23 硫酸和硝酸的氧化性

1、.课时分层作业二十三硫酸和硝酸的氧化性 建议用时：45分钟学业达标练1在以下图所示的实验装置中，实验开场一段时间后，对看到的现象表达不正确的选项是A中苹果块会干瘪B中胆矾晶体外表有“白斑C中小试管内有晶体析出D中蓝色石蕊试纸变红D蓝色石蕊试纸先变红后又褪色炭化变黑。2一定条件下，一种反响物过量，另一种反响物仍不能完全反响的是 【导学号：32602204】A过量的铜与浓硝酸B过量的浓盐酸与二氧化锰C过量的铜与浓硫酸D过量的锌与18 mol·L1硫酸C浓硝酸、稀硝酸都能与铜反响，当铜过量时硝酸一定能反响完，A项不符合题意；过量的浓盐酸与二氧化锰反响，二氧化锰可以完全反响，B项不符合题意；

2、过量的铜与浓硫酸反响，随着反响的进展，浓硫酸变为稀疏酸，反响停顿，C项符合题意；过量的锌与18 mol·L1硫酸反响，先生成二氧化硫，变为稀硫酸后生成氢气，硫酸可以完全反响，D项不符合题意。备以下关于浓硝酸和浓硫酸的表达中正确的选项是A常温下都不可用铝制容器贮存B露置在空气中，容器内酸液的质量都减轻C常温下都能与铜较快反响D露置在空气中，容器内酸液的浓度都降低D常温下，二者均能使铝钝化，A项错误；露置在空气中，浓硫酸吸水质量增加，B项错误；浓硫酸在常温下与铜没有明显的反响，C项错误；在空气中，浓硝酸挥发、浓硫酸吸水，二者浓度都降低，D项正确。3以下物质的转化中，浓硫酸既表现了氧化性，

3、又表现了酸性的是ACuCuSO4 BCCO2CCuOCuSO4 DFe2O3Fe2SO43AB项，只表现氧化性；C、D项只表现酸性。4X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖变黑。A与X反响的转化关系如以下图所示，其中反响条件及部分产物均已略去，那么以下有关说法正确的选项是AX使蔗糖变黑主要表达了X的强氧化性B假设A为铁，那么足量A与X在室温下即可完全反响C假设A为碳单质，那么将C通入少量的澄清石灰水中，一定可观察到有白色沉淀产生D工业上，B转化为D的反响条件为高温、常压、使用催化剂DX为浓硫酸，使蔗糖变黑表达了浓硫酸的脱水性，A错误；常温下，铁遇浓硫酸会发生钝化，B错误；假设A为碳单质，那么C为CO

4、2，过量的CO2通入澄清石灰水中没有沉淀产生，C错误；工业上，SO2转化成SO3是500 左右、常压、在催化剂作用下进展的，D正确。5将足量的铜片与100 mL 18 mol·L1浓硫酸加热充分反响，搜集到标准状况下的SO2气体V L，以下对此反响的有关说法中错误的选项是A该反响表达了浓硫酸的酸性和强氧化性B反响完毕后两种反响物均有剩余C被复原的硫酸为 molD参加反响的Cu为0.9 molD浓硫酸可以和铜发生氧化复原反响，而稀硫酸与铜不能发生反响。当浓硫酸变为稀硫酸时反响停顿。反响过程中浓硫酸逐渐变稀，因此反响完毕后铜和稀硫酸均有剩余，那么参加反响的nCu0.1 L×18

5、 mol·L1×0.9 mol；被复原的硫酸应根据生成的SO2来计算，可得被复原的硫酸的物质的量nH2SO4nSO2 mol。综上所述，故D项错误。6检验某未知溶液中是否含有SO的以下操作中，合理的是A先加硝酸酸化，再加氯化钡溶液B先加硝酸酸化，再加硝酸钡溶液C先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液D参加用盐酸酸化的硝酸钡溶液CA项，Ag、SO干扰；B项，SO干扰；D项，Ag、SO干扰。7一样质量的铜片分别与过量的体积一样的浓硝酸、稀硝酸反响。二者比较，相等的是 铜片消耗完所需的时间反响生成的气体体积标准状况反响中氧化剂得到的电子总数反响后溶液中铜离子的浓度A B C DACu与浓硝

6、酸、稀硝酸反响的化学方程式分别为Cu4HNO3浓=CuNO322NO22H2O,3Cu8HNO3稀=3CuNO322NO4H2O。由方程式可知，当等质量Cu分别与足量浓硝酸、稀硝酸反响时，转移电子总数相等，生成Cu2的物质的量一样，反响后溶液中cCu2相等，等量Cu与浓硝酸反响生成的气体体积大于与稀硝酸反响生成的气体体积，故错误，正确；等质量的铜反响，由于硝酸浓度不同，反响速率不同，故反响完全所需时间不等，错误。8从经济效益和环境保护考虑，大量制取硝酸铜最宜采用的方法是 【导学号：32602205】ACuCuSO4CuNO32BCuHNO3浓CuNO32CCuHNO3稀CuNO32DCuCuO

7、CuNO32DA、B、C项中，利用Cu与浓硫酸、HNO3反响，过程中产生SO2和NO2、NO等大气污染物，不利于环保，同时，反响物浓硫酸、HNO3不能全部转化为生成物，经济效益差。D项，有关反响为2CuO22CuO，CuO2HNO3=CuNO32H2O，环保和经济效益都较为理想。9碳与浓硫酸共热产生的气体X和铜与浓硝酸反响产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中如下图，以下有关说法正确的选项是A洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡B在Z导管出来的气体中无二氧化碳C洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡D在Z导管口有红棕色气体出现DC与浓H2SO4反响生成的SO2被Cu与浓HNO3反响生成的NO2氧化为H2

8、SO4，NO2被复原为NO。10以下在酸性溶液中不能大量共存的离子组是 AFe2、NO、Na、ClBK、Cl、SO、Al3CCl、Na、NH、NODSO、K、NO、ClA酸性条件下，NO能氧化Fe2。11盐酸、硫酸和硝酸是常见的“三大酸。现就三大酸与金属铜反响的情况，答复以下问题：1稀盐酸不与Cu反响，假设在稀盐酸中参加H2O2后，那么可使铜顺利溶解。该反响的化学方程式为_。2在一定体积的10 mol·L1的浓硫酸中参加过量铜片，加热使之反响，被复原的硫酸为0.9 mol。那么浓硫酸的实际体积_填“大于“等于或“小于180 mL。假设使剩余的铜片继续溶解，可在其中参加硝酸盐溶液如KN

9、O3溶液，那么该反响的离子方程式为_。3镁铁混合物4.8 g，溶解在过量的某浓度的稀硝酸中，完全反响后得到标准状况下2.24 L NO气体。假设向反响后的溶液中参加足量的烧碱，那么可生成沉淀的质量是_。【解析】1过氧化氢在酸性环境下可以氧化铜生成铜离子，化学方程式：CuH2O22HCl=CuCl22H2O。2铜只能和浓硫酸反响，和稀硫酸不反响，Cu2H2SO4浓CuSO4SO22H2O，随着铜和浓硫酸的反响的进展，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫，当被复原的硫酸是0.9 mol，那么10 mol·L1的浓硫酸的实际体积要大于180 mL；假设使剩余的铜片继续溶解，可向其中参加硝酸盐

10、，因为溶液中有H，再参加硝酸盐引入NO，相当于存在了硝酸，硝酸能将铜溶解，反响本质为3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O。3nNO0.1 mol，生成0.1 mol NO，转移的电子的物质的量为ne0.1 mol×520.3 mol，反响中存在MgMg2MgOH2，FeFe3FeOH3，得出nenOH，又因m沉淀m混合物mOH，所以m沉淀4.8 g0.3 mol×17 g·mol19.9 g。【答案】1H2O2Cu2HCl=CuCl22H2O2大于3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O39.9 g冲A挑战练12物质的量之比为25的锌与稀硝酸反响，假设硝酸被复

11、原的产物为N2O，反响完毕后锌没有剩余，那么该反响中被复原的硝酸与未被复原的硝酸的物质的量之比是 【导学号：32602206】A14B15C23 D25A设2 mol Zn参与反响，因Zn无剩余，那么最终生成了2 mol ZnNO32，显然含有4 mol NO，这部分是没有参与氧化复原反响的HNO3；HNO3N2O过程中N元素的化合价51，根据得失电子守恒有：2×nZnnHNO3×4，那么nHNO31 mol，即有1 mol HNO3被复原。13某化学兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反响，用如以下图所示装置进展有关实验。1装置A中发生反响的化学方程式为_。2装置D中试管口放置的棉

12、花应浸一种溶液，这种溶液是_，其作用是_。3装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显的现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中现象是_，B中应放置的溶液是_填字母。a水 b酸性KMnO4溶液c浓溴水 d饱和NaHSO3溶液4实验中，取一定质量的铜片和一定体积18 mol·L1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，反响完毕时，发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余，其原因是_。【解析】Cu与浓硫酸发生反响的化学方程式为Cu2H2SO4浓CuSO42H2OSO2。反响过程中H2SO4不断被消耗，同时反响生成的H2O使H2SO

13、4的浓度减小，当降低到一定程度，变为稀硫酸时，反响停顿。2生成的SO2具有漂白性，且污染大气，可用NaOH溶液吸收。3余热使反响继续进展，生成的多余气体可储存于B中，排出的液体进入长颈漏斗，为减少SO2的溶解，B中应为饱和NaHSO3溶液。4浓硫酸与铜在加热条件下反响，随着反响的进展，浓硫酸逐渐变成稀硫酸，而稀硫酸在加热条件下不和铜反响。【答案】1Cu2H2SO4浓CuSO42H2OSO22NaOH吸收多余的SO2，防止污染空气3广口瓶中液面下降，长颈漏斗液面上升d4反响过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不与稀硫酸反响备我国清代?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BA.氨水有一定的腐蚀作用，对铜的腐蚀比较强，对钢铁腐蚀比较差，对水泥腐蚀不大，氨水可以贮存于塑料、陶瓷等容器中，故A不正确