铜和铁各 0.075mol,A正确；根据方程式可知，n(HN03)=4n(N0)=0.4mol, 稀硝酸的物质的量浓度为4m=2mal·L1,B正确：9g混合物中 0.2L 含铁的质量为0.075mol×56g·mol1=4.2g,含铜的质量为 0.075mol×64g·mol1=4.8g,故第-次剩余的4.8g金属为Cu,C正 确：再加入100mL该稀硝酸，亚铁离子与硝酸反应生成NO与硝酸 铁，溶液中亚铁离子为0.075mol,根据电子转移守恒可知，Ht足量， 亚铁离子完全反应，所以再加硝酸生成NO的物质的量为 0.075mok1=0.025ml,其体积为0.025mml×22.4L·mo1= 0.56L,D错误。 7.(1)0.15mol(2)3:1(3)1.96L 解析：(1)被还原的硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量，即 3.36L n(N0,被还原）F24mmF=0.15mol,则蔽还原的硝酸的物 质的量为0.15mol。(2)剩余硝酸的物质的量n(HN03,剩余)= 0.04L×1.00mol·L-1=0.04mol,参加反应的硝酸的物质的量为 0.04L×13.5mol·L1-0.04mol=0.5mol,反应中金属全部参与反 应，则反应前后金属的物质的量相等，设混合物中含有Ag、Cù的物质 的量分别为x、y,浓硝酸的物质的量=0.04L×13.5mol·L1=0.54mol, 程版在商后有守很是木人的0子 解得：x=0.05mol,y=0.15mol,n(Cu):n(Ag)=0.15mol: 0.05mol=3:1,则合金中铜与银的物质的量之比为3：1。(3)硝酸 与金属反应，金属失电子，部分硝酸得电子，生成氮的氧化物，氮的氧 化物与氧气一起通人水中会生成硝酸，反应中氧气得电子，金属失去 的电子与氧气得到的电子的物质的量相等，则n(02)×4=0.05mol+ 0.15mol×2,解得n(02)=0.0875mol,所以氧气的体积为 0.0875mol×22.4L·mol-1=1.96L 专题探究2常见气体的制备实验 黑题专题强化 题号12345 答案DAAC B 1.D解析：氯化铵受热分解生成氨气与氯化氢，在试管口氨气与氯化 氢化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选氯化铵与氢氧化钙加热，且 试管口略向下倾斜，A错误：氨气的防倒吸装置中漏斗口应略微浸入 液面下，图中浸入过深，不能防止倒吸，B错误：图中进气方向不合理， 应短导管进气，长导管排出二氧化碳收集NO,C错误；二氧化氮与水反应 生成硝酸和NO,导管长进短出洗气可达到实验目的，D正确。 2.A解析：NH,可以用干燥管干燥，氨气密度小于空气，用向下排空 气法收集或短进长出装置收集，氨气极易溶于水，多余的氨气可以用 水吸收，A正确：C0密度与空气接近，不能用排空气收集，C0是有毒 气体，不溶于水，多余的C0不能用水吸收，B错误；CH4可以用干燥 管干燥，CH4密度小于空气，用向下排空气法收集或短进长出装置收 集，CH4不溶于水，多余的CH4不可以用水吸收，C错误：HCl可以用 干燥管干燥，HC1密度大于空气，用向上排空气法收集或长进短出装 置收集，HCI易溶于水，多余的HC1可以用水吸收，D错误。 3.A解析：氧化钙和浓氨水反应生成氨气，氨气和碱石灰不反应，所以 可用碱石灰干燥，氨气的密度小于空气的密度，所以可用向下排空气 法收集，A正确；大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳气体 和碱石灰反应，所以不能用碱石灰干燥，二氧化碳的密度大于空气的 密度，应用向上排空气法收集，B错误：铜和稀硝酸反应生成一氧化 氮，一氧化氮不与氯化钙反应，可以用氯化钙干燥，但一氧化氮能和 黑白题09专题探究1金属与硝酸反应的有关计算 黑题 专题强化 限时：25min 题型1硝酸与活泼金属的反应 入500mL4.5mol·L1的稀硝酸中，得到 1.已知镁和稀硝酸反应时，每有1 mol HNO0,反 6.72LN0(标准状况下)，忽略溶液体积的变 应，就有0.8mol电子转移，此时硝酸的还原 化。下列说法正确的是 产物可能是 ( A.反应后有固体剩余 A.N20 B.NO,C.N,O D.NO B.混合粉末中Cu的质量分数约为37% 2.物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若 C.反应后的溶液中c(Cu2+)=1.2mol·L1 硝酸被还原的产物为N,0,反应结束后锌没有 D.在反应后的溶液中加入足量铁粉，可置换 剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原 出41.6gCu 的硝酸的物质的量之比是 ( 题型3硝酸与合金的反应 A.1:4B.4:1 C.2:3 D.2:5 6.（2024·天津高一月考)将9g铜和 3.(2024·江西宜春高一期末)向 铁的混合物投入100mL稀硝酸 100mL稀H,S04与稀HNO3的混 讲解 中，充分反应后得到标准状况下1.12LN0,剩 合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质 余4.8g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝 量与产生气体的体积（标准状况）之间的关系 酸，金属完全溶解，又得到标准状况下 如图所示，且每一段只对应一个反应。下列 1.12LN0。若向反应后的溶液中加入KSCN 说法正确的是 溶液，溶液不变红，则下列说法不正确的是 A.产生H2的体积 +V/I 为2.24L 3.36 A.原混合物中铜和铁各0.075mol 2.24 B.m2=8.4 B.稀硝酸的物质的量浓度为2.0mol·L C.所用混合溶液 m3 m(Fe)/g C.第一次剩余的4.8g金属为铜 中c(H2S04)=3mol·L D.向反应后的溶液中再加入该稀硝酸 D.AB段发生的反应为置换反应 100mL,又得到标准状况下的N01.12L 题型2硝酸与不活泼金属的反应 7.为了测定某铜银合金的成分，将15.0g合金溶 4.将一定质量的铜粉加入100mL某浓度的稀硝酸 于40.0mL13.5mol·L1的浓硝酸中，待合金 中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，此时共 完全溶解后，收集到3.36LN0、N02的混合气 收集到N0气体560mL(标准状况)。然后向上 体（标准状况），并测得溶液中c(H)= 述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为止，容 1.00mol·L1。假设反应后溶液的体积仍为 器仍剩有铜粉m2g,则(m1-m2)为 40mL,试计算： A.7.2 B.2.4 C.0 D.4.8 (1)被还原的硝酸的物质的量为 5.(2024·安徽芜湖高一期中)为测 (2)合金中铜与银的物质的量之比为 定Cu和Cu20混合粉末中Cu的含 (3)若需要将全部尾气用水吸收，需要氧气的 量。某同学将44.8gCu和Cu,0混合粉末加 体积（标准状况）为 第五章黑白题021 专题探究2常见气体的制备实验 黑题 专题强化 限时：25min 1.(2023·内蒙古包头高一期末)下列实验装置 4.实验室制备某常见气体的装置如下图所示， 能达到实验目的的是 其中①、②、③、④分别为制备、除杂（除非水 杂质，如无必要可省略)、干燥和收集装置，下 NHCI固体 NH 列所制备的气体和所选干燥剂的组合中可行 的是 A.制备氨气 B.防止倒吸 NONO) 接尾气处 NO 理装置 充满CO, H,0一 C.收集NO气体 D.除去NO中的NO2 2.（2023·江苏南通高一月考)实验室里可按下 选项 A B C D 图所示的装置干燥、储存气体M,多余的气体 气体 氧化氮 氯气 氢气 氨气 可用水吸收，则M是 ( 五氧化 NaOH 无水氯 器 干燥剂 浓硫酸 气体M 二磷 固体 化钙 干燥管 储气瓶 5.（2024·湖北荆州高一月考)如图 A.NH B.CO C.CH D.HCI a、b、c表示相应仪器中加入的试 3.(2024·江西宜春高一期末)下图是实验室制 剂，可用图中装置制取、净化、收集的气体是 取气体的装置，其中发生装置相同，干燥和集 气装置有两套，分别用图1和图2表示。下列 选项中正确的是 碱石灰 图1 棉花 图2 选项 气体 a 氯化钙 NH; 浓氨水 生石灰 碱石灰 饱和 选项 发生装置中的药品 干燥和集气装置 B C02 盐酸 碳酸钙 NaHCO3 氧化钙和浓氨水 图1 B 溶液 大理石和稀盐酸 图1 0 铜和稀硝酸 图2 NO 稀硝酸 铜屑 H20 D 锌和稀硫酸 图2 D NO2 浓硝酸 铜屑 NaOH溶液 必修第二册·RJ黑白题022