Question

18．鹽酸、硫酸和硝酸是中學階段常見的“三大酸”．現(xiàn)就三大酸與金屬銅反應的情況，回答下列問題：
（1）稀鹽酸不與Cu反應，若在稀鹽酸中加入NaNO₃溶液后，則可使銅順利溶解．該反應的離子方程式為：Cu+H₂O₂+2HCl=CuCl₂+2H₂O．
（2）在一定體積的10mol•l^-1的濃硫酸中加入過量銅片，加熱使之反應，被還原的硫酸為0.9mol．則濃硫酸的實際體積大于（填“大于”、“等于”或“小于”）180ml．若使剩余的銅片繼續(xù)溶解，可向其中通入氧氣，則該反應的化學方程式為3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O
（3）向氯化鋇溶液中通入二氧化硫至飽和未見沉淀生成，繼續(xù)通入下列氣體或加入某種試劑仍無沉淀生成的是C
A．NH₃       B．Cl₂        C．CO₂         D．HNO₃E．H₂S
（4）當三份Cu粉分別與過量的稀硝酸、濃硝酸、熱的濃硫酸反應后，收集到的氣體在相同狀況下體積相等時，三份Cu粉的質量比為A （不考慮NO₂轉化為N₂O₄和反應生成氣體的溶解）
A．3：1：2        B． 3：2：2       C．1：1：2      D．2：6：3．

Answer 1

分析 （1）雙氧水具有氧化性，在酸性環(huán)境下能將金屬銅氧化；
（2）銅只能和濃硫酸反應和稀硫酸不反應，銅可以被硝酸氧化；
（3）向氯化鋇溶液中通入二氧化硫至飽和未見沉淀生成，繼續(xù)通入下列氣體或加入某種試劑仍無沉淀，說明該物質不是堿性物質、氧化性物質、還原性物質；
（4）Cu分別與過量的稀硝酸、濃硝酸、熱的濃硫酸反應生成的氣體分別為NO、NO₂、SO₂，氣體的體積再相同條件下相等，則氣體物質的量相等，氣體物質的量為1mol，根據(jù)電子轉移守恒計算消耗Cu的物質的量；

解答 解：（1）雙氧水具有氧化性，在酸性環(huán)境下能將金屬銅氧化，方程式為：Cu+H₂O₂+2HCl=CuCl₂+2H₂O，用電解原理實現(xiàn)銅和鹽酸的反應，根據(jù)電解原理陽極必須是金屬銅，電解質必須是稀鹽酸，故答案為：Cu+H₂O₂+2HCl=CuCl₂+2H₂O；
（2）銅只能和濃硫酸反應和稀硫酸不反應，Cu+2H₂SO₄（濃）△?CuSO₄+SO₂↑+H₂O，隨著銅和濃硫酸的反應的進行，酸的濃度越來越小，不再產(chǎn)生二氧化硫，當被還原的硫酸是0.9mol，則10mol•L^-1的濃硫酸的實際體積要大于180mL；若使剩余的銅片繼續(xù)溶解，可向其中加入硝酸鹽，應為溶液中有H⁺，再加入硝酸鹽引入NO₃^-，相當于存在了硝酸，硝酸能將同溶解，反應實質為：3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，
故答案為：大于；3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；
（3）向氯化鋇溶液中通入二氧化硫至飽和未見沉淀生成，繼續(xù)通入下列氣體或加入某種試劑仍無沉淀，說明該物質不是堿性物質、氧化性物質、還原性物質，
A．NH₃ 通入和亞硫酸反應生成亞硫酸銨，結合氯化鋇會生成沉淀，故A錯誤；
B．Cl₂ 具有氧化性能氧化二氧化硫為硫酸，結合鋇離子生成硫酸鋇白色沉淀，故B錯誤；
C．CO₂ 通入不能喝二氧化硫氯化鋇反應，無沉淀生成，故C正確；
D．HNO₃具有強氧化性，氧化二氧化硫為硫酸，結合鋇離子生成硫酸鋇白色沉淀，故D錯誤；
E．H₂S和二氧化硫反應生成硫單質，溶液變渾濁，故E錯誤；
故選C，
故答案為：C；
（4）Cu分別與過量的稀硝酸、濃硝酸、熱的濃硫酸反應生成的氣體分別為NO、NO₂、SO₂，氣體的體積再相同條件下相等，則氣體物質的量相等，氣體物質的量為1mol，根據(jù)電子轉移守恒，則：
稀硝酸消耗Cu的物質的量為：$\frac{1mol（5-2）}{2}$=1.5mol，
濃硝酸消耗Cu的物質的量為：$\frac{1mol（5-4）}{2}$=0.5mol，
熱的濃硫酸消耗Cu的物質的量為：$\frac{1mol（6-4）}{2}$=1mol，
故稀硝酸、濃硝酸、熱的濃硫酸消耗Cu的物質的量之比=1.5mol：0.5mol：1mol=3：1：2，
故選A，
故答案為：A；

點評 本題考查了化學方程式有關計算，金屬銅和酸反應的化學性質，氧化還原反應產(chǎn)物分析判斷，題目綜合性較強，難度中等．側重考查解題方法與學生分析思維能力，題目利用守恒思想解答，難度中等；