专题7 专题探究2 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（苏教版）

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 1.95ol,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电 课时2硝酸 于错题本 白题 基础过关 限时：15min 题型1硝酸的性质 要途径 1.**关于硝酸的说法正确的是 ( C.氮气可在足量的氧气中通过一步反应生 A.敞口放置的浓硝酸，浓度会变低是因为浓 成NO, 硝酸有挥发性和不稳定性 D.上述所有反应都是氧化还原反应 B.稀硝酸与Cu反应生成N0和硝酸铜时，硝4.(2025·安徽滁州高一期末)“价一类”二 酸只表现强酸性 维图是学习元素及其化合物知识的高效模 C.硝酸电离出的H,能被Zn、Fe等金属还原 型，氨元素的“价一类”二维图如下，下列说 成H, 法错误的是 ( D.常温下，向浓硝酸中投入Fe片，不会产生 +5-- 化+4……d 大量的红棕色气体，没有反应发生 2.*(2025·广东惠州高一期末)将铜丝插入 浓硝酸中进行如图所示的实验，下列说法正 确的是 …b----f 铜丝 单质氢化物氧化物酸 盐 A.用两支洁净的玻璃棒分别蘸取b的浓溶液 和e的浓溶液靠近有白烟产生 浓硝酸、 B.常温下可用铁或铝制容器来盛装e的浓 NaOH -铜片【 溶液 溶液 A.装置a中出现红棕色气体，浓硝酸只体现 C.在一定条件下a与O2反应能直接转化成d 氧化性 D.豆科植物可将a转化为b实现自然固氮 B.一段时间后抽出铜丝，向装置b注入水，装 重难聚焦】 置b中气体红棕色变浅 题型硝酸与金属反应的计算 C.注入水后装置b中铜片表面产生气泡，说 5.*(2024·安徽合肥高一期 明Cu与稀硝酸反应生成H, 中)将一定质量的铜溶于 D.装置c用NaOH溶液吸收尾气，说明NO 100mL11mol·L1的浓硝酸中，待铜完全 和NO,均是酸性氧化物 溶解后，生成0.4molN02和N0的混合气 题型2氮及其化合物的转化 体，测得反应后的溶液中H的浓度为 3.*关于氮元素的变化关系如图所示： 1mol·L-1。假设反应后溶液的体积仍为 100mL,则气体产物中的N0在标准状况下 的体积是 ( 则下列说法不正确的是 ( A.1.12L B.2.24L A.路线①②③是工业生产硝酸的主要途径 C.3.36L D.4.48L B.路线I、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主 专题7黑白题037 黑题 应用提优 限时：35min *汽车尾气中的氮氧化合物N0。与大气中 D.由①中的红棕色气体，推断产生的气体一 的NH发生如下作用，形成一种雾霾。 定是混合气体 [0] H20 NH 4.**以某铜渣 8稀HNO,、稀H,SO N0,反应DN,0反应②0，反应⑤烟（一种雾痘） 混合溶液 (含少量Ag)0, 尾气处理 有关该雾霾的叙述正确的是 ( 为原料制备硫 A.NO,为酸性氧化物，可形成酸雨 铜渣 酸铜的实验步 50-60℃ B.反应②是氧化还原反应 温控磁力搅拌器 骤：向如图所 C.NH,是形成该雾霾的催化剂 示装置中加入铜渣，分批加入稀HNO,和 D.NH,可能来自过度施用氮肥 稀H,S0,混合溶液，滴加的间隔鼓入氧气。反 2.**（2025·北京高一期末)硝酸是重要的化 应结束后，向溶液中加人少量NaCl后过滤， 工原料。下图为制硝酸的流程示意图。下列 从滤液中分离得到硫酸铜。下列叙述不正确 说法正确的是 的是 A.与直接用稀硝酸溶解铜渣相比，加入稀硫 氮气 氨气 氧化妍 吸收 硝酸 酸及鼓入氧气均可节约硝酸用量 氢气 A.流程中，N2、NH3和NO作反应物时，均作 B.将含硫酸铜的滤液蒸干、灼烧得CuSO4· 还原剂 5H,0 B.氧化炉中发生反应的化学方程式为4NH+ C.加入氯化钠可除去溶液中少量的Ag 30,2,+6L0 D.当观察到鼓入0，不再出现红棕色，表明反 应停止 C.调节通人空气的比例，理论上可以将氧化 5.(2025·浙江杭州高一期中)38.4gCu与 炉中的含氨物质完全转化为HNO, 一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化 D.可选用铜作为盛装液氨和浓硝酸的罐体 物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得 材料 到NaNO,和NaNO,的混合溶液，反应过程及 3.*如图所示实验中均有红棕色气体产生， 有关数据如图所示，下列有关判断不正确的是 对比分析所得结论不正确的是 ( 适量浓HN0,220mL 0.5 L2 mol-L-1 NaOH溶液 红热木炭 浓硝酸 浓硝酸 0.9mol氨的氧化物 NaNO 一浓硝酸 铜片 一灼热碎玻璃 -红热木炭 (N0、N20a、NO2) NaNO,溶液 ① ② A.硝酸在反应中体现氧化性和酸性 A.木炭和浓硝酸反应的化学方程式为C+ B.混合气体中N204的物质的量是0.1mol 4HN0,(浓)△C0,↑+4N0,↑+2H,0 C.该浓硝酸的物质的量浓度为11mol·L1 B.红棕色气体表明②中木炭与浓硝酸发生了 D.氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO作还 反应 原剂 C.由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕 6.**某校化学实验小组为了证明铜与稀硝酸 色气体为还原产物 反应产生一氧化氮，用如图所示装置进行实验 必修第二册·SJ黑白题038 (加热装置和夹持装置均已略去，装置气密性 良好，F装置是用于鼓入空气的双连打气球)。 -浓硝酸 NaOH 浓溶液 弹簧夹 铜片 ① 气球 碳酸到 氨氧 H,0 钠 ③ ⑤ 稀硝酸 溶液 (1)仪器a的名称是 实验步骤与现象如下： (2)写出装置①中反应的离子方程式： I.将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触， 产生气体； (3)下列说法正确的是 (填字母， Ⅱ.当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装 下同)。 置上提； A.能证明氧化性相对强弱的实验现象为装 Ⅲ.将A装置中铜丝放入稀硝酸中，给A装置 置③中溶液上方出现红棕色气体 微微加热，A装置中产生无色气体，E装置中 B.装置②中的试剂为水 开始时出现浅红棕色气体； C.滴加浓硝酸前要先打开弹簧夹通一段时 V.用F装置向E装置中鼓入空气，E装置中 间氮气 气体颜色逐渐加深；一段时间后，C装置中白 D.装置⑥的作用是吸收尾气NO 色沉淀溶解。 Ⅱ.测得铁与不同浓度硝酸反应时各还原 (1)写出操作I中反应的化学方程式： 产物的物质的量相对含量与硝酸溶液浓度 的关系如图所示： (2)C装置中白色沉淀的化学式是 NO 10 9 操作Ⅱ中当C装置中产生白色沉淀时立刻将 含 H 8 7 B装置上提的原因是 6 ---1--- (3)写出操作Ⅲ中A装置中产生无色气体的 N,0 化学方程式： 4.02 8.069.7512.2cHN0)/mol·L (4)E装置内气体颜色逐渐加深的原因是 (4)下列说法正确的是 A.硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态 的N元素成分越多 压轴挑战 B.硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物 7.熱某化学学习小组探究浓度对 C.铁能与大于12.2mol·L-1HN0,溶液反 硝酸氧化能力的影响。 频讲解⊙ 应，说明不存在“钝化”现象 I.资料显示：浓硝酸能将NO氧化成NO2, (5)已知：在上述反应条件下，反应后铁以 而稀硝酸不能氧化NO;氢氧化钠能吸 Fe3+形式存在于溶液中，当硝酸浓度为 收NO2,但不能吸收NO。该学习小组按如 9.75mol·L1时，计算氧化剂与还原剂的物 图装置进行验证实验（夹持仪器已略去）。 质的量之比为 专题7黑白题039