2011届高考化学一轮复习课件：第14讲-氮及其重要化合物

2011届高考化学(huàxué)一轮复习课件：第14讲-氮及其重要化合物第一页，共192页。轻松(qīnɡsōnɡ)学教材第二页，共192页。一､硝酸的性质､用途

硝酸

物理性质:纯硝酸是无色､易挥发液体,与水互溶,

长久放置显1黄色

化学性质

具有2酸的通性,但与金属反响不能生成(shēnɡchénɡ)H2,

稳定性弱,受热或见光易分解:

4HNO3△或光照34NO2↑+O2↑+2H2O

第三页，共192页。强氧化性

Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O

3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O

C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O

常温下,冷的浓HNO3对Al､Fe有钝化作用

王水:由1体积浓硝酸与3体积浓盐酸混合

所得,能溶解Au､Pt

用途:制炸药(zhàyào)､染料､塑料､硝酸盐等

第四页，共192页。二､氨的性质､制法､用途(yòngtú)

氨

物理性质:无色有刺激性气味的气体,极易溶

于水,易液化

化学性质

与酸反响NH3+HClNH4Cl

现象:产生白烟

NH3+HNO3NH4NO3

现象:产生白烟

NH3+CO2+H2ONH4HCO3第五页，共192页。第六页，共192页。第七页，共192页。第八页，共192页。用途(yòngtú):工业原料(生产氮肥､硝酸等),有机合成

原料,制冷剂第九页，共192页。特别提醒:

1.加热(jiārè)固态铵盐和碱的混合物

一般加热(jiārè)NH4Cl和Ca(OH)2的混合物:

第十页，共192页。(1)装置:固体+固体气体(qìtǐ)(与用KClO3或KMnO4制O2的装置相同)｡

(2)收集:只能用向下排空气法｡

(3)枯燥:用碱石灰(NaOH和CaO固体的混合物)｡

第十一页，共192页。(4)检验:①用湿润的红色石蕊试纸(shíruǐshìzhǐ)置于试管口,假设试纸变蓝色,说明氨已收集满了;②将蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口,假设有白烟生成,说明已收集满了｡第十二页，共192页。(5)环保(huánbǎo)措施:收集时,一般在管口塞一团用水或稀H2SO4浸湿的棉花球,可减小NH3与空气的对流速度,收集到纯洁的NH3,同时也可防止污染空气｡第十三页，共192页。2.加热(jiārè)浓氨水

第十四页，共192页。3.浓氨水(ānshuǐ)中加固态碱性物质

(1)反响原理:

第十五页，共192页。(2)装置(zhuāngzhì):第十六页，共192页。体验(tǐyàn)热身第十七页，共192页。1.气体的摩尔(móěr)质量越小,扩散速度越快｡如下图为气体扩散速度的实验,两种气体扩散相遇时形成白色烟环｡以下关于物质甲､乙的判断正确的选项是()

第十八页，共192页。A.甲是浓氨水,乙是浓硫酸

B.甲是浓盐酸(yánsuān),乙是浓氨水

C.甲是浓氨水,乙是浓盐酸(yánsuān)

D.甲是浓硝酸,乙是浓氨水答案(dáàn):C第十九页，共192页。解析:由图示知,甲气体扩散速度(sùdù)快,乙气体扩散速度(sùdù)慢｡由于浓硫酸具有难挥发性,与乙能扩散相矛盾,故A项错误;由于M(HCl)>M(NH3),因此,HCl气体的扩散速度(sùdù)比NH3气体慢,故B项错误,C项正确;由于M(HNO3)>M(NH3),因此,HNO3气体的扩散速度(sùdù)比NH3气体慢,与图示相矛盾,故D项错误｡第二十页，共192页。2.(2019·聊城模拟)把少量NO2气体通入过量小苏打溶液中,再使逸出的气体通过装有足量的过氧化钠(ɡuòyǎnɡhuànà)颗粒的枯燥管,最后收集到的气体是()

A.氧气

B.二氧化氮

C.二氧化氮和氧气

D.二氧化氮和一氧化氮

答案(dáàn):C第二十一页，共192页。解析:少量NO2气体通入过量的小苏打溶液中,逸出的气体为NO､CO2,二者物质的量比为1∶2,同时还有少量水蒸气逸出,再使逸出的气体通过(tōngguò)装有足量的过氧化钠颗粒的枯燥管,CO2与过氧化钠反响生成的O2与NO反响生成NO2,且O2有剩余,逸出的少量水蒸气与过氧化钠反响生成O2,所以最后收集到的气体是NO2和O2｡

第二十二页，共192页。3.将相同质量的铜分别和过量浓硫酸､稀硝酸反响,以下(yǐxià)表达正确的选项是()

A.反响速率:两者相同

B.消耗硝酸的物质的量:前者多,后者少

C.反响生成气体的颜色:前者浅,后者深

D.反响中转移的电子总数:前者多,后者少

答案(dáàn):B第二十三页，共192页。解析(jiěxī):首先写铜与浓､稀硝酸反响的化学方程式,分别为:Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O①

3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O②第二十四页，共192页。选项A,因反响物浓度越大,反响速率越快,因此反响速度①>②;选项B,假设反响消耗的Cu为1mol,那么反响①消耗HNO34mol,反响②消耗硝酸mol,①>②;选项C,因NO2为红棕色气体,NO为无色气体,那么反响生成(shēnɡchénɡ)气体的颜色①较深,②较浅;选项D,假设反响中Cu全部耗尽,那么转移的电子数应相等｡第二十五页，共192页。4.一定条件(tiáojiàn)下,将等体积的NO和O2的混合气体置于试管中,并将试管倒立于水槽中,充分反响后剩余气体的体积为原总体积的()

A.1/4

B.3/4

C.1/8

D.3/8

答案(dáàn):C第二十六页，共192页。解析:此题常见错误是误选A,其原因是已算出消耗O23/4体积,剩余1/4体积,没有把剩余的1/4体积O2换算成原总体积的体积分数｡NO和O2反响(fǎnxiǎng)生成NO2,NO2溶于水又会生成NO｡

2NO+O2===2NO2①

3NO2+H2O===2HNO3+NO②第二十七页，共192页。由方程式可知等体积混合(hùnhé)时,O2过量,②中生成的NO会再被O2氧化,屡次循环,将①②两方程式合并成4NO+3O2+2H2O===4HNO3｡NO和O2等体积混合(hùnhé),剩余O21/4体积,原混合(hùnhé)气体2体积,剩余气体为原气体体积的1/8｡第二十八页，共192页。5.在标准状况下,用以下气体做喷泉实验,请根据情况,填写烧瓶中溶液中溶质的物质的量浓度(假设溶质不能扩散(kuòsàn)出去)｡第二十九页，共192页。(1)用HCl气体喷泉(pēnquán)结束后,水充满烧瓶,那么溶液中溶质的物质的量浓度为__________________________;

(2)用NH3喷泉(pēnquán)结束后,水充满烧瓶,那么溶液中溶质的物质的量浓度为____________________________;

0.045mol/L0.045mol/L第三十页，共192页。(3)用NO2气体喷泉结束后,水充至烧瓶容积的处,那么溶液(róngyè)中溶质的物质的量浓度为____________________;

(4)用NO2和O2按4∶1体积比混合,喷泉结束后,水充满烧瓶,那么溶液(róngyè)中溶质的物质的量浓度为_____________｡

0.045mol/L0.036mol/L第三十一页，共192页。解析(jiěxī):(1)设烧瓶体积为VL,喷泉实验后,溶液的体积为V第三十二页，共192页。第三十三页，共192页。6.某化学小组模拟(mónǐ)工业生产制取HNO3,设计以下图所示装置,其中a为一个可持续鼓入空气的橡皮球｡

第三十四页，共192页。(1)写出装置(zhuāngzhì)A中主要反响的化学方程式______________________________________｡第三十五页，共192页。(2)1molNO2与液态水反响生成HNO3溶液和NO气体放出热量46kJ,写出该反响的热化学方程式____________________________________________________________________｡假设该反响是一个可逆反响,欲提高(tígāo)NO2的转化率,可采取的措施是(填字母)__________｡

A.降低温度

B.升高温度

C.减小压强

D.增大压强AD第三十六页，共192页。(3)实验结束(jiéshù)后,关闭止水夹b､c,将装置D浸入冰水中,现象是________________________________｡

(4)装置C中浓H2SO4的作用是____________________｡

(5)请你帮助该化学小组设计实验室制取NH3的另一种方案_________________________________________________________________________________________｡

颜色(yánsè)变浅吸收(xīshōu)多余的NH3加热浓氨水制取NH3或向NaOH或CaO固体上滴加浓氨水制取NH3第三十七页，共192页。(6)枯燥管中的碱石灰用于枯燥NH3,某同学思考是否可用无水氯化钙代替碱石灰,并设计(shèjì)右图所示装置(仪器固定装置省略未画)进行验证｡实验步骤如下:

第三十八页，共192页。①用烧瓶收集满枯燥的氨气,立即塞上如下图的橡胶塞｡

②正立烧瓶,使无水氯化钙固体滑入烧瓶底部,摇动,可以观察到的现象是__________________________,由此,该同学(tóngxué)得出结论:不能用CaCl2代替碱石灰｡气球(qìqiú)膨胀第三十九页，共192页。重点(zhòngdiǎn)探究第四十页，共192页。一､氮及其重要化合物的转化规律(guīlǜ)

1.氮及其化合物间的转化关系

第四十一页，共192页。第四十二页，共192页。第四十三页，共192页。【例1】在1L1mol/L的氨水(ānshuǐ)中()答案(dáàn):D第四十四页，共192页。【方法归纳】氨水中的成分较复杂,关键抓住N元素存在的微粒(wēilì)及N元素守恒｡

第四十五页，共192页。类比(lèibǐ)迁移第四十六页，共192页。1.以下(yǐxià)关于氨水的说法中,不正确的选项是()

A.氨水和液氨不同,氨水是混合物,液氨是纯洁物

B.氨水中物质的量浓度最大的粒子是NH3·H2O(除水外)

C.氨水显弱碱性,故通常保存在金属容器中

答案(dáàn):C第四十七页，共192页。解析:氨水是氨气溶于水所得溶液,是混合物,溶液中有多种粒子｡而液氨是纯洁物,组成就是氨分子;当氨溶于水后,大局部氨与水结合,形成NH3·H2O,而NH3·H2O是弱碱(ruòjiǎn),只有少局部电第四十八页，共192页。二､氮的氧化物溶于水的计算(jìsuàn)1.方程式法

(1)有关(yǒuguān)化学反响方程式

3NO2+H2O===2HNO3+NO①

4NO2+O2+2H2O===4HNO3②

4NO+3O2+2H2O===4HNO3③

2NO+O2===2NO2④第四十九页，共192页。(2)不同情况及剩余(shèngyú)气体的体积

第五十页，共192页。第五十一页，共192页。第五十二页，共192页。(3)NO2､NO､O2三者组成(zǔchénɡ)的混合气体溶于水:

假设先按①反响后,再据表Ⅳ进行计算｡

假设先按④反响后,再据表Ⅲ进行计算｡

第五十三页，共192页。2.原子组成法

4NO2+O2和4NO+3O2从组成上均相当于2N2O5的组成,即1.(1)中的②③两种情况中的总反响式都与N2O5+H2O===2HNO3等效｡这不仅是记忆1.(1)中的②③二式的方法,也为上述问题的解决提供了新的思路,即利用(lìyòng)混合气体中的N､O原子个数比进行分析判断｡第五十四页，共192页。3.电子守恒法

当NO2或NO转化为HNO3时要失去电子,假设上述(shàngshù)两种气体与O2混合通入水中时,O2得电子,且得失电子数必然相等,这是电子守恒法解答此类题目的依据｡第五十五页，共192页。特别提醒:①因为水溶液中发生反响3NO2+H2O===2HNO3+NO,所以无论何种情况下水溶液中不会剩余NO2｡

②当NO2与N2O4的混合气体作用(zuòyòng)于H2O时,不要无视由于NO2的消耗,N2O4会转化为NO2｡

第五十六页，共192页。【例2】足量铜与一定量浓硝酸反响,得到硝酸铜溶液(róngyè)和NO2､N2O4､NO的混合气体,这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸｡假设向所得硝酸铜溶液(róngyè)中参加5mol/LNaOH溶液(róngyè)至Cu2+恰好完全沉淀,那么消耗NaOH溶液(róngyè)的体积是()

A.60mL

B.45mL

C.30mL

D.15mL答案(dáàn):A第五十七页，共192页。分析:考查氧化复原(fùyuán)反响及复分解反响有关知识,利用氧化复原(fùyuán)反响得失电子守恒进行相关计算｡n(O2第五十八页，共192页。【方法归纳】此题巧用电子守恒法使问题(wèntí)简单｡常用的守恒法如电荷守恒､质量守恒､电子守恒等｡第五十九页，共192页。类比(lèibǐ)迁移第六十页，共192页。2.室温时,在容积为amL的试管中充满NO2气体,然后倒置在水中到管内水面(shuǐmiàn)不再上升时为止,再通入bmLO2,那么管内液面又继续上升,测得试管内最后剩余气体为cmL,且该气体不能支持燃烧｡那么a､b的关系是()

A.a=4b+3cB.a=4b+c

C.a∶b=4∶1D.a∶b=4∶3

答案(dáàn):A第六十一页，共192页。解析:bmLO2反响掉NO2为4bmL,因剩余气体(qìtǐ)不能支持燃烧,故为NO｡余cmLNO,需过量NO23cmL,由N守恒,那么a=4b+3c｡第六十二页，共192页。难点(nádiǎn)探究第六十三页，共192页。硝酸的强氧化性的特殊(tèshū)表现1.硝酸与金属(jīnshǔ)的反响

(1)金属(jīnshǔ)与硝酸反响一般不生成H2｡浓HNO3一般被复原为NO2,稀HNO3一般被复原为NO｡

第六十四页，共192页。(2)铁与稀硝酸反响,先生成Fe(NO3)3,假设Fe过量,Fe(NO3)3再和Fe反响生成Fe(NO3)2｡

(3)铜与浓HNO3反响,假设Cu过量,开始时硝酸的复原产物为NO2,随着反响的进行,浓HNO3变稀,硝酸的复原产物为NO,最终(zuìzhōnɡ)应得到NO2和NO的混合气体｡解答有关计算问题时,可利用电子得失守恒的方法｡第六十五页，共192页。2.硝酸与变价金属氧化物反响

如FeO与稀HNO3反响:3FeO+10HNO3(稀)===3Fe(NO3)3+NO↑+5H2O,反响中,硝酸既表现了氧化性,又表现了酸性(suānxìnɡ)｡而不能认为发生反响:FeO+2HNO3===Fe(NO3)2+H2O｡第六十六页，共192页。第六十七页，共192页。第六十八页，共192页。【例3】将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反响,铜完全溶解(róngjiě)产生NO和NO2的混合气体在标准状况下的体积为11.2L｡请答复:第六十九页，共192页。(1)NO的体积为__________L,NO2的体积为________L｡

(2)待产生的气体全部放出后,向溶液中参加VmLamol/L的NaOH溶液,恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀,那么(nàme)原硝酸

溶液的浓度为____________________mol/L｡

(3)欲使铜与硝酸反响生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3,至少需要质量分数为30%的双氧水________g｡

5.824第七十页，共192页。分析(fēnxī):(1)设混合气体中NO､NO2的物质的量分别为x､y,根据气体的总体积为11.2L,有:x+y=0.5mol｡第七十一页，共192页。第七十二页，共192页。(3)NO､NO2变成NaNO3需要失去的电子总数等于Cu与HNO3反响时失去的电子总数,即:0.51mol×2=1.02mol｡

故需要用做氧化剂的H2O2的物质的量为0.51mol,即需质量分数(fēnshù)为30%的H2O2溶液的质量为:

第七十三页，共192页。【方法归纳】硝酸与金属反响时,金属被氧化生成金属阳离子,硝酸被复原为低价氮的化合物｡所遵循的规律(guīlǜ)必须符合三个守恒:

一:电子得失要守恒｡根据这个守恒,往往求氮元素被复原后的价态,根据价态确定反响产物｡

第七十四页，共192页。二:N元素守恒｡硝酸与金属活动性顺序表中氢以后的金属发生作用时,浓硝酸的复原产物主要是NO2,稀硝酸的复原产物主要是NO｡假设(jiǎshè)金属和一定量浓硝酸恰好反响,那么产生的气体为NO､NO2的混合气体,无论硝酸的复原产物是NO､NO2还是两者的混合物,n(HNO3)复原=n(气体),n(HNO3)消耗=n(气第七十五页，共192页。第七十六页，共192页。类比(lèibǐ)迁移第七十七页，共192页。3.在铁与铜的混合物中,参加一定量的稀HNO3,充分反响后剩余金属m1g,再向其参加一定量的稀H2SO4,充分振荡后,剩余金属m2g｡那么m1和m2之间的关系是1一定大于m21可能(kěnéng)等于m21一定等于m21可能(kěnéng)大于m2

答案(dáàn):A第七十八页，共192页。解析:铁和铜的混合物与一定量HNO3反响,当金属(jīnshǔ)剩余,HNO3耗尽,但生成物中含有Fe(NO3)2或Cu(NO3)2｡假设再向其中参加稀H2SO4,那么继续发生:第七十九页，共192页。实验(shíyàn)探究第八十页，共192页。喷泉实验

1.氨气的喷泉实验原理

氨气极易溶于水,当烧瓶中的氨气溶于水时(喷泉装置中胶头滴管挤出的几滴水),烧瓶内的气体压强减小,形成烧瓶内外气体压强差,烧杯内的水在大气压作用下沿着(yánzhe)导气管上升冲入烧瓶内而形成喷泉｡第八十一页，共192页。2.只要气体(qìtǐ)易溶于吸收剂,均可做喷泉实验｡吸收剂可以是水,也可以是酸液､碱液等｡如以下可用于做喷泉实验的试剂:

第八十二页，共192页。3.喷泉实验成败的关键

(1)装置气密性要好;

(2)烧瓶要枯燥;

(3)气体(qìtǐ)的纯度要大｡第八十三页，共192页。走出误区第八十四页，共192页。●硝酸的强氧化性实质上是的强氧化性,但是NO-3的强氧化性需要(xūyào)一个前提,即在酸性条件下｡在中性或碱性条件下,溶液中的不表现强氧化性｡第八十五页，共192页。●一定量的浓HNO3与足量的铜片反响,仅凭静态的反响分析动态的变化,往往出错｡浓硝酸与铜片反响初期,复原产物一般是二氧化氮气体,随着浓度(nóngdù)降低,复原产物会变为一氧化氮气体等｡

●冷的浓HNO3遇到某些金属(如Fe､Al)时会发生钝化现象｡钝化并不是不反响,而是金属外表被氧化成一层致密的氧化膜｡第八十六页，共192页。因材施教(yīncáishījiào)第八十七页，共192页。一､物质(wùzhì)的特征颜色①有色固体(gùtǐ):红色:Cu､Cu2O､Fe2O3(红棕色);(红)褐色:Fe(OH)3;黄色:AgI;浅黄色:S ､Na2O2､AgBr;蓝色:Cu(OH)2;紫黑色:KMnO4､I2;黑色:炭粉､CuO､FeO､FeS､CuS､Ag2S､PbS;白色:Fe(OH)2､CaCO3､BaSO4､AgCl､BaSO3｡

第八十八页，共192页。第八十九页，共192页。③有色(yǒusè)气体:Cl2(黄绿色)､Br2(g)(红棕色)､NO2(红棕色)､I2(紫色)､O3(淡蓝色)｡

第九十页，共192页。二､特殊(tèshū)性质或特殊(tèshū)组成(1)既能与强酸反响又能与强碱反响:金属单质:Al,氧化物:Al2O3,氢氧化物:Al(OH)3｡

(2)既能与强碱水溶液反响生成氢气,又能与氢氟酸反响生成氢气:硅｡

(3)氢氧化钙在水中的溶解度随温度(wēndù)的升高而减小｡

(4)单质C与SiO2的反响等｡

(5)氨气､氯化氢易溶于水,氨气可做制冷剂｡

(6)组成为A2B2型的物质可能为Na2O2､H2O2､C2H2等｡第九十一页，共192页。三､特殊反响(fǎnxiǎng)现象(1)焰色反响:Na+(黄色(huángsè))､K+(紫色)｡

(2)使品红溶液褪色的气体:SO2(加热后又恢复红色)､Cl2(加热后不恢复红色)｡

(3)白色沉淀Fe(OH)2置于空气中最终转变为红褐色Fe(OH)3沉淀(由白色→灰绿色→红褐色);遇SCN-颜色无明显变化,通入Cl2后显红色的是Fe2+｡第九十二页，共192页。(4)在空气中变为红色:NO｡

(5)气体(qìtǐ)燃烧火焰呈苍白色:H2在Cl2中燃烧;在空气中点燃火焰呈蓝色或淡蓝色｡

(6)使湿润的红色石蕊试纸变蓝:NH3｡

第九十三页，共192页。(7)使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝:Cl2､Br2､FeCl3､碘水等｡

(8)两气体接近出现白烟:HCl和NH3;固体与气体反响产生白烟:钠在氯气中燃烧,红磷在空气中燃烧(白色烟雾)｡

(9)遇OH-生成红褐色沉淀､遇苯酚显紫色､遇SCN-显红色(hóngsè)的是Fe3+｡

(10)Br2在水中显黄橙色,在有机溶剂中显橙红色(hóngsè),I2在水中显深黄色,在有机溶剂中显紫红色(hóngsè)｡第九十四页，共192页。四､特殊(tèshū)反响1.两种气体反响生成(shēnɡchénɡ)固体:

①NH3+HCl===NH4Cl

②2H2S+SO2===3S↓+2H2O第九十五页，共192页。2.一种物质分解生成三种(sānzhǒnɡ)物质,常见的反响有:

①2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑

②NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑

③(NH4)2CO32NH3↑+H2O+CO2↑

④2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑第九十六页，共192页。第九十七页，共192页。4.能“三合一〞的反响(fǎnxiǎng)有:

①NH3+H2O+CO2===NH4HCO3

②4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3

③4NO2+O2+2H2O===4HNO3

④4NO+3O2+2H2O===4HNO3第九十八页，共192页。5.与水接触放出气体,常见的物质有:Na､Na2O2､F2､Al2S3等

6.与MnO2有关(yǒuguān)的反响:

第九十九页，共192页。7.与Al2O3有关(yǒuguān)的反响:

第一百页，共192页。8.同一元素(yuánsù)的氢化物和氧化物反响生成该元素(yuánsù)的单质和水,此元素(yuánsù)为N或S｡如:①2H2S+SO2===3S↓+2H2O､第一百零一页，共192页。9.同一元素气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物反响生成(shēnɡchénɡ)盐,该元素是N｡如:NH3+HNO3===H4NO3｡

10.向某无色溶液中参加少量强碱直至过量,会产生白色沉淀继而沉淀又溶解,那么原溶液中含有Al3+｡第一百零二页，共192页。第一百零三页，共192页。11.向某澄清溶液(róngyè)中通入足量CO2时有沉淀出现,那么该溶液(róngyè)是饱和Na2CO3溶液(róngyè)､NaAlO2溶液(róngyè)､Na2SiO3溶液(róngyè)｡

①CO2+H2O+Na2CO3===2NaHCO3↓

②CO2+2H2O+NaAlO2===NaHCO3+Al(OH)3↓

③2CO2+2H2O+Na2SiO3===2NaHCO3+H2SiO3↓

第一百零四页，共192页。12.能被连续(liánxù)氧化的物质:

①NH3→NO→NO2(O2)②N2→NO→NO2(O2)

③C→CO→CO2(O2)④H2S→S→SO2→SO3(O2)

⑤Na→Na2O→Na2O2(O2)第一百零五页，共192页。13.短周期元素的置换反响(fǎnxiǎng):

金属置换非金属:

第一百零六页，共192页。非金属置换(zhìhuàn)非金属:

①2F2+2H2O===4HF+O2

②Cl2+H2S===2HCl+S↓

第一百零七页，共192页。五､特殊反响(fǎnxiǎng)条件1.放电(fàngdiàn):

第一百零八页，共192页。2.光照(guāngzhào)第一百零九页，共192页。3.催化剂:

第一百一十页，共192页。4.电解(diànjiě):

第一百一十一页，共192页。5.工业高温(gāowēn)或化工生产:

第一百一十二页，共192页。第一百一十三页，共192页。第一百一十四页，共192页。备用(bèiyòng)选题第一百一十五页，共192页。1.欲迅速(xùnsù)除去铝壶中的水垢又不损坏铝壶,最正确的方法是参加以下物质中的()

A.浓盐酸

B.稀硝酸

C.冷的浓硫酸

D.冷的浓硝酸

答案(dáàn):D第一百一十六页，共192页。解析:此题参加的试剂必须满足:能与水垢[CaCO3､Mg(OH)2]反响,不能与铝反响｡浓盐酸和稀硝酸均能与铝反响,冷的浓硫酸尽管使铝钝化,但与CaCO3反响不彻底(生成(shēnɡchénɡ)微溶物CaSO4),而冷的浓硝酸不但能与水垢反响,还可使铝钝化,所以应选D｡

第一百一十七页，共192页。2.(2019·济南统考)某同学仿照“喷泉〞实验的原理,在实验室中做了一个“喷烟〞实验,如下图｡他在甲､乙两个烧瓶中分别充入X､Y两种无色气体,在胶头滴管(dīɡuǎn)中盛有含酚酞的NaOH溶液,实验时将胶头滴管(dīɡuǎn)内的液体挤入甲烧瓶内,然后翻开止水夹,便可看到甲烧瓶中的导管口喷出白色的烟,同时甲烧瓶中的溶液颜色逐渐变浅｡假设X､Y是HCl､NH3､Cl2､O2､CH4､SO2､NO七种气体中的两种,那么以下判断中,正确的选项是()第一百一十八页，共192页。是NH3,Y是是Cl2,Y是CH4是SO2,Y是O2是NO,Y是O2

答案(dáàn):A解析:选项中只有NH3与HCl反响生成NH4Cl才能在甲烧瓶导管(dǎoguǎn)口喷出白色的烟｡第一百一十九页，共192页。3.无色的混合气体甲,可能含NO､CO2､NO2､NH3､N2中的几种,将100mL甲气体经过以下图实验的处理,结果得到酸性溶液(róngyè),而几乎无气体剩余,那么甲气体的组成为()

第一百二十页，共192页。3､NO2､N23､NO､CO23､NO2､CO2

D.NO､CO2､N2

答案(dáàn):B第一百二十一页，共192页。解析:开始时混合气体为无色,故混合气体中无NO2,通过浓硫酸后气体体积减小,说明含有NH3,通过足量过氧化钠后气体显红棕色,说明混合气体中含有CO2和NO,而最后将剩余气体通入水中得到酸性(suānxìnɡ)溶液后几乎无气体剩余,说明原混合气体中无N2｡第一百二十二页，共192页。4.(2019·德州质检)某金属单质跟一定浓度的硝酸(xiāosuān)反响,假定只产生单一的复原产物,当参加反响的单质与被复原硝酸(xiāosuān)的物质的量之比为2∶1时,复原产物是222O

答案(dáàn):D第一百二十三页，共192页。解析:假设金属形成+1价化合物,那么根据参加反响的单质与被复原硝酸的物质(wùzhì)的量之比为2∶1知,N被复原成+3价化合物;假设金属形成+2价化合物,那么N被复原成+1价化合物;假设金属形成+3价化合物,那么N被复原为-1价化合物,因此选D｡第一百二十四页，共192页。5.某校化学研究性学习小组的同学在学习了氨的性质后讨论:运用类比的思想,既然氨气具有复原性,能否像H2那样复原CuO呢?他们(tāmen)设计实验制取氨气并探究上述问题｡请你参与该小组的活动并完成以下研究:第一百二十五页，共192页。(一)制取氨气

(1)写出实验室制取氨气的化学(huàxué)方程式

______________________________________________;

(2)在实验室中,还可以用浓氨水与

______________________________________(填写一种试剂)快速制取少量氨气;

ＮａＯＨ固体(gùtǐ)或生石灰或碱石灰等第一百二十六页，共192页。(3)有同学模仿排饱和食盐水收集氯气的方法(fāngfǎ),想用排饱和氯化铵溶液的方法(fāngfǎ)收集氨气｡你认为他能否到达目的?____________(填“能〞或“否〞),理由是______________________________________________｡

否氨气极易溶于水、氯化铵对氨气在水中的溶解度影响(yǐngxiǎng)不大第一百二十七页，共192页。(二)该小组中某同学设计了以下(yǐxià)图所示的实验装置(夹持及尾气处理装置未画出),探究氨气的复原性:

第一百二十八页，共192页。(1)该装置在设计上有一定缺陷,为保证实验(shíyàn)结果的准确性,对该装置的改进措施是

______________________________________________｡

(2)利用改进后的装置进行实验(shíyàn),观察到CuO变为红色物质,无水CuSO4变蓝色,同时生成一种无污染的气体｡写出氨气与CuO反响的化学方程式

___________________________________________｡

在装置(zhuāngzhì)Ａ与Ｂ之间增加装有碱石灰的枯燥管第一百二十九页，共192页。(三)问题讨论

(1)有同学认为(rènwéi):NH3与CuO反响生成的红色物质中可能含有Cu2O｡:Cu2O是一种碱性氧化物;在酸性溶液中,Cu+的稳取少许样品，参加稀Ｈ２ＳＯ４，假设溶液出现蓝色，说

明红色物质中含有(hányǒu)Ｃｕ２Ｏ，反之那么没有第一百三十页，共192页。(2)在解决了问题(1)后,又有同学提出:Cu2O与CuO的热稳定性哪个更强?于是他们进行了如下(rúxià)实验:取98gCu(OH)2固体,加热至80~100℃时,得到黑色固体粉末,继续加热到1000℃以上,黑色粉末全部变成红色粉末A｡冷却后称量,A的质量为72g｡据此可推得,A的化学式为____________｡由此,得到的结论是_________________________________________｡

Ｃｕ２ＯＣｕＯ比Ｃｕ２Ｏ的热稳定性差第一百三十一页，共192页。解析:A中除产生氨气外还产生水蒸气,为了防止水蒸气的影响,应在A与B之间增加枯燥装置;氨气与CuO反响产物可使无水CuSO4变蓝色,说明产生了水,另外一种无污染的气体只能为氮气,据此可写出二者反响的化学方程式｡由于Cu+在酸性条件下可转化为Cu2+,可在产物中参加硫酸,观察反响的现象;由98gCu(OH)2分解(fēnjiě)时首先得到黑色粉末后又变成红色知,Cu2O比CuO热稳定性强｡

第一百三十二页，共192页。高效(ɡāoxiào)作业第一百三十三页，共192页。一､选择题1.(2019·济宁一模)北京(běijīnɡ)2019奥运会金牌直径为70mm,厚6mm｡某化学兴趣小组对金牌的成分提出猜测:甲认为金牌是由纯金制成;乙认为金牌是由金银合金制成;丙认为金牌是由黄铜(铜锌合金)制成｡为了验证他们的猜测,请你选择一种试剂来证明甲､乙､丙猜测的正误()

第一百三十四页，共192页。A.硫酸铜溶液

B.盐酸(yánsuān)

C.稀硝酸

D.硝酸银溶液

答案(dáàn):C第一百三十五页，共192页。解析:硝酸不与金反响(fǎnxiǎng),能与银反响(fǎnxiǎng),也能与铜､锌反响(fǎnxiǎng),故假设不反响(fǎnxiǎng)那么是金,能反响(fǎnxiǎng)溶液不变蓝色那么为金银合金,能反响(fǎnxiǎng)溶液变蓝色那么为黄铜｡第一百三十六页，共192页。2.以下对于硝酸的认识中不正确的选项是()

A.浓硝酸和稀硝酸都具有氧化性

B.铜与HNO3的反响属于置换反响

C.金属与HNO3反响一般不产生氢气(qīnɡqì)

D.可用铁或铝制品盛装浓硝酸

答案(dáàn):B第一百三十七页，共192页。解析:在酸性环境中表现出较强氧化性,A项正确;Cu与HNO3反响不生成H2,故不属于置换反响,B项不正确;由于(yóuyú)HNO3的强氧化性,金属与HNO3反响一般不生成H2,C项正确;由于(yóuyú)铁､铝遇冷的浓硝酸发生钝化,所以D项正确｡第一百三十八页，共192页。3.铜粉放入稀H2SO4溶液中,加热后无明显现象发生(fāshēng),当参加以下一种物质后,铜粉的质量减少,溶液呈蓝色,同时有气体逸出,该物质是2(SO4)32CO334

答案(dáàn):C第一百三十九页，共192页。第一百四十页，共192页。4.现有(xiànyǒu)等体积混合而成的4组气体:①NO2+NO､②NO2+O2､③NH3+N2､④NO+N2,将各组气体分别通入容积相同的试管并立即倒立于足量水中,试管中水面上升的高度分别为h1､h2､h3､h4,其中高度关系正确的选项是2>h3>h1>h43>h2>h1>h41=h2=h3=h41>h2>h3>h4

答案(dáàn):A第一百四十一页，共192页。解析:设各组混合气体(qìtǐ)中每种气体(qìtǐ)的体积为1,那么水面上升的高度就是气体(qìtǐ)体积的减少,减少的越多,那么水面越高｡它们发生的反响为:①3NO2+H2O===2HNO3+NO;

②4NO2+O2+2H2O===4HNO3;③NH3全部溶于水;第一百四十二页，共192页。5.(2019·广东省高三第三次六校联考)以下是进行氨氧化制硝酸的实验装置图,有关(yǒuguān)表达正确的选项是()第一百四十三页，共192页。A.烧杯中石蕊溶液变红

B.烧瓶中发生(fāshēng)喷泉现象

C.加热后,通过Cr2O3的气体由无色变为红棕色

2O3起氧化剂的作用

答案(dáàn):AC第一百四十四页，共192页。第一百四十五页，共192页。6.为了(wèile)社会可持续开展,化工生产过程应尽量减少对环境的副作用｡“绿色化学〞是当今社会提出的一个新概念,它要求从经济､环保和技术上设计可行的化学反响,据此,由单质铜制取硝酸的以下衍变关系可行且符合“绿色化学〞的是()

第一百四十六页，共192页。答案(dáàn):B第一百四十七页，共192页。解析:此题主要考查“绿色化学〞知识｡“绿色化学〞要求尽可能地利用原料并保证生产过程(guòchéng)无污染｡A项中Cu与硝酸反响有污染物NOx生成,不符合“绿色化学〞思想,A项错误;C项中CuO转化为Cu(OH)2,在技术上难以实现,且增加了步骤,不符合“绿色化学〞中经济的要求,C项错误;D项中Cu与硫酸反响有污染物生成,不符合“绿色化学〞思想,D项错误｡

第一百四十八页，共192页。7.amolCu与含bmolHNO3的溶液(róngyè)恰好完全反响,被复原的HNO3的物质的量一定是()

答案(dáàn):A第一百四十九页，共192页。解析:由于二者恰好完全反响(fǎnxiǎng),所以生成Cu(NO3)2amol,即2amol的HNO3在反响(fǎnxiǎng)中表现出酸性,所以(b-2a)mol的HNO3表现出氧化性｡故被复原的HNO3一定是(b-2a)mol,A项正确｡

第一百五十页，共192页。8.将足量的二氧化氮和一定量的二氧化硫通入氯化钡溶液中,产生的沉淀(chéndiàn)()

A.可能是BaSO3

B.一定是BaSO3

C.可能是BaSO3和BaSO4

D.一定是BaSO4

答案(dáàn):D第一百五十一页，共192页。解析:在溶液(róngyè)中SO2被硝酸氧化为H2SO4,所以得到的沉淀一定是BaSO4,D项正确｡第一百五十二页，共192页。9.将3.2gCu跟30.0mL10.0mol/L的HNO3充分反响(fǎnxiǎng),复原产物有NO和NO2,假设反响(fǎnxiǎng)后溶液中有amolH+,那么此时溶液中含NO-3的物质的量为()

A.0.5amol

B.(0.1+a)mol

C.0.1amol

D.2amol

答案(dáàn):B第一百五十三页，共192页。第一百五十四页，共192页。10.(2019·宁夏理综)将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反响后,气体体积变为11.2L(体积均在相同条件下测定(cèdìng)),那么该氮氧化合物的化学式为22O322O4

答案(dáàn):A第一百五十五页，共192页。解析:相同(xiānɡtónɡ)条件下,气体的体积比即为物质的量之比,由题知NOx和生成的N2物质的量之比为2∶1,设氮氧化合物化学式为NOx｡

第一百五十六页，共192页。11.(2019·台湾)某氮氧化合物的一分子中含有38个电子(diànzǐ)｡试问该氮氧化合物是以下的哪一选项222O3答案(dáàn):D解析(jiěxī):D选项中N2O3所含电子数为7×2+8×3=38个,符合题意｡第一百五十七页，共192页。12.(2019·山东理综)以下表达正确的选项是()

A.汽油､柴油和植物油都是碳氢化合物

B.乙醇可以被氧化为乙酸,二者都能发生酯化反响

C.甲烷､乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到

D.含5个碳原子的有机物,每个分子中最多可形成(xíngchéng)4个C-C单键

答案(dáàn):B第一百五十八页，共192页。解析:A项,汽油､柴油和植物油都是混合物,植物油属于酯类还含有氧;C项,石油成分不含烯烃,不能通过(tōngguò)物理方法分馏得到;D项,只有开链烷烃符合,其他类别的分子可能多于4个,如环戊烷｡第一百五十九页，共192页。二､非选择题13.(2019·全国Ⅱ理综)氨可以(kěyǐ)与灼热的氧化铜反响得到氮气和金属铜,用下面示意图中的装置可以(kěyǐ)实现该反响｡

答复以下问题:

第一百六十页，共192页。(1)A中参加(cānjiā)的物质是____________________,发生反响的化学方程式是__________________________________________;

(2)B中参加(cānjiā)的物质是___________________,其作用是____________________________________;

固体(gùtǐ)NH4Cl和Ca(OH)2碱石灰〔或ＣａＯ〕除去(chúqù)ＮＨ３气流中的水蒸气第一百六十一页，共192页。(3)实验时在C中观察到的现象是__________________________________,发生反响的化学(huàxué)方程式是____________________________________;

(4)实验时在D中观察到的现象是__________________,D中收集到的物质是____________,检验该物质的方法和现象是___________________________________________________________________________________｡黑色粉末逐渐(zhújiàn)变为红色出现无色(wúsè)液体氨水氨水用红色石蕊试纸检验、试纸变蓝用无水硫酸铜检验、无水硫酸铜变蓝第一百六十二页，共192页。解析:由实验目的“氨可以与灼热的氧化铜反响得到氮气和金属(jīnshǔ)铜〞并结合装置图可知,A装置提供NH3,且是固､固加热制备气体,那么A中应参加固体NH4Cl和Ca(OH)2,发生反第一百六十三页，共192页。第一百六十四页，共192页。应:2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu,那么(nàme)C中黑色粉末逐渐变为红色｡反响生成的N2及水蒸气和未反响的NH3均会从C装置中进入D试管中,那么(nàme)D中收集到的是氨水,因为水蒸气在冰水中转化为液态水,氨气极易溶于水｡E装置是气体收集装置,收集到的是N2｡

第一百六十五页，共192页。14.(2019·北京(běijīnɡ)理综)某学习小组探究浓､稀硝酸氧化性的相对强弱,按以下图装置进行实验(夹持仪器已略去)｡实验说明浓硝酸能将NO氧化成NO2,而稀硝酸不能氧化NO｡由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸｡第一百六十六页，共192页。可选药品:浓硝酸(xiāosuān)､3mol/L稀硝酸(xiāosuān)､蒸馏水､浓硫酸､氢氧化钠溶液及二氧化碳｡

:氢氧化钠溶液不与NO反响,能与NO2反响｡

2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O第一百六十七页，共192页。(1)实验应防止有害气体排放到空气中｡装置③④⑥中盛放的药品依次(yīcì)是_____________________________________｡

(2)滴加浓硝酸之前的操作是检验装置的气密性,参加药品,翻开弹簧夹后

__________________________________________________________________________________________｡

(3)装置①中发生反响的化学方程式是

_____________________________________________｡３ｍｏｌ／Ｌ稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠(qīnɡyǎnɡhuànà)溶液通入ＣＯ２一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管(dǎoguǎn)末端伸入

倒置的烧瓶内第一百六十八页，共192页。(4)装置(zhuāngzhì)②的作用是____________________,发生反响的化学方程式是_____________________________________｡

(5)该小组得出的结论所依据的实验现象是

___________________________________________________________________________________________｡将ＮＯ２转化(zhuǎnhuà)为ＮＯ3NO2+H2O===2HNO3+NO装置(zhuāngzhì)③中液面上方气体仍为无色，

装置(zhuāngzhì)④中液面上方气体由无色变为红棕色第一百六十九页，共192页。(6)实验结束后,同学们发现装置①中溶液呈绿色,而不显蓝色｡甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致,而乙同学认为是该溶液中溶解了生成(shēnɡchénɡ)的气体｡同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确｡这些方案中可行的是(选填序号字母)__________｡

a.加热该绿色溶液,观察颜色变化

b.加水稀释该绿色溶液,观察颜色变化

c.向该绿色溶液中通入氮气,观察颜色变化

d.向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反响产生的气体,观察颜色变化ａｃｄ第一百七十页，共192页。解析:实验题要先看目的,即要验证什么,由此再来理解或设计实验｡“目的决定过程!〞此题要证明浓HNO3能将NO氧化成NO2,而稀硝酸不能氧化NO｡①产生NO2,而非NO,所以(suǒyǐ)②中盛水与NO2反响第一百七十一页，共192页。生成NO｡而NO极易与O2反响产生NO2,故反响前应用CO2将装置(zhuāngzhì)中的空气排尽｡(6)的思路是从溶液中赶出NO2,或在Cu(NO3)2溶液中通入NO2,不能采用稀释绿色溶液的方案,是因为Cu(NO3)2溶液稀释后,颜色也会发生相应的变化,而不能得出正确的结论｡第一百七十二页，共192页。15.如以下图甲和乙是某校实验探究小组制备NH3