高中化学《氨 硝酸 硫酸》学案6 （人教版必修1）

111第四节 硫酸、硝酸和氨要点精讲 一、硫酸和硝酸的氧化性（一）硫酸1.硫酸的物理性质： 纯硫酸是无色油状液体，难挥发，易吸水，能与水任意比互溶，溶于水放出大量热。2.硫酸的化学性质： 1）稀硫酸具有酸的通性。 能与活泼金属反应生成盐和氢气； 能与金属氧化物反应生成盐和水； 能和碱反应生成盐和水； 能使酸碱指示剂变色； 能和某些盐反应。 2）浓硫酸的特性： 吸水性：将物质中含有的水分子夺去。 如：使蓝色的胆矾晶体变为白色固体。 脱水性：将别的物质中的H、O按原子个数比2:1脱出生成水。浓H2SO4 如：浓H2SO4 HCOOH CO + H2O C12H22O11 12C + 11H2O 强氧化性： a) 活泼性在H以后的金属反应：（条件：） Cu + 2H2SO4(浓）= CuSO4 + SO2 +2H2O b) 与非金属反应：（条件：） C + 2H2SO4(浓）= CO2 + 2SO2 + 2H2O c) 冷的浓H2SO4使Fe、Cr、Al等金属表面生成 一层致密的氧化物薄膜而发生“钝化”； d) 与其他还原性物质反应： 2HBr + H2SO4(浓）= Br2 + SO2 + 2H2O H2S + H2SO4(浓）= S + SO2 + 2H2O “黑面包实验”中，硫酸体现出的性质：脱水性（使蔗糖炭化）、强氧化性（有刺激性气味气体产生）。（二）硝酸 1物理性质：无色、易挥发、有刺激性气味的液体。2化学性质特性（1）不稳定性保存硝酸装在棕色瓶，放在冷暗处。4HNO32H2O + 4NO2 + O2（2）强氧化性与金属（除Au、Pt）反应：Cu +4HNO3（浓）=Cu(NO3)2 +2NO2 +2H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O常温下，浓硝酸、浓硫酸可使铁、铝表面形成致密的氧化膜而钝化，保护内部的金属不再跟硝酸反应，所以可以用铝质或铁质容器盛浓硝酸。与非金属反应非金属主要生成高价的含氧酸4HNO3 +C2H2O + 4NO2 + CO26HNO3 + SH2SO4 + 6NO2 +2H2O二、氨1氨（1）物理性质：无色、有刺激性气味气体；易液化，液氨作致冷剂；极易溶于水（1:700）。（2）化学性质：与水的反应：NH3 +H2O NH3H2O NH4+ + OH-（一水合氨的水溶液即氨水，显弱碱性）NH3H2O NH3 + H2O（一水合氨不稳定）与酸的反应：NH3 + HCl =NH4Cl；2NH3 + H2SO4 = (NH4)2SO4与O2的反应氨的催化氧化（接触氧化）4NH3 + 5O2 4NO +6 H2O 2铵态氮肥铵盐（1）物理性质：铵盐都是晶体，都易溶于水。（2）化学性质：受热分解：NH4Cl NH3 + HCl；NH4HCO3 NH3 + H2O + CO2与碱的反应：制NH3和检验NH4+(NH4)2SO4+2NaOHNa2SO4+2NH3+2H2ONH4NO3 + NaOHNaNO3+ NH3+H2O2NH4Cl+Ca(OH)2NH3+CaCl2+2H2O（实验室制取氨气的反应原理）NH4+的检验方法：加浓碱液，加热，放出可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。NH4+OH-NH3+H2O注意： （1）硝酸与任何金属反应无H2生成；常温下，Fe、Al遇浓硝酸钝化，但在加热条件下，Fe、Al能溶解在硝酸中；除Au、Pt外，硝酸能溶解大部分金属。（2）比较浓H24与硝酸的氧化性，例如：与Cu反应的条件，浓度对氧化性的影响(稀HNO3能与Cu反应而稀H24不能)。同时指出，尽管HNO3浓度越稀，被还原程度愈大，但浓HNO3的氧化性比稀HNO3的要强，因为氧化性强弱是指氧化其他物质的能力，而不是指本身被还原的程度，即不能以还原产物中氮的价态作衡量氧化性强弱的标准。典型题解析一、硫酸和硝酸的氧化性例1为检验浓硫酸与木炭在加热条件下反应产生SO2和CO2气体，设计了如图所示实验装置，a、b、c为止水夹，B是用于储气的气囊，D中放有用I2和淀粉的蓝色溶液浸湿的脱脂棉。请回答下列问题：(1)实验前欲检查装置A的气密性，可以采取的操作是 ；(2)此实验成败的关键在于控制反应产生气体的速率不能过快，由此设计了虚框部分的装置，则正确的操作顺序是 (用操作编号填写)；向A装置中加入浓硫酸，加热，使A中产生的气体进入气囊B，当气囊中充入一定量气体时，停止加热；待装置A冷却，且气囊B的体积不再变化后，关闭止水夹a，打开止水夹b，慢慢挤压气囊，使气囊B中气体慢慢进入装置C中，待达到实验目的后，关闭止水夹b；打开止水夹a和c，关闭止水夹b；(3)实验时，装置C中的现象为_；(4)当D中产生_(多选不得分)现象时，可以说明使E中澄清石灰水变浑的是CO2，而不是SO2；A.进气口一端脱脂棉蓝色变浅，出气口一端脱脂棉蓝色不变B.脱脂棉上蓝色均变浅C.脱脂棉上蓝色褪去则装置D的作用为 。【分析】 (1)常出现的问题是不管分液漏斗的活塞，止水夹a、b、c是关还是开，只说加热烧瓶时，C广口瓶中怎样怎样。(4)据题意知，装置C用于检验SO2的存在，则D为除去SO2并检验已除净，为装置E检验CO2的存在做好准备。【答案】 (1)关闭分液漏斗的活塞，打开止水夹a和b，关闭止水夹c，用手捂热(或微热)圆底烧瓶A，若C中有气泡冒出，移开手掌(或热源)后，C处导管内有水上升，则证明A装置的气密性良好(答案合理均给分)(2)(3)品红溶液褪色(4)A 除去SO2并检验SO2已被除净二、氨例2某无色混合气体可能由CH4、NH3、H2、CO、CO2和HCl中的某几种气体组成。在恒温恒压条件下，将此混合气体通过浓H2SO4时，总体积基本不变；通过过量的澄清石灰水，未见变浑浊，但混合气体的总体积减小，把剩余气体导出后，在O2中能够点燃，燃烧产物不能使CuSO4粉末变色。则原混合气体的成分是A.CH4和NH3B.HCl、H2和COC.HCl和COD.HCl、CO和CO2【分析】 本题旨在考查常见气体的检验和实验分析的能力。物质的鉴别与检验是中学化学实验的重点之一，它渗透于化学分析的全过程中，也是历年高考的热点考点。解题的常见错误有：忽视石灰水是“过量”的，不能对CO2的存在与否做出正确判断，错选D；对“燃烧产物不能使CuSO4粉末变色”不能做出合理的判断，误选B。混合气体通过浓H2SO4后总体积不变，则无NH3。又据气体通过过量石灰水的现象，可断定有HCl存在，由石灰水过量，但仍未见浑浊，从而排除CO2。又据燃烧产物分析出混合气体中含CO，不含H2和CH4。故选C。【答案】 C例4都能用下图装置进行喷泉实验的一组气体是（ ） A.HCl和CO2B.NH3和CO C.SO2和CO2D.NO2和NO【分析】本题考查对喷泉实验形成的根本原因的认识。根据物理知识，产生一定的压强差就能形成喷泉；根据化学知识，气体在NaOH溶液中溶解或反应可使气体大量减少，从而使圆底烧瓶内气压变小。首先要明确在装置中可以形成“喷泉”的原因。只要从滴管挤入的液体或溶液，能将烧瓶内的气体大量溶解或与之反应，使烧瓶内气体大量地减少，造成烧瓶内处于低压状态，此时，打开止水夹，烧杯内的液体或溶液将受大气压的影响迅速涌入烧瓶内，形成美丽的喷泉。NaOH溶液可以吸收酸性气体，而产生喷泉，HCl、CO2、SO2和NO2均为酸性气体，易被NaOH溶液吸收（反应）；而NH3虽然不能与NaOH反应，但其在水溶液中的溶解度很大，也能被NaOH溶液吸收。CO、NO都不能与NaOH溶液、H2O发生反应，也都不能溶于水。NaOHHCl=NaClH2O2NaOHCO2=Na2CO3H2ONaOHCO2=NaHCO32NaOHSO2=Na2SO3H2ONaOHSO2=NaHSO32NaOH2NO2=NaNO3NaNO2H2O由此进行组合，可知答案。【答案】AC例4用加热方法可分离的一组是（ ）A. 氯化铵和消石灰 B. 碳铵和过氧化钠 C. 碘和食盐 D. 氯化铵和氯化钡【分析】A选项中氯化铵和消石灰Ca(OH)2在加热时会发生化学反应：2NH4Cl+Ca(OH)2NH3+CaCl2+2H2O，因此不能实现分离的目的；B选项中碳铵NH4HCO3加热分解，生成的CO2、H2O都能和过氧化钠反应，因此也不能分离；C中利用碘受热易升华的性质，能与食盐分离；D中氯化铵分解产生氨气和氯化氢气体，氯化钡不分解，而氨气和氯化氢有可重新化合成氯化铵，能实现分离。【答案】CD例51.92gCu投入到一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成的气休颜色由深变成浅（不考虑2NO2 N2O4），共收集到672mL气体（标况），通入一定体积的O2恰好使气体完全溶于水，求通入O2的体积（标况）。Cu 【分析】该题若按常规方法做还相当复杂，我们可换一种视角去观察，不追究具体过程，只关注起始和终了的状态。 HNO3 NO2、NO O2 HNO3总结果消耗，根据电子守恒得 Cu失电子数=O2得电子数 2=4 V=336(mL)【答案】应通入O2336 mL 111