必修1专题4-氮及其重要化合物-(六校-宋君平)

精锐教育学科教师辅导讲义讲义编号学员编号：年级：高一课时数：3学员姓名：辅导科目：化学学科教师：宋君平课题氮及其重要化合物授课日期及时段教学目的1.掌握氮元素单质及其化合物的主要性质，了解其应用。2.了解氮元素单质及其化合物对环境质量的影响。3.掌握氨、铵盐、硝酸的主要化学性质。教学内容【课前检测】1．氮气的性质是〔〕A.只有氧化性B.只有复原性C.既有氧化性又有复原性D.既没有氧化性又没有复原性2．以下现象的产生与人为排放大气污染物氮氧化物无关的是〔〕A.闪电B．光化学烟雾C．酸雨D．臭氧空洞3．以下物质不与氨反响的是()A．H2SO4B．HCl气体C．NaOHD．H2O4.以下物质中可用来枯燥NH3的是()A.浓H2SO4 B.碱石灰 C.P2O5 D.无水CaCl25．以下气体易液化，遇挥发性酸时冒白烟，而且适宜作致冷剂的是()A.N2B.NH3C.NOD.NO26．以下材料制成的容器既不能用来盛放盐酸，也不能用来盛放浓HNO3的是()A．Al B.Sn C.Cu D.Pt7．为除去镀在铝外表的铜镀层，可选用的试剂是()A.稀硝酸B.浓硝酸C.浓硫酸D.浓盐酸答案：1.C2.A3.C4.B(浓硫酸会和氨气生成硫酸铵，P2O5和冷水反响会生成极毒的偏磷酸，和热水反响生成无毒的正磷酸，都有酸生成，所以会和氨气反响，特别强调的是既然是除水，说明氨气中带有水，如果用无水硫酸铜也是不能除去的，因为CuSO4可以和NH3络合,形成相当于结晶水合物到结晶氨合物。同理氨气和氯化钙生成一种络合物“八氨合氯化钙”〔CaCl2·8NH3)，所以也是不能枯燥氨气的〕5.B6.B(Al会和盐酸反响，但不会和浓硝酸反响，Cu会和浓硝酸反响但不会和盐酸反响，Pt两个都不反响)7.B(题意就是能和Cu反响不能和Al反响的物质，铁和铝在弄硝酸中钝化)【知识梳理】一、氮气及氮的氧化物1.物理性质

颜色气味毒性密度溶解性N2无色无味无毒比空气稍小难溶于水NO无色无味有毒比空气稍大不溶于水NO2红棕色有刺激性气味有毒比空气稍大与水发生反响2.化学性质(1)氮气①与氧气反响②与氢气反响3.氮氧化物A、NO和NO2(1)物理性质

NONO2色态无色气体红棕色气体气味无味刺激性气味毒性有毒有毒(2)相互转化①NO→NO2：2NO＋O2===2NO2②NO2→NO：3NO2＋H2O===2HNO3＋NOB、氮氧化物的来源及危害(1)来源：氮肥的生产、金属的冶炼和汽车尾气的排放。(2)危害：形成酸雨、产生光化学烟雾、破坏臭氧层。二、氨和铵盐1．氨气〔NH3〕：〔1〕分子结构：由极性键形成的三角锥形的极性分子，N原子有一孤对电子；N-3价，为N元素的最低价态〔2〕物理性质：无色、刺激性气味的气体，密度比空气小，极易溶于水，常温常压下1体积水能溶解700体积的氨气，易液化〔可作致冷剂〕〔3〕化学性质：①与水反响：氨水呈碱性，原理：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-氨气是唯一能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，常用此性质检验氨气。②与酸反响与挥发性酸(如浓盐酸、硝酸)的反响：NH3+HCl=NH4Cl现象：产生白烟与硫酸反响：2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4③与盐反响：向AlCl3溶液中滴加氨水反响的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+④氨气的复原性NH3中的N呈—3价，所以NH3具有复原性，能被O2、CuO、NOx、Cl2等物质氧化。a.4NH3+5O24NO+6H2O(工业制硝酸的根底)b.2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2Oc.3Cl2+8NH3==N2+6NH4Cl2．铵盐△〔1〕物理性质：白色晶体，易溶于水△△〔2〕化学性质：①受热分解：NH4HCO3＝NH3↑+H2O+CO2↑〔30℃△△NH4Cl＝NH3↑+HCl↑△△②与碱反响：Ca〔OH〕2+2NH4Cl＝CaCl2+2NH3↑+2H2O△铵盐与碱溶液反响的离子方程式：NH4++OH-＝NH3↑+H2O〔该性质可用于氨气的制取和铵根离子的检验〕〔3〕NH4+的检验：取少量样品，与碱混合于试管中，加热。将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，试纸变蓝色，说明样品中含有NH4+；也可以将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近管口，假设有白烟产生，说明样品中含有NH4+。〔4〕氮肥(1)分类名称硫酸铵氯化铵碳酸氢铵硝酸铵碳酰二胺俗名硫铵氯铵碳铵硝铵尿素化学式(NH4)2SO4NH4ClNH4HCO3NH4NO3CO(NH2)2类别铵态氮肥硝态氮肥有机氮肥(2)使用考前须知(ⅰ)贮存：密封放在阴凉处。(ⅱ)施用：埋在土壤中，防止与碱性肥料(如草木灰)混用。3．自然界中的氮循环A.氮的固定(1)概念：将游离态的氮转化为化合态的氮的方法。(2)分类氮的固定eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(______固氮\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(高能固氮,生物固氮)),人工固氮______固氮\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(_________,仿生固氮))))B.自然界中的氮循环三、硝酸1、物理性质无色、易挥发〔在空气中遇水蒸气呈白雾状〕，有刺激性气味的液体。2、化学性质⑴强酸性：稀硝酸使紫色石蕊试液变红色，浓硝酸使紫色石蕊试液先变红色后褪色。⑵不稳定性4HNO3(浓)eq\o(=====,\s\up7(光或△),\s\do5())4NO2↑＋O2↑＋2H2O由于浓硝酸溶有分解出的NO2气体，所以浓硝酸一般为黄色，其保存方法是：棕色细口瓶置于冷暗处。⑶强氧化性①能与Au、Pt以外的所有金属反响，如Cu与浓、稀硝酸的反响方程式：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O注意：有些金属(如Al、Fe等)在冷的浓硝酸中发生钝化。故可以用铁、铝容器运输冷的浓硝酸。②与非金属的反响碳与浓硝酸反响的化学方程式：C+4HNO3CO2↑+4NO2↑+2H2O③与某些复原性物质反响〔如FeO〕化学方程式：3FeO+10HNO3(稀)=3Fe(NO3)3+NO↑+5H2O3、NO3离子的检验：晶体或浓溶液与浓硫酸、Cu共热时，假设产生红棕色气体那么含NO3；假设为稀溶液那么先浓缩。4.工业上制硝酸【重难点突破】一、有关氮的氧化物溶于水的计算3NO2＋H2O===2HNO3＋NO①2NO＋O2===2NO2②由方程式①×2＋②得：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3③由方程式①×2＋②×3得：4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3④氮的氧化物溶于水的计算大致有以下三种类型：1．NO和NO2的混合气体NO和NO2的混合气体溶于水时仅涉及反响①，可利用气体体积变化差值进行计算：V剩＝V(NO)原＋eq\f(1,3)V(NO2)2．NO2和O2的混合气体NO2和O2的混合气体溶于水时涉及反响③，其计算依据如下：3．NO和O2的混合气体NO和O2的混合气体溶于水时涉及反响④，其计算依据如下：特别提醒：NO2与O2的混合气体通入水时剩余的气体可能是O2，也可能是NO，NO2是不会剩余的，因过量的NO2会与H2O反响生成NO。例1、将10mL充满NO2和O2的混合气体的试管倒置在水槽中，反响停止后试管内剩余2mL的无色气体，求原混合气体中NO2和O2各多少毫升？【思路点拨】解答此题要考虑以下两点：(1)NO2完全转化成HNO3，剩余O20.2mL。(2)O2完全反响，剩余的NO2与H2O反响，转化为2mL的NO。【解析】剩余2mL气体可能是NO或O2，分两种情况讨论：(1)剩余的是NO，可以看成先发生了反响：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3。剩余的NO2又与水作用，最终有2mLNO产生。由反响3NO2＋H2O===2HNO3＋NO得剩余的NO2体积为2mL×3＝6mL。那么原有O2体积为(10mL－6mL)×eq\f(1,4＋1)＝0.8mL，NO2体积为10mL－0.8mL＝9.2mL。(2)剩余的是O2，那么有10mL－2mL＝8mL是NO2和O2的混合气体按反响：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3进行。所以NO2的体积为8mL×eq\f(4,1＋4)＝6.4mL，O2体积为10mL－6.4mL＝3.6mL。【答案】假设剩余的气体是NO，那么NO2和O2的体积分别为9.2mL和0.8mL；假设剩余的气体是O2，那么NO2和O2的体积分别为6.4mL和3.6mL。假设上题中的10mL气体为NO与O2的混合气体，其组成是怎样的？【提示】发生反响：4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3，那么参加反响的NO为8mL×0.575＝4.6mL，O2为8mL×0.425＝3.4mL。剩余2mL气体假设为NO，那么NO为6.6mL，O2为3.4mL；假设为O2，那么NO为4.6mL，O2为5.4mL。变式训练将VmLNO和NO2的混合气体通过水吸收后，得到amL无色气体A。将此无色气体A与等体积的O2混合，通过水充分吸收后，得到5mL无色气体B，试答复：(1)A气体是________，B气体是________。(2)A气体的体积是________mL。(3)V的取值范围是__________。解析：(1)NO、NO2混合气体与水反响后只能得到无色气体NO，即A为NO。NO与O2等体积混合后与水反响，据4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3知，剩余气体为O2。(2)设A气体的体积为x，那么x－eq\f(3,4)x＝5mL，x＝20mL。(3)按极限取值法，假设VmL全为NO，那么V＝20；假设VmL全为NO2，那么V＝60，故其取值范围为：20<V<60。答案：(1)NOO2(2)20(3)20<V<60二、常见的环境问题环境污染污染源污染物防治措施酸雨煤、石油等化石燃料的燃烧，汽车尾气等工厂废气SO2、NOx开发利用新能源；化石燃料脱硫或固硫，废气用氨水、碱液吸收温室效应煤、石油、天然气等化石燃料的燃烧CO2等温室气体减少化石燃料的使用、开发利用新能源；植树造林光化学烟雾汽车尾气、化肥厂、硝酸厂废气中的氮氧化物、碳氢化合物臭氧、醛、酮、酸、过氧乙酰硝酸酯等减少汽车尾气中有毒气体的排放；对工厂废气进行吸收处理臭氧层空洞使用含氟氯烃的冰箱、空调等氟氯烃、氮氧化物限制或停止氟氯烃的使用赤潮含一定量氮和磷等植物营养物质的生活污水、工业废水氮、磷等营养元素工业、生活用水处理后排放，限制使用含磷洗涤剂白色污染难降解塑料的丢弃废弃塑料减少使用和加强回收，使废塑料再利用、再循环，研制开发可降解塑料例2、工业废气氮氧化物是主要的大气污染源之一。近年来发现许多生物体组织中存在少量NO，它有扩张血管、免疫、增强记忆的功能，成为当前生命科学的研究热点。(1)NO在大气层中可发生反响：NO＋O3―→NO2＋O，NO2＋O―→NO＋O2，从反响过程中看，NO是一种________剂，从最终结果看NO是一种________剂。(2)假设使NO转化为无毒气体,据氧化复原反响原理，可选用NH3消除NO对环境的污染，该反响的化学方程式为____________________________。【解析】(1)将两个反响相加得总反响为：2O3===3O2。在反响过程中，NO在第一个反响中以反响物参与反响，又在第二个反响中以生成物出现，总反响中NO的质量及性质都没有改变，符合催化剂的定义，所以NO是催化剂。但是在第一个反响中，NO被氧化成NO2，作复原剂。(2)NH3中氮元素显－3价，具有复原性，NO中氮元素显＋2价，具有氧化性，从理论上说，二者能够发生氧化复原反响,发生化合价“归中”反响，都变成无毒的N2，NH3中的氢元素和NO中的氧元素结合成水。【答案】(1)复原催化(2)4NH3＋6NOeq\o(=====,\s\up17(一定条件))5N2＋6H2O变式训练汽车尾气(含有烃类、CO、SO2与NO等物质)是城市空气的污染源。治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转换器”(用铂、钯合金作催化剂)，它的特点是使CO与NO反响，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使烃类充分燃烧及SO2的转化。(1)写出CO与NO反响的化学方程式：_____________________________。(2)“催化转换器”的缺点是在一定程度上提高了空气的酸度，其原因是_____________________________。(3)控制城市污染源的方法可以有________。A．开发氢能源B．使用电动车C．植树造林D．戴上呼吸面具解析：在催化剂作用下把CO和NO都转化为参与大气生态环境循环的无毒气体，即NO转化为N2、CO转化为CO2，反响的化学方程式为：2NO＋2COeq\o(=====,\s\up17(催化剂))2CO2＋N2。同时SO2也在催化剂的作用下转化为SO3，从而提高了空气的酸度。控制城市空气污染源主要是减少煤和汽油的使用。答案：(1)2CO＋2NOeq\o(=====,\s\up17(催化剂))2CO2＋N2(2)SO2转化为SO3，产生硫酸酸雾(3)AB三、氨的化学性质1．与水反响：NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH－。前一个可逆符号表示NH3与水反响为一可逆反响，后一个可逆符号表示NH3·H2O为弱电解质，只能局部电离出OH－和NH4+，为一元弱碱，具有碱的通性。包括使酚酞试液显红色，红色石蕊试纸变蓝。NH3·H2O不稳定，受热易分解：NH3·H2Oeq\o(=====,\s\up7(△))NH3↑＋H2O。氨水的密度小于1g·mL－1，且溶液越浓密度越小。2．与酸反响——表现碱性NH3＋HCl===NH4ClNH3＋HNO3===NH4NO3(NH3与挥发性酸反响有白烟产生，可用浓盐酸检验NH3)3．氨中氮元素处于其最低价态－3价，具有复原性，易与氧化剂(Cl2、O2、CuO等)反响4NH3＋5O2eq\o(=====,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O例3、有关氨的性质的表达正确的选项是()A．氨能在空气中燃烧B．氨水呈碱性C．氨气和酸相遇都能产生白色烟雾D．在反响NH3＋H＋===NH4+中，氨气失去电子，被氧化【解析】A项氨不能在空气中燃烧。C项氨气与不挥发性酸不能产生白烟。D项此反响元素的化合价都未改变，没有电子得失。【答案】B变式训练氨水显弱碱性的主要原因是()A．通常状况下，氨气在水中的溶解度不大B．氨水中的NH3·H2O电离出少量的OH－C．溶于水的氨分子只有少量发生电离D．氨本身的碱性弱解析：选B。氨气溶于水后大局部与水结合生成一水合氨(NH3·H2O)，NH3·H2O仅有小局部电离成NH4+和OH－，因此显弱碱性，它既不是因为氨气在水中的溶解度不大，也不是因为氨分子电离的少(在水溶液里氨分子是不电离的)，更不是因为氨本身的碱性弱。四、氨气的实验室制法1．反响原理：2NH4Cl＋Ca(OH)2eq\o(=====,\s\up7(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O2．发生装置：固体＋固体eq\o(――→,\s\up7(△))气体。(1)收集装置和反响装置的试管和导管必须是枯燥的；(2)发生装置的试管口略向下倾斜；(3)由于氨气的密度比空气小，因此收集氨气时，导管应插入试管的底部；(4)加热温度不宜过高，并用酒精灯外焰由前向后逐渐加热。3．净化装置：盛有碱石灰或NaOH固体的枯燥管(或U形管)。4．收集方法：只能用向下排空气法。5．尾气吸收：棉花用稀硫酸浸湿，吸收氨气，防止多余的氨气逸出，污染空气。6．验满方法：(1)将湿润的红色石蕊试纸放在试管口处，假设试纸变蓝，那么说明氨气已收集满。(2)用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口处，假设产生白烟，那么说明氨气已收集满。特别提醒：(1)收集氨气的试管口堵一团棉花的作用：防止氨气和空气发生对流，提高收集速率和氨气的纯度。(2)不能用浓硫酸、P2O5作枯燥剂，也不能用无水CaCl2作枯燥剂,前两者与氨气反响生成相应的盐，后者那么是因为发生如下反响：CaCl2＋8NH3===CaCl2·8NH3。(3)不能用NH4NO3和NH4HCO3代替NH4Cl，前者受热可能发生爆炸，后者因自身受热分解产生CO2，而使制得的氨气不纯。(4)不能用NaOH、KOH代替熟石灰,因为NaOH、KOH易潮解而使反响物板结，而且在加热时对试管有较强的腐蚀性，易使试管破裂。例4、现有化学试剂：NH4Cl浓溶液、生石灰及常用枯燥剂，制取枯燥、纯洁的氨气。(1)请从下面的仪器中选择制取氨气的发生装置________(写序号，要求使用的仪器最少且合理)。(2)写出用NH4Cl浓溶液与生石灰反响制取氨气的理由_____________________________。(3)实验操作时，关键之处是_____________________________。理由是_____________________________。(4)枯燥氨气应选用的枯燥剂是_____________________________。【思路点拨】解答此题，要注意以下三点：(1)利用实验室铵盐和碱反响制氨气的本质分析反响原理。(2)利用反响物的特点和制备原理确定反响装置。(3)氨气极易溶于水，尽可能防止水的干扰。【解析】铵盐和碱反响制氨气的本质是：NH4+＋OH－eq\o(=====,\s\up7(△))NH3↑＋H2O，在该实验中，NH4Cl浓溶液提供NH4+，生石灰和水反响生成氢氧化钙提供OH－，反响过程中放出的热量提供加热条件，所以用NH4Cl浓溶液与生石灰反响可以制取氨气。该装置的类型为“固体＋液体―→气体”，所以应该选择装置D。因为氨气极易溶于水，所以如果把生石灰加到NH4Cl浓溶液中，产生的氨气会大量溶于水，不容易生成；而将NH4Cl浓溶液逐滴滴加到生石灰中，生石灰可以充分吸收水，有利于氨气的生成。【答案】(1)D(2)生石灰遇水生成氢氧化钙并放热，氢氧化钙和氯化铵受热生成氨气[或CaO＋H2O===Ca(OH)2，放热反响，Ca(OH)2＋2NH4Cleq\o(=====,\s\up7(△))CaCl2＋2NH3↑＋2H2O](3)将NH4Cl浓溶液逐滴滴加到生石灰中生石灰可以充分吸收水，在水较少条件下反响易发生，NH3易生成(4)碱石灰(或NaOH固体)【规律方法】以氨水为原料制氨气的方法和装置方法原理装置加热浓氨水NH3·H2Oeq\o(=====,\s\up7(△),\s\do5())NH3↑＋H2O浓氨水和NaOH固体混合NaOH固体溶于水放出大量的热，加速氨水的分解生石灰和浓氨水混合CaO和水反响放出大量的热，加速氨水的分解变式训练氨气是化学实验室常需制取的气体。实验室制取氨气通常有两种方法：①用固体氢氧化钙与氯化铵共热；②在常温下用固体氢氧化钠与浓氨水反响。(1)如下图的制取装置图中，方法①应选用装置______(填“A”或“B”，下同)，方法②应选用装置________。(2)在制取后，如果要枯燥氨气，应选用的枯燥剂是________。A．浓硫酸B．固体氢氧化钠C．五氧化二磷(3)检验集气瓶中是否收集满氨气的方法是_________________________________。解析：A装置适用于固体与固体加热制气体，B装置适用于液体与固体(或液体)不加热制气体。NH3为碱性气体，只能用碱性枯燥剂枯燥。检验NH3一般用湿润的红色石蕊试纸。答案：(1)AB(2)B(3)将湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，假设试纸变蓝，说明NH3已集满(或其他合理答案)五、硝酸的强氧化性硝酸具有强氧化性是由于HNO3中的＋5价氮元素有很强的得电子能力，在硝酸参与的氧化复原反响中，几乎全部是＋5价氮被复原。主要表现：1．浓硝酸能使紫色石蕊试液先变红，后褪色。2．与非金属单质C、S、P等在加热条件下反响，非金属元素生成相应的酸性氧化物。3．金属与HNO3反响一般不生成H2，浓HNO3一般被复原成NO2，稀HNO3一般被复原为NO，极稀的HNO3可被复原成NH3，生成NH4NO3。4．在利用HNO3的酸性时，要注意考虑它的强氧化性。如FeO与稀硝酸反响时的化学方程式应是3FeO＋10HNO3(稀)===3Fe(NO3)3＋NO↑＋5H2O,而不是FeO＋2HNO3(稀)===Fe(NO3)2＋H2O。5．硝酸与铁反响时，产物符合以下规律：6．注意NO3-在离子共存问题的判断中的特殊性。在水溶液中，NOeq\o\al(－,3)本无氧化性，但当水溶液中有大量H＋存在时，NOeq\o\al(－,3)就表现出强氧化性，如在有H＋、NOeq\o\al(－,3)存在的溶液中就不能存在Fe2＋、S2－、I－、SO42-、Br－等复原性离子。例5、将红热的黑色固体单质甲放入一黄色的溶液乙中，充分反响后，产生由两种气体组成的混合气体A，A在常温下不与空气作用，将A做如下的实验：(1)推断各物质的化学式：甲________；乙________；丙________；A________；B________；C________。(2)写出甲与乙反响的化学方程式：_____________________________。【解析】从题意来看应是C和浓硝酸反响产生混合气体A，即NO2和CO2，通入H2O时，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，所得气体为NO和CO2的混合气体，无色溶液为HNO3；依次可得出B、C、D分别为CaCO3、NO、Cu(NO3)2。【答案】(1)C浓HNO3CuNO2和CO2CaCO3NO(2)C＋4HNO3(浓)eq\o(=====,\s\up7(△))CO2↑＋4NO2↑＋2H2O变式训练往2支分别装有浅绿色的Fe(NO3)2和FeSO4溶液的试管中分别逐滴参加稀盐酸时，溶液的颜色变化应该是()A．前者根本没有改变，后者变棕黄色B．前者变棕黄色，后者也变棕黄色C．前者变棕黄色，后者根本没有改变D．前者、后者都根本没有变化解析：选C。根据S＋H2eq\o(=====,\s\up17(△))H2S、S＋O2eq\o(=====,\s\up17(点燃))SO2、2H2S＋SO2===3S＋2H2O得，H2S中的硫元素全部转化为单质S，而SO2中的硫元素只有1/2转化为单质S，故得到硫粉的质量为8g＋4g＝12g。六、硝酸与金属反响的计算3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2OCu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O1．电子守恒硝酸中N原子得到的电子数等于金属原子失去的电子数。2．原子守恒硝酸与金属反响时，N原子一局部以NOeq\o\al(－,3)形式存在，另一局部转化为复原产物，这两局部中N原子的物质的量与反响消耗的HNO3的物质的量相等。当都有2mol气体生成时，读表：浓硝酸mol稀硝酸mol参加反响的硝酸48被复原的硝酸22起酸性作用的硝酸26由表得出结论：(1)n(被复原的硝酸)＝n(生成的气体)(2)n(参加反响的硝酸)＝n(被复原的硝酸)＋n(起酸性的硝酸)(3)n(起酸性的硝酸)＝2×n(参加反响的铜)特别提醒：此类题目在计算过程中，要始终联想到上述守恒关系,借用守恒法可起到事半功倍的效果。例6、向浓硝酸中参加铜片，答复以下问题：(1)铜片有剩余，且反响结束时的化学方程式为____________________________。(2)反响停止后铜片有剩余，再参加少量的稀硫酸，铜片上又有气泡产生，其原因是____________________________。(3)假设将12.8g铜跟一定量的浓硝酸反响,铜耗尽后,共产生气体5.6L(标准状况下)，那么消耗HNO3的物质的量是________，所得气体的平均相对分子质量是________。【思路点拨】解答此题需要深入认识①Cu＋HNO3(在浓稀之间)―→Cu(NO3)2＋NO↑＋NO2↑＋H2O；②化学反响的实质都是Cu、H＋、NOeq\o\al(－,3)之间的反响。【解析】(2)Cu与浓HNO3、稀HNO3反响的实质都是Cu、H＋、NOeq\o\al(－,3)之间的反响。HNO3全部反响后，溶液里还有NOeq\o\al(－,3)，加稀硫酸后，又具备了Cu、H＋、NOeq\o\al(－,3)反响的条件。(3)反响中共消耗n(HNO3)＝n(NO、NO2)＋2n(Cu)＝5.6L/22.4L·mol－1＋2×12.8g/64g·mol－1＝0.65mol。设生成n(NO2)＝xmol，那么n(NO)＝(0.25－x)mol。反响中12.8gCu失电子0.4mol。根据氧化复原反响中电子得失守恒，得0.4mol＝xmol＋3×(0.25－x)mol，x＝0.175。那么n(NO2)＝0.175mol，n(NO)＝0.075mol，故eq\x\to(M)r＝(0.175×46＋0.075×30)/0.25＝41.2。【答案】(1)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O(2)H2SO4电离出的H＋与原溶液中的NOeq\o\al(－,3)形成了具有强氧化性的HNO3(3)0.65mol41.2变式训练(2011年徐州高一检测)将1.92g铜粉与一定量浓硝酸反响，当铜粉完全作用时收集到气体1.12L(标准状况)。那么消耗硝酸的物质的量是()A．0.12molB．0.11molC．0.09molD．0.08mol解析：选B。硝酸与铜反响时，硝酸浓度不同，复原产物不同，但整个反响过程中，硝酸转化为NO2、NO和硝酸铜，所以此题可根据氮原子守恒求解。由题意知，随着反响的进行，硝酸浓度逐渐减小，铜完全反响，生成的气体可能是NO2或NO2与NO的混合气体，还有Cu(NO3)2生成，根据氮原子守恒，可求得消耗硝酸的物质的量为：eq\f(2×1.92g,64g·mol－1)＋eq\f(1.12L,22.4L·mol－1)＝0.11mol。七、氧化复原反响方程式的配平1．配平原那么eq\x(质量守恒)―→反响前后元素种类和原子个数不变eq\x(电子守恒)―→氧化剂和复原剂得失电子数相等eq\x(电荷守恒)―→离子方程式中等号两边电荷数相等2．配平步骤以反响Cu＋HNO3(稀)―→Cu(NO3)2＋NO↑＋H2O为例：(1)标变价：标明反响前后化合价有变化的元素的化合价。(2)列变化：列出元素化合价升高和降低的数值。(3)求总数：根据元素化合价升、降数的最小公倍数,确定氧化剂、复原剂、氧化产物、复原产物的化学计量数。3Cu＋2HNO3(稀)―→3Cu(NO3)2＋2NO↑＋H2O(4)配系数：用观察法配平其他物质的化学计量数。3Cu＋8HNO3(稀)―→3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O(5)细检查：根据“配平原那么”检查，将箭头符号改为长等号。3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O例7、配平：KMnO4＋K2SO3＋H2SO4―→K2SO4＋MnSO4＋H2O【解析】配平的步骤是：(1)标出被氧化、被复原元素在反响前后的化合价。Keq\o(M,\s\up6(＋7))nO4＋K2eq\o(S,\s\up6(＋4))O3＋H2SO4―→K2eq\o(S,\s\up6(＋6))O4＋eq\o(M,\s\up6(＋2))nSO4＋H2O(2)找出被氧化、被复原的元素的化合价变化的最小公倍数，使化合价升降总数相等。Keq\o(M,\s\up6(＋7))nO4＋K2S＋4O3＋H2SO4―→K2S＋6O4＋eq\o(M,\s\up6(＋2))nSO4＋H2O↓5×2↑2×5(3)确定氧化剂、复原剂、氧化产物、复原产物前面的化学计量数。2Keq\o(M,\s\up6(＋7))nO4＋5K2eq\o(S,\s\up6(＋4))O3＋H2SO4―→5K2eq\o(S,\s\up6(＋6))O4＋2eq\o(M,\s\up6(＋2))nSO4＋H2O↓5×2↑2×5(4)依金属→非金属→氢→氧的顺序配平其他物质的化学计量数。2Keq\o(M,\s\up6(＋7))nO4＋5K2eq\o(S,\s\up6(＋4))O3＋3H2SO4===6K2eq\o(S,\s\up6(＋6))O4＋2eq\o(M,\s\up6(＋2))nSO4＋3H2O↓5×2↑2×5(5)检查各元素原子个数在反响前后是否相等。假设相等，化学方程式就配平了，假设是氧化复原反响的离子方程式还须检查电荷是否守恒。通过以上五步，即得配平后的化学方程式为：2KMnO4＋5K2SO3＋3H2SO4===6K2SO4＋2MnSO4＋3H2O。【答案】2KMnO4＋5K2SO3＋3H2SO4===6K2SO4＋2MnSO4＋3H2O【规律方法】根据化合价升降只能定氧化剂、复原剂、氧化产物、复原产物前的系数，要注意最后对于表现酸性或其他性质的物质给予补足。变式训练配平：HCl(浓)＋MnO2eq\o(――→,\s\up7(△),\s\do5())MnCl2＋Cl2↑＋H2O。解析：此题属反响物(HCl)局部被氧化的氧化复原反响，宜从生成物开始配平。Heq\o(C,\s\up6(－1))l＋eq\o(M,\s\up6(＋4))nO2eq\o(――→,\s\up7(△),\s\do5())eq\o(M,\s\up6(＋2))nCl2＋eq\o(Cl,\s\up6(0))2↑＋H2O；⇓↓2×1↑2×12HCl＋1MnO2eq\o(――→,\s\up7(△),\s\do5())1MnCl2＋1Cl2↑＋H2O；⇓4HCl＋1MnO2eq\o(――→,\s\up7(△),\s\do5())1MnCl2＋1Cl2↑＋2H2O；故配平后的化学方程式为：4HCl(浓)＋MnO2eq\o(=====,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。答案：4HCl(浓)＋MnO2eq\o(=====,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O【课堂练习】1、鉴别NO2气体和Br2蒸气，可用〔〕A．湿润的淀粉KI试纸B．AgNO3溶液C．水D．烧碱溶液2、以下气体不会造成大气污染的是〔〕A．二氧化硫B．氮气C．一氧化碳D．一氧化氮3、以下物质含氮量最高的是()A.硫铵 B.碳铵 C.硝铵 D.尿素4、在8NH3+3Cl2====6NH4Cl+N2反响中，假设有2molN2生成，发生氧化反响的物质的量是()A.16molNH3B.8molNH3C.4molNH3D.3molNH5、某种常见的白色晶体Ａ，与盐酸反响产生无刺激性气味的气体Ｂ；将Ｂ通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊。假设在Ａ的水溶液中参加氢氧化钡溶液，那么析出的白色沉淀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，可以判断出Ａ是_______，B是_________，C是_______。加热固体Ａ生成水、Ｂ和Ｄ的化学方程式是_______________。答案1.BC2.B3.D4.C5.NH4HCO3CO2BaCO3NH4HCO3====NH3↑＋CO2↑＋Ｈ2O【课后作业】1.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11.2L〔体积均在相同条件下测定〕，那么该氮氧化合物的化学式为

〔

〕A．NO2

B．N2O2

C．N2O

D．N2O4【答案】A2.NO2是导致光化学烟雾的“罪魁祸首”之一。NO2可以用氢氧化钠溶液吸收，或在一定条件下用氨气〔NH3〕与其反响使之转化为无污染的物质，发生反响的化学方程式分别是：2NO2+2NaOH=M+NaNO3+H2O，8NH3+6NO2=7X+12H2O。那么M和X代表的物质的化学式是A．NaNO2、N2B．HNO2、N2C．NO、HNO3D．Na3NO4【答案】A3.在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂外表吸附与解吸作用的过程如下图。以下说法错误的选项是〔〕A．NO2是该过程的中间产物B．NO和O2必须在催化剂外表才能反响C．汽车尾气的主要污染成分包括CO和NOD．催化转化总反响为：2NO+O2+4CO4CO2+N2【答案】B4.在某100mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.4mol/L、0.1mol/L,向该混合液中参加1.92g铜粉,加热,待充分反响后,所得溶液中铜离子物质的量浓度是mol/LB.0.225mol/LC.0.30mol/LD.0.45mol/L【答案】选B。【解析】溶液中同时存在H+和NO3-时就能够与Cu发生反响。该溶液中H+实际为0.06mol，应该根据离子方程式进行计算，正确解答思路为：根据3Cu+8H++2NO3-====3Cu2++2NO↑+4H2O38230.03mol0.06mol0.04molX根据各物质量的关系可知，H+缺乏，应根据H+进行计算。X=3×0.06mol÷8=0.0225mol,因此，铜离子浓度为0.225mol/L。5.(2011·深圳模拟)以下实验装置中能到达实验目的的是()【答案】选D。【解析】不能用分液法别离碘酒中的碘和酒精，因为二者互溶。NH4Cl受热分解，冷却后又重新生成NH4Cl，故很难收集到NH3。C项中Cl2和HCl均可与NaOH反响，故不能用NaOH除去Cl2中的HCl，而应采用饱和食盐水除去Cl2中的HCl。6.(2011·北京四中模拟)常温下，将等质量的铜片、银片铁片、铝片分别置于四个小烧杯中，然后分别加足量的浓硝酸，放出NO2气体最多的是()A.铜片B.银片C.铁片D.铝片【答案】选A。【解析】铁、铝钝化可排除，再根据化学方程式计算。铁、铝遇浓硝酸钝化，铜、银与浓硝酸反响的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)====Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2OAg+2HNO3(浓)====AgNO3+NO2↑+H2O，根据上述关系可知等质量的Cu、Ag、Fe、Al与足量浓硝酸反响，放出NO2最多的是Cu。7．〔2011·湖州一模〕将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.9mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为()A．0.2molB．0.4molC．0.8molD．0.9mol【答案】A【解析】纵观反响始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu到Cu(NO3)2，每个Cu升2价，失2个电子；另一个是HNO3到NaNO2，每个N降2价，得2个电子，所以51.2gCu共失电子0.8mol×2＝1.6mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，故产物中NaNO2的物质的量为0.8mol，又由N、Na守恒，可知，另一种产物NaNO3为0.2mol。8．某同学为检验某溶液中是否含有常见的四种无机离子，进行了以下图所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得到的正确结论是()A．原溶液中一定含有SO42-B．原溶液中一定含有NH4+C．原溶液中一定含有Cl－D．原溶液中一定含有Fe3＋【答案】B【解析】使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，由于整个转化过程中没有使用NH3或NH4+，故原溶液中一定有NH4+；假设原溶液中含有SO42-或HSOeq\o\al(－,3)，也能出现图示中的转化，原溶液不一定含有SO42-；由于第一步转化使用了HCl，既使生成AgCl也不能断定原溶液中一定有Cl－；原溶液中假设不含Fe3＋而含Fe2＋，在第一步转化时Fe2＋被氧化为Fe3＋，故Fe3＋是否存在于原溶液中无法确定。9.〔2011·龙岩一检〕二氧化氮〔NO2〕是重要的空气污染物，科学家正寻求适宜的化合物G与适当的条件以进行如下反响，从而将二氧化氮转化为无毒的N2：NO2+G——N2+H2O+nY(反响未配平)上式中的n为系数，但也可以为0，而Y必须为任何无害的物质。从反响机理分析，上述反响式中的G肯定不可以是 〔〕A．NH3 B．CO C．CH3CH2OH D．H2O2【答案】B10.能正确表示以下反响的离子方程式的是()A．向Fe(NO3)2稀溶液中参加盐酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO3－===3Fe3＋＋NO↑＋2H2OB．铜片与浓HNO3：Cu＋NO3－＋4H＋===Cu2＋＋NO↑＋2H2OC．氯化铵浓溶液跟浓NaOH溶液混合后加热：NH4＋＋OH－eq\o(=====,\s\up7(△))NH3·H2OD．碳酸氢铵溶液与足量的NaOH溶液混合后加热：NH4＋＋OH－eq\o(=====,\s\up7(△))NH3↑＋H2O【答案】A【解析】B项应为Cu＋4H＋＋2NO3－===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O；C项应为NH4＋＋OH－eq\o(=====,\s\up7(△))NH3↑＋H2O；D项中HCO3－也参与反响，应为NH4＋＋HCO3－＋2OH－eq\o(=====,\s\up7(△))NH3↑＋CO32－＋2H2O。11.．有某硫酸和硝酸的混合溶液20mL，其中含有硫酸的浓度为2mol·L－1，含硝酸的浓度为1mol·L－1，现向其中参加0.96g铜粉，充分反响后(假设只生成NO气体)，最多可收集到标准状况下的气体的体积为()A．89.6mLB．112mLC．168mLD．224mL【答案】D【解析】铜粉溶解于酸的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O0．015mol0.1mol0.02mol经比拟Cu缺乏。由Cu的量求得生成NO为0.01mol，即标准状况下的气体的体积为224mL。12.将相同质量的铜分别和过量浓硝酸、稀硝酸反响，以下表达中正确的选项是()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】B【解析】由影响反响速率的条件可知，浓度越大，反响速率越大，A不正确；由Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O和3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O知，等质量的Cu参加反响消耗的浓HNO3多，B正确；显然C选项不正确；由于Cu的质量相等，故反响过程中都生成Cu2＋时，二者转移的电子总数相等，D不正确。13.现有以下物质：①氯水②氨水③浓硝酸④氢氧化钠溶液⑤AgNO3溶液，其中必须保存在棕色试剂瓶里的是()A．①②③④⑤ B．①③⑤C．①③ D．①②④【答案】B【解析】见光易变质的试剂一般保存在棕色试剂瓶中。14．(2011·惠州月考)实验研究发现，硝酸发生氧化复原反响时，硝酸的浓度越稀，对应复原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积某浓度的稀硝酸充分反响，反响过程中无气体放出。在反响结束后的溶液中，逐滴参加