专题7 第2单元 重要的含氮化工原料 阶段综合-【学霸黑白题】2025-2026学年高中化学必修第二册（苏教版）

专题探究2金属与硝酸反应的有关计算 错题本 黑题 专题强化 限时：25min 题型1硝酸与活泼金属的反应 Cu的含量。某同学将44.8gCu和Cu,0混合 1.*已知镁和稀硝酸反应时，每有1mol 粉末加入500mL4.5mol·L1的稀硝酸中，得 HNO,反应，就有0.8mol电子转移，此时硝酸 到6.72LNO(标准状况下)，忽略溶液体积的 的还原产物可能是 ( 变化。下列说法正确的是 A.N20 B.NO, C.N204 D.NO A.反应后有固体剩余 2.*物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反 B.混合粉末中Cu的质量分数约为37% 应，若硝酸被还原的产物为N,0,反应结束后 C.反应后的溶液中c(Cu2+)=1.2mol·L1 锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未 D.在反应后的溶液中加入足量铁粉，可置换 被还原的硝酸的物质的量之比是 出41.6gCu A.1:4B.4:1C.2:3 D.2:5 题型3硝酸与金属混合物的反应 3.整(2024·江西宜春高一期末) 视 6.(2024·天津高一月考)将 向100mL稀H2S04与稀HN03 频讲解 9g铜和铁的混合物投入100mL 视频讲解 的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉 稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下 的质量与产生气体的体积（标准状况）之间的 1.12LN0,剩余4.8g金属；继续加入100mL 关系如图所示，且每一段只对应一个反应。 等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准 下列说法正确的是 状况下1.12LN0。若向反应后的溶液中加入 *V/ KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法不正确 3.36 的是 () 2.24 A.原混合物中铜和铁各0.075mol my m2 m3 m(Fe)/g B.稀硝酸的物质的量浓度为2.0mol·L1 A.产生H2的体积为2.24L C.第一次剩余的4.8g金属为铜 B.m2=8.4 D.向反应后的溶液中再加入该稀硝酸 C.所用混合溶液中c(H,S04)=3mol·L-1 100mL,又得到标准状况下的N01.12L D.AB段发生的反应为置换反应 7.整为了测定某铜银合金的成分，将15.0g合 题型2硝酸与不活泼金属的反应 金溶于40.0mL13.5mol·L-1的浓硝酸中，待 4.*将一定质量的铜粉加入100mL某浓度的稀 合金完全溶解后，收集到3.36LN0、N0,的混 硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，此 合气体（标准状况），并测得溶液中c(H)= 时共收集到N0气体560mL(标准状况)。然后 1.00mol·L1。假设反应后溶液的体积仍为 向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为 40mL,试计算： 止，容器仍剩有铜粉m2g,则(m1-m2)为（ (1)被还原的硝酸的物质的量为 A.7.2 B.2.4 C.0 D.4.8 (2)合金中铜与银的物质的量之比为 5.整（2024·安徽芜湖高一期中) (3)若需要将全部尾气用水吸收，需要氧气的 为测定Cu和Cu,0混合粉末中 体积（标准状况）为 必修第二册·SJ黑白题040 电 第二单元阶段综合 于错题本 黑题 阶段强化 限时：35min 1.*氮是生命的基础，氨及其化合物在生产、 或NaOH 生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧3.*(2025·河北石家庄高一期中)如图为氮 化生产硝酸，其热化学方程式为4NH3(g)+ 元素的“价一类”二维图，箭头表示物质之间 502(g)=4N0(g)+6H,0(g)△H= 可转化，有关推断不合理的是 -904kJ·mol1,N02和N2H4反应放出大量 +5 的热，在火箭燃料中使用。下列氮及其化合 +4 物的性质与用途具有对应关系的是( +2 A.N2不溶于水，可用作保护气 0 B.NH,极易溶于水，可用作制冷剂 G→H C.NO,具有强氧化性，可作火箭燃料推进剂 氢化物单质氧化物 酸碱盐 D.HNO,易挥发，可用来制备硝酸盐 A.AC的转化属于置换反应 2.*(2025·湖南长沙高一期中)现用传感技 B.雷雨天可实现BCDE→F转化 术测定喷泉实验中仪器内的压强变化来认识 C.AC→D→E是工业生产硝酸的主要途径 喷泉实验的原理。下列说法错误的是( D.使用Cu0作氧化剂可以实现A→B的转化 探头 4.用内置有螺旋状铜丝的胶头滴管小心吸 浓氨水 取一滴管浓硝酸后迅速插入细口瓶中（如 图)，滴管与瓶口接触处垫一小块滤纸使滴管 h 数据采 集器 与瓶口留少量空隙，依次观察到如下现象： X固体 水 ①滴管内产生红棕色气体，液面下降；②滴管 图1氨气喷泉实验 内液面上升，气体变成无色；③滴管内液面再 压强/kPa 110 次下降。下列说法中不正确的是 铜丝、 浓硝酸 水 051015202530354045 A.现象①中产生的红棕色气体为NO2 时间/s 图2喷泉实验中三颈瓶内压强变化曲线 B.产生现象②的原因是NO2与水反应 A.收集气体的操作是同时打开弹簧夹a和b C.产生现象③的原因是铜与稀硝酸反应 B.根据曲线还可以得出：排空气法无法收集 D.最终瓶内溶液中的溶质只有Cu(NO3)2 到纯净的氨气 5.*无色气体甲可能含N0、C02、N02、 C.根据曲线可知C点所对应的是喷泉最剧烈 NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过如 的时刻 图所示实验的处理，结果得到酸性溶液，而几 D.制取氨气时烧瓶中的X固体常用CaO 乎无气体剩余，下列说法正确的是（) 专题7黑白题0411.95ol,若NO;全都以硝酸铜的形式存在，则硝酸铜的物质的量为 2mol=0.975mol,若4.8g全是Cu,则n(Cu)=448 1.9 64 mol 44.8 0.7mol,若4.8g全是Cu,0,则n(Cu,0)=144mol=0.31mal,即硝 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，反应后无固体剩余，A错误； 设混合粉末中Cu和Cu20的物质的量分别为x、y,其质量之和为 44.8g,共转移电子3×0.3mol=0.9mol,则有64g·mol1×x+ 144g·mol-1×y=44.8g、2x+2y=0.9mol,解得x=0.25mol、y= 0.2mol,所以混合粉末中Cu的质量分数为0.25molx64g·mo 44.8g 100%≈35.7%，B错误：反应前Cu元素总物质的量为(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e(C2)=8mlL=13mlLH,C错误：反应后的 溶液中n(Cu2+)=0.65mol,则加入足量铁粉，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+8HN0,一3Fe(N0,),+2N0↑+ 4H20,3Cu+8HN03—3Cu(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N0的体积列方程 2.24L 有56x+64y=9名号（x+y)224Lm联立方程，解得 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；根据化学方程式可知，n(HN02)=4n(N0)= 0.4ml,稀硝酸的物质的量浓度为04，m=2.0mal·L,B正确：9g 0.2L 混合物中含铁的质量为0.075mol×56g·mol1=4.2g,含铜的质量为 0.075mol×64g·mol1=4.8g,故第一次剩余的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N0与硝酸 铁，溶液中亚铁离子的物质的量为0.075ol,H+足量，亚铁离子完全 反应，根据电子转移守恒可知，再加硝酸生成NO的物质的量为 0.075mox1-0.025ml,其体积为0.025ml×22.4L·mo1= 3 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 (H0,枝还原)224：na=0,15m,则被还原的硝酸的物 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·L-1-0.04mol=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、Cu的物质 的量分别为x、y,浓硝酸的物质的量=0.04L×13.5mol·L-1=0.54mol, 根据反应前后元素守恒，则有108ga'+64g·mlry=15.0g (x+2y+0.15mol+0.04mol=0.54mol 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，氨的氧化物与氧 气一起通入水中会生成硝酸，反应中氧气得电子，金属失去的电子与 正本参考答案 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。 第二单元阶段综合 黑题阶段强化 题号123456 答案CAAD D C 1.C解析：N2用作保护气，与其无毒无害，且性质稳定有关，与溶解性 无关，A错误；NH3用作制冷剂，是因为其易液化，与溶解性无关， B错误：NO2具有强氧化性，能与N,H4发生氧化还原反应，反应放出 大量热，因此可作火箭燃料推进剂，C正确：HNO3可用来制备硝酸 盐，是因为硝酸是典型的强酸，可与碱或盐等物质反应生成硝酸盐 与其挥发性无关，D错误。 2.A解析：氨气极易溶于水，根据图示在三颈烧瓶中收集氨气，应打开 弹簧夹a,关闭弹簧夹b,A错误。 3.A解析：由图可知，A为氨气、B为氮气、C为一氧化氮、D为二氧化 氮、E为硝酸、F为硝酸盐、G为一水合氨、H为铵盐。A→C是氨的催 化氧化，反应的化学方程式为4N,+50,催化剂40+6H,0,该反 应的生成物为两种化合物，因此不属于置换反应，A错误。 4.D解析：用内置有螺旋状铜丝的胶头滴管小心吸取一滴管浓硝酸后 迅速插入细口瓶中，铜和浓硝酸反应：Cu+4HNO3（浓)= Cu(N03)2+2N02↑+2H20,生成的二氧化氮为红棕色气体，因滴管内 有气体生成，压强增大，所以液面下降，现象①中产生的红棕色气体 为NO2,A正确；现象①中产生的二氧化氮能和水反应，N元素的化合 价既有升高也有降低，化学方程式为3NO2+H20一2HNO,+N0,由 化学方程式可知，3mol红棕色的二氧化氮与水反应，生成1mol一氧 化氮无色气体，气体体积减小，滴管内压强减小，所以滴管内液面上 升，气体变成无色，B正确：随着反应的进行，滴管内硝酸浓度降低， 稀硝酸与内置的螺旋状铜丝发生反应：3Cu+8HNO3（稀)一 3Cu(N03),+2N0↑+4H20,因滴管内有气体生成，压强增大，所以液 面下降，所以产生现象③的原因是铜与稀硝酸反应，C正确；滴管与瓶 口接触处垫一小块滤纸使滴管与瓶口留少量空隙，现象③发生反应： 3Cu+8HN03(稀)一3Cu(N03)2+2N0↑+4H20,生成的一氧化氮 气体与氧气、水反应生成硝酸，硝酸继续与铜反应，最终可能有硝酸 剩余，所以最终瓶内溶液中的溶质一定有Cu(NO3)2,可能有硝酸， D错误。 5.D解析：无色气体甲中一定不含红棕色气体NO2,通过足量的浓硫 酸，碱性气体氨气被浓硫酸吸收，剩余气体体积为80L,说明氨气 体积为20mL,经过Na,0,处理后出现红棕色气体，说明二氧化碳 与Na202反应产生的02将N0氧化为NO2。将剩余气体通入水中 无气体剩余，说明二氧化碳与Na202反应产生的O2恰好将NO2 或NO(有可能有NO剩余)转化为硝酸，且不含氨气。由分析可知， 80mL剩余气体的成分为NO和C02,设C02体积为xmL,则N0体 积为(80-x)mL,由2Na202+2C02=2Na,C03+02可知，气体通过 足量过氧化钠时产生的氧气体积为0.5xmL,（80-x)mLN0与 0.5xmL0,继续发生反应，最终气体全部通入水中恰好无气体剩余， 即N0、NO2、02恰好转化为硝酸，理解为(80-x)mLN0与0.5xmL 02、水恰好反应生成硝酸，由得失电子守恒可得(80-x)×3=0.5x×4, 解得x=48,由此可知气体甲中含32mLN0、48mLC02 黑白题17 20mLNH3,A错误；由A项分析可知，经过Na202处理后剩余气体 若未反应，则为32mLN0、24mL02,但N0与氧气继续反应使气体 体积减少，故剩余气体体积小于56mL,B错误；由A项分析可知，气 体甲中含32mLN0、48mLC02、20mLNH3,C错误：由A项分析可 知，气体甲中含32mLN0、48mLC0,、20mLNH3,经过浓硫酸处理 后剩余气体中N0、C02体积比为2：3，D正确。 6.C解析：硝酸与金不反应，与银和铜反应，酸溶后经操作a得到金和 滤液，则操作a为过滤，滤液中含有的金属离子为铜离子和银离子， 过滤得到的固体经过溶金、分离后得到HAuCl4.溶液，用锌粉还原得 到金。浓硝酸被还原产生N02,产生1molN02得1mol电子，稀硝酸 被还原产生N0,产生1molN0得3mol电子，金属的量相同，转移电 子数相同，“酸溶”时用浓硝酸产生N0,的量比用稀硝酸的多，A错 误；“操作a”为过滤，需要用到烧杯、玻璃棒、漏斗等，不需要分液漏 斗，B错误；题干中用HNO3-NaCl溶解金，而HNO3、NaCl、HCl NaNO3都是强电解质，在溶液中完全电离，浓盐酸、NaNO3混合溶液 中和NO3、NaCl混合溶液中含有的离子种类相同，则用浓盐酸 和NaNO3也可以溶解金，C正确；用过量Zn粉将1 mol HAuCI4完全 还原为Au,Au元素的化合价由+3降低为0，转移电子的物质的量为 3mol,且1 mol HAuCl4中H可消耗0.5 mol Zn,由得失电子守恒可 知，参加反应的锌的物质的量为号ml+05m=2m,D错误。 7.(1)①3Cu+8H*+2N03—3Cu2+2N0↑+4H20②有红棕色气体 出现(2)NaNO,溶液变为绿色溶液酸碱性NO;浓度 2Na+N03+H20=2Na*+N02+20H 解析：(1)①Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：②打开 K2,向B中通入空气，NO与O2反应生成NO2,有红棕色气体出现 (2)【优化实验】乙同学认为上述现象可能是NO?浓度较低引起的， 故增加N0?浓度，向其中加入3.0gNaN03固体；取少量实验i反应 后的溶液于试管中，因在碱性介质中，活泼金属可将NO;还原 为NO2;NO2在碱性溶液中以还原性为主；向其中加入少量KMnO4 溶液，充分反应，MnOa在碱性条件下的还原产物通常为MnO?(绿 色)。【得出结论】甲同学实验中变量为溶液酸碱性，酸性强，反应发 生，乙同学实验中变量为NO3浓度，浓度越大，反应越剧烈；NO3 与Na反应生成NO2。 第三单元含氨化合物的合理使用 课时1铵盐氮肥 白题 基础过关 题号123456 答案C BADC B 1.C解析：有的铵盐受热分解产生氨（如NH4C1),有的铵盐受热分解 不产生氨，如硝酸铵，其分解反应的化学方程式为NH4NO,△ N20↑+2H20,A错误；绝大多数铵盐易溶于水，不是所有铵盐中的 氨均呈-3价，硝酸铵中硝酸根离子中氨元素是+5价，B错误；氯化 铵溶液中加入烧碱浓溶液共热时反应生成氨和水，反应的离子方程 式为NH+OH△NH,↑+H,O,C正确；可用加热法分离NH,C和 某些固体（不分解、不升华的固体）的混合物，但其过程为先受热分 解，再降温化合，而不是升华，D错误。 2.B解析：加氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管 口，湿润的红色石蕊试纸变蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐 必修第二册·SJ 中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，B正确。 3.A解析：碱石灰溶于水放热可使氨水中的氨气逸出，则装置甲中制 备NH3利用了NH3·H20的分解反应，A正确；氨气密度比空气小， 用向下排空气法收集氨气，则装置乙中的集气瓶内a导管短、b导管 长，B错误：氨气极易溶于水，装置丙中导气管直接伸入水中，不能防 止倒吸，C错误：向收集好的NH,中通入少量CL2,发生反应：8NH,+ 3CL2—6NH4Cl+N2,能观察到白烟，D错误。 4.D解析：氨水受热分解产生氨气，在实验室可利用加热浓氨水的方 法制取氨气，A错误：氨气呈碱性，能与硫酸反应，不能用浓硫酸干 燥，B错误；NH3易溶于水，不能用排水法收集，C错误；碱石灰不仅 碱性比消石灰强，且能吸水，有利于氨气的逸出，所以碱石灰与 NH4C1固体加热制取NH3,反应速率更快，D正确。 5.C解析：尿素沸点较高与施用时必须深施覆土且不能施完肥马上浇 水无关，C符合题意。 6.B解析：不施加化肥，小麦也能生长，只是产量相对较低，B错误。 黑题 应用提优 题号123 答案BDB 1.B解析：加热氮肥样品可完全分解为气体，其中一种气体能使湿润 的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气 体能使澄清石灰水变浑浊，说明含有碳酸根离子或碳酸氢根离子，故 排除A和C:取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量CaCl2溶液，没 有明显变化，说明没有碳酸根离子，进一步说明该氮肥中含有铵根离 子和碳酸氢根离子，所以氨肥的主要成分是NH4HCO3,故选B。 2.D解析：加热时，①上部汇集了固体NH4CL,是由于氯化铵不稳定， 受热易分解，分解生成的氨气和氯化氢遇冷重新反应生成氯化铵，发 生了化学变化，与碘升华实验原理不同，A错误：加热时氨气逸出，② 中颜色变为无色，冷却后氨气溶解，②中又变为红色，B错误；二氧化 硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜 色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，C错误：②中溶液 褪色是由于NH?逸出，溶液的碱性减弱，③中溶液褪色是由于S02 使品红溶液漂白褪色，其褪色原理不同，D正确。 3.B解析：整套装置是密闭体系，若装置气密性良好，轻轻挤压任一乳 胶头，则蒸馏水中有气泡冒出，A正确：湿润的pH试纸過酸变红，遇 碱变蓝，氯化铵受热分解生成氨气和HC1,左端裹氯化钙的脱脂棉会 吸收氨气，剩余HCl,右端裹NaOH的脱脂棉会吸收HCl,剩余NH3, 因此同时点燃两个酒精灯后，左端湿润的pH试纸遇HCl变红，右端 湿润的pH试纸遇NH,变蓝，B错误：竖直支管上方同时有氨气 和HCL,两者相遇生成氯化铵，因此实验过程中竖直支管上方会出现 白烟，C正确：停止加热后，不断交替挤压两边乳胶头，增大压强，将 残余的气体全部赶入蒸馏水中被吸收，减少污染，D正确。 压轴挑战 4.(1)2NH,C1+Ca(0H)2△CaC,+2NH,↑+2H,0(2)K1K2先 通NH3将溶液调节成碱性溶液，增大S02的溶解度(3)①浓NaOH 溶液（或其他合理答案）②(NH4)2S04、(NH4)2S032S03+02 =2S02 解析：(1)装置①通过加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物来制备 氨气。(2)氨气溶于水后，溶液呈碱性，可以溶解更多的二氧化硫， 则为了制备更多(NH4)2S03,应先打开K1,通人一段时间的气体，再 打开K2。(3)①产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明固 黑白题18