第四章第四节第2课时 硫酸和硝酸的氧化性 同步辅导与测试
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| 名称 | 第四章第四节第2课时 硫酸和硝酸的氧化性 同步辅导与测试 |  | |
| 格式 | rar | ||
| 文件大小 | 104.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2010-10-14 20:56:00 | ||
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文档简介
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第四章 非金属及其化合物
第四节 氨 硝酸 硫酸
第2课时 硫酸和硝酸的氧化性
二、硫酸的氧化性
1．与金属反应
加热条件下，与除Au、Pt之外的金属反应，生成硝酸盐、SO2和H2O。
(1)与Cu反应：Cu＋2H2SO4(浓)△CuSO4＋SO2↑＋2H2O
(2)与Fe、Al反应：常温钝化，加热不能钝化。
2．与非金属反应：C＋2H2SO4(浓)△CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
三、硝酸的氧化性
1．与金属反应
与Au、Pt以外的几乎所有的金属反应，生成硝酸盐、NOx或NH4NO3和H2O。
(1)与Cu反应
Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O(制NO2)
Cu＋4H＋＋2NO=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O(制NO)
3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(2)与Fe、Al
常温下，浓HNO3使Fe、Al钝化，加热条件下不会钝化；稀HNO3也不能使Fe、Al钝化。
2．与非金属反应
浓HNO3在加热条件下与某些非金属单质反应，生成最高价氧化物或最高价含氧酸、NO2和H2O。
1．向50 mL 18 mol/L的H2SO4溶液中加入足量的铜片，加热使之反应。充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量( )
A．小于0.45 mol
B．等于0.45 mol
C．在0.45 mol和0.90 mol之间
D．大于0.90 mol
答案 A
解析 Cu与浓H2SO4在加热时的反应如下：
Cu＋2H2SO4(浓)△CuSO4＋2H2O＋SO2↑
由上述化学方程式看出，作氧化剂(被还原)的H2SO4的物质的量是参加反应的总H2SO4的物质的量的1/2，但随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，降低到一定程度变为稀硫酸后，不再与铜发生反应。所以，在Cu足量时，被还原的硫酸的物质的量应小于H2SO4总物质的量的1/2，
即n(被还原H2SO4)50 mL 18 mol/L的H2SO4溶液中，n(总H2SO4)＝50/1000 L×18 mol/L＝0.90 mol，所以，n(被还原H2SO4)易错警示 解答本题的主要失误在于一是没有理解题意，没有按“被还原的H2SO4的物质的量”这一关键性的指导语去考虑问题。二是没有理解随着反应进行，浓硫酸逐渐变稀，稀硫酸不和铜反应。类似问题还有MnO2与浓盐酸在加热条件下产生氯气，而稀盐酸不与MnO2反应。因此，一切因不同浓度产生不同产物(或不发生反应)的反应都会遇到上述问题，计算时要考虑反应的实际情况。
规律技巧 涉及到金属与硫酸反应时，要特别注意分析浓度不同时的反应情况：例如，锌和浓H2SO4反应时，如果Zn过量，开始时生成SO2气体，随着H2SO4浓度的降低，Zn与稀H2SO4反应生成H2，最终得到SO2和H2的混合物。Cu与浓H2SO4反应时，如果Cu过量，随着H2SO4浓度降低，反应将停止进行，只生成SO2气体。
2．某兴趣小组设计出下图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化。
(固定装置略去)
(1)实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，其目的是 。
(2)在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2 mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是
。
再由a向c中加2 mL蒸馏水，c中的实验现象是
。
(3)下表是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是________，理由是 。
方案 反应物
甲 Cu、浓HNO3
乙 Cu、稀HNO3
丙 Cu、O2、稀HNO3
(4)该小组还用上述装置进行实验证明氧化性KMnO4＞Cl2＞Br2，操作步骤为 ，
实验现象为 ；
但此实验的不足之处是 。
答案 (1)检查装置气密性
(2)Cu＋4HNO3(浓)Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 反应变缓，气体颜色变淡
(3)丙 耗酸量最少，无污染
(4)向d中加入KBr溶液，c中加入固体KMnO4，由a向c中加入浓盐酸 c中有黄绿色气体产生，d中溶液变为黄色 没有处理尾气
解析 (2)加2 mL蒸馏水，浓HNO3的浓度减小，化学反应速率减慢。
(3)甲：Cu＋4HNO3(浓)Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
乙：3Cu＋8HNO3(稀)3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
丙：2Cu＋O2△2CuO
CuO＋2HNO3(稀)Cu(NO3)2＋H2O
甲、乙分别有污染环境的NO2和NO生成，而且甲、乙、丙制取相同质量的Cu(NO3)2时，耗硝酸分别为：4 mol， mol，2 mol，所以丙方案最佳。
备课资源 在100 mL某混合液中，HNO3的物质的量浓度为0.4 mol/L，H2SO4的物质的量浓度为0.1 mol/L，向其中加入1.92 g 铜粉，微热，待充分反应后，求溶液中Cu2＋的物质的量浓度是多少？
答案 0.225 mol/L
解析 在100 mL溶液中，HNO3和H2SO4共电离出0.06 mol H＋、0.04 mol NO和0.01 mol SO。铜和0.04 mol HNO3完全反应后还有剩余，此时溶液中仍有0.03 mol NO、0.02 mol H＋、0.15 mol Cu2＋、0.01 mol SO。由此可见，溶液中还有相当于0.02 mol的HNO3存在，仍然可以继续和铜反应。
解法一：依据题意，n (HNO3)＝0.04 mol，n (H2SO4)＝0.01 mol，n (Cu)＝＝0.03mol。
3Cu＋8HNO33Cu (NO3)2＋2NO↑＋4H2O
3 8
0．03 0.04
从以上关系可知Cu过量，按HNO3进行计算，则消耗Cu的物质的量为
n (Cu)＝0.04 mol×＝0.015 mol
生成 Cu(NO3)2 0.015 mol，即还有NO的物质的量为n (NO)＝0.03 mol。因为溶液中有H2SO4 0.01 mol，即n (H＋)＝0.02 mol，所以此相当于溶液中还存在着0.02 mol HNO3，则又消耗Cu的物质的量为
n (Cu)＝0.02×＝0.007 5 mol
所以总共消耗的Cu的物质的量为n (Cu)＝0.015 mol＋0.007 5 mol＝0.022 5 mol，则Cu2＋的物质的量浓度为c (Cu2＋)＝＝0.225 mol·L－1。
解法二：从铜和稀硝酸反应的离子方程式看：
3Cu＋2NO＋8H＋3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
1．92 g Cu即0.03 mol Cu完全溶解，需n (H＋)＝0.08 mol，n (NO)＝0.02 mol，而此时溶液中有0.06 mol的H＋(不足量)、0.04 mol NO(足量)，因此按H＋的物质的量进行计算。
8H＋ ～ 3Cu2＋
8 3
0．06 mol n (Cu2＋)
所以Cu2＋的物质的量为n (Cu2＋)＝＝0.022 5 mol，则Cu2＋的物质的量浓度为c (Cu2＋)＝＝0.225 mol·L－1。
正确解答本题的关键是抓住铜和稀硝酸反应的本质。在这个反应中，有一部分HNO3发挥酸的作用，用于生成盐，另一部分HNO3发挥强氧化性的作用。而本题中用于生成盐的不仅有HNO3，还有H2SO4，所以产物中不仅有Cu(NO3)2还有CuSO4。
备课资源 如图所
示转化关系，判断A、B、C、D、E各是什么物质，写出有关的化学方程式。
(1)①当A为气体单质时，A是 ，B是 ，C是 ，D是 ，E是 。
②写出下列反应的化学方程式：
EC ；
BC 。
(2)①当A为固体单质时，A是________，B是______，C是__________，D是________，E是________。
②写出下列反应的化学方程式：
CD ；
BC 。
答案 (1)①N2 NH3 NO NO2 HNO3
②3Cu＋8HNO3(稀)3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O 4NH3＋5O2催化剂,△4NO＋6H2O
(2)①S H2S SO2 SO3 浓H2SO4
②2SO2＋O2催化剂,△2SO3
Cu＋2H2SO4(浓)△SO2↑＋CuSO4＋2H2O
解析 由题中所给的转化关系得知：B为氢化物。B经过两步反应，可以被氧化成D，说明A元素有多种价态，D能与水反应得E，E又能与Cu反应得氧化物C，则E一定为氧化性酸，依题意，应为硝酸或浓硫酸，由此不难得出答案。
1．在下列事实中，体现浓硫酸吸水性的是( )
A．可用铝、铁容器盛放浓硫酸
B．实验室制取纯净、干燥的氯气时，先将氯气通过饱和食盐水，再通过浓硫酸
C．将浓硫酸加入蔗糖(C12H22O11)中，蔗糖会变黑
D．浓硫酸与铜在加热时反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水
答案 B
解析 实验室用铝、铁容器盛放浓硫酸，是利用浓硫酸的强氧化性；实验室制取纯净、干燥的氯气是利用浓硫酸的吸水性；将浓硫酸加入蔗糖(C12H22O11)中，蔗糖会变黑(C)，体现浓硫酸的脱水性；浓硫酸与铜在加热时反应，体现浓硫酸的氧化性。
2．通常状况下，下列溶液能溶解铁的是( )
A．稀硝酸B.浓硝酸
C．NaOH溶液D.浓硫酸
答案 A
解析 Fe(或Al)在浓HNO3、浓H2SO4中常温下钝化，但能与其他酸反应。
3．m g铜与足量浓H2SO4共热时完全反应，在标准状况下生成n L气体，则被还原的H2SO4的量是( )
A. mol B. mol
C. g D. g
答案 BC
解析 Cu＋2H2SO4(浓)△CuSO4＋SO2↑＋2H2O
mol mol
参加反应的Cu、生成的SO2与被还原的H2SO4的物质的量相等。
4．铜粉放入稀硫酸中，加热后无明显现象发生。当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出。该盐是( )
A．Fe2(SO4)3 B.Na2CO3
C．KNO3 D.FeSO4
答案 C
解析 铜与稀硫酸不反应，但加入KNO3后，由于溶液中有H＋存在，故会发生如下反应：3Cu＋8H＋＋2NO3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。加入Fe2(SO4)3，也会使铜粉的质量减少，但无气体逸出，故答案选C项。
5．下列各组离子(各离子浓度均为0.1 mol·L－1)在水溶液中相互间不发生反应的一组是( )
A．K＋、Fe2＋、NO、H＋ B.SO、H＋、Fe2＋、Cl－
C．NO、I－、Na＋、K＋、H＋ D.I－、Cl－、NO、Na＋(酸性)
答案 B
解析 溶液中同时有H＋、NO时，还原性离子不能存在。
6．在标准状况下，将1.92 g铜粉投入一定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体的颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混合气体1.12 L，则混合气体中NO的体积为( )
A．112 mL B.108 mL
C．224 mL D.448 mL
答案 A
解析 由于电子守恒(氧化还原反应中电子得失相等)，所以可设混合气体中生成NO物质的量为x，则：
n (Cu)＝＝0.03 mol。
n (NO)＋n (NO2)＝＝0.05 mol。
NO和HNO3＋e－→NO和HNO3＋e－→NO2，得：
3x＋(0.05 mol－x)×1＝0.03 mol×2
x＝0.005 mol，
V (NO)＝0.005 mol×22.4 L·mol－1＝0.112 L＝112 mL。
7．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol/L NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A．60 mLB.45 mLC.30 mLD.15 mL
答案 A
解析 O2为氧化剂，Cu为还原剂，HNO3仅仅发生了复分解反应n(Cu)＝2n(O2)＝0.15 mol
n(NaOH)＝2n(Cu)＝0.3 mol，V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL，故选A。
8．实验室证明铜在低温下不能和O2发生反应，也不能和稀H2SO4共热发生反应，但工业上却是废铜屑倒入热的稀硫酸中并不断地通入空气来制取CuSO4溶液的。铜屑在此状态下发生的一系列化学反应的方程式： 。
利用铜与浓H2SO4在加热条件下也能制备CuSO4溶液，其化学方程式为 。
以上两种方法前者好还是后者好？原因是什么？
答案 2Cu＋O2△2CuO，CuO＋H2SO4(稀)CuSO4＋H2O
Cu＋2H2SO4(浓)△CuSO4＋SO2↑＋2H2O
第一种方法好。原因是：①制得相同质量的产品，第一种方法消耗硫酸少；②第二种方法生成的SO2会造成大气污染；③第一种方法节省能源。
解析 在稀硫酸存在的条件下，Cu与O2反应后的生成物CuO迅速溶解在热的稀硫酸中生成CuSO4；第二种方法是在加热条件下铜与浓H2SO4反应，H2SO4会被还原为SO2，其中利用率降低且生成的气体有毒。
9．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化学方程式为
。
(3)待反应停止后，再加入少量质量分数为25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，原因是 。
(4)若将12.8 g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜消耗完时，共产生气体5.6 L(标况下)。则所消耗硝酸的物质的量是__________。
答案 (1)Cu＋4HNO3(浓)Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 铜片溶解，溶液逐渐变成蓝色，有红棕色气体产生
(2)3Cu＋8HNO3(稀)3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(3)加入稀H2SO4后，H2SO4电离出的H＋与原溶液中的NO组成稀HNO3，又与过量的Cu反应，发生反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(4)0.65 mol
解析 随着反应的进行，HNO3的浓度逐渐变稀，与铜反应的实质也随之发生变化。
反应结束后，溶液中有NO，H2SO4提供H＋，二者相当于稀HNO3，又与铜进一步反应。
产生的5.6 L气体是NO2和NO的混合气体，n(NOx)＝＝0.25 mol，n(Cu)＝＝0.2 mol。
故消耗的HNO3为：2n(Cu)＋n(NOx)＝0.2 mol×2＋0.25 mol＝0.65 mol。
10．某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产物中的NO而设计了一个实验。其装置如下图(加热装置和固定装置均已略去)。图中K为止水夹(处于关闭状态)，F是一支半空的注射器，D是尾气处理装置(兼有防倒吸能力)。
请回答有关问题：
(1)设计装置A的目的是 ；为达此目的，应如何操作 ；A中反应的化学方程式为 。
(2)在(1)中的“操作”后将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是 ；
B中反应的离子方程式是 。
(3)装置E和F的作用是 ；
为实现此作用，其操作方法是 。
答案 (1)利用生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对Cu与稀HNO3反应气体产物观察的干扰 打开K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K CaCO3+2HNO3Ca(NO3)2＋CO2↑＋H2O
(2)铜丝上产生气泡，稀硝酸液面上气体仍为无色，溶液变为蓝色 3Cu＋8H＋＋2NO3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(3)验证无色气体为NO 将注射器F中的空气推入E中
解析 首先利用A装置中产生的CO2将整套装置中的空气赶出，创造无氧环境，然后铜与稀硝酸反应产生NO，利用E、F装置进行探究，C装置作用在于验证装置中空气是否已排出。D装置进行尾气吸收，整套装置设计合理，验证效果好。
常用于赶走空气的气体有：H2、N2、CO2等。
备课资源 (1)用过量的锌与浓硫酸反应，某同学认为除了生成二氧化硫外，还有氢气产生，理由是 。
(2)用过量的铜片与0.2 mol浓硫酸共热足够长时间(只考虑铜与浓硫酸反应，忽略其他副反应)，甲认为产生的SO2少于0.1 mol，理由是 ；
而乙同学认为产生的SO2恰为0.1 mol，理由是 。
答案 (1)由于锌过量，随着反应的进行，浓硫酸变稀，稀硫酸可与锌反应产生氢气
(2)甲认为由反应Cu＋2H2SO4(浓)△CuSO4＋SO2↑＋2H2O知，当0.2 mol H2SO4全部反应时，才生成0.1 mol SO2，随着反应的进行，浓硫酸变稀，而稀硫酸不与铜反应
乙认为由于加热的时间足够长，水比硫酸易挥发，因此硫酸始终保持较高浓度，直至与铜反应完为止
解析 浓硫酸与金属反应时，随着反应的进行，硫酸的量不断减少，硫酸由浓变稀，稀硫酸可与锌反应产生氢气，稀硫酸不与铜反应。
11．将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。请回答：
(1)NO的体积为________L，NO2的体积为________L。
(2)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a mol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为______ mol·L－1(用a、V表示)。
(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水________ g。
答案 (1)5.8 5.4 (2) (3)57.8
解析 (1)根据得失电子数相等，n (Cu)×2＝×2＝×3＋。解得V (NO)＝5.8 L，则V (NO2)＝5.4 L。
(2)恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀时，所得溶液为NaNO3溶液，则整个过程中作酸用的硝酸为：n(HNO3)作酸用＝n(NaOH)＝V×10－3 L×a mol·L－1＝aV ×10－3 mol，根据氮元素守恒，作氧化剂的硝酸与生成的气体的物质的量相等，则有：n (HNO3)被还原＝n (气体)＝＝0.5 mol。n (HNO3)＝n(HNO3)作酸用＋n(HNO3)被还原＝aV×10－3 mol＋0.5 mol，c (HNO3)＝＝ mol·L－1。
(3)根据上面计算可得n (NO)＝0.26 mol，n (NO2)＝0.24 mol。从反应的始终态分析：即要将NO中的＋2价的氮元素和NO2中的＋4价的氮元素完全转化为NaNO3中的＋5价的氮元素，此过程中得到的电子完全由H2O2提供。根据得失电子守恒得：n (NO)×3＋n(NO2)＝n(H2O2)×2，即0.26 mol×3＋0.24 mol＝n (H2O2)×2，求得n (H2O2)＝0.51 mol，m (H2O2)＝0.51 mol×34 g·mol－1＝17.34 g，需要30%的双氧水的质量为：17.34 g÷30%＝57.8 g。
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第四章 非金属及其化合物
第四节 氨 硝酸 硫酸
第2课时 硫酸和硝酸的氧化性
二、硫酸的氧化性
1．与金属反应
加热条件下，与除Au、Pt之外的金属反应，生成硝酸盐、SO2和H2O。
(1)与Cu反应：Cu＋2H2SO4(浓)△CuSO4＋SO2↑＋2H2O
(2)与Fe、Al反应：常温钝化，加热不能钝化。
2．与非金属反应：C＋2H2SO4(浓)△CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
三、硝酸的氧化性
1．与金属反应
与Au、Pt以外的几乎所有的金属反应，生成硝酸盐、NOx或NH4NO3和H2O。
(1)与Cu反应
Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O(制NO2)
Cu＋4H＋＋2NO=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O(制NO)
3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(2)与Fe、Al
常温下，浓HNO3使Fe、Al钝化，加热条件下不会钝化；稀HNO3也不能使Fe、Al钝化。
2．与非金属反应
浓HNO3在加热条件下与某些非金属单质反应，生成最高价氧化物或最高价含氧酸、NO2和H2O。
1．向50 mL 18 mol/L的H2SO4溶液中加入足量的铜片，加热使之反应。充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量( )
A．小于0.45 mol
B．等于0.45 mol
C．在0.45 mol和0.90 mol之间
D．大于0.90 mol
答案 A
解析 Cu与浓H2SO4在加热时的反应如下：
Cu＋2H2SO4(浓)△CuSO4＋2H2O＋SO2↑
由上述化学方程式看出，作氧化剂(被还原)的H2SO4的物质的量是参加反应的总H2SO4的物质的量的1/2，但随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，降低到一定程度变为稀硫酸后，不再与铜发生反应。所以，在Cu足量时，被还原的硫酸的物质的量应小于H2SO4总物质的量的1/2，
即n(被还原H2SO4)
规律技巧 涉及到金属与硫酸反应时，要特别注意分析浓度不同时的反应情况：例如，锌和浓H2SO4反应时，如果Zn过量，开始时生成SO2气体，随着H2SO4浓度的降低，Zn与稀H2SO4反应生成H2，最终得到SO2和H2的混合物。Cu与浓H2SO4反应时，如果Cu过量，随着H2SO4浓度降低，反应将停止进行，只生成SO2气体。
2．某兴趣小组设计出下图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化。
(固定装置略去)
(1)实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，其目的是 。
(2)在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2 mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是
。
再由a向c中加2 mL蒸馏水，c中的实验现象是
。
(3)下表是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是________，理由是 。
方案 反应物
甲 Cu、浓HNO3
乙 Cu、稀HNO3
丙 Cu、O2、稀HNO3
(4)该小组还用上述装置进行实验证明氧化性KMnO4＞Cl2＞Br2，操作步骤为 ，
实验现象为 ；
但此实验的不足之处是 。
答案 (1)检查装置气密性
(2)Cu＋4HNO3(浓)Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 反应变缓，气体颜色变淡
(3)丙 耗酸量最少，无污染
(4)向d中加入KBr溶液，c中加入固体KMnO4，由a向c中加入浓盐酸 c中有黄绿色气体产生，d中溶液变为黄色 没有处理尾气
解析 (2)加2 mL蒸馏水，浓HNO3的浓度减小，化学反应速率减慢。
(3)甲：Cu＋4HNO3(浓)Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
乙：3Cu＋8HNO3(稀)3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
丙：2Cu＋O2△2CuO
CuO＋2HNO3(稀)Cu(NO3)2＋H2O
甲、乙分别有污染环境的NO2和NO生成，而且甲、乙、丙制取相同质量的Cu(NO3)2时，耗硝酸分别为：4 mol， mol，2 mol，所以丙方案最佳。
备课资源 在100 mL某混合液中，HNO3的物质的量浓度为0.4 mol/L，H2SO4的物质的量浓度为0.1 mol/L，向其中加入1.92 g 铜粉，微热，待充分反应后，求溶液中Cu2＋的物质的量浓度是多少？
答案 0.225 mol/L
解析 在100 mL溶液中，HNO3和H2SO4共电离出0.06 mol H＋、0.04 mol NO和0.01 mol SO。铜和0.04 mol HNO3完全反应后还有剩余，此时溶液中仍有0.03 mol NO、0.02 mol H＋、0.15 mol Cu2＋、0.01 mol SO。由此可见，溶液中还有相当于0.02 mol的HNO3存在，仍然可以继续和铜反应。
解法一：依据题意，n (HNO3)＝0.04 mol，n (H2SO4)＝0.01 mol，n (Cu)＝＝0.03mol。
3Cu＋8HNO33Cu (NO3)2＋2NO↑＋4H2O
3 8
0．03 0.04
从以上关系可知Cu过量，按HNO3进行计算，则消耗Cu的物质的量为
n (Cu)＝0.04 mol×＝0.015 mol
生成 Cu(NO3)2 0.015 mol，即还有NO的物质的量为n (NO)＝0.03 mol。因为溶液中有H2SO4 0.01 mol，即n (H＋)＝0.02 mol，所以此相当于溶液中还存在着0.02 mol HNO3，则又消耗Cu的物质的量为
n (Cu)＝0.02×＝0.007 5 mol
所以总共消耗的Cu的物质的量为n (Cu)＝0.015 mol＋0.007 5 mol＝0.022 5 mol，则Cu2＋的物质的量浓度为c (Cu2＋)＝＝0.225 mol·L－1。
解法二：从铜和稀硝酸反应的离子方程式看：
3Cu＋2NO＋8H＋3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
1．92 g Cu即0.03 mol Cu完全溶解，需n (H＋)＝0.08 mol，n (NO)＝0.02 mol，而此时溶液中有0.06 mol的H＋(不足量)、0.04 mol NO(足量)，因此按H＋的物质的量进行计算。
8H＋ ～ 3Cu2＋
8 3
0．06 mol n (Cu2＋)
所以Cu2＋的物质的量为n (Cu2＋)＝＝0.022 5 mol，则Cu2＋的物质的量浓度为c (Cu2＋)＝＝0.225 mol·L－1。
正确解答本题的关键是抓住铜和稀硝酸反应的本质。在这个反应中，有一部分HNO3发挥酸的作用，用于生成盐，另一部分HNO3发挥强氧化性的作用。而本题中用于生成盐的不仅有HNO3，还有H2SO4，所以产物中不仅有Cu(NO3)2还有CuSO4。
备课资源 如图所
示转化关系，判断A、B、C、D、E各是什么物质，写出有关的化学方程式。
(1)①当A为气体单质时，A是 ，B是 ，C是 ，D是 ，E是 。
②写出下列反应的化学方程式：
EC ；
BC 。
(2)①当A为固体单质时，A是________，B是______，C是__________，D是________，E是________。
②写出下列反应的化学方程式：
CD ；
BC 。
答案 (1)①N2 NH3 NO NO2 HNO3
②3Cu＋8HNO3(稀)3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O 4NH3＋5O2催化剂,△4NO＋6H2O
(2)①S H2S SO2 SO3 浓H2SO4
②2SO2＋O2催化剂,△2SO3
Cu＋2H2SO4(浓)△SO2↑＋CuSO4＋2H2O
解析 由题中所给的转化关系得知：B为氢化物。B经过两步反应，可以被氧化成D，说明A元素有多种价态，D能与水反应得E，E又能与Cu反应得氧化物C，则E一定为氧化性酸，依题意，应为硝酸或浓硫酸，由此不难得出答案。
1．在下列事实中，体现浓硫酸吸水性的是( )
A．可用铝、铁容器盛放浓硫酸
B．实验室制取纯净、干燥的氯气时，先将氯气通过饱和食盐水，再通过浓硫酸
C．将浓硫酸加入蔗糖(C12H22O11)中，蔗糖会变黑
D．浓硫酸与铜在加热时反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水
答案 B
解析 实验室用铝、铁容器盛放浓硫酸，是利用浓硫酸的强氧化性；实验室制取纯净、干燥的氯气是利用浓硫酸的吸水性；将浓硫酸加入蔗糖(C12H22O11)中，蔗糖会变黑(C)，体现浓硫酸的脱水性；浓硫酸与铜在加热时反应，体现浓硫酸的氧化性。
2．通常状况下，下列溶液能溶解铁的是( )
A．稀硝酸B.浓硝酸
C．NaOH溶液D.浓硫酸
答案 A
解析 Fe(或Al)在浓HNO3、浓H2SO4中常温下钝化，但能与其他酸反应。
3．m g铜与足量浓H2SO4共热时完全反应，在标准状况下生成n L气体，则被还原的H2SO4的量是( )
A. mol B. mol
C. g D. g
答案 BC
解析 Cu＋2H2SO4(浓)△CuSO4＋SO2↑＋2H2O
mol mol
参加反应的Cu、生成的SO2与被还原的H2SO4的物质的量相等。
4．铜粉放入稀硫酸中，加热后无明显现象发生。当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出。该盐是( )
A．Fe2(SO4)3 B.Na2CO3
C．KNO3 D.FeSO4
答案 C
解析 铜与稀硫酸不反应，但加入KNO3后，由于溶液中有H＋存在，故会发生如下反应：3Cu＋8H＋＋2NO3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。加入Fe2(SO4)3，也会使铜粉的质量减少，但无气体逸出，故答案选C项。
5．下列各组离子(各离子浓度均为0.1 mol·L－1)在水溶液中相互间不发生反应的一组是( )
A．K＋、Fe2＋、NO、H＋ B.SO、H＋、Fe2＋、Cl－
C．NO、I－、Na＋、K＋、H＋ D.I－、Cl－、NO、Na＋(酸性)
答案 B
解析 溶液中同时有H＋、NO时，还原性离子不能存在。
6．在标准状况下，将1.92 g铜粉投入一定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体的颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混合气体1.12 L，则混合气体中NO的体积为( )
A．112 mL B.108 mL
C．224 mL D.448 mL
答案 A
解析 由于电子守恒(氧化还原反应中电子得失相等)，所以可设混合气体中生成NO物质的量为x，则：
n (Cu)＝＝0.03 mol。
n (NO)＋n (NO2)＝＝0.05 mol。
NO和HNO3＋e－→NO和HNO3＋e－→NO2，得：
3x＋(0.05 mol－x)×1＝0.03 mol×2
x＝0.005 mol，
V (NO)＝0.005 mol×22.4 L·mol－1＝0.112 L＝112 mL。
7．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol/L NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A．60 mLB.45 mLC.30 mLD.15 mL
答案 A
解析 O2为氧化剂，Cu为还原剂，HNO3仅仅发生了复分解反应n(Cu)＝2n(O2)＝0.15 mol
n(NaOH)＝2n(Cu)＝0.3 mol，V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL，故选A。
8．实验室证明铜在低温下不能和O2发生反应，也不能和稀H2SO4共热发生反应，但工业上却是废铜屑倒入热的稀硫酸中并不断地通入空气来制取CuSO4溶液的。铜屑在此状态下发生的一系列化学反应的方程式： 。
利用铜与浓H2SO4在加热条件下也能制备CuSO4溶液，其化学方程式为 。
以上两种方法前者好还是后者好？原因是什么？
答案 2Cu＋O2△2CuO，CuO＋H2SO4(稀)CuSO4＋H2O
Cu＋2H2SO4(浓)△CuSO4＋SO2↑＋2H2O
第一种方法好。原因是：①制得相同质量的产品，第一种方法消耗硫酸少；②第二种方法生成的SO2会造成大气污染；③第一种方法节省能源。
解析 在稀硫酸存在的条件下，Cu与O2反应后的生成物CuO迅速溶解在热的稀硫酸中生成CuSO4；第二种方法是在加热条件下铜与浓H2SO4反应，H2SO4会被还原为SO2，其中利用率降低且生成的气体有毒。
9．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化学方程式为
。
(3)待反应停止后，再加入少量质量分数为25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，原因是 。
(4)若将12.8 g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜消耗完时，共产生气体5.6 L(标况下)。则所消耗硝酸的物质的量是__________。
答案 (1)Cu＋4HNO3(浓)Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 铜片溶解，溶液逐渐变成蓝色，有红棕色气体产生
(2)3Cu＋8HNO3(稀)3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(3)加入稀H2SO4后，H2SO4电离出的H＋与原溶液中的NO组成稀HNO3，又与过量的Cu反应，发生反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(4)0.65 mol
解析 随着反应的进行，HNO3的浓度逐渐变稀，与铜反应的实质也随之发生变化。
反应结束后，溶液中有NO，H2SO4提供H＋，二者相当于稀HNO3，又与铜进一步反应。
产生的5.6 L气体是NO2和NO的混合气体，n(NOx)＝＝0.25 mol，n(Cu)＝＝0.2 mol。
故消耗的HNO3为：2n(Cu)＋n(NOx)＝0.2 mol×2＋0.25 mol＝0.65 mol。
10．某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产物中的NO而设计了一个实验。其装置如下图(加热装置和固定装置均已略去)。图中K为止水夹(处于关闭状态)，F是一支半空的注射器，D是尾气处理装置(兼有防倒吸能力)。
请回答有关问题：
(1)设计装置A的目的是 ；为达此目的，应如何操作 ；A中反应的化学方程式为 。
(2)在(1)中的“操作”后将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是 ；
B中反应的离子方程式是 。
(3)装置E和F的作用是 ；
为实现此作用，其操作方法是 。
答案 (1)利用生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对Cu与稀HNO3反应气体产物观察的干扰 打开K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K CaCO3+2HNO3Ca(NO3)2＋CO2↑＋H2O
(2)铜丝上产生气泡，稀硝酸液面上气体仍为无色，溶液变为蓝色 3Cu＋8H＋＋2NO3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(3)验证无色气体为NO 将注射器F中的空气推入E中
解析 首先利用A装置中产生的CO2将整套装置中的空气赶出，创造无氧环境，然后铜与稀硝酸反应产生NO，利用E、F装置进行探究，C装置作用在于验证装置中空气是否已排出。D装置进行尾气吸收，整套装置设计合理，验证效果好。
常用于赶走空气的气体有：H2、N2、CO2等。
备课资源 (1)用过量的锌与浓硫酸反应，某同学认为除了生成二氧化硫外，还有氢气产生，理由是 。
(2)用过量的铜片与0.2 mol浓硫酸共热足够长时间(只考虑铜与浓硫酸反应，忽略其他副反应)，甲认为产生的SO2少于0.1 mol，理由是 ；
而乙同学认为产生的SO2恰为0.1 mol，理由是 。
答案 (1)由于锌过量，随着反应的进行，浓硫酸变稀，稀硫酸可与锌反应产生氢气
(2)甲认为由反应Cu＋2H2SO4(浓)△CuSO4＋SO2↑＋2H2O知，当0.2 mol H2SO4全部反应时，才生成0.1 mol SO2，随着反应的进行，浓硫酸变稀，而稀硫酸不与铜反应
乙认为由于加热的时间足够长，水比硫酸易挥发，因此硫酸始终保持较高浓度，直至与铜反应完为止
解析 浓硫酸与金属反应时，随着反应的进行，硫酸的量不断减少，硫酸由浓变稀，稀硫酸可与锌反应产生氢气，稀硫酸不与铜反应。
11．将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。请回答：
(1)NO的体积为________L，NO2的体积为________L。
(2)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a mol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为______ mol·L－1(用a、V表示)。
(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水________ g。
答案 (1)5.8 5.4 (2) (3)57.8
解析 (1)根据得失电子数相等，n (Cu)×2＝×2＝×3＋。解得V (NO)＝5.8 L，则V (NO2)＝5.4 L。
(2)恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀时，所得溶液为NaNO3溶液，则整个过程中作酸用的硝酸为：n(HNO3)作酸用＝n(NaOH)＝V×10－3 L×a mol·L－1＝aV ×10－3 mol，根据氮元素守恒，作氧化剂的硝酸与生成的气体的物质的量相等，则有：n (HNO3)被还原＝n (气体)＝＝0.5 mol。n (HNO3)＝n(HNO3)作酸用＋n(HNO3)被还原＝aV×10－3 mol＋0.5 mol，c (HNO3)＝＝ mol·L－1。
(3)根据上面计算可得n (NO)＝0.26 mol，n (NO2)＝0.24 mol。从反应的始终态分析：即要将NO中的＋2价的氮元素和NO2中的＋4价的氮元素完全转化为NaNO3中的＋5价的氮元素，此过程中得到的电子完全由H2O2提供。根据得失电子守恒得：n (NO)×3＋n(NO2)＝n(H2O2)×2，即0.26 mol×3＋0.24 mol＝n (H2O2)×2，求得n (H2O2)＝0.51 mol，m (H2O2)＝0.51 mol×34 g·mol－1＝17.34 g，需要30%的双氧水的质量为：17.34 g÷30%＝57.8 g。
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