第节氮的循环

第2节氮的循环1.了解氮气、铵盐的性质，掌握NH3的实验室制法和铵根离子的检验。2.掌握硝酸的性质和用途，了解硝酸的工业制法。3.通过氮的氧化物及含磷洗涤剂对环境及人类的影响，培养环保意识。1.考点年份情况统计氮的氧化物2009宁夏·7全国Ⅰ·29北京·27上海·312008上海·19硝酸2009全国Ⅱ·6上海化学·202008海南·4氨2009上海·7四川·272008广东理·35上海·15铵盐2009上海·42008海南·262.1.对于NO、NO2两种重要的氮的氧化物，要抓住其性质特点，特别是“涉氧溶解计算〞，应结合习题加以强化。2.对于HNO3，要抓住其特点——氧化性酸，熟练掌握其与金属或非金属反响的相关计算，尤其是与金属的反响，此时应把酸分成两局部，即起酸性的和起氧化性的，这样会使题目的解决途径“柳暗花明〞。3.注意本局部知识与日常生活的联系，如：含磷洗涤剂、氮的氧化物对环境及人体健康的危害与防治。3.课时1氮的氧化物和硝酸考点1氮的氧化物4.1.性质比较种类氮元素的正化合价有五种，即+1、+2、+3、+4和+5价，氮的氧化物共有六种，其中+4价氮的氧化物有两种NO和NO2的比较一氧化氮二氧化氮物理性质无色无味有毒气体，难溶于水红棕色有刺激性气味的有毒气体，能与水反应化学性质与氧气反应：NO+O2===2NO2；NO与水不反应NO2与氧气不反应；3NO2+H2O===2HNO3+NO实验室制法铜片与稀硝酸反应，只能用排水法收集铜片与浓硝酸反应，只能用向上排空气法收集NO2和N2O4的比较二氧化氮四氧化二氮物理性质红棕色有刺激性气味的有毒气体，能与水反应无色气体相互转化2NO2N2O4

5.2.氮的氧化物溶于水的计算有以下几种情况(1)NO2或ＮＯ2与N2(非Ｏ2)的混合气体溶于水时可依据：3NO2+H2O===2HNO3+NO，利用气体体积差值进行计算。(2)ＮＯ2和Ｏ2的混合气体溶于水时，由4NO2+O2+2H2O===4HNO3可知，当体积比=4∶1，恰好完全反响＞４∶１，ＮＯ2过量，剩余气体为ＮＯ＜４∶1，Ｏ2过量，剩余气体为Ｏ2(3)ＮＯ和Ｏ2同时通入水中时，其反响是：2NO+O2===2NO2,4NO2+O2+2H2O===4HNO3，总式为：4NO+3O2+2H2O===4HNO3当体积比=4∶3恰好完全反响＞4∶3剩余ＮＯ＜4∶3剩余Ｏ2Ｖ〔ＮＯ2〕V(O2)Ｖ〔ＮＯ2〕V(O2)6.【例1】将20mLNO2与ＮＯ的混合气体通入倒立在水槽中盛满水的玻璃筒〔带刻度〕后，筒内剩下11mL气体。求原混合气体中ＮＯ和ＮＯ２的体积。【答案】设ＮＯ２、ＮＯ体积为a、b，那么a+b=20mL，a/3+b=11mL，a=13.5mL，b=6.5mL【解析】此类问题关键是分析剩余气体的成分，切记：一定没有ＮＯ２。7.＊对应训练＊1.一定条件下，将体积比均为1∶1的NO和O2、NO和NO2、NO2和O2三组气体分别充入a、b、c三支容积相同的试管中，并将试管倒置于水槽中，充分反响后，三支试管中水面上升高度ha、hb、hc的关系是。ha＞hb＞hc8.【例2】在标准状况下，将Ｏ2与ＮＯ按3∶4的体积比充满一个枯燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升后，最后烧瓶内溶液的物质的量浓度为〔〕A.0.045mol·L-1B.0.036mol·L-1C.0.026mol·L-1D.0.030mol·L-1【解析】设烧瓶体积为１，4NO+3O2+2H2O===4HNO3，n(HNO3)=，那么=mol·L-1=0.026mol·L-1C9.＊对应训练＊2.在标准状况下，将ＮＯ２、ＮＯ、Ｏ２混合，充满容器倒置于水中，完全溶解且无气体剩余，假设产物也不扩散，那么所得溶液的物质的量浓度的数值范围为〔〕A.0<c<1/22.4B.1/39.2<c<１/22.4C.1/39.2<c<1/28D.1/28<c<1/22.4C10.考点2硝酸1.重点知识归纳(1)硝酸与金属反响表现氧化性和酸性，和非金属单质反响只表现氧化性，假设HNO3全部反响，生成NO被复原HNO3占1/4；假设生成NO2，被复原HNO3占1/2。(2)Cu和稀HNO3反响一般生成NO，和浓HNO3反响一般生成NO2，随着反响地进行，HNO3浓度变稀，开始生成NO和NO2。HNO3也可以被复原为NH4+、N2O、N2等。铁和HNO3反响注意Fe2+和Fe3+的分析。(3)Cu和浓HNO3、H2SO4混合酸计算，一般用离子方程式，因为在H2SO4作用下，HNO3全部被复原。2.本局部高考分析11.(1)根本计算近几年考查了金属与HNO3反响求被复原HNO3的物质的量，参加反响HNO3的物质的量，起酸性作用的HNO3的物质的量。此类问题一般用电子守恒或用氮守恒，n(HNO3)=n(NO、NO2)+n〔酸性局部〕；一定质量合金与HNO3反响，由产生的气体求参加NaOH溶液时产生沉淀的质量，一般用n〔e-〕=n〔OH-〕规律。此类计算要注意思维定势，HNO3被复原产物可以是NO、NO2、N2O、N2、NH4NO3。备战2021年高考还要特别注意合金与HNO3反响的顺序问题，工业上由NH3制HNO3的计算，一定量NH3和O2可制取不同浓度HNO3(2)根本实验金属与HNO3反响实验是高考命题热点，考查实验现象，操作标准，定量计算，实验评价和探究。预测探究Cu与稀硝酸反响产物〔NO〕应当成2021年高考命题热点。12.【例3】工业用的浓ＨＮＯ3往往呈黄色，原因是〔〕A.溶有Fe3+B.没有提纯C.溶有Br2D.溶有ＮＯ23.以下关于浓硝酸的表达正确的选项是〔〕A.具有挥发性，因而浓硝酸略带有黄色B.具有不稳定性，实验室里应保存在棕色瓶中C.具有氧化性，常温下可以跟铜缓慢反响D.除去浓HNO3的黄色可加水【解析】工业用浓HNO3呈黄色是因为ＨＮＯ3分解产生了ＮＯ2溶解在其中的缘故。工业用浓盐酸呈黄色是溶有Fe3+。D＊对应训练＊B13.【例4】某金属单质与一定浓度的HNO3反响，假定只生成单复原产物。当参加反响的单质与被复原ＨＮO３的物质的量之比为2∶1，复原产物是〔〕A.ＮO２B.ＮOC.Ｎ２OD.Ｎ２【解析】根据金属与被复原的ＨＮO３物质的量之比为2∶1推得，假设为ＮO２那么每复原1molHNO3转移1mol电子，而金属被复原HNO3物质的量之比为2∶1，那么每摩金属只能转移0.5mol电子，即金属为+0.5价，故不可能，逐一验证NO，每摩金属转移1.5mol电子，Ｎ２O每摩金属转移2mol电子，Ｎ２每摩金属转移2.5mol电子。C14.＊对应训练＊4.CuS与HNO3反响的生成物中有Cu2+和Ｈ２ＳＯ４，假设反响中CuS与HNO3的物质的量之比为3∶14，复原产物是〔〕A.Ｎ２Ｏ４B.ＮＯ２C.ＮＯD.Cu(NO3)2【例5】将1.92g铜粉与一定量浓HNO3反响，当铜粉完全作用时，收集到896mL(标准状况)气体，那么所耗HNO3的物质的量是〔〕A.0.12molB.0.10molC.0.11molD.0.09mol【解析】因为n(Cu)=1.92ｇ/64ｇ·ｍｏｌ－１=0.03mol，被氧化成Cu2+结合NO3-0.06mol；又生成896mL气体，n(N)=896×10-3Ｌ/22.4Ｌ·ｍｏｌ－１=0.04mol。即表现氧化性的HNO3为0.04mol，那么结论亦得出。BC15.5.含ngHNO3的稀溶液恰好使mg铁粉完全溶解，假设有n/4gHNO３被还原成NO(无其他复原产物)，那么n∶m可能是〔〕A.1∶1B.2∶1C.3∶1D.9∶1＊对应训练＊C16.1.［2021年上海化学卷］对于常温下pH为1的硝酸溶液，以下表达正确的选项是〔〕A.该溶液1mL稀释至100mL后，pH等于3B.向该溶液中参加等体积、pH为13的氢氧化钡溶液恰好完全中和C.该溶液中硝酸电离出的c〔H+〕与水电离出的c〔H+〕之比值为10-12D.该溶液中水电离出的c〔H+〕是pH为3的硝酸中水电离出的c〔H+〕的100倍A、B【解析】A项，HNO3是强酸，pH为1的硝酸c〔H+〕为0.1mol·L-1，溶液体积增大102倍，pH增大2，A正确；B项，Ba〔OH〕2为强碱，pH为13的Ba〔OH〕2中c〔OH-〕为0.1mol·L-1，与HNO3恰好完全反响，B正确；C项，c水〔OH-〕=c水〔H+〕=10-14/10-1mol·L-1=10-13mol·L-1，c〔H+〕/c水〔H+〕=10-1mol·L-1/10-13mol·L-1=1012，C错；D项，pH为3的硝酸中水电离出的c水〔H+〕=c水〔OH-〕=10-14/10-3mol·L-1=10-11mol·L-1，两种HNO3溶液中水电离出的c水〔H+〕的比值为10-13mol·L-1/10-11mol·L-1=1∶100，D错。17.2.［2021年北京卷］某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按图3-2-1所示装置进行实验〔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。可选药品：浓硝酸、3mol/L稀硝酸、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图3-2-118.〔1〕实验应防止有害气体排放到空气中。装置③、④、⑥中盛放的药品依次是。〔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。〔4〕装置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 。〔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3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内Cu+4HNO3〔浓〕===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O3NO2+H2O===2HNO3+NO将NO2转化为NO装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色a、c、d19.【解析】此题主要考查HNO3的性质、化学根本操作、实验设计和评价能力。〔1〕根据装置特点和实验目的，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2，因为要验证稀HNO3不能氧化NO，所以装置③中应该盛放稀硝酸。〔2〕由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓硝酸之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反响产生的NO气体逸出。〔3〕Cu与浓HNO3反响生成Cu(NO3)2、NO2、H2O：Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。〔4〕装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反响生成NO：3NO2+H2O===2HNO3+NO。〔5〕NO通过稀HNO3溶液后，假设无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之。装置④中盛放的是浓HNO3，假设浓HNO3能氧化NO，那么装置④液面的上方会产生红棕色气体。〔6〕要证明是Cu(NO3)2浓度过高或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，可设计将溶解的NO2赶走〔a、c方案〕再观察颜色变化。也可在Cu(NO3)2浓溶液中通入NO2进行比较观察反响后的颜色变化〔d方案〕,确定是否是因溶有NO2引起的。方案b中由于Cu〔NO3〕2和溶解在其中的NO2浓度均可发生变化，无法确定是哪一种因素引起的。20.1.总结规律，提高学习效率。〔1〕总结实验室制气体的发生装置、收集装置的主要类型和选择的根据。〔2〕总结NO和O2，NO2与O2，NO、NO2与O2溶于水时的计算规律，掌握计算技巧。〔3〕总结氧化复原反响发生的一般规律，掌握缺项反响式的配平方法。〔4〕分析酸碱中和的实质，掌握弱酸酸式盐、正盐间的转化规律。2.重视实验。通过观察，加深对物质的认识；分析实验现象产生的原因，掌握物质的性质、保存和检验；了解实验的操作和过程，学会设计实验，提高解答综合实验题的能力。返回目录21.硝酸盐的分解规律KCaNaMgAlZnFeSnPb〔H〕CuHgAgPtAu亚硝酸盐

+

氧气金属氧化物

+

二氧化氮

+

氧气

金属

+

二氧化氮

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氧气例如：2NaNO3===2NaNO2+O2↑2Cu(NO3)2==2CuO+4NO2↑+O2↑2AgNO3==2Ag+2NO2↑+O2↑22.课时2氨和铵盐〔1〕氨气或液氨溶于水得氨水，氨水的密度比水小，并且氨水浓度越大密度越小，计算氨水浓度时，溶质是NH３，而不是NH３·H２Ｏ。〔2〕在氨水溶液中存在如下平衡：NH３＋H２ＯNH３·H２ＯNH４+＋OH－，氨水显弱碱性，是一种重要的可溶性碱，具有碱的通性。氨水可使红色石蕊试纸变蓝，故常用湿润的红色石蕊试纸检验ＮＨ３的存在。〔3〕氨水是混合物，溶液中存在的微粒有：三种分子：NH３·H２Ｏ、NH３、H２Ｏ三种离子：NH４＋、ＯＨ－及少量H＋〔4〕氨水是弱电解质溶液，但电解质是NH３·H２Ｏ，而不是NH３。考点1与氨水有关的问题总结23.〔5〕氨水受热可分解放出氨气。ＮＨ３·Ｈ２ＯＮＨ３↑＋Ｈ２Ｏ〔6〕氨水与酸反响可生成铵盐，浓氨水与挥发性酸〔如：浓盐酸和浓硝酸〕相遇会产生白烟。如：ＮＨ３＋ＨＣｌ==ＮＨ４Ｃｌ〔7〕氨水具有较强的复原性，可被强氧化剂氧化。如氨水可与Ｃｌ２发生反响：3Ｃｌ２＋8ＮＨ３===6ＮＨ４Ｃｌ＋Ｎ２〔8〕氨水是很好的沉淀剂，可使多种阳离子：Ｍｇ２＋、Ｆｅ３＋、Ａｌ３＋、Ａｇ＋、Ｚｎ２＋、Ｃｕ２＋等生成沉淀，其中AgＯＨ〔或Ag２O〕、Ｚｎ〔OH〕２、Ｃｕ〔OH〕２等沉淀遇过量氨水会生成络离子而溶解。如：Ａｌ３＋＋3ＮＨ３·Ｈ２Ｏ===Ａｌ〔OH〕３↓＋３ＮＨ＋４Ａg+＋ＮＨ３·Ｈ２Ｏ===ＡｇＯＨ↓＋ＮＨ４＋2ＡｇOH===Ａｇ２Ｏ＋Ｈ２ＯＡｇ２Ｏ＋4ＮＨ３·Ｈ２Ｏ２===［Ａｇ〔NH３)２]++2ＯＨ-＋3Ｈ２Ｏ利用此性质在实验室中用氨水制取Ａｌ〔OH〕３和银氨溶液。24.〔9〕涉及氨水的离子方程式的书写。a.氨水作反响物，用分子式ＮＨ３·Ｈ２Ｏ表示。b.生成氨水时，如使用的反响物为浓溶液或在加热条件下，用下式表示：ＮＨ４＋＋ＯＨ－ＮＨ３↑＋Ｈ２Ｏc.生成氨水时，如使用的反响物为稀溶液，用下式表示：NH４+＋ＯＨ－===ＮＨ３·Ｈ２Ｏ【解析】0.1mol/L氯化铵溶液的pH约为５，说明氯化铵溶液中存在着结合ＯＨ－的水解平衡，此反响生成了难电离的物质ＮＨ３·Ｈ２Ｏ，所以可证明氨水是弱电解质，是弱碱。【例1】以下事实可证明氨水是弱碱的是〔〕A.氨水能跟氯化亚铁溶液反响生成氢氧化亚铁B.铵盐受热易分解C.0.1mol/L氨水可以使酚酞试液变红D.0.1mol/Ｌ氯化铵溶液的pH约为５D25.＊对应训练＊1.有关氨的性质的表达正确的选项是〔〕A.常温下氨气是一种无色、有刺激性气味的气体，且氨气也有复原性B.氨水中只有NH４+和OH－，没有ＮＨ３分子C.氨水和酸相遇都能产生白烟D.在反响ＮＨ３＋H＋===NH４+中氨失去电子A26.【例2】在如图3-2-5装置中，烧瓶中充满枯燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后翻开弹簧夹f，烧杯中的液体b呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。那么a和b分别是〔〕B、D【解析】形成喷泉的成因是：烧瓶内的气体迅速大量溶于挤入的水滴中，使烧瓶内气压骤减，大气压作用于烧杯中液面，将烧杯中试液压入烧瓶，就形成了喷泉。图3-2-5a(干燥气体)b(液体)ＡNO２水ＢCO２5ｍｏｌ·Ｌ－１ＮａＯＨ溶液ＣCl２饱和ＮａCl水溶液ＤNH３２ｍｏｌ·Ｌ－１盐酸Ｃｌ27.＊对应训练＊2.在标准状况下，用以下气体做喷泉实验，请根据情况，填写烧瓶中溶液的物质的量浓度〔假设烧瓶中溶质不能扩散出来〕：〔１〕用氯化氢气体做喷泉实验，喷泉结束后，水充满烧瓶，那么溶液的物质的量浓度为。〔２〕用ＮＨ３做喷泉实验，喷泉结束后，水充满烧瓶，那么溶液的物质的量浓度为。〔３〕用ＮＯ２气体做喷泉实验，喷泉结束后，水充至烧瓶容积的处，那么溶液的物质的量浓度为。〔４〕用ＮＯ２和Ｏ２按４∶１体积比混合，喷泉结束后，水充满烧瓶，那么溶液的物质的量浓度为。0.045mol·L-10.045mol·L-10.036mol·L-10.045mol·L-128.考点2氨气的制法1.实验室制法(1)原理：用铵盐与碱共热。２ＮＨ４Ｃｌ＋Ｃａ〔ＯＨ〕２ＣａＣｌ２＋２ＮＨ３↑＋２Ｈ２Ｏ(2)装置：发生装置同制氧气。(3)收集：向下排空气法。(4)检验：a.用润湿的红色石蕊试纸检验变蓝。b.用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验，产生白烟。(5)枯燥：不能用ＣａＣｌ２、Ｐ２Ｏ５、浓Ｈ２ＳＯ４作枯燥剂，因为ＣａＣｌ２与ＮＨ３反响生成ＣａＣｌ２·８ＮＨ３，Ｐ２Ｏ５能与Ｈ２Ｏ、ＮＨ３反响生成磷酸盐，浓Ｈ２ＳＯ４与ＮＨ３反响生成〔ＮＨ４〕２ＳＯ４。通常用碱石灰作枯燥剂。29.(6)注意事项：①收集ＮＨ３所用仪器必须干燥。②收集ＮＨ３试管口塞一团棉花球，是减少与空气的对流，增大所收集氨气的纯度。③制ＮＨ３不能用硝酸铵、碳酸氢铵，因为ＮＨ４ＮＯ３受热时可能发生爆炸，而ＮＨ４ＨＣＯ３极易分解产生ＣＯ２，使生成的ＮＨ３中混有ＣＯ２杂质。④Ｃａ（ＯＨ）２不能用ＮａＯＨ、ＫＯＨ代替，原因是ＮａＯＨ、ＫＯＨ具有吸湿性，易结块，不利于ＮＨ３的产生。另外，ＮａＯＨ、ＫＯＨ加热时对试管腐蚀较严重。2.工业制法原料：水、煤和空气造气：Ｃ＋Ｈ２ＯＣＯ＋Ｈ２ＣＯ＋Ｈ２ＯＣＯ２＋Ｈ２氮气取自空气原理：Ｎ２＋３Ｈ２２ＮＨ３（正反应放热）30.【解析】Ａ项，ＮＨ４Ｃｌ受热分解生成ＮＨ３和ＨＣｌ，冷却后二者又化合生成ＮＨ４Ｃｌ；Ｂ项，ＣａＯ＋Ｈ２Ｏ===Ｃａ〔ＯＨ〕２，同时放热，使平衡ＮＨ３＋Ｈ２ＯＮＨ３·Ｈ２ＯＮＨ４＋＋ＯＨ－向逆反响方向移动，有利于ＮＨ３的产生和逸出；Ｃ项，反响原理正确，但试管口应略向下倾斜；Ｄ项，浓氨水受热挥发出ＮＨ３正确。【解法探究】判断实验装置图是否正确的方法〔1〕看发生装置是否正确：①实验是否需要加热；②酒精灯加热的部位及先后顺序是否正确；③仪器的放置位置是否适宜等。〔2〕看试剂是否符合反响原理，试剂包括反响物、枯燥剂、除杂试剂、尾气吸收剂等。〔3〕看收集方法是否正确，包括排液法选用的液体试剂、排空气法导气管伸入的位置等。〔4〕看是否缺少尾气吸收装置，包括吸收装置中选用的吸收剂是否适宜。【例3】图3-2-6所示是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的选项是()图3-2-10A、C31.3.图3-2-7装置是实验室制备氨气的装置，在试管口处的试纸可以检验氨气的逸出。以下不能用来放置在试管口的试纸是〔〕A.湿润的ｐＨ试纸B.湿润的蓝色石蕊试纸C.湿润的红色石蕊试纸D.浸有酚酞试剂的滤纸＊对应训练＊

图3-2-7B32.【例4】实验室里为了简便制取枯燥的氨气，以下方法中适合的是〔〕A.加热氯化铵固体，产生的气体用碱石灰枯燥B.在Ｎ２和Ｈ２混合气中参加铁触媒并加热至５００℃C.在浓氨水中参加ＮａＯＨ固体，产生的气体用碱石灰枯燥D.加热ＮＨ４ＨＣＯ３，生成的气体用Ｐ２Ｏ５枯燥【解析】将浓氨水中参加ＮａＯＨ固体，ＮａＯＨ溶解放出大量的热，同时由于溶液中ｃ〔ＯＨ－〕的增大使溶液中的溶解电离平衡：ＮＨ３＋Ｈ２ＯＮＨ３·Ｈ２ＯＮＨ４＋＋ＯＨ－逆向移动，从而使ＮＨ３大量逸出，生成的氨气可用碱石灰枯燥。C33.＊对应训练＊4.〔1〕合成氨工业对化学和国防工业具有重要意义。写出氨的两种重要用途。〔２〕实验室制备氨气，以下方法中适宜选用的是。①固态氯化铵加热分解②固体氢氧化钠中滴加浓氨水③氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热④固态氯化铵与氢氧化钙混合加热制化肥、制硝酸②、④34.1.铵盐的性质(1)物理性质：铵盐都是白色晶体，均易溶于水。〔2〕化学性质：①受热易分解：NH4ClNH3↑+HCl↑②与碱反响：a.NH4++OH-NH3↑+H2Ob.在稀溶液中不加热：NH4++OH-===NH3·H2Oc.在浓溶液中不加热：NH4++OH-===NH3↑+H2O③水解反响：NH4++H2ONH3·H2O+H+〔5〕用途可作氮肥、炸药、焊药、制硝酸。2.NH4+离子的检验取少量样品，加碱共热，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，说明有NH4+。离子方程式为：NH4++OH-NH3↑+H2O。考点3铵盐及NH4+的检验35.思考1.固态NH4Cl受热变成气体，气体遇冷又变成固态NH4Cl；固态碘受热变成蒸气，蒸气遇冷又变成固态碘，这两种现象的本质是相否相同？【答案】〔1〕并不是所有铵盐受热都产生NH3。〔2〕在中学化学里，受热易分解的盐一般为铵盐或碳酸盐〔酸式盐和正盐，除Na2CO3、K2CO3外〕。在一些无机推断题中，当有AB+C+…关系时，一般情况下，把A应锁定在铵盐和碳酸盐的范围内。〔3〕氧化性酸的铵盐受热分解产物复杂，温度不同，产物亦不同，在中学阶段一般不作要求。在较低温度下，符合一般规律。例如：NH4NO3===========NH3↑+HNO32NH4NO3=======2N2↑+O2↑+4H2O【答案】不同，固体NH4Cl受热变成气体，遇冷又变为固体NH4Cl，发生了如下两步反响：NH4Cl===NH3↑+HCl↑NH3+HCl===NH4Cl，属于化学变化，而碘的转化属于物理变化。2.铵盐不稳定，分解后都有NH3生成吗？△△90℃～100℃500℃36.3.铵盐与碱反响可得到NH3，但在溶液进行反响时，书写离子方程式应注意如下问题：铵盐和氢氧化钠在溶液中反响，加热或不加热时书写离子方程式不同：NH4++OH-NH3↑+H2ONH4++OH-===NH3·H2O【例5】离子检验的常用方法有三种：以下离子检验的方法不合理的是〔〕A.NH4+—气体法B.I-—沉淀法C.Fe3+—显色法D.Ca2+—气体法【解析】根据此题给出的三种方法的实质，Ca2+应该用沉淀法检验。D检验方法沉淀法显色法气体法含义反应中有沉淀产生或溶解反应中有颜色变化反应中有气体产生37.＊对应训练＊5.某种常用的白色晶体A，与盐酸反响产生无刺激性气味的气体B；将B通入澄清石灰水，石灰水变浑浊。假设在A的水溶液中加氢氧化钡溶液，那么析出白色沉淀C和无色气体D；D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝。加热固体A，可生成水、B和D，而且B和D的物质的量之比为1∶1，根据以上事实，可以判断A是，B是，C是。加热固体A生成水、B和D的化学方程式是 。NH4HCO3CO2BaCO3NH4HCO3====NH3↑+CO2↑+H2O△38.1.［2021年上海化学卷］在以下变化：①大气固氮②硝酸银分解③实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被复原、既不被氧化又不被复原的顺序排列，正确的选项是〔〕A.①②③B.②①③C.③②①D.③①②【解析】大气固氮发生的反响为N2+O2====2NO，氮元素被氧化；硝酸银分解的化学方程式为2AgNO3====2Ag+2NO2↑+O2↑，氮元素被复原；实验室制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca〔OH〕2===CaCl2+2NH3↑+2H2O，该反响属于非氧化复原反响。因此A项符合题意。A闪电光△39.2.［2021年上海化学卷］用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。其原因是〔〕①幕布的着火点升高②幕布的质量增加③氯化铵分解吸收热量，降低了温④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气A.①②B.③④C.①③D.②④【解析】处理后的幕布不易着火，主要原因有两个：一是NH4Cl分解吸收热量，降低了环境温度；二是NH4Cl分解生成的NH3、HCl可以有效隔绝幕布与空气接触。B40.3.［2021年四川卷］关于浓度均为0.1mol·L-1的三种溶液：①氨水②盐酸③氯化铵溶液，以下说法不正确的选项是〔〕A.c〔NH4+〕：③＞①B.水电离出的c〔H+〕：②＞①C.①和②等体积混合后的溶液：c〔H+〕＝c(OH-)+c(NH3·H2O)D.①和③等体积混合后的溶液：c〔NH4+〕＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)【解析】A项，氨水是弱电解质，局部电离，NH4Cl是强电解质，完全电离，故NH4Cl溶液中c〔NH4+〕较大；B项