专题7 第2单元 课时2 硝酸-【学霸黑白题】2025-2026学年高中化学必修第二册（苏教版）

第二单元 重要的含氮化工原料 错题 课时1氨气 白题 基础过关 限时：l5min 题型1氨气和氨水的性质 线如图②。下列说法正确的是 1.氨是一种重要的化工原料，下列有关NH? Pt Rh 的说法，不正确的是 NH3 A.工业合成NH属于人工固氮 02 NOH H20 NH3 NO B.NH,易液化，液氨常用作制冷剂 .03 HNO H20 02. NH. OHN 40 C.NH可用浓硫酸或无水氯化钙干燥 图① D.NH,制备NO体现了NH,的还原性 产率1 2.*下列关于氨的说法中不正确的是() 100% NO A.氨水和液氨不同，氨水是混合物，液氨是纯净物 N2 B.液氨是非电解质，氨水既不是电解质也不 是非电解质 400 800温度1℃ C.氨水显碱性是因为氨电离出少量氢氧根离子 图② 催化剂 D.氨水不需要保存在棕色试剂瓶中，但需要 A.400℃时，主要反应为4NH3+302 △ 密封保存 6H,0+2N2 题型2氨的催化氧化 B.Pt-Rh合金催化氧化NH,制NO,适宜的温 3.*(2025·黑龙江大庆高一期末)氨的催化 度为400~800℃ 氧化是制备硝酸的重要过程，某化学兴趣小 C.可用湿润的蓝色石蕊试纸检验NH,是否反 组设计了如图所示装置模拟氨的催化氧化。 应完全 下列说法错误的是 D.400℃时，生成的产物只有N2、N0 A.该实验说明浓氨水具有挥 重难聚焦 发性和NH,具有还原性 红热的 铂丝 题型 喷泉实验 B.氨气与氧气反应时，氧化剂 5.*如图所示的装置中，干燥 与还原剂的物质的量之比 浓氨水 烧瓶内盛有某种气体，烧杯和 为5：4 滴管内盛放某种溶液。打开止水夹，挤压 C.观察到红热的Pt丝始终保持红热状态，说 滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是 明该反应是放热反应 D.观察到瓶中有红棕色气体生成，说明氨的 A.NO(NaOH溶液)一无色喷泉 催化氧化直接生成了NO, B.NH(H,0中含酚酞)一红色喷泉 4.*(2025·广东深圳高一期中)用Pt-Rh合 C.Cl,(NaOH溶液)一无色喷泉 金催化氧化NH,制NO,其反应的微观模型如 图①，含氮生成物产率随反应温度的变化曲 D.HCl(AgNO3溶液)一白色喷泉 专题7黑白题035 黑题 应用提优 限时：35min 1.*创新实验如图所示为“双色双喷泉”实 压轴挑战 验装置，图中烧瓶内分别充满氨气和氯化氢， 3.锌某小组同学欲探究NH,的催 烧杯内盛装滴有石蕊溶液的蒸馏水。下列说 化氧化反应，按下图装置进行实 法错误的是 验。A、B装置可选用的药品：浓 A.在实验室中，可用浓氨水和 氨水、H,0,溶液、蒸馏水、NaOH固体、MnO2。 生石灰制备氨气，用浓盐酸 和浓硫酸制备氯化氢 B.在实验室中制备干燥的氨气 催化剂 尾气处 和氯化氢时，可选用相同的 理装置 稀硫酸 干燥剂 铜片 C.实验中同时打开止水夹a、c、d,即可分别形 成蓝色和红色喷泉 D.喷泉结束后，将烧瓶内溶液混合后呈紫色， (1)NH3催化氧化的化学方程式是 蒸干可得氯化铵固体 2.**(2025·山东济南高一期中)应用下列装 (2)甲、乙两同学分别按上图装置进行实验。 置测定氨气的组成。实验利用了氨气能还原 段时间后，装置G中的溶液变成蓝色。 ①甲观察到装置F中有红棕色气体，生成红 氧化铜生成氮气、铜和水的原理。实验后测 棕色气体的化学方程式是 得装置D增重mg,用排水法测量得N2的体 ②乙观察到装置F中只有白烟生成，白烟的 积为VL(已折算成标准状况)。下列有关实 成分是 (填化学式)。 验描述正确的是 (3)为帮助乙实现在装置F中也观察到红棕 色气体，可在原实验的基础上进行改进： ①甲认为可调节K,和K2控制装置A、B中 的产气量，应 （填“增加”或“减 少”)装置A中的产气量，或 (填 A.装置A用于制备氨气，必须对装置A进行 “增加”或“减少”)装置B中的产气量。 加热 ②乙认为可在装置E、F间增加一个装置，该 B.装置E的作用是防止水蒸气进入装置D 装置可以是 (填字母)。 中，若撤去装置E,则测得氨氢比偏小 C.装置B中盛放的物质是碱石灰，也可用无 水氯化钙代替 碱石灰 -水 D.由实验数据可以计算得到氨气分子中的氨 一四氯化碳 浓硫酸 氢个数比为11.2m:9V 必修第二册·SJ黑白题036瓶内溶液混合后呈紫色，蒸发时氯化铵分解，得不到氯化铵固体 D错误。 2.B解析：氢氧化钠固体溶于水会放出大量热，故装置A不需要加 热，A错误：装置E的作用是吸收剩余的氨气，同时防止水蒸气进人 装置D中，若撤去装置E,会导致水蒸气的质量增加，则测得氨氢比 偏小，B正确；生成的氨气中含有水蒸气，装置B的作用是干燥氨 气，NH?会和无水氯化钙反应，不能将碱石灰替换成无水氯化钙 C错误；标准状况下，VL氨气的物质的量为n(,)尸2.4L·m0 VL 24m,含有N原子的物质的量为出ml,装置D指重为水的质 量，则水的物质的量为8m,含有H原子的物质的量为号m,氨 气中含有N,H原子个数之比为品2d:gml=9p:1.2m, V D错误。 压轴挑战 3.(1)4N,+50,催化剂4N0+6H,0(2)①20+0，一2N0, ②NH4NO3(3)①增加减少②abc 催化剂 解析：(1)氨催化氧化反应的化学方程式为4NH,+50, 4N0+6H20。(2)①氨气发生催化氧化反应的产物一氧化氨极易和 氧气化合生成二氧化氮，反应的化学方程式为2N0+02一2NO2, 所以装置F中有红棕色气体产生：②乙观察到装置F中只有白烟生 成，白烟是由于氨气和硝酸发生化学反应NH3+HNO,一NH4NO3, 生成了白色的NH4NO,固体。(3)①为了充分氧化氨气，氧气需过 量，故需增加氧气的量或减少氨气的量。由气体的干燥装置可知，装 置A为制取氧气的装置，装置B为制取氨气的装置，故可增加装置A 中的产气量或减少装置B中的产气量：②装置E是氨气的催化氧化 装置，从装置中出来的气体中有氧气、氨气、一氧化氨和水蒸气，会发 生反应4N0+2H20+302—4HN03、NH3+HN0,—NH4N03,所以 为了避免装置F中生成硝酸铵，实现在F中看到红棕色的二氧化氮， 需除去水或氨气，需在装置E、F间增加一个装置，该装置可以将氨气 或水除去，a中碱石灰可以吸收水蒸气，可以通过防倒吸的b装置吸 收氨气，可以通过©中浓硫酸吸收氨气和水蒸气，实现在F中看到红 棕色的二氧化氨。 课时2硝酸 白题 基础过关 题号12345 答案AB C CB 1.A解析：敞口放置的浓硝酸，浓度变低是因为浓硝酸的挥发性和不 稳定性，A正确；稀硝酸与Cu反应生成NO和硝酸铜时，HNO3中N 元素化合价部分发生变化，既表现强氧化性又表现酸性，B错误：硝 酸具有强氧化性，与金属反应生成氮氧化物等还原产物，不产生氢 气，C错误；常温下，向浓硝酸中投入F片，发生钝化，不会产生大量 的红棕色气体，钝化不是不反应，而是反应生成了致密的不溶于浓硝 酸的氧化物薄膜覆盖在铁的表面，阻止了内部的铁进一步反应 D错误。 四易错提醒 金属的钝化问题常见于两种金属“铁、铝”，两种酸“浓硫酸、浓硝 酸”，一个条件“常温下”，要求这三个方面同时具备，金属才会钝 化。考生常因只关注到其中一个方面，便急于判断而出错。另 外，钝化体现了浓硫酸、浓硝酸的强氧化性，属于化学变化，并不 是没有发生化学反应。 正本参考答案 2.B解析：装置a中出现红棕色气体，还生成了硝酸铜，浓硝酸体现氧 化性和酸性，A错误；注入水后，红棕色的二氧化氮与水反应生成硝 酸和无色的一氧化氮，故气体红棕色变浅，B正确：铜与稀硝酸反应 生成一氧化氮，C错误；一氧化氮为不成盐氧化物，NO2与NaOH反 应生成两种盐，且N元素化合价发生变化，不属于酸性氧化物 D错误。 3.C解析：在工业上用氨催化氧化法制取硝酸，路线①②③是工业生 产硝酸的主要途径，A正确：空气中的N2与02在放电的作用下反应 生成NO,NO被O2氧化生成NO2,NO2被水吸收得到硝酸，故路线 I、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氨生成硝酸的主要途径，B正确：氨气与氧气在高 温或放电时反应产生NO,无法一步得到二氧化氨，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。 4.C解析：a是氮气，氮气和氧气在放电或高温条件下反应生成一氧 化氮，而不能直接转化为二氧化氮，C错误。 重难聚焦 5.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，并测得反应后的溶液中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ⅡmlLx0.1L-04ml-01m侧l_ 2 0.3mol,设生成N0的物质的量为x,生成NO2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·mol-1=2.24L。 黑题 应用提优 题号12 3 4 5 答案DC BBC 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；NH3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.C解析：N2、H2合成氨气时，N元素化合价降低，N2作氧化剂，A错 误；氧化炉中氨气发生催化氧化生成一氧化氮和水，B错误；调节通 入空气的比例，发生反应NH,+20,催化剂NO,+H,0,理论上可以 将氧化炉中的含氮物质完全转化为HNO3,C正确：铜和浓硝酸反应 生成硝酸铜、二氧化氮和水，不能用铜作为盛装浓硝酸的罐体材料， D错误。 3.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；②中红热木炭可能 只是热介质，使得浓硝酸发生分解反应生成NO,,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,氮元素的化合价降 低，N02为还原产物，C正确；①中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。 4.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，而加人稀硫酸及鼓入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 黑白题15 却结晶、过滤，可得CuS04·5H20,B错误；氯化银难溶于稀HN03和 稀HS04,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N0已不再产生，不会有N0与02反应 生成红棕色的NO,说明反应停止，D正确。 38.4g 5.C解折：a(C)产64En-06ml,G与淡硝酸反应生成氨的 氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2 的混合溶液，n(Na0H)=0.5L×2mol·L-1=1mol,由Na原子守恒可 知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)=1mol。铜和硝酸反应生成硝 酸铜和氮的氧化物，根据分析n(Cu)=0.6mol,所以生成硝酸铜的物 质的量为0.6mol,含有硝酸根离子的物质的量为1.2mol,氮的氧化 物的物质的量为0.9mol,根据分析，可知氮的氧化物与氢氧化钠恰 好完全反应生成NaNO,和NaNO2的物质的量为1mol,根据N原子 守恒，硝酸的总量为1.2mol+1mol=2.2mol,浓硝酸体积为220mL, 物质的量流度为品-10：，C结说。 6.(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)3C山+ 8HN03(稀)=3Cu(N03)2+2N0↑+4H20(4)C02比空气重，从 长管进入E装置，并没有把E装置中的空气排尽，致使部分N0先与 未排尽的空气中的氧气反应生成少量红棕色气体NO,,当再用F装 置鼓入空气时，E装置中有更多的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，C02比空气重，从长管进人E装置，并没有把E装置 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装置鼓入空气时，E装置中有更多 的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深。 压轴挑战 7.(1)分液漏斗(2)Cu+4H+2N03—Cu2++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装置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；装置 ②中的试剂为水，使NO2与H20反应生成N0:H20+3N02 —2HNO2+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，其还原产物中氮元素的价态越 高，A正确；硝酸与铁反应的还原产物有一氧化氮、二氧化氨、氨气 等，B正确：常温下，铁在浓硝酸中饨化，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N2O、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*+60N03一52Fe3++ 18N02↑+30N0↑+6N20↑+108H20,氧化剂与还原剂的物质的量 之比为60：52=15：13。 必修第二册·SJ 专题探究2金属与硝酸反应的有关计算 黑题 专题强化 题号123456 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，硝酸镁的物质的量为 0.4m©l,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 酸的物质的量为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的物质的量为1mol-0.8mol=0.2mol,设HNO 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 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(N03)2,故结合的N03的物质的量是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HNO,的物质的 量之比是1：4：故选A。 3.B解析：由于氧化性：N0?>Fe3+>Ht,则OA段发生的反应为Fe+ 4H+NO3一Fe3++N0↑+2H20;随着铁粉的不断加入，NO3消耗 完全，AB段发生的反应为2Fe3++Fe一3Fe2+,BC段发生的反应为 2.24L Fe+2H'Fe2"+H,t。0A段，a(N0)24Lm=01ml,则 参加反应的n(Fe)=0.1mol,n(H)=0.4mol,n(N03)=0.1mol,生 成的n(e3)=0.1mol;AB段，n(Fe)=2n(Fe3)=0.05mol;BC段， 参反应药a)=2加2*2上2告-01m,由分标 可知，产生H2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·mol-1=8.4g,即m2=8.4, B正确；由上述分析可知，溶液中共有0.5molH+,由参加反应的 n(NO3)=0.1mol可知，所用混合溶液中HNO3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(H2S04)= 0.4 mol 1 0.1L2 =2mol·L1,C错误；AB段发生的反应为2FeCl3+Fe 一3FeCl2,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+8HN03 30u(N02+2N0t+4H,0,生成N0的物质的量为260X10乙 0.025mol,则生成的硝酸铜的物质的量为0.0375mol,则硝酸根离子 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的物质的量为0.075mol,由离子方程式 3Cu+8H+2N0,=3Cu2++2N0↑+4H20可知0.075mol硝酸根离子 参与反应生成0.075molN0,此过程共得到0.225mol电子，则此过程Cu 共失去0.225ml电子，即消耗Cu0.1125ml,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(N03)=2.25ml-0.3mol= 黑白题16