Question

18．盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”．现就三大酸与金属铜反应的情况，回答下列问题：
（1）稀盐酸不与Cu反应，若在稀盐酸中加入NaNO₃溶液后，则可使铜顺利溶解．该反应的离子方程式为：Cu+H₂O₂+2HCl=CuCl₂+2H₂O．
（2）在一定体积的10mol•l^-1的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9mol．则浓硫酸的实际体积大于（填“大于”、“等于”或“小于”）180ml．若使剩余的铜片继续溶解，可向其中通入氧气，则该反应的化学方程式为3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O
（3）向氯化钡溶液中通入二氧化硫至饱和未见沉淀生成，继续通入下列气体或加入某种试剂仍无沉淀生成的是C
A．NH₃       B．Cl₂        C．CO₂         D．HNO₃E．H₂S
（4）当三份Cu粉分别与过量的稀硝酸、浓硝酸、热的浓硫酸反应后，收集到的气体在相同状况下体积相等时，三份Cu粉的质量比为A （不考虑NO₂转化为N₂O₄和反应生成气体的溶解）
A．3：1：2        B． 3：2：2       C．1：1：2      D．2：6：3．

Answer 1

分析 （1）双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化；
（2）铜只能和浓硫酸反应和稀硫酸不反应，铜可以被硝酸氧化；
（3）向氯化钡溶液中通入二氧化硫至饱和未见沉淀生成，继续通入下列气体或加入某种试剂仍无沉淀，说明该物质不是碱性物质、氧化性物质、还原性物质；
（4）Cu分别与过量的稀硝酸、浓硝酸、热的浓硫酸反应生成的气体分别为NO、NO₂、SO₂，气体的体积再相同条件下相等，则气体物质的量相等，气体物质的量为1mol，根据电子转移守恒计算消耗Cu的物质的量；

解答 解：（1）双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，方程式为：Cu+H₂O₂+2HCl=CuCl₂+2H₂O，用电解原理实现铜和盐酸的反应，根据电解原理阳极必须是金属铜，电解质必须是稀盐酸，故答案为：Cu+H₂O₂+2HCl=CuCl₂+2H₂O；
（2）铜只能和浓硫酸反应和稀硫酸不反应，Cu+2H₂SO₄（浓）△?CuSO₄+SO₂↑+H₂O，随着铜和浓硫酸的反应的进行，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫，当被还原的硫酸是0.9mol，则10mol•L^-1的浓硫酸的实际体积要大于180mL；若使剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸盐，应为溶液中有H⁺，再加入硝酸盐引入NO₃^-，相当于存在了硝酸，硝酸能将同溶解，反应实质为：3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，
故答案为：大于；3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；
（3）向氯化钡溶液中通入二氧化硫至饱和未见沉淀生成，继续通入下列气体或加入某种试剂仍无沉淀，说明该物质不是碱性物质、氧化性物质、还原性物质，
A．NH₃ 通入和亚硫酸反应生成亚硫酸铵，结合氯化钡会生成沉淀，故A错误；
B．Cl₂ 具有氧化性能氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成硫酸钡白色沉淀，故B错误；
C．CO₂ 通入不能喝二氧化硫氯化钡反应，无沉淀生成，故C正确；
D．HNO₃具有强氧化性，氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成硫酸钡白色沉淀，故D错误；
E．H₂S和二氧化硫反应生成硫单质，溶液变浑浊，故E错误；
故选C，
故答案为：C；
（4）Cu分别与过量的稀硝酸、浓硝酸、热的浓硫酸反应生成的气体分别为NO、NO₂、SO₂，气体的体积再相同条件下相等，则气体物质的量相等，气体物质的量为1mol，根据电子转移守恒，则：
稀硝酸消耗Cu的物质的量为：$\frac{1mol（5-2）}{2}$=1.5mol，
浓硝酸消耗Cu的物质的量为：$\frac{1mol（5-4）}{2}$=0.5mol，
热的浓硫酸消耗Cu的物质的量为：$\frac{1mol（6-4）}{2}$=1mol，
故稀硝酸、浓硝酸、热的浓硫酸消耗Cu的物质的量之比=1.5mol：0.5mol：1mol=3：1：2，
故选A，
故答案为：A；

点评 本题考查了化学方程式有关计算，金属铜和酸反应的化学性质，氧化还原反应产物分析判断，题目综合性较强，难度中等．侧重考查解题方法与学生分析思维能力，题目利用守恒思想解答，难度中等；