鲁科版高中化学必修1第3章自然界中的元素第2节氮的循环第3课时测试题3

1、第3章自然界中的元素第2节氮的循环第3课时测试题3一、选择题1. 将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀H2SO4和稀HNO组成的混合溶液中，充分反应后金属粉末有剩余，下列有关推断正确的是（）A. 反应过程中不可能产生H2B. 剩余的金属粉末中一定有铜C. 往反应后的溶液中加入KSCN溶液会变血红色D. 往反应后的溶液中加入足量的稀H2SQ，则金属粉末的质量一定会减少2. 取一定质量的均匀固体混合物CuCuQ和CuQ将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40g，另一份加入1000mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NQ气体4.48L,则所用硝酸的物质

2、的量浓度为（）A. 3.2mol/LB.1.6mol/LC.0.9mol/LD.无法判断3. 将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO20、NO）的混合物共0.9mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO和NaNO的盐溶液，其中NaNO的物质的量为-（）A. 0.2molB.0.4molC.0.8molD.0.9mol4. 向21.6gFe粉和Cu粉的混合物中加入1L1mol/LHNO3充分反应，放出NO气体且金属有剩余。则反应后溶液中c（NO3-）为（忽略溶液体积的变化）（）A. 0.45mol/LB.0.6mol/LC.0.75

3、mol/LD.0.9mol/L5. 某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL,平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解6g。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已1知硝酸只被还原为NO气体）。下列分析或结果错误的是（）A.H2SO4浓度为2.5molLB.OA段产生的是NO,AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段产生氢气C.第二份溶液中最终溶质为FeSQD.原混合酸中NO3物质的量为0.1mol6.下列叙述正确的是（）A. 浓硫酸、浓盐酸和浓硝酸长期暴露在空气中，质量都会减小、浓度都会降低B. 氯水和活性炭都可使红墨水褪色，其原理相同C. 浓硝酸

4、见光会分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色D. 浓H2SQ有强氧化性，常温下能与Cu发生剧烈反应7.取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8.960L的NQ气体和0.672LN2C4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于（）A. 9.20gB.8.64gC.9.00gD.9.44g&取铜、镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生0.896LNQ气体和0.672LN2Q的气体（气体体积都已折算到标准状况），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为3.7g。则合金中铜与镁的物质的量

5、之比等于（）A.1:1B.2:1C.3:2D.2:39. 常温下，在某200ml的稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中逐量地加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（设硝酸只被还原为NO气体）。下列有关分析错误的是（）A. 原混合酸中NO的物质的量为0.2molB. 原混合酸中HbSQ物质的量浓度为2molL1C. OA段与BC段反应中电子转移的物质的量之比为2:1D. 取20ml原混合酸加水稀释至1L后溶液的pH=110. 用如图所示装置进行下列实验：将中溶液滴入中，预测的现象与实际不相符的是选项中物质中物质预测中的现象A浓盐酸二氧化锰立即产生黄绿色气体B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条无明显现象C

6、浓氨水硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色D亚硫酸氢钠溶液酸性高锰酸钾溶液溶液逐渐褪色11将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO,向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（）A. 加入合金的质量可能为9.6gB. 沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mLC. 参加反应的硝酸的物质的量为0.4molD. 溶解合金时产生NO气体体积0.224L（以标准状况）12.某化学兴趣小组进行了有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所

7、示。下列有关说法正确的是（）稀硝酸过量铜片铜片剩余A. 实验中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，说明稀硝酸被Cu还原为NO2B. 实验中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强c.实验发生反应的化学方程式为:3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4=4CuSQ+2NOT+4出0D.由上述实验可得出结论：Cu在常温下既可以与稀硝酸反应，也可以与稀硫酸反应13下列现象或事实不能用同一原理解释的是()A. 浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存B. 硫化钠和硫酸亚铁固体长期暴露在空气中变质C. 常温下铁和铂都不溶于浓硝酸D. H2O2溶液中加入少量MnO2或FeC3溶液都能增大反应速率14. 我

8、国清代本草纲目拾遗中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八石皆能穿滴，惟玻璃可盛。”这里的强水”是指()A.氨水B.硝酸C.醋D.卤水二、非选择题15. 实验室中用Cu和稀HNO反应制取NQ其化学方程式为：;反应中被还原的元素是，氧化产物是，氧化剂与还原剂的物质的量之比是，硝酸所表现的性质是。16. 在浓硝酸中放入铜片：(1) 开始反应的化学方程式为，实验现象为;(2) 若铜有剩余，则反应将要结束时的反应方程式为;(3) 待反应停止后，再加入少量25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是;(4) 若将12.8g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜消耗完时，

9、共产生5.6L(标准状况)气体。则所消耗的HNO3的物质的量为，其中显氧化性的硝酸的物质的量为。17. 在浓硝酸中放入铜片：(1)开始反应的化学方程式为，实验现象为;(2) 若铜有剩余，则反应将要结束时的反应方程式为;(3)待反应停止后，再加入少量25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是;(4)若将12.8g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜消耗完时，共产生5.6L(标准状况)气体。则所消耗的HNO的物质的量为，其中显氧化性的硝酸的物质的量为。18. 盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”。现就硫酸、硝酸与金属铜反应的情况,回答下列问题：（1）工业上制备硫酸铜是利用废铜屑经灼烧后，在加热情

10、况下跟稀硫酸反应，有关的化学方程式是：、；不采用铜跟浓硫酸反应来制取硫酸铜的原因：从环境角度来讲：；从原料角度来讲：。（2）在一定体积的10molL的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9mol。则浓硫酸的实际体积（填“大于”、“等于”或“小于”）180mL;（3）若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液（如KNG溶液），则该反应的离子方程式为;（4）碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中（如图装置），下列有关说法正确的是。Z弹fL丫A. 洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡B. 从Z导管出来的气体中无二氧化碳C. 洗气瓶中产生

11、的沉淀是亚硫酸钡D. 在Z导管口有红棕色气体出现19. 雾霾和光化学烟雾等大气污染严重影响了人们的生活和健康，治理污染气体（NQ、NOSO等）保护环境，有利于实现可持续发展。（1）NO可用水吸收，相应的化学反应方程式为，在一定条件下，用氨气可以把NO、NO还原成无色无毒气体直接排放，则NO转化为无毒气体的方程式（2）实验室里，处理含氮氧化物的尾气一般用NaOH溶液来吸收，其反应式为：2NO2+2NaO1+NaNO+NaNO+HO,NO+NQ2NaO+2NaNQ+HO,现有标准状况下aLNO和bLNO的混合气恰好被100mLNaOH溶液完全吸收，贝Ua、b应满足的关系为,NaOH溶液的物质的量浓

12、度为molL1（用含a、b的代数式表示）；(3)硫酸工业生产中，处理SO尾气先用氨水吸收，然后再与硫酸反应，释放出SO循环利用，生成的硫酸铵做氮肥。氨水吸收SO时有关反应的离子方程式为。(4)烟气中的SQ经过下列转化可以得到化工产品A;沁$0Ml产品A的化学式为，上述转化过程中可循环使用的物质20. 硫、氮、碳的氧化物都会引起环境问题，越来越引起人们的重视，如图1是氮元素的各种价态与物质类别的对应关系厢1u-_-(1)根据A对应的化合价和物质类别，A为(写分子式)，从氦元素的化合价能否发生变化的角度判断，图1中既有氧化性又有还原性的化合物是;(2)浓、稀硝酸的性质相似又有差别，若要除去铁制品表

13、面的铜镀层应选择，反应的化学方程式为(3) 某同学设计了如图2所示的套管实验装置(部分装置未画出)来制备SQ2,并利用实验现象来检验其还原性，制备SQ2时选用的试剂为Cu和浓HSQ，回答下列问题. 写出制取SQ的化学方程式; 该同学利用实验现象来检验SQ的还原性，则选用的试剂为;A双氧水(HQ)B品红溶液C酸性高猛酸钾溶液(4) 工业上把海水先进行氧化，再吸收溴，达到富集溴的目的吸收工艺常用的方法是用热空气吹出Br2,用SQ吸收Br2,取吸收后的溶液，向其中加入氯化钠溶液有白色沉淀析出,写出SQ吸收Br2反应的化学方程式。检测题参考答案1. 【答案】B【解析】A、如果硫酸过量，铁和硫酸反应产生

14、氢气，故错误；B、铁比铜活泼，铁先发生反应，金属剩余可能是铁和铜的混合物，也可能只有铜，故正确；C因为有金属剩余，因此溶液的铁元素以Fe2+形式存在，滴加KSCN溶液，溶液不变红，故错误；D如果剩余金属全部是铜，铜不与稀硫酸反应，金属粉末的质量不减少，故错误。2. 【答案】B【解析】将C-0拆分为CuCuQ原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后Cu、CuO的混合物中0元素的质量，0原子的物质的量为6.4g16g/mol=0.4mol，根据Cu元素守恒可知n(CuO)=n(O)=0.4mol;另一份中加入1000mL稀硝酸，固体恰好完全溶

15、解，溶液中溶质为Cu(NO>)2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L,NO的物质的量为4.48L-22.4L/mol=0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n(Cu)=3n(NO)=3X0.2mol,n(Cu)=0.3mol，由铜元素守恒可知nCu(NO3)2】=n(CuO)+n(Cu)=0.4mol+0.3mol=0.7mol,根据氮元素守恒可知n(HNO)=n(NO)+2nCu(NO3)2=0.2mol+2x0.7mol=1.6mol,硝酸的浓度为1.6mol-1L=1.6mol/L。故选Bo3. 【答案】A【解析】用终态分析法容易看出只有两种元素的价

16、态有变化，其一是CuCu(NQ)2,Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNGHNaNO,N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，51.2gCu共失电子为&惣皿二：x2=1.6mol,HNO到NaNO共得到电子1.6mol，故产物中NaNO的物质的量为1.6mol/2=0.8mol，由Na守恒可知n(NaOH)=n(NaNO)+n(NaNQ),所以n(NaNO)=n(Noah)-n(NaNO2)=0.5Lx2mol/L-0.8mol=0.2mol。故选Ao4【答案】C【解析】由于反应后有金属剩余，即反应后所得溶液中不可能含有Fe3+,生成物中金属

17、离子均为+2价。设金属为M,生成的硝酸盐为M(NO)2,根据氧化还原反应中元素化合价变化和升降法配平得3M+8HNO(稀)一3M(NO)2+2NOT+4H2O,NO-在反应中有1/4被还原生成NO气体，其余的3/4均在溶液中，即反应后溶液中c(NO-)=1mol/Lx3/4=0.75mol/L，答案选Co根据金属有剩余判断反应后金属表现为+2价是解题关键，注意利用好根据方程式进行的计算以及硝酸在反应中的作用，即起氧化剂和酸性。5.【答案】D【解析】由图象可知，OA段发生反应为：Fe+NQ-+4H+=Fe3+NOf+2H2O,AB段发生反应为：Fe+2FeT=3Fe2+,BC段发生反应为：Fe+

18、2H+=Fe2+H2f。A、反应消耗22.4g铁，也就是1456=o.25mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以0.25硫酸的浓度是0.1=2.5mol/L，故A正确；B、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NQ-+4H+=Fe3+NOf+2H2O,AB段发生反应为：Fe+ZFgJsFeT,BC段发生反应为：+2+_Fe+2H=Fe+H2f,故B正确；C硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSQ，故C正确；D.OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H=Fe+NOf+2H2O

19、,硝酸全部起氧化剂作用，所以n(NQ-)=n(Fe)11.2g=56g/mol=0.2mol,因为溶液分为两部分，所以原来溶液中n(NO3-)=0.2molx2=0.4mol故D错误；故选D。6.【答案】C【解析】A.浓硫酸长期暴露在空气中因吸收空气中的水蒸气，质量增大，浓度减小，故A错误；B.氯水有强氧化性，使红墨水褪色和活性炭有吸附性可使红墨水褪色，原理不相同，故B错误；C.浓硝酸见光会分解，生成的二氧化氮溶解在其中使得浓硝酸呈黄色，故C正确；D. 浓H2SQ有强氧化性，加热条件下能与Cu发生剧烈反应，故D错误；故选Co7.【答案】A【解析】8.960L的NO气体的物质的量8.96L=0.

20、4mol,0.672LN2Q的气体的物质22.4L/molCI的量是.=0.03mol;所以xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中失电子的物质的量是22.4L/mol0.4mol+0.03molx2=0.46mol;根据电荷守恒，生成沉淀时结合氢氧根离子的物质的量是0.46mol,氢氧根离子的质量是0.46molx17g/mol=7.82g；生成沉淀质量为17.02g。则铜镁合金的质量是17.02g7.82g=9.20g，故A正确。&【答案】D【解析】标况下0.896L的NO气体的物质的量为：0.896L-22.4L/mol=0.04mol,0.672LN2C4气体的物质的量为：0.672L十2

21、2.4L/mol=0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为：0.04molx(5-4)+0.03molx2X(5-4)=0.1mol，最后生成沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，设合金中铜、镁的物质的量分别为x、y,则氢氧化铜、氢氧化镁的物质的量分别为x、y，根据生成沉淀的质量可得：98x+58y=3.7g，根据电子守恒可得：2x+2y=0.1mol，联立解得：x=0.02、y=0.03mol,所以合金中铜与镁的物质的量之比为：0.02mol：0.03mol=2：3,答案选C。9【答案】C【解析】硝酸是氧化性酸，因此首先与铁反应，即0A段表示铁与硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为Fe+4H

22、+NO=Fe+2H.O+NOT,当NO完全被还原后继续加入铁粉，铁离子开始氧化铁粉，即AB段的离子方程式为Fe+2F=3F，最后加入铁粉，氢离子与2+铁发生置换反应生成氢气，即BC段反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe+H4。A.A点时溶液中的NO被全部还原为NQ此时消耗铁的质量11.2g，物质的量=11.2g十56g/mol=0.2mol，根据方程式可知消耗NO_的物质的量是0.2mol，所以原混合酸中NO_的物质的量为0.2mol,A项正确；B.最终消耗铁的质量是22.4g,物质的量=22.4g十56g/mol=0.4mol,因此最终生成硫酸亚铁的物质的量是0.4mol。根据原子守恒可知，

23、硫酸的物质的量是0.4mol，则硫酸的浓度=0.4mol-0.2L=2.0mol/L,B项正确；C.OA段消耗0.2mol铁，转移0.2molX3=0.6mol电子，BC阶段消耗铁的质量是22.4g16.8g=5.6g，物质的量是0.1mol,则转移O.lmolX2=0.2mol电子，所以OA段与BC段反应中电子转移的物质的量之比为3:1,C项错误；D.原混合酸硝酸和硫酸的物质的量分别是0.2mol和0.4mol，其中氢离子的物质的量是0.2mol+0.4molX2=1.0mol，则氢离子的浓度=1.0mol/L0.2L=5mol/L，所以取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液中氢离子的浓度=

24、20-1000X5mol/L=0.1mol/L，则溶液的pH=1,D项正确，答案选Co本题考查硝酸及铁的化学性质,图像的分析与判断等知识。硝酸是氧化性酸,因此首先与铁反应，即OA段表示铁与硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为Fe+4H+NO=Fe3+2H.O+NOT,当NO完全被还原后继续加入铁粉，铁离子开始氧化铁粉，即AB段的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+,最后加入铁粉，氢离子与铁发生置换反应生成氢气，即BC段反应的离子方程式为Fe+2H=Fe“+"T,据此可以判断。10. 【答案】A【解析】A、浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，故A错误；B、浓硝酸能够使铝钝化，故B正

25、确；C浓氨水与硫酸亚铁溶液反应产生氢氧化亚铁白色沉淀，随后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色氢氧化铁，故C正确；D、亚硫酸氢钠溶液能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液逐渐褪色，故D正确；故选A。11. 【答案】C【解析】将镁和铜组成的混合物加入到稀HNQ中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO),发生反应：3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NOf+4出0、3CU+8HNQ(稀)=3Cu(NO3)2+2NOf+4H2O,向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2J+2NaNQ、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(

26、OH)4+2NaNO3,沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为：5.1gn(OH-)=17g/mol=0.3mol,根据反应方程式可知，镁和铜的总的物质的量为：n=2xn(OH=0.15mol。A.根据反应方程式Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2J+2NaNQ、Cu(NQ)2+2NaOH=Cu(OH)4+2NaNQ可知，镁和铜的总的物质的量为铜离子物质的量的一0.3mol半，即：2=0.15mol，假定全为镁，金属质量为0.15molx24g/mol=3.6,若全为铜，金属质量为：0.15

27、molx64g/mol=9.6g,所以参加反应的金属的总质量(m)范围为：3.6gvmv9.6g，则金属质量不可能为9.6g，故A错误；B.反应消耗氢氧化钠的物质的量为：0.3moln(NaOH)=n(OH-)=0.3mol，则加入的氢氧化钠溶液的体积为：v=3md/L=0.1L=100mL,故B88错误；C.根据方程式可知参加反应的n反应(HNO3)=3n(金属)=3x0.15mol=0.4mo,故C正确；D.金属的物质的量为0.15mol，完全反应失去0.15molx2=0.3m电子，根据电子转移守恒，0.3mol生成一氧化氮的物质的量为：n(NO)=5-2=0.1mol，标准状况下0.1

28、molNO的体积为2.24L,故D正确；故选Co本题主要考查混合物有关计算，涉及镁铜与硝酸反应、生成的盐与氢氧化钠反应，侧重于学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力的考查，是一道考查能力的好题。12. 【答案】C【解析】A.中发生3CU+8HNO33Cu(NO3)2+2NOf+4出0,生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO,故A错误；B.中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，而硝酸的氧化性强,故B错误；C.实验发生反应的化学方程式为：3Cu+Cu(NQ)2+4H2SC44CuSQ+2

29、NOf+4H2O,故C正确；D.由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，故D错误；故选Co本题考查化学实验方案的评价,为高频考点。由实验可知,中发生3CU+8HNQ3Cu(NO3)2+2NOf+4H2O,中观察到Cu剩余，则硝酸完全反应，中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应。把握发生的反应及现象、结论的关系为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意硝酸盐在酸性条件下的性质。13. 【答案】C【解析】A.浓硝酸见光易分解，须存放在棕色瓶中；氯水见光会分解，应盛放在棕色瓶中，能用同一原理解释，故A不选；B.硫化钠具有还原性，易被空气中

30、的氧气氧化而变质；亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化而变质，能用同一原理解释，故B不选；C.常温下铁遇浓硝酸,发生钝化；铂的活泼性较弱,与浓硝酸不反应,不能用同一原理解释,故C可选；D.MnO2或FeC3溶液能够催化双氧水的分解，原理相同，故D不选；故选Co14. 【答案】B【解析】试题分析：A、氨水与金属不反应，A项错误；B、硝酸酸性强氧化性强能与金属反应，B项正确；C、醋酸性弱，金属活泼性弱的不能反应，C项错误；D、学名为盐卤，是由海水或盐湖水制盐后,残留于盐池内的母液,主要成分有氯化镁、硫酸钙、氯化钙及氯化钠等,味苦,有毒,不易与金属反应,D项错误；答案选Bo15. 【答案】3CU

31、+8HN33Cu(NQ)2+2NOT+4H2ONCu(NO3)22:3强氧化性酸性【解析】铜和稀硝酸反应的化学方程式为3CU+8HNO3Cu(NQ)2+2NOT+4H2O,此反应中N元素的化合价从+5价降为+2价，则N被还原，铜元素的化合价从0价升高为+2价，发生氧化反应，氧化产物为3Cu(NQ)2,Cu为还原剂，HNO为氧化剂，3molCu失去电子与2molN得到电子相同，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，此反应中体现了硝酸的强氧化性和酸性。氧化还原反应的本质是电子转移,判断时可借助于化合价的升降来分析,所含元素化合价降低的物质发生还原反应，得电子，对应的产物为还原产物，所含元素升高的

32、物质失电子，发生氧化反应，对应的产物为氧化产物，在3Cu+8HNA3Cu(NQ)2+2NCX+4W0中，Cu元素的化合价由0升高为+2价，N元素的化合价由+5价降低为+2价，该反应转移6e-,以此来解答。16. 【答案】(1)Cu+4HNO3(浓)=Cu(N0)2+2NO2T+2H2O铜片逐渐变小，表面有气泡生成，溶液颜色变成蓝绿色，并有红棕色气体产生。(2)3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NC3)2+2N0f+4出0(3)溶液中有硝酸根离子，加入稀硫酸后增加了溶液中氢离子的浓度，发生反应：3Cu+8H+2NO3=3Cij+2N0T+4出0(4)0.65mol0.25mol【解析】(1)浓硝酸

33、中放入铜片，铜和浓硝酸反应生成N02，N02是红棕色气体，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO)2+2NO2T+2H2O,答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NQ)2+2NO2f+2H2O铜片逐渐变小，表面有气泡生成，溶液颜色变成蓝绿色，并有红棕色气体产生(2)铜有剩余，则反应将要结束时是铜和稀硝酸反应生成NO、硝酸铜和水，反应方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NQ)2+2N0T+4出O,答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NQ)2+2NOT+4H2O；(3)硝酸根离子和氢离子共存时具有硝酸的氧化性，反应后的溶液中有硝酸铜，加入氢离子，相当于又引入了硝酸，答案

34、为：溶液中有硝酸根离子，加入稀硫酸后增加了溶液中氢离子的浓度，发生反应：3Cu+8H+2NO3=3Cij+2N0f+4出0;(4)12.8g铜的物质的量为0.2mol，生成的气体的物质的量为5.6L/22.4L/mol=0.25mol，根据氮原子守恒2+n(HNO3)=2n(Cu)+n(气体)=2x0.2mol+0.25mol=0.65mol,其中显氧化性的硝酸的物质的量和生成的气体的物质的量相等，即0.25mol，答案为：0.65mol0.25mol.17. 【答案】(1)Cu+4HNQ浓)=Cu(NO)2+2N0f+2fO铜片逐渐变小，表面有气泡生成，溶液颜色变成蓝绿色，并有红棕色气体产生

35、。(2) 3Cu+8HN0稀)=3Cu(NO)2+2N0T+4fO(3) 溶液中有硝酸根离子，加入稀硫酸后增加了溶液中氢离子的浓度，发生反应：3Cu8H+2NO-=3Cij+2N0T+4H2O(4)0.65mol0.25mol【解析】(1)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，方程式为Cu+4HN0浓)=Cu(NQ)2+2N0f+2HQ反应的现象为：铜片逐渐变小，表面有气泡生成，溶液颜色变成蓝绿色，并有红棕色气体产生。(2) 若铜有剩余，则硝酸已经变成稀硝酸，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，方程式为：3Cu+8HNO稀)=3Cu(NO”+2NOT+4H2Q(3)溶液中有硝酸根离子，加

36、入稀硫酸后增加了溶液中氢离子的浓度，发生反应：3Cu+8H+2NQ=3CT+2NOT+4"0。(4)12.8克铜的物质的量为12.8/64=0.2摩尔，则硝酸铜中的硝酸根离子为0.4摩尔，气体的物质的量为5.6/22.4=0.25摩尔，则硝酸的物质的量为0.4+0.25=0.65mol，其中表现氧化性的硝酸生成气体，即为0.25mol。18. 【答案】(1)2Cu+O2CuOCuO+HSQ=CuSO+HO;生成的二氧化硫污染环境原子利用率较低(或生成等量的硫酸铜需硫酸较多)(2)大于；(3)3Cu+2NO-+8H+=3Cij+2NOT+4H2O(4)D【解析】(1)工业上制备硫酸铜是

37、利用废铜屑经灼烧后，在加热情况下跟稀硫酸反应，有关的化学方程式是Cu+O=2CuOCuO+bSQ=CuSO+HO。不采用铜跟浓硫酸反应来制取硫酸铜，是由于铜与浓硫酸发生反应产生二氧化硫是大气污染物，会导致环境污染；而且产生相同物质的量的硫酸铜要多消耗原料，这样就会使生产成本增加，该反应的方程式是：CU+2HSO4(浓)CuSO+SOf+2HQ(2)在一定体积的10molL的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，方程式是CU+2HSQ(浓)CuSO+SOf+2H20。根据反应方程式可知：每有2mol硫酸发生反应，被还原的硫酸的物质的量是1mol，若被还原的硫酸的物质的量为0.9mol。则反应的硫酸

38、的物质的量是2X0.9mol=1.8mol,V(fSQ)=1.8mol-10molL0.18L=180mL,由于只有浓硫酸发生反应，随着反应的进行，硫酸变稀后反应就不再进行，故浓硫酸的实际体积大于180mL。(3)在酸性条件下，NO-表现硝酸的性质，具有强的氧化性，可以将铜等氧化。若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液(如KNO溶液)，则该反应的离子方程式为3Cu+_I2_L2NQ+8H=3Cu+2NOT+4H2OA(4) 碳跟浓硫酸共热会发生反应：C+2H2SC4(浓)COf+2SOf+2fO,产生的气体X含有CO、SQ;铜跟浓硝酸反应方程式是：Cu+4HNO浓)=Cu(NO)2+2NOf+2HO,产生的气体Y是NO,若将X、Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中，NO与水反应产生HNO和NOHNO具有强的氧化性，会把SO氧化产生HSQ,HbSQ与BaCb溶液发生反应产生BaSQ白色沉淀，NO气体逸出，遇空气变为红棕色的NO气体，在酸性溶液中不可能产生BaCO沉淀，因此有关说法正确的是在Z导管口有红棕色气体出现，选项D符合题意，答案选D。19.【答案】(1)3NO+HO=2HN3NQ6NO+4NI45N2+6H2O;(2)a>b;ab,2.24(3)2NHH2O+S(2=2NH+SG2-+H2OHO+SON2HSO;(4)CaSO;氢氧