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1、.第2节 氮的循环一、单项选择题1.以下不属于氮的固定的是 A.雷雨天：N2+O22NOB.工业上合成氨：N2+3H22NH3C.大豆根瘤菌将N2转化成化合态氮D.2NO+O22NO22.以下关于NO的说法中，不正确的选项是A.是红棕色有刺激性气味的气体B.在空气中极易被氧化生成NO2C.在O2存在时能与水发生反响生成硝酸D.可由NH3在催化剂作用下与O2反响生成3.从降低本钱和减少环境污染的角度考虑，制取硝酸铜最好的方法是 A.铜和浓硝酸反响B.铜和稀硝酸反响C.氧化铜和硝酸反响D.氯化铜和硝酸银反响4.以下用处不属于氮气用处的是 A.保鲜蔬菜B.做保护气C.做冷冻剂D.供给呼吸5.将装有6
2、0mLNO2、NO混合气的量筒倒立于水槽中，反响后气体体积缩小为40mL，那么混合气体中NO2和NO的体积比是 A.5：3B.2：3C.1：1D.2：16.以下关于氨及铵盐的性质表达中，正确的选项是 A.氨气可用排水法搜集B.氯化铵固体加热容易分解C.氨气和酸相遇都能产生白烟D.实验室用氢氧化钠溶液和氯化铵溶液加热制NH37.以下关于硝酸的认识中，正确的选项是 A.浓硝酸在常温下光照和受热都会分解B.浓硝酸与金属反响不放出氢气，而稀硝酸与金属反响可置换出氢气C.常温下，因为铝和铁不与浓硝酸反响，所以浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中D.铜分别与浓硝酸、稀硝酸反响生成NO2和NO，故稀硝酸的氧化性大
3、于浓硝酸8.某化学兴趣小组对金牌成分提出猜测：甲认为金牌是由纯金制造；乙认为金牌是由金银合金制成；丙认为金牌是由黄铜铜锌合金,为了验证他们的猜测，请你选择一种试剂来证明甲、乙、丙猜测的正误: A.硫酸铜溶液B.盐酸C.稀硝酸D.硝酸银溶液9.以下反响中，硝酸只表达氧化性的是 A.CuO+HNO3B.Cu+HNO3C.FeO+HNO3D.C+HNO3浓二、填空题10.在400，有催化剂存在的条件下，用NH3可将有毒的NO复原为N2 ， 同时生成相对分子质量最小的氧化物，该反响的化学方程式为_ 11.碳酸氢铵是一种重要的铵盐实验室中，将二氧化碳通入氨水可制得碳酸氢铵，用碳酸氢铵和氯化钠可制得纯碱完
4、成以下填空：1二氧化碳通入氨水的过程中，先有_晶体填写化学式析出，然后晶体溶解，最后析出NH4HCO3晶体2粗盐含Ca2+、Mg2+经提纯后，参加碳酸氢铵可制得碳酸钠实验步骤依次为：粗盐溶解；参加试剂至沉淀完全，煮沸；_；参加盐酸调pH；参加_；过滤；灼烧，冷却，称重3上述步骤中所参加的试剂为_、_4上述步骤中加盐酸调pH的目的是_ 12.某化学小组设计如图装置，探究铜和一定量的浓HNO3是否反响是否有NO生成：A试管内空气体积为50mL标准状况，B广口瓶盛80mL水，硝酸不溶于煤油 请答复以下问题：1参加浓HNO3前应先通一段时间N2 ， 详细操作为：_，其作用是_ 2关闭K1、K2 ， 翻
5、开K3 ， 通过分液漏斗向试管中参加一定量的浓硝酸，然后在硝酸上方加一层煤油，煤油的作用是_，待铜和硝酸反响完毕后，通过分液漏斗向试管中加煤油直至试管充满 3读取量气管读数时，要先_，然后再读取读数 4数据分析：从B中取20mL溶液，恰好中和用去0lmol/L的NaOH体积为16mL那么B中所得硝酸的物质的量浓度为_ 假设只生成NO2 ， 通过计算理论上搜集到的气体体积为_mL 标准状况下实验最终测得气体的体积为130.5mL标准状况下，与理论值有差异，其理由可能为_ACu与一定物质的量浓度的HNO3反反响除了生成NO2还生成NOB过程中还发生了反响4NO+3O2+2H2O=4HNO3C过程中
6、还发生了反响4NO2+O2+2H2O=4HNO3D硝酸具有挥发性，对实验有影响 13.氨气极易溶于水，其水溶液显_酸性、中性、碱性氨气和氯化氢在空气中相遇时，可以看到的现象是_ 三、综合题14.氮气在常况下是一种无色无味无臭的气体，切无毒氮元素的氢化物和氧化物在工业消费和国防建立中都有广泛应用，答复以下问题： 1氮气的构造式：_；氮元素原子的L层电子数为_ 2氮化镁与水反响的化学方程式为_ 3NH3与NaClO反响可得到肼N2H4，该反响的化学方程式为_ 4SO2和NO2是形成酸雨的主要物质某学习小组学生通过实验探究NO参与的硫酸型酸雨的形成他们在烧瓶中充入含有少量一氧化氮气体，渐渐充入氧气请
7、推断该过程中发生反响的化学方程式为_、_，假设用蒸馏水可得硫酸型酸雨，其中一氧化氮的作用为_ 5工业上用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢，使其中硫酸钙能转化为碳酸钙，再用酸出去碳酸钙，其理由是_ 15.在浓硝酸中放入Cu片， 1反响开场时的化学方程式为_，实验现象为_ 2假设Cu片有剩余，那么反响将要完毕时的化学方程式为_ 3待反响停顿后，再参加少量的稀硫酸，这时Cu片上又有气泡产生，原因是_ 四、实验探究题16.Fe、Cu都是人类较早使用的金属，某校化学研究性学习小组的同学运用实验的手段研究Fe、Cu以及化合物的相关性质请你参与研究并答复以下问题： 1甲同学取一束细铜丝用砂纸打磨后在酒精灯上加热至红热
8、，再伸到Cl2的集气瓶中你认为甲同学在实验中应该观察到的现象是_ 2乙同学为验证Fe在冷的浓HNO3中发生钝化但能和热的浓HNO3反响，设计了如图1、2所示的实验，请你指出其中的两处错误：_、_；纠正上述错误后，请你从绿色化学的角度出发，对图2装置提出改进建议，使装置既能控制反响的进展，又能减少氮氧化物的排放：_ 3丙同学在Fe和浓HNO3反响后的溶液中参加一块Cu片，Cu片逐渐溶解，反响一段时间后不再溶解Cu有剩余 丙同学根据反响现象得出Cu片溶解的原因是和HNO3发生反响他根据的反响现象是_丁同学认为丙同学的结论不完全正确他的理由是_ 4请你设计实验证明在参加Cu片并反响完全后的溶液中含有
9、Fe2+但不含有Fe3+ 说明详细的操作和实验现象_ 答案解析部分一、单项选择题1.【答案】D 【解析】【解答】解：氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程 A雷雨天：N2+O22NO，将氮气单质变为化合物中的氮元素，属于大气固氮，故A错误；B工业上合成氨：N2+3H22NH3 ， 属于工业固氮，故B错误；C大豆根瘤菌将N2转化成化合态氮，属于生物固氮，故C错误；DNO、NO2都为氮的氧化物，它们间的互相转化，属于化合物间的转化，不符合单质转化为化合物的特点，所以不属于氮的固定，故D正确；应选D【分析】把大气中的游离态的氮转化为氮的化合物的过程称为固氮，主要有：自然固氮：生物固氮根瘤
10、菌的固氮和大气固氮闪电时N2转化为NO、工业固氮合成氨两大类，据此分析解答2.【答案】A 【解析】【解答】解：ANO2是红棕色有刺激性气味的气体，NO是无色无气味的气体，故A错误； B在空气中极易被氧气氧化：2NO+O2=2NO2 ， 生成NO2 ， 故B正确；CNO与O2的混合气可以与水发生反响生成硝酸，该反响的方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3 ， 故C正确；D氨气催化氧化反响生成一氧化氮和水，反响的化学方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O，故D正确；应选A【分析】ANO是无色无气味的气体；BNO易被氧化成二氧化氮；C能和氧气和水反响生成硝酸；D氨气催化氧化生成一氧化氮和
11、水3.【答案】C 【解析】【解答】解：A、铜和浓硝酸反响的方程式为：Cu+4HNO3浓=CuNO32+2NO2+2H2O，该反响中产生有毒气体二氧化氮，所以对环境有污染，不符合“绿色化学理念，且硝酸的利用率不高，故A错误 B、铜和稀硝酸反响方程式为：Cu+ HNO3=CuNO32+ NO+ H2O，该反响中产生有毒气体一氧化氮，所以对环境有污染，不符合“绿色化学理念，且硝酸的利用率不高，故B错误C、氧化铜和硝酸反响的方程式为：CuO+2HNO3=CuNO32+H2O，没有污染物，且硝酸的利用率100%，符合“绿色化学和“降低本钱理念，故C正确D、氯化铜和硝酸银反响方程式为：CuCl2+2AgN
12、O3=2AgCl+CuNO32 ， 该反响虽有硝酸铜生成，但硝酸银价格较贵，不符合“降低本钱理念，故D错误应选C【分析】从经济角度分析，制取等量的硝酸铜时，所用的原料最少且最廉价的本钱最低；从环境保护的角度出发，在制取硝酸铜时最好不要对环境造成污染4.【答案】D 【解析】【解答】氮气的化学性质不活泼，可作保护气，防止粮食瓜果缓慢氧化而变质，液态氮气汽化吸收大量的热，可以做制冷剂，氧气可以用来供给呼吸，氮气不能供给呼吸，应选：D【分析】氮气性质稳定，不活泼，液态氮气汽化吸收大量的热，氮气可用作保护气、制冷剂、防腐剂，消费化肥等，据此解答5.【答案】C 【解析】【解答】解：60mlNO2和NO的混
13、合气体通入倒立于水槽中盛满水的试管中发生反响为3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余40ml气体，反响前后气体体积减少20ml，设二氧化氮气体的体积为V， 3NO2+H2O唐宋或更早之前，针对“经学“律学“算学和“书学各科目，其相应传授者称为“博士，这与当今“博士含义已经相去甚远。而对那些特别讲授“武事或讲解“经籍者，又称“讲师。“教授和“助教均原为学官称谓。前者始于宋，乃“宗学“律学“医学“武学等科目的讲授者；而后者那么于西晋武帝时代即已设立了，主要协助国子、博士培养生徒。“助教在古代不仅要作入流的学问，其教书育人的职责也十清楚晰。唐代国子学、太学等所设之“助教一席，也是当朝打眼的学官。至
14、明清两代，只设国子监国子学一科的“助教，其身价不谓显赫，也称得上朝廷要员。至此，无论是“博士“讲师，还是“教授“助教，其今日老师应具有的根本概念都具有了。=2HNO3+NOV气体体积减少32“师之概念，大体是从先秦时期的“师长、师傅、先生而来。其中“师傅更早那么意指春秋时国君的老师。?说文解字?中有注曰：“师教人以道者之称也。“师之含义，如今泛指从事教育工作或是传授知识技术也或是某方面有特长值得学习者。“老师的原意并非由“老而形容“师。“老在旧语义中也是一种尊称，隐喻年长且学识渊博者。“老“师连用最初见于?史记?，有“荀卿最为老师之说法。渐渐“老师之说也不再有年龄的限制，老少皆可适用。只是司马
15、迁笔下的“老师当然不是今日意义上的“老师，其只是“老和“师的复合构词，所表达的含义多指对知识渊博者的一种尊称，虽能从其身上学以“道，但其不一定是知识的传播者。今天看来，“老师的必要条件不光是拥有知识，更重于传播知识。VNO2单靠“死记还不行,还得“活用,姑且称之为“先死后活吧。让学生把一周看到或听到的新颖事记下来,摒弃那些假话套话空话,写出自己的真情实感,篇幅可长可短,并要求运用积累的成语、名言警句等,定期检查点评,选择优秀篇目在班里朗读或展出。这样,即稳固了所学的材料,又锻炼了学生的写作才能,同时还培养了学生的观察才能、思维才能等等,到达“一石多鸟的效果。20ml一般说来，“老师概念之形成经
16、历了非常漫长的历史。杨士勋唐初学者，四门博士?春秋谷梁传疏?曰：“师者教人以不及，故谓师为师资也。这儿的“师资，其实就是先秦而后历代对老师的别称之一。?韩非子?也有云：“今有不才之子师长教之弗为变其“师长当然也指老师。这儿的“师资和“师长可称为“老师概念的雏形，但仍说不上是名副其实的“老师，因为“老师必需要有明确的传授知识的对象和本身明确的职责。3：2=VNO2：20mL，VNO2= =30ml，原气体中VNO=60ml30mL=30mL，所以原混合气体中NO和NO2的体积比为为VNO2：VNO=30ml：30ml=1：1，应选C【分析】60mlNO2和NO的混合气体通入倒立于水槽中盛满水的试
17、管中，发生反响为3NO2+H2O=2HNO3+NO，充分反响后试管中剩下40ml气体应为NO，利用差量法计算二氧化氮气体的体积，再根据混合气体的体积计算一氧化氮气体的体积，从而确定其体积比6.【答案】B 【解析】【解答】解：A氨气极易溶于水，不能用排水法搜集，故A错误；B铵盐不稳定，所有铵盐受热易分解，氯化铵固体加热容易分解，故B正确；C氨气与易挥发性的酸相遇会产生白烟，故C错误；D实验室氢氧化钠与氯化铵固体反响制备氨气，一般不用氢氧化钠与氯化铵溶液反响制备，故D错误；应选B【分析】A氨气极易溶于水；B铵盐不稳定，所有铵盐受热易分解；C氨气与易挥发性的酸相遇会产生白烟；D实验室用氢氧化钙与氯化
18、铵固体反响制备氨气7.【答案】A 【解析】【解答】解：A浓硝酸见光和受热分解，故A正确；B、浓硝酸在常温下见光或受热会分解生成二氧化氮、水和氧气，与稀硝酸反响生成一氧化氮，故B错误；C、铝在常温下遇浓硝酸发生钝化现象，阻止反响进展，常温下可用铝制品盛装浓硝酸，而不是不反响，故C错误；D硝酸的浓度越大其氧化性越强，所以浓硝酸氧化性大于稀硝酸，故D错误；应选A【分析】A、浓硝酸光照和受热会分解；B、浓硝酸，稀硝酸具有强氧化性，遇金属反响不生成氢气而是形成氮的氧化物；C、铝在常温下遇浓硝酸发生钝化现象；D、浓硝酸氧化性大于稀硝酸8.【答案】C 【解析】【解答】解：铜和锌能和硝酸反响，而金不和稀硝酸反
19、响，故C符合题意。故答案为：C【分析】根据金属活动顺序知道金排在H的后面，那么可知盐酸不符合题意，而稀硝酸具有强氧化性、强腐蚀性能与铜和锌反响，不能与金反响。9.【答案】D 【解析】【解答】解：A二者反响生成硝酸铜与水，硝酸中氮元素化合价不变，只表达硝酸酸性，故A错误； B该反响中，硝酸中N元素部分化合价降低、部分化合价不变，所以硝酸表达氧化性和酸性，故B错误；C反响生成硝酸铁、一氧化氮和水，硝酸中N元素部分化合价降低、部分化合价不变，所以硝酸表达氧化性和酸性，故C错误；D在碳和浓HNO3的反响中，HNO3全部被复原，只表现氧化性，故D正确；应选：D【分析】硝酸只表现氧化性，说明硝酸中N元素都
20、得电子化合价降低，据此分析解答二、填空题10.【答案】4NH3+6NO 5N2+6H2O 【解析】【解答】解：相对分子质量最小的氧化物为水，在400、在催化剂存在的条件下NH3和NO反响生成氮气和水，该反响的化学方程为：4NH3+6NO 5N2+6H2O， 故答案为：4NH3+6NO 5N2+6H2O【分析】相对分子质量最小的氧化物为水，即NH3和NO反响生成氮气和水，以此解答该题11.【答案】NH42CO3；过滤；NH4HCO3；NaOH；Na2CO3；除去过量的NaOH、Na2CO3 【解析】【解答】1将CO2通入氨水中首先生成NH42CO3晶体析出，随CO2不断通入，NH42CO3和CO
21、2作用转化为NH4HCO3晶体，最终析出NH4HCO3晶体，发生的反响为CO2+2NH3 H2O=NH42CO3+H2O、NH42CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3 ， 总反响式为CO2+NH3H2O=NH4HCO3 ， 故答案为：NH42CO3；2粗盐提纯步骤应是向粗盐溶液中参加沉淀剂、过滤除去沉淀，然后参加盐酸，调pH除去前面参加沉淀剂引入的OH与CO32，此时溶液为纯洁的NaCl溶液，再向该溶液中参加NH4HCO3 ， 即可析出溶解度较小的NaHCO3 ， 然后过滤、洗涤得到纯洁NaHCO3 ， 将NaHCO3加热得到Na2CO3 ， 故答案为：过滤；NH4HCO3；3步骤2中参加
22、沉淀剂为NaOH用来除去Mg2+、碳酸钠用来除去Ca2+，发生的反响分别为 2OH+Mg2+=MgOH2、CO32+Ca2+=CaCO3，故答案为：NaOH；Na2CO3；4步骤中加盐酸调pH的目的是除去过量的NaOH、Na2CO3 ， 故答案为：除去过量的NaOH、Na2CO3 【分析】1二氧化碳和一水合氨发生的反响为CO2+2NH3 H2O=NH42CO3、NH42CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3；2粗盐提纯操作步骤为：溶解、参加沉淀剂、过滤，然后向滤液中参加稀盐酸，调节溶液的pH，再向溶液中参加碳酸氢铵，即可得到溶解度较小的NaHCO3 ， 再过滤、洗涤得到较纯洁的NaHCO3
23、， 最后加热NaHCO3得到Na2CO3；3步骤中所参加的试剂用NaOH除去OH ， 用Na2CO3除去Ca 2+；4加盐酸调pH的目的是除去过量的NaOH、Na2CO3 12.【答案】1关闭K3 ， 翻开K1、K2通入N2；排尽装置内的空气，以防氧化可能生成的NO2液封，防正硝酸挥发3向下挪动量气管D，调整液面使C、D 中液面相平40.08mol/L；121.68；A 【解析】【解答】解：1由装置图可知N2从K3进，空气从K1排出，所以要关闭 K2 ， 翻开K1、K3；NO易被空气中的氧气氧化，所以要先用氮气排净装置中的空气；故答案为：关闭K3 ， 翻开K1、K2；排尽装置内的空气，以防氧化
24、可能生成的NO；2硝酸属于挥发性酸，煤油的密度小在硝酸上面，能防止硝酸挥发，所以在硝酸中加煤油的作用为液封，防正硝酸挥发；故答案为：液封，防正硝酸挥发；3读数时要保持左右气体压强相等，以减少误差，即保持两边液面相平，还要用眼睛平视读数，即向下挪动量气管D，调整液面使C、D 中液面相平；故答案为：向下挪动量气管D，调整液面使C、D 中液面相平；4B中溶液为硝酸，与氢氧化钠等物质的量反响，从B中取20mL溶液，恰好中和用去0lmol/L的NaOH体积为16mL，那么c硝酸= =0.08mol/L；故答案为：0.08mol/L；B中发生的反响为3NO2+H2O=2HNO3+NO，B中溶液的体积为80
25、mL，那么B中硝酸的物质的量为0.08L0.08mol/L=0.0064mol，所以NO的体积为0.0064mol 22.4L/mol=0.07168L，由于A中残留N2为50mL，也被全部排到量气管中，所以理论上搜集到的气体体积为71.68+50=121.68mL；故答案为：121.68；ACu与一定物质的量浓度的HNO3反反响除了生成NO2还生成NO，生成NO时，量气管中NO偏多，实验最终测得气体的体积为130.5mL比理论值偏大，故A正确；B过程中还发生了反响4NO+3O2+2H2O=4HNO3 ， 那么量气管中NO偏少，而实验最终测得气体的体积为130.5mL比理论值偏大，故B错误；C
26、过程中还发生了反响4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ， 那么量气管中NO偏少，实验最终测得气体的体积为130.5mL比理论值偏大，故C错误；D实验中加了煤油，排除了硝酸挥发性的影响，实验值与理论值相近，故D错误；故答案为：A 【分析】1由装置图可知N2从K3进，空气从K1排出；NO能与空气中的氧气反响，要先排尽氧气；2硝酸属于挥发性酸，煤油的密度小在硝酸上面，能防止硝酸挥发；3读数时要保持左右气体压强相等，以减少误差；4B中溶液为硝酸，与氢氧化钠等物质的量反响，根据氢氧化钠的物质的量计算；B中发生的反响为3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据硝酸的物质的量计算NO的物质的量和体积；ACu
27、与一定物质的量浓度的HNO3反反响除了生成NO2还生成NO，生成NO时，量气管中NO偏多；B过程中还发生了反响4NO+3O2+2H2O=4HNO3 ， 那么量气管中NO偏少；C过程中还发生了反响4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ， 那么量气管中NO偏少；D实验中加了煤油，排除了硝酸挥发性的影响13.【答案】碱性；白烟 【解析】【解答】解：氨气和水反响生成氨水，氨水电离生成氢氧根离子和铵根离子，有关的方程式为：NH3+H2ONH3 H2ONH4+OH ， 溶液呈碱性； 氯化氢和氨气混合产生大量白烟过程中有新物质氯化铵生成，氯化铵固体小颗粒，产生大量的白烟，故答案为：碱性；白烟 【分析】氨气和
28、水反响生成氨水，氨水电离生成氢氧根离子和铵根离子，有关的方程式为：NH3+H2ONH3 H2ONH4+OH；氯化氢和氨气混合产生大量白烟过程中有新物质氯化铵生成，氯化铵固体小颗粒，由此分析解答三、综合题14.【答案】1NN；52Mg3N2+6H2O3MgOH2+2NH332NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O42NO+O2=2NO2；NO2+SO2=SO3+NO；催化剂5因为硫酸钙溶解度大于碳酸钙，硫酸钙可以转化物碳酸钙，碳酸钙易溶于酸中 【解析】【解答】1氮气分子中两个氮原子共用3对电子，构造式为：NN，氮原子核外有2个电子层最外层包容电子数为5；故答案为：NN；5；2氮化镁与水反响
29、生成氢氧化镁与氨气，化学方程式：Mg3N2+6H2O3MgOH2+2NH3；故答案为：Mg3N2+6H2O3MgOH2+2NH3；3NH3与NaClO反响可得到肼、氯化钠和水，化学方程式：2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O；故答案为：2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O；4一氧化氮具有复原性，很容易被氧气氧化，反响的方程式为：2NO+O2=2NO2 ， 二氧化氮能将二氧化硫氧化，反响的化学方程式为：NO2+SO2=SO3+NO，总反响为：2SO2+O2=2SO3 ， 可见整个过程一氧化氮的质量没有变化，故NO在反响中作催化剂，故答案为：2NO+O2=2NO2；NO2+SO
30、2=SO3+NO；催化剂；5硫酸钙不与盐酸反响，碳酸钙易溶于盐酸，故锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去，故答案为：因为硫酸钙溶解度大于碳酸钙，硫酸钙可以转化物碳酸钙，碳酸钙易溶于酸中【分析】1氮气分子中两个氮原子共用3对电子，氮原子核外有2个电子层最外层包容电子数为5；2氮化镁与水反响生成氢氧化镁与氨气；3NH3与NaClO反响可得到肼、氯化钠和水；4根据物质的性质来书写方程式，根据一氧化氮在反响中的特点来判断所起到的作用；5硫酸钙不与盐酸反响，碳酸钙易溶于盐酸，根据沉淀转化规律解答15.【答案】1Cu+4HNO3浓=CuNO32+2NO2+2H2O；溶液逐渐变
31、篮色，有红棕色气体逸出23Cu+8HNO3=3CuNO32+2NO+4H2O3参加稀硫酸后，氢离子与原溶液中硝酸根离子构成强氧化性酸，又能与过量的铜反响 【解析】【解答】解：1铜具有复原性，浓硝酸具有氧化性，铜与浓硝酸发生氧化复原反响，生成硝酸铜，二氧化氮和水，反响的化学方程式为Cu+4HNO3浓=CuNO32+2NO2+2H2O，现象为：溶液逐渐变篮色，有红棕色气体逸出；故答案为：Cu+4HNO3浓=CuNO32+2NO2+2H2O；溶液逐渐变篮色，有红棕色气体逸出；2铜片剩余，说明硝酸缺乏，那么反响将要完毕时，铜与稀硝酸硝酸反响生成硝酸铜和一氧化氮、水，方程式：3Cu+8HNO3=3CuN
32、O32+2NO+4H2O； 故答案为：3Cu+8HNO3=3CuNO32+2NO+4H2O；3参加稀硫酸后，氢离子原溶液中硝酸根离子构成强氧化性酸，又能与过量的铜反响，发生的反响为3Cu+8HNO3=3CuNO32+2NO+4H2O，故答案为：参加稀硫酸后，氢离子与原溶液中硝酸根离子构成强氧化性酸，又能与过量的铜反响【分析】1铜与浓硝酸反响生成硝酸铜和二氧化氮、水；2铜与稀硝酸硝酸反响生成硝酸铜和一氧化氮、水；3酸性环境下硝酸根离子可以氧化铜，反响生成铜离子、一氧化氮和水四、实验探究题16.【答案】1Cu能在Cl2中燃烧，产生棕黄色的烟2两只试管中的液体均超过试管容积的 ；加热液体的试管不与桌
33、面成45角向上倾斜；将装置2中的铁片改成一段为螺旋状的铁丝，螺旋状的一端深化硝酸中，另一端伸出橡胶塞3试管上部出现红棕色气体；Fe和硝酸反响后的溶液中可能有HNO3 ， 但也一定有Fe3+ ， Fe3+也能和Cu反响而使Cu片溶解4取适量反响后的溶液放入试管中，参加KSCN溶液无明显现象，再参加少量氯水，溶液变红那么证明溶液中含有Fe2+但不含Fe3+ 【解析】【解答】解：1铜在氧气中不燃烧，在氯气中能燃烧产生棕黄色烟， 故答案为：Cu能在Cl2中燃烧，产生棕黄色的烟；2加热液体时，试管内的液体超过试管的三分之一，超过三分之一时，加热过程中容易产生暴沸，造成平安事故；加热液体的试管不与桌面成4
34、5角向上倾斜，不能竖直向上；改进后的铜丝容易抽拉，即容易控制反响的进展，从而减少氮氧化物的排放，将装置2中的铁片改成一段为螺旋状的铁丝，螺旋状的一端深化硝酸中，另一端伸出橡胶塞，既能控制反响的进展又能减少氮氧化物的排放；故答案为：两只试管中的液体均超过试管容积的 ；加热液体的试管不与桌面成45角向上倾斜；将装置2中的铁片改成一段为螺旋状的铁丝，螺旋状的一端深化硝酸中，另一端伸出橡胶塞；3二氧化氮能和水反响生成硝酸和一氧化氮，当溶液中硝酸过量时，抑制二氧化氮的溶解，所以可看到气体呈红棕色，故答案为：试管上部出现红棕色气体；硝酸过量时，铁和硝酸反响生成三价铁，三价铁和铜能反响生成二价铁离子和铜离子
35、，从而使铜片溶解，发生反响为2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+ ， 故答案为：Fe和硝酸反响后的溶液中可能有HNO3 ， 但也一定有Fe3+ ， Fe3+也能和Cu反响而使Cu片溶解；4取适量反响后的溶液放入试管中，参加KSCN溶液无明显现象，再参加少量氯水，溶液变红那么证明溶液中含有Fe2+但不含Fe3+ ， 故答案为：取适量反响后的溶液放入试管中，参加KSCN溶液无明显现象，再参加少量氯水，溶液变红那么证明溶液中含有Fe2+但不含Fe3+ 故答案为：2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+ 【分析】1根据铜及氧气、氯气的性质分析；2根据实验时，取用液体的体积及加热液体的本卷须知分析；根据实验是否容易控制及反响产物量的多少分析；3根据二氧化氮的性质分析，二氧化氮能和水反响生成硝酸，当溶液中硝酸过量时，二氧化氮会剩余，气体呈红棕色；硝酸过量时，铁和硝酸反响生成三价铁，根据三价铁的性质分析；4先根据Fe3+的特征反响，参加硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+ ， 然后参加氧化剂，假如含有Fe2+ ， Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在*;第 12 页