化学鲁科版必修1 第3章第2节氮的循环（第3课时） 作业

1、.课后训练1以下关于硝酸的表达正确的选项是ANO2溶于水生成硝酸，所以NO2是硝酸酐B铜与浓硝酸和稀硝酸都能反响生成二氧化氮C硝酸与铜的反响既表现出氧化性又表现出酸性D稀硝酸与活泼金属反响放出氢气，而浓硝酸那么使金属钝化2在稀硫酸中参加铜粉，铜粉不溶，再参加以下固体粉末：FeCl2；Fe2O3；Zn；KNO3；HCl，铜粉可溶解的是A B C D3单质与浓硝酸混合，出现的情况依次为反响生成相应的硝酸盐；反响生成最高价含氧酸；常温下单质发生钝化；不发生反响。符合上述要求的单质组是ACu、Si、Zn、Au BAg、P、Fe、PtCFe、C、Pb、Hg DCu、S、Fe、Ag4将一样质量的铜分别和过

2、量浓硝酸、稀硝酸反响，以下表达正确的选项是A反响剧烈程度：两者一样B消耗硝酸的物质的量：前者多，后者少C反响生成气体的颜色：前者浅，后者深D反响中转移的电子总数：前者多，后者少5在以下变化：大气固氮；实验室制取NO2；实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被复原、既不被氧化又不被复原的顺序排列，正确的选项是A B C D6在Fe、Cu的混合物中，参加一定量的稀硝酸并微热，充分反响后剩余金属a g。再向其中参加一定量的稀盐酸并加热，充分振荡后剩余金属b g，那么Aa可能等于b Ba一定小于bCa可能大于b Da一定大于b73.2 g铜与过量硝酸8 mol·L1,30 mL充分反响后，硝酸的

3、复原产物为NO2和NO，反响后溶液中含a mol H，那么此溶液中所含的物质的量为A0.2a mol B0.1a molC0.05a mol Da mol8在100 mL某混合溶液中，cHNO30.4 mol·L1，cH2SO40.1 mol·L1，向其中参加1.92 g铜粉，微热，充分反响后溶液中cCu2为A0.15 mol·L1 B0.3 mol·L1C0.225 mol·L1 D无法计算9某铜粉样品含少量金Au，不含其他成分。测定该样品中金的含量时，有两种溶解样品的方法：用稀硝酸溶解样品，用双氧水和稀盐酸溶解样品，其反响的化学方程式为Cu

4、H2O22HCl=CuCl22H2O。金不与稀硝酸、双氧水和盐酸反响。1写出铜与稀硝酸反响的离子方程式_。2在铜与双氧水、盐酸的反响中氧化剂是_，假设有2 mol的H2O2参加反响，那么转移电子的物质的量是_。3方法和相比较，你认为哪种更好？理由是_。10将红热的黑色固体单质甲放入一黄色的溶液乙中，充分反响后，产生由两种气体组成的混合气体A，A在常温下不与空气作用，将A做如下的实验：1推断各物质的化学式：甲：_；乙：_；丙：_；A：_；B：_；C：_。2写出甲与乙反响的化学方程式：_。11如图表示A、B、C、D、E五种含氮物质互相转化的关系。其中A、B、C、D常温下都是气体，B为红棕色。1写出

5、各物质的化学式：A_，B_，C_，D_，E_。2写出各步反响的化学方程式。AC_；DC_；BE_；CB_。3写出E与Cu反响的离子方程式_。12某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按以下图装置进展实验夹持仪器已略去。实验说明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。可选药品：浓硝酸、3 mol·L1稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。：氢氧化钠溶液不与NO反响，能与NO2反响2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O。1实验应防止有害气体排放到空气中，装置、中盛放的药品依次是_；2滴加浓硝酸之前的操作时检验装置的

6、气密性，参加药品，翻开弹簧夹后_；3装置中发生反响的化学方程式是_；4装置的作用是_，发生反响的化学方程式是_；5该小组得出的结论根据的实验现象是_。参考答案1. 答案：C解析：硝酸酐是N2O5，不是NO2，A不正确；Cu与浓硝酸反响生成NO2，与稀硝酸反响生成NO，B不正确；硝酸与金属反响时，不会生成H2，常温下只有Fe、Al遇浓硝酸、浓硫酸“钝化，D不正确。2. 答案：B解析：H2SO4与Fe2O3反响生成的Fe3会氧化Cu，可以；在酸性条件下，有强氧化性，可以氧化Cu，正确。3. 答案：B4. 答案：B5. 答案：A6. 答案：D解析：在含有的溶液中加盐酸，相当于硝酸的存在，可以继续氧化

7、金属，所以固体质量减少。7. 答案：B解析：反响后存在于硝酸和硝酸铜中，nCuNO32nCu0.05 mol，nHNO3a mol，n2nCuNO32nHNO30.1a mol。8. 答案：C解析：根据题意，可知nnHNO30.1 L×0.4 mol·L10.04 mol，nH2SO40.1 L×0.1 mol·L10.01 mol，nCu0.03 mol，混合液中H的物质的量为：nH0.04 mol0.01 mol×20.06 mol，根据离子方程式：3Cu28H=3Cu22NO4H2O可知nH缺乏，应根据nH计算，由上述离子方程式可计算出n

8、Cu2nH0.022 5 mol，故cCu20.225 mol·L1。9. 解析：方法的原理为：3Cu8HNO3稀=3CuNO322NO4H2O，同时产生大气污染物NO；由方法的化学方程式分析，反响中Cu被氧化，作复原剂；H2O2作氧化剂。有1 mol H2O2反响时，转移2 mol电子，故2 mol H2O2反响时转移4 mol电子。答案：13Cu8H2=3Cu22NO4H2O2H2O24 mol3方法更好，因为方法中产生污染空气的有毒气体NO10. 解析：黄色溶液、蓝色溶液、气体与澄清石灰水反响生成白色沉淀、红热的单质都是解答该题的重要打破口。浓硝酸常显黄色，且红热的碳单质可与浓硝酸反响生成气体混合物，由此可初步推断甲和乙分别为C、浓硝酸，并可确定A的组成。然后再根据物质的转化关系图可推断其他各物质。答案：1CHNO3CuNO2和CO2CaCO3NO2C4HNO3浓 CO24NO22H2O11. 解析：此题的打破口B为红棕色气体，B是NO2，C与O2能生成气体B，故C为NO。E在常温下不是气体，故E为HNO3，由图转化关系进一步分析知A为N2，D为NH3。答案：1N2NO2NONH3HNO32N2O22NO4NH35O24NO6H2O3NO2H2O=2HNO3NO2NOO2=2NO233Cu8H2=3Cu22NO4H2O12. 答案：13