重难点04 浓硫酸、浓硝酸的性质与反应计算-2020-2021学年高一化学重难点探究（人教版2019必修第二册）.docx

2020-2021学年高一化学重难点探究（人教版2019必修第二册）
重难点04
浓硫酸、浓硝酸的性质与反应计算
方法探究
一、浓硫酸的物理性质与特性
1．浓硫酸的物理性质
纯净的浓硫酸是一种无色黏稠、油状的液体，溶于水时放出大量的热，稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并不断用玻璃棒搅拌。
2．浓硫酸的特性
（1）吸水性
浓硫酸可以吸收空气或其他气体中的水蒸气、混在固体中的湿存水、结晶水合物中的结晶水。在实验室里常用浓硫酸作干燥剂。
特别提醒：不是所有气体都能用浓硫酸进行干燥。浓硫酸呈酸性，能与碱性气体如氨气发生化学反应，因此不能用浓硫酸干燥氨气。浓硫酸具有强氧化性，能与还原性气体如H2S等发生氧化还原反应，因此不能用浓硫酸干燥H2S等还原性气体。实际使用中，浓硫酸常用来干燥CO、H2、O2、N2等中性气体及HCl、CO2、SO2等酸性气体。
（2）脱水性
浓硫酸可以使有机化合物中的氢、氧元素按水的组成从有机物中“脱离”出来，结合生成水分子。
（3）强氧化性
①浓硫酸能与大多数金属反应，生成高价态金属的硫酸盐，本身一般被还原为SO2。如与铜反应的实验如下表所示：
实验操作
实验现象
a试管中铜丝表面变黑，有气泡逸出；
b试管中的品红溶液逐渐变为无色；
c试管中的紫色石蕊溶液逐渐变为红色；
将a试管里的溶液慢慢倒入水中，溶液变为蓝色。
实验结论
Cu和浓H2SO4反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
②常温下，浓硫酸能使铁、铝钝化。
③浓硫酸可将碳、磷等非金属单质氧化成高价态的氧化物或含氧酸，本身被还原为SO2。如：C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O。
特别提醒：
1．浓硫酸与稀硫酸氧化性的区别：浓硫酸具有强氧化性，原因是H2SO4―→SO2；稀硫酸具有弱氧化性，原因是2H+―→H2。
2．足量的铜与浓硫酸反应时，实际产生的SO2比理论值要小，原因是随着反应的进行，硫酸的浓度不断减小，当硫酸的浓度减小到一定程度时就不再与铜反应。
3．常温下，铁、铝遇到浓硫酸时并不是不反应，而是发生钝化，表面形成致密氧化膜阻止浓硫酸与金属的接触。
二、硝酸的强氧化性及其特性
1．规律
(1)硝酸的浓度越大．反应温度越高，其氧化性越强。
(2)浓硝酸的还原产物是NO2，稀硝酸的还原产物是NO，一般来讲，硝酸的浓度越稀，其还原产物的价态越低。
2．具体表现
(1)硝酸与金属的反应。
①除Au、Pt等少数金属外，硝酸几乎可以氧化所有的金属，如3Ag+4HNO4(稀)===3AgNO3+NO↑+2H2O；
②活泼金属与硝酸反应不生成H2，硝酸的浓度不同，还原产物不同；
③常温下浓硝酸能使Fe、Al钝化。
(2)硝酸与非金属的反应。
①反应规律：非金属单质+浓硝酸―→最高价氧化物或其含氧酸+NO2↑+H2O；
②实例：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O。
(3)硝酸与还原性化合物的反应。
硝酸的强氧化性还表现在可以氧化具有还原性的化合物或离子，如HI、HBr、SO2、Fe2+、FeO、Br?、I?、S2?、等均能被HNO3氧化。
三、硝酸与金属反应的有关计算方法
1．从反应的本质看：金属与硝酸反应的实质是金属与H+和的共同作用。
例如：铜与稀硝酸反应的实质是：3Cu
+8H++2===3Cu2+
+4H2O
+2NO↑。
Fe2+与稀硝酸反应的实质是：3Fe2+
+4H+
+===3Fe3+
+2H2O+NO↑。
2．从硝酸在反应中的作用看：参加反应的硝酸一部分显酸性，生成硝酸盐，另一部分作氧化剂，一般转化为氮的氧化物(NO或NO2)，根据氮元素守恒解题。
3．从守恒的角度看：
(1)电子守恒：硝酸与金属反应属于氧化还原反应，一般情况下金属失去的电子被+5价的氮得到，转化为
NO
或
NO2
(也可能会转化为N2O、N2和NH3)，N原子得到的电子数等于金属原子失去的电子数，由此可求出氮元素被还原后的价态，根据价态确定反应产物。
(2)原子守恒：硝酸与金属反应时，一部分以的形式存在，一部分转化为还原产物，这两部分中N的物质的量与反应消耗的HNO3中N的物质的量相等。
4．从反应始态和最终状态看：终态法的运用使许多复杂问题简单化，在化学计算中具有非常重要的地位。
典例剖析
2．将128
g铜置于一定量的浓硝酸中并微热。当铜片完全消失时，共收集到NO2和NO的混合气体
44.8
L(标准状况)。
(1)写出上述过程中有关反应的离子方程式：___________________、_______________。
(2)混合气体中NO2的体积为__________
L，NO的体积________
L(均为标准状况下)。
(3)将收集上述气体的容器倒扣在盛有水的水槽中，并向其中缓慢通入O2使其充分反应，若要使溶液恰好充满容器，则理论上需要参加反应的O2的物质的量为________mol。
【答案】(1)Cu+4H++2NO3?=Cu2++2NO2↑+2H2O
3Cu+8H++2NO3?=3Cu2++2NO↑+4H2O
(2)22.4
22.4
(3)1
【解析】Cu与浓硝酸反应产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应进行到一定程度后，硝酸变为稀硝酸，稀硝酸与铜发生反应产生硝酸铜、一氧化氮和水，在反应过程中Cu失去电子的物质的量与硝酸变为二氧化氮、一氧化氮获得电子的物质的量相等，据此可计算出混合气体中两种气体的体积；将盛有反应产生的气体的容器倒扣在盛有水的水槽中，不断通入氧气，至溶液恰好充满容器，二氧化氮、一氧化氮又变为硝酸，则氧气获得电子的物质的量与铜失去电子的物质的量相等，据此计算反应消耗氧气的物质的量。
(1)
Cu与浓硝酸反应产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3?=Cu2++2NO2↑+2H2O；当反应进行到一定程度后，硝酸变为稀硝酸，这时稀硝酸与铜发生反应产生硝酸铜、一氧化氮和水，该反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3?=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(2)n(Cu)=128
g÷64
g/mol=2mol，由于Cu是+2价金属，所以n(e?)=2
n(Cu)=2×2
mol=4
mol，根据反应过程可知n(NO2)+n(NO)=44.8
L÷22.4
L/mol=2
mol，由反应过程中得失电子守恒可得n(NO2)+3n(NO)=4
mol，两式联立可得n(NO2)=n(NO)=1
mol，所以V(NO2)=V(NO)=22.4
L；
(3)将收集上述气体的容器倒扣在盛有水的水槽中，并向其中缓慢通入O2使其充分反应，若要使溶液恰好充满容器，则NO2、NO又转化为HNO3，最终结果是Cu失去电子，O2获得电子，根据电子守恒可得4n(O2)=4mol，所以理论上需要参加反应的O2的物质的量为n(O2)=1
mol。
精选习题
1．（2020·重庆万州龙驹中学高一月考）下列反应中，硝酸既表现酸性，又表现氧化性的是
A．Fe2O3跟稀硝酸反应
B．Fe(OH)2跟稀硝酸反应
C．CuO跟稀硝酸反应
D．Al(OH)3跟稀硝酸反应
【答案】B
【解析】A．Fe2O3和HNO3反应生成硝酸和水，硝酸只表现出强酸性，故A错误；
B．Fe(OH)2和HNO3反应生成硝酸铁、NO和水，N元素化合价降低，硝酸表现出氧化性，生成硝酸铁，硝酸还表现出酸性，故B正确；
C．CuO和HNO3反应生成硝酸铜和水，化合价没有变化，不是氧化还原反应，硝酸只表现出酸性，故C错误；
D．Al(OH)3和HNO3反应生成硝酸铝和水，N元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，硝酸只表现出酸性，故D错误；
答案选B。
2．（2020·四川省内江市第六中学高一期中）利用如图装置进行铜与浓硫酸反应产物及其性质的验证实验。下列实验操作、现象、结论均正确的是
操作与现象
结论
A
品红溶液褪色
产物中有SO2
B
石蕊溶液先变红，后褪色
SO2属于酸，具有漂白性
C
向反应后试管中加水，溶液变蓝
证明浓硫酸具有强氧化性
D
铜片还有剩余
硫酸反应完全
【答案】A
【解析】A.反应产物中只有SO2具有漂白性，所以品红溶液褪色，表明产物中有SO2，A正确；
B.反应产物SO2虽然具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，只能使石蕊变红色，B错误；
C.
应将试管内的浊液倒入水中，溶液变蓝，证明浓硫酸具有吸水性，C错误；
D.铜和稀硫酸不反应
，则该反应中即便铜片有剩余，硫酸也一定有剩余，D错误；
故选A。
3．（2019·石家庄市第二十二中学高一期末）某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：
①、③均观察到实验现象：溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生。下列说法正确的是
A．①试管口有红棕色气体产生，原因是硝酸被还原为NO2
B．由③的现象可得出结论：Cu可与稀硫酸反应
C．③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-+8H+
===
3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
D．③中可能产生SO2
【答案】C
【解析】A.
稀硝酸和铜片反应的离子方程式为：3Cu＋2NO3-+8H+
=
3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，①试管口有红棕色气体产生是因为NO被氧化为NO2，故A错误；
B.
产生③的现象是因为剩余的NO3-遇到硫酸中的氢离子发生了反应：3Cu＋2NO3-+8H+
=
3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故B错误；
C.
③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-+8H+
=
3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故C正确；
D.
SO2具有较强的还原性，所以③中不可能产生SO2，故D错误；答案：C。
4．（2020·安徽师范大学附属中学高一期中）如图是硫酸试剂标签上的部分内容，据此下列说法正确的是（
）
A．该硫酸试剂的物质的量浓度为18.4mol·L-1
B．该硫酸可以干燥H2S等酸性气体，但不可以干燥NH3
C．50mL该H2SO4中加入足量的铜片并加热，被还原的H2SO4的物质的量为0.46mol
D．2.7gAl与足量的该硫酸反应可得到H23.36L
【答案】A
【解析】A.
该硫酸试剂的物质的量浓度为18.4mol·L-1，故A正确；
B.
浓硫酸具有强氧化性，浓硫酸和H2S能发生氧化还原反应，所以浓硫酸不能干燥H2S，故B错误；
C.
50mL该H2SO4中硫酸的物质的量是0.05L×18.4mol·L-1=0.92mol，铜与稀硫酸不反应，加入足量的铜片并加热，参加反应的硫酸小于0.92mol，被还原的H2SO4的物质的量小于0.46mol，故C错误；
D.常温下，铝在浓硫酸中钝化，二者反应生成二氧化硫得不到氢气，故D错误；
故选A。
5．（2020·广东省珠海一中实验学校高一单元测试）炭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
A．洗气瓶中产生的沉淀有碳酸钡
B．Z导管口无红棕色气体出现
C．洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡
D．Z导管出来的气体中有二氧化碳
【答案】D
【解析】【分析】炭与浓硫酸共热时发生反应：①C+2H2SO4(浓)CO2↑+SO2↑+2H2O，铜与浓硝酸反应生成NO2：②Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2↑+2NO2↑+2H2O。
【详解】A．
NO2会与SO2反应生成酸：NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4，所以在此较强的酸性条件下，不会生成碳酸钡沉淀，A项错误；
B．NO2溶于发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，逸出的NO遇到液面上方的空气，生成红棕色的NO2气体，B项错误；
C．NO2与水反应生成HNO3，HNO3将SO2氧化成SO42-，再与溶液中的Ba2+反应生成BaSO4沉淀，不是亚硫酸钡沉淀，C项错误；
D．二氧化碳在较强的酸性介质中的溶解度很小，CO2与溶液成分又不发生反应，所以会有CO2逸出，D项正确；
答案选D项。
6．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液
溶液呈红色
稀HNO3将Fe氧化为Fe3+
B
常温下，Fe、Al放入浓HNO3或浓H2SO4中
无明显现象
Fe、Al与浓HNO3或浓H2SO4发生钝化
C
Al箔插入稀HNO3中
无现象
Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜
D
用玻璃棒蘸取浓HNO3点到红色石蕊试纸上
试纸变蓝色
浓HNO3具有酸性
【答案】B
【解析】稀硝酸与铁粉反应，铁首先被氧化成Fe3+，过量铁粉将Fe3+还原，最终得到Fe2+，滴入KSCN溶液不显红色，A错误；常温下，Fe、Al在浓HNO3或浓H2SO4中发生钝化，生成致密的保护膜阻止了反应进行，B正确；Al箔能与稀HNO3反应放出气体，C错误；浓硝酸具有氧化性，能使红色石蕊试纸先变红后褪色，D错误。
7．（黑龙江省牡丹江市第一高级中学2020届高三上学期开学检测）某浓度稀HNO3与金属M反应时，能得到+2价硝酸盐，反应时M与HNO3的物质的量之比为5
∶12，则反应时HNO3的还原产物是
（
）
A．NH4NO3
B．N2
C．N2O
D．NO
【答案】B
【解析】依据题意可列出反应方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2↑+6H2O，某稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐，所以1mol
M失去2mol电子，5mol
M失去10mol电子；而12mol
HNO3中，有10mol硝酸没有参加氧化还原反应，只有2mol硝酸参加氧化还原反应，得到10mol电子，硝酸中氮的化合价为+5价，所以还原产物必须是0价的N2，B项正确；
答案选B。
【点睛】利用电子转移数守恒是解题的突破口，找到化合价的定量关系，理解氧化还原反应的本质是关键。
8．（2020·安徽师范大学附属中学高一期中）将一定比例的NH3、O2、NO2所组成的混合气体，通过足量稀硫酸后，仍有部分气体剩余。将余烬木条插入剩余气体中，木条不复燃，则原混合气中NH3、O2、NO2物质的量之比不可能为（
）
A．3：1：4
B．2：1：5
C．1：1：7
D．4：1：5
【答案】A
【解析】NH3能被稀硫酸完全吸收，O2、NO2、H2O发生反应O2+4NO2+2H2O=4HNO3、3NO2+H2O=2HNO3+NO；NH3、O2、NO2所组成的混合气体，通过足量稀硫酸后，仍有部分气体剩余，将余烬木条插入剩余气体中，木条不复燃，说明剩余气体不是氧气，
O2+4NO2+2H2O=4HNO3反应中NO2有剩余，剩余NO2参与反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，即必须满足O2、NO2的比小于1:4，若O2、NO2的比等于1:4，没有气体剩余，故选A。
9．（2020·广东省珠海一中实验学校高一单元测试）某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别为0.4mol/L和0.1mol/L。向该混合液中加入1.92g铜粉，加热使反应发生完全。下列说法正确的是(忽略反应前后溶液体积变化)（
）
A．所得溶液中n(Cu2+)=0.3mol
B．所得溶液中c(H+)=0.03mol/L
C．标准状况，所得气体的体积约为0.336L
D．反应中转移0.06mol的电子
【答案】C
【解析】【分析】n（Cu）==0.03mol，n（H+）=0.4mol/L×0.1L+0.1mol/L×2×0.1L=0.06mol，n（NO3-）=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，发生3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，判断过量后以不足量代入计算．
【详解】解：n（Cu）==0.03mol，n（H+）=0.4mol/L×0.1L+0.1mol/L×2×0.1L=0.06mol，n（NO3-）=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，
由
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
3
8
2
0.03mol
0.08mol
0.02mol
显然氢离子的物质的量0.06mol<0.08mol，因而H+不足，以H+为基准计算；
A．由氢离子的物质的量及离子方程式可知0.06mol氢离子反应，生成的铜离子的物质的量为0.06mol×
=0.0225mol，故A错误；
B．由于该反应H+不足，已反应完，故B错误；
C．生成的NO的物质的量为0.06mol×=0.015mol，标准状况下生成NO的体积为0.015mol×22.4L/mol=0.336L，
故C正确；
D．反应中转移的电子以铜计算，反应的铜为0.0225mol，则转移的电子为：0.0225mol×2=0.045mol，故D错误；
答案选：C。
【点睛】
本题考查离子反应的计算，解答该题的关键是把握反应的离子方程式及判断反应的过量问题，侧重分析能力和计算能力的考查，本题中判断H+不足是解题关键。
10．（2020·安徽师范大学附属中学高一期中）将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，共产生NO气体4.48
L(标准状况)，向所得溶液中加入物质的量浓度为3
mol·L-1的NaOH溶液至沉淀完全。则下列有关叙述中不正确的是
A．开始加入合金的物质的量之和为0．3mol
B．反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为3∶1
C．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为200mL
D．生成沉淀的质量比原合金的质量增加10．2g
【答案】B
【解析】A、在Mg、Cu与硝酸发生反应时金属失去电子变为M2+阳离子，硝酸得到电子变为NO。根据电子守恒可得2n(金属)=3n(NO)=3×0.2=0.6mol/所以金属的物质的量为0.3mol．正确；
B．在反应中硝酸的作用有2个，一个是起酸的作用，由于金属的物质的量为0.3mol。金属都是+2价的金属，所以起酸作用的物质的量为0．6mol。起氧化剂作用的硝酸的物质的量为0.2mol。所以反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为0.2：0.6=
1：3，错误；
C．n(M2+)=0.3mol．发生沉淀反应消耗NaOH的物质的量为0.3mol×2=0.6mol。所以V(NaOH)=0.6mol÷3mol/L=0.2L=200ml，正确；
D．生成沉淀的质量比原合金的质量增加的质量就是OH-的质量。发生沉淀反应消耗NaOH的物质的量为0.3mol×2=0.6mol。所以增加的质量为0.6mol×17g/mol=10.2g，正确。
11．（2020·重庆万州龙驹中学高一月考）物质的量相同的铜片分别与体积相同且过量的浓硝酸、稀硝酸反应，下列有关二者的比较相等的是
①反应中氧化剂得到的电子总数②铜片消耗完所需时间③反应后溶液中的铜离子浓度(反应前后溶液体积不变)④反应生成气体的体积(同温、同压)
（
）
A．①③
B．②④
C．①④
D．②③
【答案】A
【解析】【分析】铜片分别与浓硝酸、稀硝酸反应，产物分别是NO2和NO
【详解】氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数，两个反应都是铜失去电子变成铜离子，因为铜片物质的量相同且反应完（硝酸过量），所以两个反应中还原剂失去的电子总数相等，也就是氧化剂得到的电子总数相等，①正确；
硝酸浓度不同，反应速率不同，铜片消耗完所需时间也不同，②错误；
两个反应中铜片物质的量相同且反应完（硝酸过量），所以生成的铜离子浓度相等，③正确；
浓硝酸反应中，Cu~2NO2
,
稀硝酸中，3Cu~2NO，在消耗物质的量相同的铜的情况下，生成的气体不一样多，④错误；
答案选A。
【点睛】同样的物质反应，浓度不同，产物不同。
12．（2020·重庆万州龙驹中学高一月考）mg铜与足量的浓H2SO4共热时完全反应，在标准状况下生成nL气体，则被还原的浓硫酸是（
）
A．g
B．2×mol
C．mol
D．g
【答案】D
【解析】【分析】铜与足量的浓H2SO4共热时完全反应，生成SO2气体，只有转化为SO2的那一部分浓H2SO4才是被还原的H2SO4
。
【详解】Cu+2H2SO4
Cu(SO4)2+SO2+2H2O，只有转化为SO2的那一部分浓H2SO4才是被还原的H2SO4，n(SO2)=mol，所以被还原的浓硫酸的物质的量为mol，质量为g，D正确；
答案选D。
【点睛】
浓硫酸与金属的反应中，一部分起还原剂作用，被还原成SO2，一部分起酸的作用，生成盐。
13．（2020·重庆万州龙驹中学高一月考）一定条件下，在100mL12mol·L－1的浓HNO3中加入足量的铁粉，最终产生标准状况下气体的体积为(不考虑NO2转化为N2O4)
（
）
A．几乎无气体产生
B．等于6.72L
C．等于13.44L
D．介于6.72L至13.44L之间
【答案】D
【解析】【分析】浓硝酸与铁常温下会发生钝化，题目是“一定条件”，考虑加热，二者可以正常反应。因为铁足量，所以氧化产物是Fe(NO3)2，还原产物一开始是NO2，后来因为浓硝酸变为稀硝酸，还原产物是NO。
【详解】一开始是浓硝酸的反应：1Fe~
4HNO3~2
NO2，n(NO2)=0.6mol
，后来是稀硝酸的反应：：3Fe~
8HNO3~2NO，n(NO)=0.3mol，因为实际上是先生成NO2，后来生成NO，所以最终生成的气体的物质的量在0.3mol到0.6mol之间，所以D正确；
答案选D。
14．某兴趣小组设计出如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。
(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______________________________________________。
(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____________。
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酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，则分液漏斗a中加入的试剂是____________，c中加入的试剂是____________，d中加入的试剂是____________，实验现象为____________________________________________。有同学认为，该实验装置仍不能证明上述结论，改进的措施是_________________________________________。
【答案】(1)检查装置气密性
(2)Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
(3)丙
(4)稀盐酸
大理石(或Na2CO3固体)
Na2SiO3溶液
c中有气泡产生，d中生成白色胶状物质(或白色沉淀)
在c、d之间连接一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶
【解析】(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，其目的是检查装置的气密性。
(2)浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式Cu+4HNO3(浓)
===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
(3)方案甲是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水，有污染气体生成，不能体现绿色化学理念；方案乙是稀硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，有污染气体生成，不能体现绿色化学理念；丙是利用铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和硝酸反应生成硝酸铜，反应过程中无污染气体生成，能体现绿色化学理念，答案选丙。
(4)要证明酸性强弱，应该采用强酸制取弱酸的方法检验，盐酸酸性最强，所以a中盛放稀盐酸，盐酸和碳酸钙制取二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液生成硅酸，则c中盛放碳酸钙、d中盛放硅酸钠，硅酸难溶于水，所以二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，看到的现象是有白色沉淀生成。但因盐酸易挥发，应在c和d之间加入除杂装置，用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢。
链接高考
1．（2019·上海）能证明亚硫酸钠样品部分变质的试剂是
A．硝酸钡，稀硫酸
B．稀盐酸，氯化钡
C．稀硫酸，氯化钡
D．稀硝酸，氯化钡
【答案】B
【解析】【分析】在空气中，亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠。证明亚硫酸钠样品部分变质，须检验样品中的亚硫酸根和硫酸根。
【详解】A.
样品溶液中加入稀硫酸生成刺激性气味的气体，可证明有亚硫酸根，但引入硫酸根会干扰硫酸根的检验。酸性溶液中，硝酸钡溶液中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根，A项错误；
B.
样品溶液中加入过量稀盐酸，生成刺激性气味的气体，可检出亚硫酸根。再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，证明有硫酸根离子，B项正确；
C.
样品溶液中加入稀硫酸，可检出亚硫酸根，但引入的硫酸根会干扰硫酸根检验，C项错误；
D.
稀硝酸能将亚硫酸根氧化为硫酸根，干扰硫酸根检验，D项错误。
本题选B。
【点睛】
检验样品中同时存在亚硫酸根和硫酸根，所选试剂不能有引入硫酸根、不能将亚硫酸根氧化为硫酸根，故不能用稀硫酸和稀硝酸。
2．（2017·北京）下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得的结论不正确的是
A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应
C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
【答案】D
【解析】灼热的碎玻璃不能与浓硝酸发生反应，浓硝酸受热发生分解反应产生和氧气，是混合气体，A正确；红热木炭可能只是热介质，使得浓硝酸发生分解反应，生成，不能表明木炭与浓硝酸发生了反应，B正确；由③说明浓硝酸具有挥发性，与红热木炭作用，生成的红棕色气体为，氮元素的化合价降低，为还原产物，C正确；红热木炭可能与空气中的氧气发生反应生成，不能说明木炭一定与浓硝酸发生了反应，D错误；正确选项D。
3．（2019·上海）某实验小组同学为了探究铜与浓硫酸的反应，进行了一系列实验。在反应过程中会发生一些副反应，生成不溶于水和酸的CuS、Cu2S。
（1）处于安全和绿色化学考虑，在制取硫酸铜时，可选用下列的物质是____。
a．Cu
b．CuO
c．CuS
d．CuSO4·Cu(OH)2?H2O
（2）装置a的作用是___。反应过程中，因为浓硫酸的吸水作用，烧瓶中出现白色固体物质，如何简便检验反应后圆底烧瓶里有Cu2+存在？___。在实际反应中，由于条件控制不好，容易产生CuS和Cu2S固体：2CuSCu2S+S。
（3）已知样品质量为ag，得到Cu2S是bg，则样品中CuS质量分数是___。如果Cu2S高温下转化为Cu，则实验测得的值会___（填“偏大”、“偏小”或“不变”）
（4）根据以上信息，说明铜与浓硫酸反应需要控制哪些条件？___
【答案】（1）bd
（2）防倒吸
将反应后的溶液沿烧杯壁缓缓倒入水中，若溶液变蓝，则有Cu2+存在
2(a-b)/a
（2）偏大
（4）温度不宜过高，时间不宜过长
【解析】（1）a.铜和浓硫酸加热时反应才会制取硫酸铜，同时生成二氧化硫大气污染物，酸雨气体，故不选a；
b.氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，无污染物产生，b正确；
c.
CuS
不溶于酸，要想制备硫酸铜，要先和氧气作用生成氧化铜和二氧化硫，2CuS
+
3O2
→2CuO
+
2SO2，氧化铜再和稀硫酸作用生成硫酸铜，该过程中产生二氧化硫大气污染物，故不选c；
d.CuSO4·Cu(OH)2?H2O只需要和稀硫酸反应即可制取硫酸铜，无污染物产生，d正确；
综上分析正确答案选bd；
（2）二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收，有压强差，使溶液产生倒吸，球形管有比较大的空间，防止形成过大的负压，可以防止倒吸；由于浓硫酸有吸水性，所不容易观察溶液颜色，需要将溶液稀释后检验铜离子是否存在，浓硫酸的稀释应注意酸入水，将原溶液注入水中进行稀释，如果溶液显蓝色则证明铜离子存在。
（3）设样品中CuS
xg，Cu2S为yg，列方程组，质量守恒：x+y=a，铜原子守恒：(X/96+2y/160)/2=b/160，两个方程联立可解得x=6a-6b，所以样品中CuS的质量分数为：6a-6b/a。Cu2S在高温下会转化为Cu，则测的加热后固体的质量b偏小，根据方程式得出CuS的质量分数偏大。
（4）根据题意可以得出控制温度不能过高，加热时间不易太长。
4．（2018·浙江）某同学用下列装置完成了浓硫酸和SO2性质实验（夹持装置已省略）。请回答：
（1）下列说法正确的是__________。
A．反应后，将试管Ⅰ中的白色固体加入水中，溶液呈蓝色
B．取下试管Ⅲ并不断振荡，试管中出现浑浊，是因为生成了BaSO4
C．试管Ⅳ中KMnO4溶液褪色，说明SO2具有氧化性
D．试管V中的NaOH溶液可用Na2CO3溶液代替
（2）取下试管Ⅱ，在该试管口套上气球，将无色溶液加热恢复至红色，冷却后，发现溶液颜色再次变浅。解释“无色→红色→颜色变浅”变化的原因______________。
【答案】（1）ABD
（2）SO2遇品红生成不稳定的无色物质，受热释放SO2，溶液恢复红色；温度降低，SO2在品红溶液中溶解度增大，溶液颜色变浅。
【解析】
【分析】Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋2H2O＋SO2↑，反应会生成二氧化硫，该题考察的是二氧化硫的相关性质。
（1）试管Ⅰ的白色固体为CuSO4，加入水中，溶液会变蓝，选项A正确；ⅢSO2通入BaCl2中，但是取下试管，不断振荡时发生反应2BaCl2+2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4HCl，试管中出现浑浊是因为生成了BaSO4，选项B正确；Ⅳ中高锰酸钾褪色是因为SO2具有还原性，选项C错误：V是尾气吸收装置，Na2CO3可以吸收SO2，选项D正确。答案选ABD；
（2）SO2遇品红生成不稳定的无色物质，受热释放SO2，溶液恢复红色；温度降低，SO2在品红溶液中溶解度增大，溶液颜色变浅。