专题7 第1单元 氮的固定-【学霸黑白题】2025-2026学年高中化学必修第二册（苏教版）

电 专题6真题演练 于错题本 黑题 真题体验 限时：25min 1.*（2023·浙江1月，T6,3分）关于反 A.H2的键能为436kJ·mol 应2NH,0H+4Fe3+=N,0↑+4Fe2++ B.02的键能大于H,0,中氧氧单键的键能的 4H+H,0,下列说法正确的是 两倍 A.生成1molN20,转移4mol电子 C.解离氧氧单键所需能量：H00<H,0, B.NH,OH是还原产物 D.H,0(g)+0(g)=H202(g) C.NH,OH既是氧化剂又是还原剂 △H=-143kJ·mol-1 D.若设计成原电池，Fe2+为负极产物 4.*(2024·江苏，T8,3分)碱性锌锰电池的 2.*(2023·北京，T13,3分)一种分解氯化铵 总反应为Zn+2Mn02+H,0=Zn0+ 实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d 2MnO0H,电池构造示意图如图所示。下列有 代表Mg0或Mg(OH)C中的一种。下列说法正 关说法正确的是 () 确的是 锌粉和KOH MnO,和KOH 隔膜 NH,CI(s) A.a、c分别是HCl、NH A.电池工作时，MnO,发生氧化反应 B.d既可以是MgO,也可以是Mg(OH)Cl B.电池工作时，OH通过隔膜向正极移动 C.已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减 C.环境温度过低，不利于电池放电 少MgCL2的产生 D.反应中每生成1 mol MnO0H,转移电子数 D.等压条件下，反应①、②的反应热之和，小 为2×6.02×1023 于氯化铵直接分解的反应热 5.*(2025·江苏，T8,3分)以稀H2S04为电 3.**(2022·浙江6月改编)标准 解质溶液的光解水装置如图所示，总反应 状态下，下列物质气态时的相对 光 为2H20三 能量如下表： 化剂2H,个+0，↑。下列说法正确 的是 物质(g) 0 H HO HOO e-④e= 相对能量 稀H,S0 249 218 39 10 (kJ·mol1) 物质(g) H, 02 H,O, H,0 相对能量 0 -136 -242 (kJ·mol) 电极a质子交换膜电极 可根据HO(g)+HO(g) H202(g)计算 A.电极a上发生氧化反应生成O, 出H,02中氧氧单键的键能为214kJ·mol1 B.H通过质子交换膜从右室移向左室 下列说法不正确的是 C.光解前后，HS0,溶液的pH不变 专题6黑白题031 D.外电路每通过0.01mol电子，电极b上产8.(2025·黑吉辽蒙，T13,3分) 生0.01molH2 种基于Cu,0的储氯电池装置 步讲解 6.*(2022·广东卷改编)在相同条件下研究 如图，放电过程中a、b极均增重。若将b极换 催化剂I、Ⅱ对反应X→2Y的影响，各物 成Ag/AgCI电极，b极仍增重。关于图中装置 质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图， 所示电池，下列说法错误的是 ( ) 则下列说法正确的是 负载 进料口 出料口 催化剂 Cu,0/ NaTi,(PO.)/ Cu(OH)CI NaCl溶液 4.0 NaTiz(PO3 催化剂Ⅱ 2.0 无催化剂 A.放电时Na向b极迁移 B.该电池可用于海水脱盐 2 4 t/min C.a极反应：Cu,0+2H,0+Cl-2e A.无催化剂时，反应不能进行 Cu,(OH)Cl+H* B.与催化剂I相比，催化剂Ⅱ催化效果更好 D.若以Ag/AgCl电极代替a极，电池将失去 C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t 储氯能力 的变化 9.*（2024·新课标，T12,6分) D.使用催化剂I时，0~2min内，v(X)= 一种可植入体内的微型电池工作 1.0mol·L1·min-1 讲解 原理如图所示，通过CuO催化消耗血糖发电， 7.**(2022·浙江1月，T19,2分） 从而控制血糖浓度。当传感器检测到血糖浓 在恒温恒容条件下，发生反应 度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标 A(s)+2B(g)3X(g),c(B)随时间的变化 准，电池停止工作。（血糖浓度以葡萄糖浓度 如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是 计)电池工作时，下列叙述错误的是 ) 控 cB)本 纳米P/导电聚合物 纳米CuO/导电聚合物 葡萄糖酸 a 甲 (C6H120) 血液 时间 。● A.从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔 葡萄糖 内该化学反应的平均速率 A.电池总反应为2C6H1206+02一2C6H120, B.从b点切线的斜率可求得该化学反应在反 B.b电极上CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(I)相互 应开始时的瞬时速率 转变起催化作用 C.在不同时刻都存在关系：2w(B)=3w(X) C.消耗18mg葡萄糖，理论上a电极有 D.维持温度、容积、反应物起始的量不变，向 0.4mmol电子流入 反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化 D.两电极间血液中的Na在电场驱动下的迁 关系如图中曲线乙所示 移方向为b→a 必修第二册·SJ黑白题032元素的化合价由+4价降低到+3价，则每生成1 mol MnO0H,转移电 子数为6.02×1023，D错误。 5.A解析：光解过程中，电极a上电子流出，发生氧化反应，电极a为 负极，电极反应式为2H20-4e一02↑+4H;电极b上电子流人， 发生还原反应，电极b为正极，电极反应式为2H+2e一H2↑。根 据分析，电极a电极反应式为2H20-4e一02↑+4H*,生成物有 02,A正确；原电池中阳离子向正极移动，电极a上生成H,电极b 上消耗H,H+通过质子交换膜从左室移向右室，B错误：在探究溶液 浓度变化时，不仅要关注溶质的变化，也要关注溶剂的变化，光解水 总反应是水分解为氢气和氧气，H,S04溶液中H20减少，H2S04溶 液浓度增大，pH减小，C错误；生成1molH2,转移2mol电子，外电 路通过0.01mol电子时，电极b上生成0.005molH2,D错误。 6.D解析：从图中可以看出，无催化剂时，反应能进行，只是反应速率 比较慢，A项错误：在相同条件下，催化剂Ⅱ与催化剂I相比，相同时 间内催化剂I催化下生成物的浓度变化量更大，反应速率更快，故催 化剂I的催化效果更好，B项错误；0~2min内，反应物浓度的变化 量与生成物浓度的变化量之比等于其化学计量数之比，故a曲线表 示使用催化剂I时X的浓度随t的变化，C项错误：使用催化剂I 时，0-2min内，v(X)=(4.0mol·L-1-2.0mol·L-1)÷2min= 1.0mol·L1·min1,D项正确。 7.C解析：由图像中可以得到单位时间内的浓度变化，由于反应速率 是由单位时间内物质的浓度变化量计算得到，从a、c两点坐标可求 得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，A正确：b点切线的 斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应开始时的瞬时速率， B正确：根据化学反应速率之比等于化学方程式中化学计量数之比 分析，3(B)=2w(X),C错误；维持温度、容积、反应物起始的量不 专题7 氮与老 第一单元 氨的固定 白题 基础过关 题号123 4 答案BBDD 1.B解析：氮气与氧气反应需要高温或放电条件，生成一氧化氮，但氮 气本身不会在氧气中“燃烧”，B错误。 2.B解析：氮的固定指将游离态氮(N,)转化为含氮化合物的过程。 氨气(NH3)中氮已处于化合态，转化为尿素未涉及N2的转化，因此 不属于氮的固定，B符合题意。 3.D解析：硝化作用⑤中NH4中N的化合价为-3价，生成1 mol NO3 转移8mol电子；反硝化作用⑥中NO3中N的化合价为+5价，生成 1molN2转移10mol电子，根据N元素守恒得2NH4~2N03~N2,故 生成1molN2,硝化作用⑤与反硝化作用⑥转移的电子数之比为 16:10=8:5,D错误。 4.D解析：氨的氧化物均会对大气造成污染，N0、NO2不是酸性氧化 物，A错误：N20、中N为氮元素的最高价，只有氧化性，没有还原性， B错误：酸性氧化物是指能与碱发生非氧化还原反应生成盐和水的 氧化物，NO2不是酸性氧化物，C错误；N0能与02反应，不能用排空 气法收集NO,D正确。 正本参考答案 变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，化学反应速率增大，达到 的平衡状态与原来的相同，所用时间缩短，D正确。 8.D解析：放电过程中a、b极均增重，这说明a电极是负极，电极反应 式为Cu20+2H20+CI-2e一Cu2(0H)3C1+H+,b电极是正极，电 极反应式为NaTi2(P0a)3+2e+2Na*=Na3Ti2(P04)3。放电时b 电极是正极，阳离子向正极移动，所以Na向b极迁移，A正确；负极 消耗氯离子，正极消耗钠离子，所以该电池可用于海水脱盐，B正确； 由分析可知，C正确：由题意可知，若将b极换成Ag/AgCl电极，b极 仍增重，说明此时b极为负极，电极反应式为Ag-e+Cl一AgCl, 故电极电势：NaTi2(P04)3/Na3Ti2(P04)3>Cu20/Cu2(OH)3Cl> Ag/AgCI,若以Ag/AgCl电极代替a极，此时Ag/AgCl电极为负极，Ag 失去电子，结合氯离子生成氯化银，所以电池不会失去储氯能力， D错误。 9.C解析：由题中信息可知，当电池开始工作时，a电极为电池正极， 血液中的02在a电极上得电子生成OH,电极反应式为02+ 4e+2H20一40H;b电极为电池负极，Cu20在b电极上失电子 转化成Cu0,电极反应式为Cu20-2e+20H一2Cu0+H20,然后 葡萄糖被Cu0氧化为葡萄糖酸，Cu0被还原为Cu20,则电池总反应 为2C6H1206+02一2C6H120,,A正确；b电极上发生转化：Cu0→ Cu20→Cu0,在这个过程中Cu0的质量和化学性质保持不变，因此 Cu0通过Cu(Ⅱ)和Cu(I)相互转变起催化作用，B正确；根据反 应2C6H206+02—2C6H120,可知，1molC6H1206参加反应时转 移2mol电子，18mgC6H1206的物质的量为0.1mmol,则消耗18mg 葡萄糖时，理论上a电极有0.2mmol电子流入，C错误：原电池中阳 离子从负极向正极迁移，故Na*迁移方向为b→a,D正确。 上会可持续发展 四易错提醒 氮的氧化物的易错知识 (1)N0不属于酸性氧化物，NO与碱、酸都不能反应生成盐和水， 属于不成盐氧化物；NO,与碱溶液发生氧化还原反应生成两种 盐，也不属于酸性氧化物。 (2)NO2能将氧化为I2,不能用KI-淀粉试纸鉴别NO2和Br2。 5.(1)烧瓶上方气体变为红棕色2N0+0,=2N0,(2)红棕色气 体变为无色，烧瓶中液面上升3N02+H20—2HN03+N0(3)慢 慢通入氧气，并不斯摇动烧瓶 解析：(3)欲使烧瓶中尽可能充满液体，应通入氧气使NO与氧气反 应转化为N02,N02再与水反应，最终全部转化为硝酸，操作的关键 是慢慢通入氧气，并不断摇动烧瓶。 重难聚焦 6.(1)N002(2)20(3)20<V<60 解析：(1)N0不与水反应，NO2能与水反应，其反应的化学方程为 3NO2+H20一2HNO3+NO,所以无色气体A为N0,无色气体A与 等体积的02混合，通入水充分吸收后发生反应，其反应的化学方程 为4N0+302+2H20一4HN03,氧气过量，则无色气体B为氧气，所 以A气体是N0,B气体是02。(2)由于过量的氧气为5mL,而开始 反应时N0与02的体积相等，根据化学方程式4N0+302+2H20 4HN03可得，V(N0)=20mL,即A气体的体积是20mL。(3)由 黑白题13 (2)可知，N02与水反应产生的N0和原来的N0共20mL,若VmL 气体全部为N0,则V=20,若VmL气体全部为N02,根据化学方程式 3N0,+H20一2HN03+N0可知V=60,所以V的取值范围为 20<V<60. 四归纳总结 N0和02通入H20中并有气体剩余时，一般会有两种可能：一 是N0过量，剩余的气体为N0,二是02过量，剩余的气体为02； 出现这两种情况的后续现象不同，当将剩余气体与空气接触时， 若是NO,则气体变为红棕色，而O,仍然为无色。对于反应完全 的气体，则一定符合n(N0):n(02)=4:3。 黑题 应用提优 题号123 答案CDA 1.C解析：N2与O2在高温或放电条件下只能生成NO,A错误；C02 不具有强氧化性，不能氧化N0,B错误：燃烧后的高温气体成分有 C02、H20、N0、N2等无色气体，一氧化氮容易被空气中的氧气氧化 为二氧化氮，二氧化氨是红棕色气体，C正确：H20和NO不反应， D错误。 2.D解析：在注射器中发生的反应为2N0+02一2N02和 3N02+H20=2HN03+N0,反应均为气体分子数减小的反应，活塞 应缓缓向左移动，A错误：常温常压下，气体体积之比等于其物质的 量之比，消耗氧气的体积为30mL×20%=6mL,参与反应的一氧化氨 的体积为8mL,则剩余气体中N0体积为12mL,B错误；根据题意， 开始时充入注射器的气体N0体积为20mL,水5mL(占用注射器中 气体的体积)，随后充入30mL空气，总体积为55mL,随着反应的进 行，消耗了氧气6mL,一氧化氮8mL,常温常压下，水为液态，消耗的 体积约为5mLx103L·mLx2x18gml 24.5L·mol1-× 3X1.0g:m≈2.94×103mL,可 以忽略不计，即剩余水的体积约为5mL,最终容器内剩余体积约为 55mL-6mL-8mL=41mL,活塞最左端最终停在约41mL刻度处， C错误；根据B项分析，可知生成的HNO3全部溶于水中，根据N元 素守恒，可知硝酸的浓度 8mL×10-3L·mL- 24.5L·mol-x5mlx10L·ml≈ 0.065mol·L1,D正确。 3.A解析：当x=0.5时，N0和NO2物质的量相等，只发生反应 N0+N02+Na2C03=2NaN02+C02,n(N02)=2.0mdl,N03的物质 的量为0，因此a表示NO3,b表示NO2,A错误；n(NO3)+ n(NO2)=2mol,当x=1时，NO3和NO2物质的量相等，只发生反 2NO2+NazCO3-NaNOz+NaNO3+CO2,n(NO3)+n(NOz)=2mol, 此随x增大，n(NO3)+(NO2)不变，B正确：根据A和B选项分析以及 题中所给反应的化学方程式，有n(N02)+(N0)=2n(C02)=2mol, 即标准状况下，V(C02)=22.4L,C正确；只有2N02+Na2C03 一NaNO,+NaNO3+CO2反应中产生NO?,此反应中消耗 0.8molN02,生成N03、N02物质的量均为0.4mol,因为n(N02)+ n(N03)=2mol,因此反应NO+NO2+Na2C03=2NaN02+C02生 成N0,的物质的量为1.2mol,求出此反应中消耗n(N0)=0.6mol, n(NO2) n(N02)=0.6mol,x=n(No)+n(N02) 0.8mol+0.6mol=0.7, 2 mol D正确。 必修第二册·SJ 压轴挑战 4.(1)错误带火星的木条熄灭可能是加热时产生的大量水蒸气造成 的(2)2Cu(N0,)2△2Cu0+4N02↑+02↑(3)正确硝酸铜 分解产生的混合气体中氧气的体积分数与空气中氧气的体积分数基 本相同，若NO,不支持燃烧，则木条不会复燃 解析：(1)由实验开始后木条上的火星逐渐熄灭得出“NO,不能支持 木条燃烧”的结论是错误的，因为带火星的木条熄灭可能是加热时产 生的大量水蒸气造成的。(3)由于硝酸铜分解产生的混合气体中氧 气的体积分数与空气中氧气的体积分数基本相同，若NO,不支持燃 烧，则木条不会复燃。因此“NO2能支持木条燃烧”的结论正确。 第二单元 重要的含氮化工原料 课时1氨气 白题 基础过关 题号12345 答案CC DAA 1.C解析：氨气与浓硫酸能发生化学反应生成硫酸铵，无水氯化钙会 吸收氨气，故不能用浓硫酸或无水氯化钙干燥氨气，C错误。 2.C解析：氨溶于水所得溶液中含有一水合氨，一水合氨电离出铵根 离子和氢氧根离子，所以氨水显碱性，C错误。 3.D解析：锥形瓶口有少量红棕色气体出现，证明氨气催化氧化生成 的一氧化氮又与瓶口的氧气发生了反应生成NO2,D错误。 4.A解析：根据图②，400℃时，主要含氨生成物为N2,因此主要反应 方程式为4NH3+302 化剂6H,0+2N2,A正确；根据图②，PL-Rh △ 合金催化氧化NH3制NO,温度400℃不适宜，因为此时N0产率很 低，适宜温度为800℃，B错误：NH3不能使湿润的蓝色石蕊试纸变 色，应用湿润的红色石蕊试纸检验NH3是否反应完全，C错误；根据 图②，400℃时，生成的产物有N2、N0同时应该还有水生成，D错误。 重难聚焦 5.A解析：NO与NaOH溶液不反应，且难溶于水，故不能形成喷 泉，A错误：氨气极易溶于水，氨水显碱性，使酚酞变红，可形成红色 喷泉，B正确；CL2能与NaOH溶液反应生成无色溶液，故可形成无色 喷泉，C正确；HCl与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，故可形成白色 喷泉，D正确。 四归纳总结 喷泉实验的原理是利用气体极易溶于某溶液或水的性质，引起压 强差，利用大气压将溶液或水压入烧瓶中。常见的能产生喷泉的 物质有NH3、HCl、NO2和水（含指示剂），C02、S02和NaOH溶 液等。 黑题 应用提优 题号12 答案DB 1.D解析：氨水加入生石灰，生石灰吸收水，且与水反应放出大量的 热，促进氨气的挥发，盐酸加入浓硫酸，浓硫酸吸水，且放出大量的 热，可促进氯化氢挥发，以此得到气体，A正确；在实验室中制备干 燥的氨气和氯化氢时，可选用相同的干燥剂，如硫酸钙等中性干燥 剂，B正确：实验中同时打开止水夹a、c、d,a导管中少量氨气和氯 化氢反应，使两瓶内压强减小，氨气溶于水显碱性，氯化氢溶于水 显酸性，即可分别形成蓝色和红色喷泉，C正确：喷泉结束后，将烧 黑白题14