专题7　氮与社会可持续发展 复习提升--2026苏教版高中化学必修第二册章节练

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2026苏教版高中化学必修第二册
本专题复习提升
易错点1　误认为钝化是没有发生反应
1.(2024广东佛山期中)下列劳动内容所涉及的化学知识错误的是(　　)
选项 劳动内容 化学知识
A 常温下,用铁制品盛装和运输浓硫酸 常温下,铁与浓硫酸不反应
B 利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品 二氧化硅能与氢氟酸反应
C 用NH4HCO3给农作物施肥 NH4HCO3属于氮肥
D 工业上用氨水吸收燃煤烟气中的SO2 SO2可以和NH3·H2O反应
2.(2025河北石家庄阶段练习)某兴趣小组探究在常温下金属与硝酸反应的还原产物,进行了下列三组实验,下列说法正确的是(　　)
实验操作及实验现象
① 将足量的铜粉加入1 mL 10 mol·L-1HNO3溶液中,产生红棕色气体,溶液呈绿色
② 将足量的铜粉加入100 mL 0.1 mol·L-1HNO3溶液中,产生无色气体,溶液呈蓝色
③ 将足量的铝粉加入1 mL 10 mol·L-1HNO3溶液中,无气体生成,溶液呈无色
A.实验①中消耗的铜粉质量小于实验②
B.实验②中产生的气体可用向上排空气法收集
C.实验③中没有发生化学反应
D.以上实验说明金属与硝酸反应的还原产物与硝酸的浓度及金属的活泼性有关
易错点2　忽视N在酸性条件下的强氧化性
3.(2025江苏南京期中)某化学兴趣小组进行有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验,实验过
程如图所示,下列有关说法正确的是(　　)
A.①中溶液呈蓝色,试管口有红棕色气体产生,稀硝酸被还原为NO2
B.由上述实验可知:Cu在常温下既可与稀硝酸反应,也可与稀硫酸反应
C.③中滴加稀硫酸,铜片继续溶解,说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强
D.③中反应的化学方程式为3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4 4CuSO4+2NO↑+4H2O
易错点3　未利用守恒法导致计算过程中出错
4.(2025江苏镇江阶段检测)将13.6 g Cu和Cu2O组成的混合物加入250 mL一定浓度的稀硝酸中,固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO,向所得溶液中加入1.0 L 0.5 mol/L NaOH溶液时,金属离子恰好沉淀完全,生成沉淀的质量为19.6 g,下列说法错误的是(　　)
A.原稀硝酸的浓度为2 mol/L
B.Cu和Cu2O的物质的量之比为2∶1
C.反应后剩余硝酸的物质的量为0.1 mol
D.产生的NO在标准状况下的体积为2.24 L
5.(2024湖南常德一中月考)向200 mL稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中逐渐加入铁粉,产生气体的量随铁粉质量的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO)。下列分析错误的是(　　)
A.OA段产生的是NO,AB段的反应为Fe+2Fe3+ 3Fe2+
B.A点溶液中的溶质为Fe2(SO4)3和H2SO4
C.原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为2 mol·L-1
D.原混合酸中N和S物质的量之比为2∶1
思想方法练
守恒思想在硝酸与金属有关计算中的应用
方法概述
　　金属与硝酸的反应是典型的氧化还原反应,有关计算是其中的重点和难点。单纯利用化学方程式进行计算非常繁琐,用守恒思想解此类计算题可使复杂的问题简单化。
　　原子守恒法:反应前后各元素的原子个数相等。如反应中硝酸被还原为NO2、NO、N2,还有表现酸性的N存在,计算原溶液中硝酸的物质的量时,我们可以通过反应前后N原子守恒的方法,即n总(HNO3)=n(NO2)+n(NO)+2n(N2)+n(N)。
　　得失电子守恒法:氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。
　　电荷守恒法:溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。
1.(2024江苏昆山柏庐高级中学月考)现有一定量的Cu和CuO的混合物,向其中加入1.2 L 2.0 mol·L-1 稀硝酸,混合物完全溶解,同时生成8.96 L NO(标准状况下)。向所得溶液中加入一定体积2.0 mol·L-1 NaOH溶液,恰好使Cu2+沉淀完全,沉淀经洗涤、充分灼烧后得64.0 g黑色固体(忽略溶液的体积变化)。下列说法正确的是(　　)
A.与该混合物反应消耗的HNO3的物质的量为1.2 mol
B.该混合物中铜与氧化铜物质的量之比为1∶3
C.加入NaOH溶液的体积是1 L
D.Cu2+沉淀完全后,溶液中c(N)为1.1 mol·L-1
2.(2025湖南长沙第十五中学期末)FeS与一定浓度的硝酸反应,生成了Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3、NO、NO2、N2O4和H2O,当NO、NO2和N2O4分子的个数之比为2∶1∶1时,实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为(　　)
A.1∶6　　　　B.1∶7
C.1∶8　　　　D.1∶9
3.(2025江苏扬州月考)Cu与浓硝酸反应生成氮的氧化物,这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液,反应过程及有关数据如图所示:
下列有关判断正确的是(　　)
A.常温下,Cu遇浓硝酸发生钝化,不可能发生上述反应
B.收集的氮氧化物的体积为20.16 L
C.反应过程中生成的Cu(NO3)2既是氧化产物,又是还原产物
D.若铜片为51.2 g,则生成0.2 mol NaNO3
4.(2025江苏无锡期中)实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验,经检测,所得固体中含有Cu2S和白色物质X,下列说法错误的是(　　)
A.白色物质X为CuSO4
B.微热5 min待Cu反应结束后,转移电子的物质的量为0.48 mol
C.放出的NO在标准状况下的体积为0.896 L
D.固体单质Z是硫单质

答案与分层梯度式解析
本专题复习提升
易混易错练
1.A　常温下,铁在浓硫酸中会发生钝化,生成致密的氧化物薄膜,阻碍反应的继续进行,并不是铁和浓硫酸不反应。
易错分析　　　常温下铁、铝遇浓硝酸、浓硫酸钝化,钝化是化学变化,不能认为常温下铁、铝与浓硝酸、浓硫酸不反应。
2.A　实验①产生红棕色气体,溶液呈绿色,发生反应Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,实验②产生无色气体,溶液呈蓝色,发生反应3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,实验①与实验②中硝酸的物质的量相等,故实验①中消耗的铜粉质量小于实验②,A正确;实验②中生成一氧化氮气体,一氧化氮易与氧气反应,故不能用排空气法收集,B错误;实验③无气体生成,是因为常温下,铝遇浓硝酸钝化,C错误;根据实验①②可得金属与硝酸反应的还原产物与硝酸的浓度有关,由实验①③无法得出金属与硝酸反应的还原产物与金属活泼性有关,D错误。
3.D　向①中加入稀硝酸,①中发生的反应为3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,稀硝酸被还原为NO,A错误;Cu在常温下可与稀硝酸反应,不能与稀硫酸反应,③中溶液中存在N,酸性条件下N具有强氧化性,加入稀硫酸后Cu继续反应,B、C错误;③中反应的化学方程式为3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4 4CuSO4+2NO↑+4H2O,D正确。
易错分析　　　N在酸性条件下具有强氧化性,这个知识点在离子共存、离子方程式书写中经常涉及;解题时应注意N(H+)与还原性物质反应时N发生还原反应。
4.A　Cu和Cu2O与一定浓度的稀硝酸反应,固体完全溶解,生成Cu(NO3)2和NO,向所得溶液中加入NaOH溶液,反应生成Cu(OH)2沉淀19.6 g,Cu(OH)2的物质的量为=0.2 mol,说明n(Cu2+)=0.2 mol,Cu和Cu2O的混合物中氧元素的质量为13.6 g-64 g/mol×0.2 mol=0.8 g,n(O)==0.05 mol,则n(Cu2O)=0.05 mol,n(Cu)=0.1 mol。所得溶液中加入1.0 L 0.5 mol/L的NaOH溶液,金属离子沉淀完全,所得溶液中溶质为NaNO3,即n(N)=n(Na+)=0.5 mol,n(HNO3)总=n(N)+n(NO),铜元素失去电子的物质的量为0.1 mol×2+0.05 mol×2×1=0.3 mol,根据得失电子守恒可知n(NO)=0.1 mol,则原稀硝酸的浓度为=2.4 mol/L,A错误;根据以上分析可知Cu和Cu2O的物质的量之比为0.1∶0.05=2∶1,B正确;n(HNO3)总=0.6 mol,反应后生成的n[Cu(NO3)2]=0.2 mol,则Cu(NO3)2中含有N的物质的量为0.4 mol,n(NO)=0.1 mol,说明反应后剩余硝酸的物质的量为0.6 mol-0.4 mol-0.1 mol=0.1 mol,C正确;由n(NO)=0.1 mol可知,其在标准状况下的体积为2.24 L,D正确。
易错分析　　　在解答类似的氧化还原反应计算题时,要利用好化学中的守恒关系,一般涉及得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒等,能使解题更加便捷。若不利用守恒关系进行计算,计算量较大,易出错。
5.D　根据氧化性:N(H+)>Fe3+>H+,可知OA段发生反应Fe+N+4H+ Fe3++NO↑+2H2O,AB段发生反应Fe+2Fe3+ 3Fe2+,BC段发生反应Fe+2H+ Fe2++H2↑。结合上述反应分析可知OA段产生的气体为NO,AB段表示Fe还原Fe3+生成Fe2+,A正确;A点溶液中N恰好完全反应,硫酸有剩余,溶液中溶质为H2SO4、Fe2(SO4)3,B正确;最终消耗22.4 g Fe,即C点溶液中溶质为FeSO4,可知n(H2SO4)=n(S)=n(FeSO4)=n(Fe),即n(H2SO4)=0.4 mol,则原混合酸中c(H2SO4)==2 mol·L-1,C正确;N完全反应时消耗11.2 g Fe(即0.2 mol Fe),由OA段反应可求出n(N)=n(Fe)=0.2 mol,结合上述分析可知原溶液中N和S分别为0.2 mol和0.4 mol,即二者物质的量之比为1∶2,D错误。
思想方法练
1.C　Cu与稀HNO3反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,生成标准状况下8.96 L NO,即生成0.4 mol NO,反应消耗的n(Cu)==0.6 mol;最终得到的CuO为64.0 g,物质的量为0.8 mol,根据铜原子守恒可知原混合物中CuO的物质的量为0.8 mol-0.6 mol=0.2 mol。根据N原子守恒,反应中消耗的n(HNO3)=0.8 mol×2+0.4 mol=2 mol,A错误;结合上述分析可知原混合物中Cu、CuO分别为0.6 mol和0.2 mol,其物质的量之比为3∶1,B错误;反应后剩余的HNO3的物质的量为2.0 mol·L-1 ×1.2 L-2.0 mol=0.4 mol,则NaOH先中和过量HNO3,再与Cu2+反应,共消耗n(NaOH)=0.4 mol+0.8 mol×2=2.0 mol,即V(NaOH溶液)==1 L,C正确;Cu2+完全沉淀时,溶液中含2 mol N,即溶液中c(N)=≈0.91 mol·L-1,D错误。
方法点津　　　解答本题主要应用原子守恒和氧化还原反应中的得失电子守恒,运用守恒法对题中数据进行分析和计算,可使复杂的计算简单化,在解答类似计算题时要加以尝试。
2.A　设参加反应的FeS为3 mol,则根据S原子守恒可知生成1 mol Fe2(SO4)3,根据Fe原子守恒可知生成1 mol Fe(NO3)3,Fe元素化合价由+2价升高为+3价,S元素化合价由-2价升高为+6价,所以3 mol FeS共失去27 mol电子,根据得失电子守恒可知HNO3共得到27 mol电子,生成NO、NO2和N2O4;设NO、NO2和N2O4的物质的量分别为2x、x、x,则有2x×3+x+2x=27 mol,解得x=3 mol,即NO、NO2和N2O4的物质的量分别为6 mol、3 mol、3 mol;根据N原子守恒可知HNO3的物质的量为1 mol×3+6 mol+3 mol+3 mol×2=18 mol,所以实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为3 mol∶18 mol=1∶6。
3.D　常温下,Cu遇浓硝酸不会钝化,Cu能与浓硝酸反应生成NO2等,A错误;气体所处状况未知,无法计算其体积,B错误;反应过程中生成的Cu(NO3)2是氧化产物,C错误;分析整个反应过程可知仅有两种元素的化合价发生变化,Cu→Cu2+、HNO3→NaNO2,51.2 g Cu的物质的量为0.8 mol,共失电子0.8 mol×2=1.6 mol,由得失电子守恒可知HNO3→NaNO2得1.6 mol电子,故产物中NaNO2的物质的量为0.8 mol,由Na守恒可知另一种产物NaNO3为0.2 mol,D正确。
方法点津　　　解答金属与酸(含混酸)的相关计算问题,往往需要利用守恒法;同学们在利用守恒法时可以抛开复杂的转化过程,只需找到始态和终态某一特定的量是固定不变的即可。
4.C　Cu与浓硫酸发生反应,生成的白色固体为CuSO4,A正确;n(Cu)==0.3 mol,设反应生成的Cu2S为x mol,则CuSO4为(0.3-2x) mol,由得失电子守恒得2x+2×(0.3-2x)=8x,解得x=0.06,即Cu2S为0.06 mol,CuSO4为0.18 mol,故微热5 min待Cu反应结束后,转移电子的物质的量为0.06 mol×2+0.18 mol×2=0.48 mol,B正确;结合图示可知0.06 mol Cu2S与HNO3、H2SO4发生氧化还原反应生成CuSO4、S、NO,由得失电子守恒可知生成的NO在标准状况下的体积为×22.4 L·mol-1 =1.792 L,C错误;由C项分析可知Z是硫单质,D正确。
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