2023届新高考化学一轮复习氮及其化合物学案

氮及其化合物【学科素养】1.证据推理与模型认知：能从原子守恒、电子守恒、电荷守恒的角度认识金属与硝酸反应的计算规律，形成模型意识。2．科学态度与社会责任：结合实例认识氮及其化合物的多样性，理解通过化学反应可以探索物质性质、实现物质转化，认识物质及其转化在自然资源综合利用中的重要价值。考点考题考点一：氮及其氧化物2021河北选择考第4题2020江苏高考第1题2019江苏高考第9题考点二：硝酸2021河北选择考第10题考点三：氨气铵盐2019江苏高考第3题考点四：不同价态含氮物质的转化2021浙江6月选考第16题2019江苏高考第9题分析近五年全国高考试题，高考命题在本讲有以下规律：1．从考查题型和内容上看，题型以选择题、综合推断题、实验题为主。考查内容主要有以下三个方面：(1)以新材料、新技术为背景或框图推断题综合考查氮及其化合物相互转化及生活应用；(2)以氮及其化合物的制备、性质的实验为载体考查基本实验操作及实验的设计评价和实验探究能力；(3)结合化学与生活考查氮氧化物对环境污染与防治及其预防措施等。2．从命题思路上看，以侧重考查实验探究及其化学与生活的联系为主。(1)选择题常以考查氮及其化合物的性质、检验方法、实际应用及化学基本实验操作为重点；(2)非选择题以氮及其化合物的基础知识为主线，以最新的信息处理和知识的应用考查为重点，与物质结构、电化学、电解质溶液等知识，考查学生综合运用知识的能力。3．从考查学科素养的角度看，注重考查证据推理与模型认知、科学态度与社会责任的学科素养。根据高考命题的特点和规律，复习时要注意以下几个方面：(1)注重氮及其化合物在生活中的应用。(2)结合相关工业生产注重氮及其化合物对环境质量的影响。(3)氮及其化合物的性质。考点一：氮及其氧化物(基础性考点)(一)从氮原子结构层面理解N2的性质1．氮的原子结构(1)氮的原子结构示意图：(2)N2的电子式为∶N⋮⋮N∶，结构式为N≡N，N2属于非极性(填“极性”或“非极性”)分子。微点拨(1)氮元素非金属性强(2)N2分子中存在N≡N，键能大，破坏难，N2非常稳定。2．自然界中氮的存在和氮的固定：3．氮气的性质写出有关化学方程式及N2表现的性质：①N2＋3Mgeq\o(=,\s\up7(点燃))Mg3N2，N2→氧化性。②N2＋3H22NH3，N2→氧化性。③N2＋O2eq\o(=,\s\up7(放电))2NO，N2→还原性。(二)从多种价态层面理解氮的氧化物1．氮的氧化物：N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5。助理解有关氮的氧化物应注意两点：(1)对应的酸性氧化物：HNO2→N2O3，HNO3→N2O5。(2)NO2与N2O4可相互转化2NO2⇌N2O4。2．NO、NO2的比较物质NONO2颜色、毒性无色，有毒红棕色，有毒溶解性难溶于水易溶于水与O2或与H2O反应2NO＋O2=2NO23NO2＋H2O=2HNO3＋NO制备Cu与稀HNO3反应Cu与浓HNO3反应收集方法排水法向上排空气法与人体、环境的关系①与血红蛋白结合，使人中毒②转化成NO2，形成酸雨、光化学烟雾形成酸雨、光化学烟雾辨易错(1)食品袋中充氮气可用来防腐。(√)提示：氮气的化学性质稳定，可用来防腐。(2)密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA。(×)提示：NO与O2反应生成NO2，但常温下，NO2与N2O4之间存在平衡，所以产物的分子数小于2NA。(3)制二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气。(×)提示：二氧化氮与水反应产生NO，不能用水吸收。(三)常见NOx的污染及其处理方法1．氮氧化物对环境的污染及防治2．常见的NOx尾气处理方法(1)碱液吸收法2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2ONO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O，NO2、NO的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收的条件是n(NO2)≥n(NO)。一般适合工业尾气中NOx的处理。(2)催化转化：在催化剂、加热条件下，氨将氮氧化物转化为无毒气体(N2)或NOx与CO在一定温度下催化转化为无毒气体(N2和CO2)。一般适用汽车尾气的处理。能力点一：氮及其化合物的性质【典例】(2021·河北选择考)硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注。下列说法正确的是()A．eq\a\vs4\al(NO2和SO2均为红棕色)①且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因B．汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5C．eq\a\vs4\al(植物直接吸收)②利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现eq\a\vs4\al(氮的固定)③D．工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除[解题思维]解答本题的思维流程如下：提取信息①NO2和SO2均为红棕色；②植物直接吸收；③氮的固定；信息转化①SO2为无色气体；②植物不能直接吸收空气中的氮氧化物；③氮的固定是N2转化为化合物。联想质疑实验室制取NO、NO2时，分别用什么方法收集？提示：NO只能用排水法收集，NO2只能用排空气法收集。【解析】选D。SO2是无色有刺激性气味的气体，A错误；汽车尾气的主要大气污染物为C与N的氧化物，如NOx和CO等，B错误；植物不能直接吸收空气中的氮氧化物，C错误；工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除，如加入石灰石或石灰乳均可进行脱硫处理，D正确。思维拓展·延伸设问能否用湿润的淀粉－碘化钾试纸鉴别NO2和Br2蒸气？说明理由。提示：不能。NO2和Br2都能使淀粉－碘化钾试纸变蓝，二氧化氮先与水反应生成HNO3，HNO3再将碘化钾氧化为I2，最终淀粉遇I2变蓝。可以用水鉴别。1．(2022·中山模拟)自然界中氮循环的部分过程如图所示。下列说法正确的是()A.雷电是使大气中的氮转化为硝酸盐的最主要方式B．氨或铵盐转化为亚硝酸盐属于氮的固定C．多数蛋白质在动物体内被直接吸收D．研究自然界中的元素循环有利于解决环境和资源问题【解析】选D。A.雷电只能使大气中少量的氮转化为硝酸盐，不是使大气中的氮转化为硝酸盐的最主要方式，故A不选；B.氨或铵盐转化为亚硝酸盐是不同化合态的氮之间的转化，不属于氮的固定，故B不选；C.多数蛋白质在动物体内水解生成氨基酸，能够被动物体直接吸收，故C不选；D.研究自然界中的元素循环有利于解决环境和资源问题，说法正确，故D选。2．(2022·深圳模拟)工业废气中的NO可用来生产NH4NO3，工艺流程如图所示：若装置Ⅰ中反应后n(NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))∶n(NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2)))＝1∶1，下列说法错误的是()A．装置Ⅰ中反应的离子方程式为2NO＋4Ge4＋＋3H2O=4Ge3＋＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋6H＋B．装置Ⅰ中若有5.6L(标准状况)NO参与反应，则转移0.625mol电子C．装置Ⅱ中的操作是电解，则阳极反应式为Ge3＋－e－=Ge4＋D．装置Ⅲ中反应的氧化剂是O2【解析】选B。装置Ⅰ中反应为Ge4＋氧化NO，生成Ge3＋和NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))、H＋，离子方程式为2NO＋4Ge4＋＋3H2O=4Ge3＋＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋6H＋，在装置Ⅱ中进行电解，在阳极将Ge3＋氧化为Ge4＋循环利用，再向含有NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))、H＋的溶液中通入氨气和氧气，氧气氧化NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))生成NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))。A.根据分析可知，装置Ⅰ中反应的离子方程式为2NO＋4Ge4＋＋3H2O=4Ge3＋＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋6H＋，故A正确；B.装置Ⅰ中若有5.6L(标准状况)NO参与反应，即n(NO)＝eq\f(5.6L,22.4L·mol－1)＝0.25mol，则转移电子为0.25mol×eq\f(4,2)＝0.5mol，故B错误；C.装置Ⅱ中的操作是电解，则阳极反应式为Ge3＋－e－=Ge4＋，故C正确；D.装置Ⅲ中反应的氧化剂是O2，还原剂是NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))，故D正确。【加固训练】(2022·淮安模拟)根据文献记载，如图属于新型催化氮气固氮机理，下列叙述错误的是()A．加压有利于该反应提高产率B．Ti3＋L3是反应催化剂C．使用催化剂提高固氮速率的原因是降低了该反应的焓变D．整个催化过程中存在N—Ti键的断裂和生成【解析】选C。A.依据催化固氮反应机理可知，氮气固定的总反应化学方程式为3H2＋N22NH3，该反应为气体计量数减小的反应，加压有利于该反应提高产率，故A正确；B.由Ti3＋L3表面催化氮气固定机理分析得到，Ti3＋L3质量和化学性质都没有改变，为反应催化剂，故B正确；C.催化剂提高固氮速率的原因是降低了该反应的活化能，但是不能改变该反应的焓变，故C错误；D.分析图示变化得到，整个催化过程中，存在N—Ti键的断裂和生成，故D正确。能力点二：氮的氧化物与水、氧气的反应反应原理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=4HNO3④1．(2022·惠州模拟)常温常压下，a、b、c、d四支相同的试管中，分别装入等体积的两种气体，a试管内是NO2与O2，b试管内为Cl2和SO2，c试管内为NO与O2，d试管内是NH3与N2，将四支试管同时倒立于水中，最终各试管中水面上升高度顺序应为()A．b＞c＞a＞d B．b＞a＞c＞dC．d＞b＞a＞c D．b＞d＞b＞a【解析】选A。首先写出有关反应的化学方程式，根据方程式计算，剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大。设试管的体积为VL。a.等体积的NO2与O2，发生4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，最后剩余O2，体积为(0.5V－eq\f(1,4)×0.5V)＝eq\f(3,8)V；b.等体积的Cl2和SO2，发生Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，气体完全反应，没有气体剩余；c.等体积的NO与O2，发生4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，最后剩余O2，体积为(0.5V－0.5V×eq\f(3,4))＝eq\f(1,8)V；d.等体积的NH3与N2，氨气极易溶于水，氮气不溶于水，剩余气体为氮气，体积为0.5V，剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大，最终各试管中水面上升高度顺序应为b＞c＞a＞d。2．(2022·梅州模拟)如图所示，试管中盛装的是红棕色气体(可能是混合物)，当倒扣在盛有水的水槽中时，试管内水面上升，但不能充满试管，当向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管中水柱继续上升，经过多次重复后，试管内完全被水充满，原来试管中盛装的不可能是()A.可能是N2与NO2的混合气体B．可能是O2与NO2的混合气体C．可能是NO与NO2的混合气体D．可能是NO2一种气体【解析】选A。试管中盛装的是红棕色气体，一定含有NO2，当向试管内鼓入氧气后，试管内完全被水充满，则一定不含N2，混合气体可能发生以下反应：4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，气体恰好发生反应时，试管内完全被水充满。A.N2不溶于水，在溶液中不与氧气反应，试管不可能完全被水充满，故A错误；B.如是O2与NO2的混合气体，能发生：4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，气体恰好发生反应时，试管内完全被水充满，故B正确；C.如是NO与NO2的混合气体，通入氧气，可能发生：4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，气体恰好发生反应时，试管内完全被水充满，故C正确；D.如全部是NO2一种气体，通入氧气，能发生4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，气体恰好发生反应时，试管内完全被水充满，故D正确。3．(2022·东莞模拟)为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用NaOH溶液进行吸收处理(反应方程式：2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O；NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O)。现有由amolNO、bmolNO2、cmolN2O4组成的混合气体恰好被VLNaOH溶液吸收(无气体剩余)，则此NaOH溶液的物质的量浓度为()A．eq\f(a＋b＋c,V)mol·L－1B．eq\f(2a＋b＋c,V)mol·L－1C．eq\f(a＋b＋2c,V)mol·L－1D．eq\f(b＋2c,V)mol·L－1【解析】选C。为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用NaOH溶液进行吸收处理，根据反应方程式2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O；NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O，最终变为NaNO3、NaNO2，amolNO、bmolNO2、cmolN2O4组成的混合气体恰好被VLNaOH溶液吸收(无气体剩余)，再根据元素守恒得到NaOH物质的量为(a＋b＋2c)mol，因此NaOH溶液的物质的量浓度为c＝eq\f(n,V（aq）)＝eq\f(（a＋b＋2c）mol,VL)＝eq\f(a＋b＋2c,V)mol·L－1，故C符合题意。考点二：硝酸(基础性考点)(一)从氧化还原反应层面理解硝酸的性质1．硝酸的物理性质色→无色；态→易挥发的液体；味→刺激性气味。2．硝酸的化学性质(1)不稳定性：4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O。补短板①市售浓硝酸呈黄色的原因是硝酸分解生成的NO2溶解在硝酸里。②浓硝酸保存在棕色试剂瓶中，置于冷暗处，不能用橡胶塞。(2)强氧化性：不论浓、稀硝酸都有强氧化性，而且浓度越大氧化性越强。①与金属反应时→不产生H2。a．常温下，浓硝酸→Fe、Al钝化；b．浓硝酸与铜反应的离子方程式：Cu＋4H＋＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O。c．稀硝酸与铜反应的离子方程式：3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O②与非金属反应。如浓硝酸与C反应的化学方程式：C＋4HNO3(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。③与还原性物质反应。硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI等还原性物质。深思考(1)Fe2＋与NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))能否在溶液中共存？在酸性条件下，Fe2＋与NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))能否在溶液中共存？为什么？提示：能不能。Fe2＋与NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))能在溶液中共存，但在酸性条件下，Fe2＋与NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))不能在溶液中共存，因为3Fe2＋＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。(2)NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))在酸性条件下，能否与I－、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、S2－等还原性较强的离子大量共存。提示：不能。NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))在酸性条件下，能氧化I－、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、S2－等离子。(二)从含氮物质之间的转化层面理解硝酸工业制法1．工业制备原理2．写出下列反应的化学方程式为反应②：4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O反应④：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO【辨易错】(1)将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液，有气体生成，溶液呈红色，证明稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋。(×)提示：稀硝酸与过量的Fe反应，则生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以加入KSCN溶液后，不变红色，现象错误。(2)能使甲基橙变黄的溶液中，Na＋、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、Cl－、Fe2＋能共存。(×)提示：能使甲基橙变黄的溶液中，可能是酸性，也可能是碱性，Fe2＋和NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))在酸性条件下不能共存，Fe2＋在碱性条件下也不能存在。(3)稀硝酸可除去试管内壁的银镜。(√)提示：Ag可溶于稀HNO3，可用稀HNO3除去试管内壁的银镜。(三)硝酸参与的氧化还原反应的实验探究1．硝酸的反应特征2．硝酸与还原性化合物的反应低价态的金属氧化物、低价态的金属氢氧化物均能被HNO3氧化，如3FeO＋10HNO3(稀)=3Fe(NO3)3＋NO↑＋5H2O3Fe(OH)2＋10HNO3(稀)=3Fe(NO3)3＋NO↑＋8H2O3．硝酸与金属反应的规律还原产物一般为HNO3(浓)→NO2，HNO3(稀)→NO；很稀的硝酸还原产物也可能为N2O、N2或NH4NO3。能力点一：硝酸的性质1．(2022·广州模拟)某同学设计如图所示实验，探究Fe与稀硝酸、稀硫酸的反应。实验过程中发现①、③中产生的气体在试管口处变为红棕色。下列说法正确的是()A.②中大量存在的离子有Fe2＋、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、H＋B．①、③产生气体的组成可能不同C．③溶液中一定既含有Fe2＋，又含有Fe3＋D．实验结论：稀硫酸的氧化性大于稀硝酸【解析】选B。A.酸性条件下NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))具有强氧化性，Fe2＋具有还原性，酸性条件下Fe2＋、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))能发生氧化还原反应生成Fe3＋、NO而不能大量共存，故A错误；B.稀硝酸和Fe反应生成NO，稀硫酸和Fe反应生成H2，①中只有Fe和稀硝酸反应生成NO，③中加入稀硫酸相当于含有稀硝酸，Fe反应生成NO，也有稀硫酸，Fe和稀硫酸反应生成氢气，所以①、③产生气体的组成可能不同，故B正确；C.③中加入稀硫酸后相当于溶液中含有稀硝酸，能氧化②中剩余的Fe，当Fe过量时，溶液中一定不含有Fe3＋，故C错误；D.③中加入稀硫酸后相当于溶液中含有稀硝酸，稀硝酸氧化Fe生成NO，硝酸具有强氧化性、稀硫酸具有弱氧化性，故D错误。2．(2022·合肥模拟)下列反应中硝酸既表现出酸性又表现出氧化性的是()A．使石蕊溶液变红B．与铜反应放出NO气体，生成Cu(NO3)2C．与Na2CO3反应放出CO2气体，生成NaNO3D．与C单质混合共热时生成CO2和NO2【解析】选B。依据硝酸在反应中化合价变化解答，反应中硝酸既表现出氧化性又表现出酸性则氮元素化合价部分降低、部分生成盐，据此分析解答。A.使石蕊溶液变红只表现硝酸酸性，故A不选；B.与铜反应放出NO气体，生成Cu(NO3)2，氮元素化合价部分降低、部分生成盐，所以硝酸既表现出氧化性又表现出酸性，故B选；C.与Na2CO3反应放出CO2气体，生成NaNO3为复分解反应，不表现硝酸的氧化性，故C不选；D.与C单质混合共热时生成CO2和NO2，氮元素化合价全部降低，硝酸只表现氧化性，故D不选。【加固训练】(2022·青岛模拟)木炭与浓HNO3共热，产生的气体X等分为①和②两份，将两份气体分别按图实验：则澄清石灰水的变化可能是()A．①不变浑浊，②变为乳白色浑浊B．①、②都不变浑浊C．①变为乳白色浑浊，②不变浑浊D．①、②均变为乳白色浑浊【解析】选C。木炭和浓硝酸共热生成CO2、NO2和H2O，CO2能使澄清石灰水变浑浊，NO2和H2O的反应方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，生成的硝酸能溶解碳酸钙，实验①中水和二氧化氮反应生成硝酸，然后CO2通入澄清石灰水后，与澄清石灰水反应生成难溶性的碳酸钙而导致变成乳白色浑浊；实验②中二氧化氮和水生成的硝酸阻止CO2和Ca(OH)2发生反应，所以②不变浑浊。3．某化学兴趣小组进行了有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图。下列有关说法正确的是()A.①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2B．③中反应的离子方程式为3Cu＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OC．③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸的强D．由上述实验可知，Cu在常温下既可与稀硝酸反应，又可与稀硫酸反应【解析】选B。A.Cu与稀硝酸发生反应，8HNO3(稀)＋3Cu=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，NO遇空气中的O2生成NO2，试管口有红棕色气体产生，故A错误；B.③中溶液含有NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，滴加稀硫酸后，Cu、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、H＋继续与铜反应生成NO，3Cu＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故B正确；C.③中铜片继续溶解，是因为稀硫酸提供H＋，与NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))形成硝酸体系，HNO3继续与Cu反应，故C错误；D.Cu是不活泼金属，在常温下可与稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，故D错误。能力点二：金属与硝酸的有关计算1．硝酸与金属反应的思维模板2．硝酸与金属反应的计算技巧(1)原子守恒法HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量。(2)得失电子守恒法HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。(3)电荷守恒法HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH－)则有：c(NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝c(H＋)＋nc(Mn＋)(Mn＋代表金属离子)。【典例】将11.2g的eq\a\vs4\al(Mg、Cu混合物完全溶解于足量的硝)eq\a\vs4\al(酸)①中，收集反应产生的气体X(假定产生的气体全部逸出)。再eq\a\vs4\al(向所得溶液中加入足量的NaOH溶液)②，产生21.4g沉淀。根据题意推断eq\a\vs4\al(气体X)③的成分可能是()A．0.3molNO2和0.3molNOB．0.2molNO2和0.1molN2O4C．0.6molNOD．0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4[解题思维]解答本题的思维流程如下：提取信息①Mg、Cu混合物完全溶解于足量的硝酸；②向所得溶液中加入足量的NaOH溶液；③气体X信息转化①Mg、Cu混合物与硝酸反应，Mg、Cu失去电子生成Mg2＋、Cu2＋，氮元素得电子；②向所得溶液中加入足量NaOH溶液生成Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀③气体X可以根据电子得失和电荷守恒分析：Mg、CuMg2＋、Cu2＋Mg(OH)2、Cu(OH)2→硝酸中的N原子得n(e－)＝Mg、Cu失n(e－)＝Mg2＋、Cu2＋结合n(OH－)联想质疑若将生成的气体和足量的O2同时通入水中，最终产生的气体全部被水吸收，如何计算通入O2的物质的量是多少？写出对应关系式。提示：根据电子得失守恒得，O2得电子的物质的量＝生成气体失去电子的物质的量＝Mg、Cu混合物失电子的物质的量＝沉淀中OH－的物质的量。【解析】选D。向Mg、Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中m(OH－)为21.4g－11.2g＝10.2g，物质的量为eq\f(10.2g,17g·mol－1)＝0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的Mg、Cu提供的电子为0.6mol。生成0.3molNO2和0.3molNO，N元素获得电子为0.3mol×(5－4)＋0.3mol×(5－2)＝1.2mol，得失电子不相等，A错误；生成0.2molNO2和0.1molN2O4，N元素获得电子为0.2mol×(5－4)＋0.1mol×2×(5－4)＝0.4mol，得失电子不相等，B错误；生成0.6molNO，N元素获得电子为0.6mol×(5－2)＝1.8mol，C错误；生成0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4，N元素获得电子为0.1mol×(5－2)＋0.2mol×(5－4)＋0.05mol×2×(5－4)＝0.6mol，得失电子相等，D正确。【原因分析·理论解释】将盛有铜片的试管中，加入稀硝酸，完全反应后，铜有剩余，若此时再向试管中加入稀硫酸，有什么现象？_____________________________________。为什么？______________________________。提示：铜片慢慢溶解，铜片表面有气泡。常温下，Cu与稀硝酸反应后生成硝酸铜，加入稀硫酸，补充了H＋，则又发生3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。请总结求解金属与稀硫酸和稀硝酸的混合溶液反应时的思维过程。提示：金属与稀硫酸和稀硝酸的混合溶液反应时，由于硝酸盐中的NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))在H2SO4存在的条件下继续与金属反应，先判断NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、H＋谁过量，然后根据离子方程式进行计算，且溶液中要符合电荷守恒。·命题角度一：硝酸与金属或低价态的金属化合物反应1．(2022·长沙模拟)向25mL12.0mol·L－1浓硝酸中加入足量的铜，充分反应后共收集到标准状况下2.24LNO和NO2的混合气体(不考虑NO2与N2O4的相互转化)，则参加反应的铜的质量为()A．3.2gB．6.4gC．12.8gD．19.2g【解析】选B。25mL12.0mol·L－1浓硝酸中含0.3molHNO3，硝酸反应后生成硝酸铜和氮的氧化物，标准状况下2.24LNO和NO2是0.1mol，根据氮元素守恒，生成的硝酸铜中含氮0.3mol－0.1mol＝0.2mol，所以硝酸铜的物质的量为0.1mol，参加反应的铜为0.1mol，即6.4g。2．取一定质量含Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份并进行下列转化：则转化过程中所加稀HNO3的物质的量浓度为()A．4.4mol·L－1B．3.6mol·L－1C．4.0mol·L－1D．3.2mol·L－1【解析】选D。设其中一份中n(Cu)＝x，n(Cu2O)＝y，n(CuO)＝z，依据得失电子守恒和氧元素守恒，有：①2x＋2y＝(4.48L÷22.4L·mol－1)×3②y＋z＝6.4g÷16g·mol－1即x＋2y＋z＝0.7mol，即反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.7mol，则500mL稀硝酸中，n(HNO3)＝0.7mol×2＋0.2mol＝1.6mol，故有c(HNO3)＝1.6mol÷0.5L＝3.2mol·L－1。·命题角度二：金属与混酸(硝酸、硫酸)的反应3．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6gCu。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列分析或结果错误的是()A.原混合酸中NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的物质的量为0.1molB．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段产生的是氢气C．第二份溶液中的最终溶质为FeSO4D．稀H2SO4浓度为2.5mol·L－1【解析】选A。铁粉既能与硝酸反应也能与硫酸反应，消耗9.6g铜，即n(Cu)＝0.15mol，根据得失电子守恒可得0.15×2＝n被还原(HNO3)×3，n被还原(HNO3)＝0.1mol，生成硝酸铜，还有显酸性的HNO3，则原混合酸中NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的物质的量大于0.1mol，A错误。从题干图看出OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段产生的是氢气，反应为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，可知NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))反应完了，第二份溶液中OA段发生反应为Fe＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，硝酸全部反应，所以n(NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝n(Fe)＝eq\f(5.6g,56g·mol－1)＝0.1mol，溶液中最终溶质为FeSO4，此时反应的铁的质量是14g，即0.25mol，故原混合酸中H2SO4浓度为eq\f(0.25mol,0.1L)＝2.5mol·L－1，原混合酸中NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))物质的量为0.2mol。【加固训练】如图所示，向一定量的铁粉中加入一定体积12mol·L－1的硝酸并加热，待反应结束时，下列微粒在体系中一定大量存在的是()①NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))②Fe3＋③H＋④NO⑤NO2A．①B．①⑤C．②④⑤D．①②③⑤【解析】选B。Fe与浓HNO3反应，开始时生成的还原产物是NO2，当铁少量时，还原产物只有NO2；当HNO3过量时，氧化产物是Fe3＋；当铁过量时生成Fe2＋。因产物中有硝酸盐，故溶液中一定还有NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，答案为B。考点三：氨气铵盐(应用性考点)(一)从微观层面理解氨气的性质1．氨的分子结构与物理性质：(1)分子结构：电子式→Heq\o\al(\s\up1(·),\s\do1(·))eq\o(N,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(\s\up1(·),\s\do1(·))HH；空间构型→三角锥形→极性(填“极性”或“非极性”)分子；中心原子→sp3杂化；(2)物理性质：色→无色；态、味→有刺激性气味的气体；溶解性→极易溶于水。2．氨的化学性质：(1)还原性：NH3中的N元素为－3价，具有还原性。性质方程式催化氧化4NH3＋5O24NO＋6H2O被CuO氧化2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O被Cl2氧化2NH3＋3Cl2=N2＋6HCl或8NH3＋3Cl2=N2＋6NH4Cl被氮氧化物氧化6NO＋4NH3=5N2＋6H2O6NO2＋8NH3=7N2＋12H2O深思考将红热的铂丝伸入盛浓氨水的锥形瓶中，瓶口出现少量红棕色气体，能否说明氨气的氧化产物为NO2?提示：不能。氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与空气中的氧气反应生成二氧化氮。(2)与酸反应与盐酸反应方程式→NH3＋HCl=NH4Cl，现象→产生白烟。应用：用于NH3与挥发性酸的互相检验。(3)与水反应：NH3＋H2O⇌NH3·H2O⇌NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋OH－。氨水中含有的微粒→NH3·H2O、NH3、H2O、NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、OH－、H＋。NH3·H2O为可溶性一元弱碱，不稳定，易分解，化学方程式为NH3·H2ONH3↑＋H2O助理解①一水合氨是一元弱碱，氨水中含氮原子最多的微粒是NH3。②氨水与盐溶液的反应。如过量氨水与AlCl3反应的离子方程式：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))(二)从物质转化的层面理解氨气制法1．氨气的实验室制法①固＋固NH3(如装置①)微点拨干燥氨气不能用氯化钙，因为氯化钙和氨气发生反应：CaCl2＋8NH3=CaCl2·8NH3(固体)相当于氨气被吸收了，故不能用氯化钙干燥氨气。②液体NH3(如图装置②)加热浓氨水：NH3·H2Oeq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O③固＋液→NH3(如图装置③)原理：浓氨水与氧化钙固体(或NaOH固体)CaO＋NH3·H2O=Ca(OH)2＋NH3↑CaO溶于水放热，促使氨水分解，且c(OH－)增大，有利于NH3逸出。深思考(1)实验室能不能用直接加热氯化铵的方法制取氨气？提示：不能。因为氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢遇冷会重新结合生成氯化铵。(2)实验室制取氨气时，NH4Cl可用(NH4)2SO4等代替，能否用NH4HCO3代替？提示：不能。因为NH4HCO3受热分解产生杂质气体。(3)消石灰能否用KOH或NaOH代替？提示：不能。因为KOH和NaOH易吸水，易结块，不利于产生NH3，且高温下腐蚀试管。2．氨气的工业制法：(1)原料气的制取。①N2→将空气液化、蒸发分离出N2或者将空气中的O2与碳作用生成CO2，除去CO2后得N2。②H2→用水和燃料(煤、焦炭、石油、天然气等)在高温下制取。用煤和水制H2的主要反应为C＋H2O(g)CO＋H2，CO＋H2O(g)CO2＋H2。(2)原料气的净化。制得的N2、H2需净化、除杂质，再用压缩机压缩至高压。(3)氨的合成→适宜的条件下→在合成塔中进行。(4)氨的分离→经冷凝使氨液化→将氨分离出来，为提高原料的利用率，将没有完全反应的N2和H2循环送入合成塔，使其被充分利用。(5)用途→制硝酸、铵盐、纯碱、尿素、制冷剂等。辨易错(1)NH4Cl溶液与Ca(OH)2溶液混合的离子方程式为NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋OH－=NH3↑＋H2O。(×)提示：NH4Cl溶液与Ca(OH)2溶液混合产生NH3·H2O。(2)氨气可以用P2O5干燥也可用碱石灰干燥。(×)提示：氨气与P2O5反应，所以不能用P2O5干燥氨气。(3)将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近，观察到白烟。(×)提示：浓氨水具有挥发性，但浓硫酸难挥发，故不会观察到白烟。(三)从宏观层面理解铵盐的性质1．物理性质：无色或白色晶体，易溶于水。2．化学性质：“三解”(1)不稳定性(热解)①NH4Cl受热分解：NH4Cleq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋HCl↑。②NH4HCO3受热分解：NH4HCO3eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋CO2↑＋H2O。(2)与碱反应(碱解)铵盐与碱溶液反应的离子方程式①在稀溶液中不加热：NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋OH－=NH3·H2O。②加热时或浓溶液：NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋OH－eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O。(3)水解反应(水解)铵盐溶于水易水解：NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋。3．NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的检验：补短板向某盐中加入强碱溶液，用湿润的红色石蕊试纸进行检验，若试纸没有变蓝，则不能说明盐中不含有NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))，因为盐中含有NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))，加入强碱溶液后，需要加热才能产生NH3。能力点：氨气、铵盐的性质实验1．氨气的喷泉实验原理以圆底烧瓶、烧杯、胶头滴管组成的喷泉实验装置为例：使烧瓶内外在短时间内产生较大的压强差→利用大气压将烧瓶下面烧杯中的液体压入烧瓶内，在尖嘴导管口形成喷泉。2．常见的喷泉实验装置及引发方法装置Ⅰ：打开止水夹→挤压胶头滴管的胶头→使少量水进入烧瓶→烧瓶内形成负压而产生喷泉。装置Ⅱ：挤压气球→可使少量的溶液沿导管进入烧瓶→烧瓶内形成负压而产生喷泉。装置Ⅲ：打开止水夹→用手(或热毛巾等)捂热烧瓶→氨气受热膨胀→氨气通过导管与水接触→产生喷泉。(或用浸冰水的毛巾“冷敷”烧瓶，使水进入烧瓶，烧瓶内氨气溶于水)【典例】(2022·茂名模拟)某化学兴趣小组利用图1装置制取氨气并探究氨气的有关性质。(1)eq\a\vs4\al(装置A中烧瓶内试剂)①可选用________(填字母代号)。a．碱石灰b．浓硫酸c．生石灰d．五氧化二磷 e．烧碱(2)若探究eq\a\vs4\al(氨气的溶解性)②，需在K2的导管末端连接图2装置中的__________装置(填序号)，当装置D中集满氨气后，关闭K1、K2，打开K3，引发喷泉的实验操作是_______________________________________________________________________________________________________________________________。(3)若探究氨气的还原性，需打开K1、K3，K2处导管连接制取纯净、干燥氯气的装置。D中eq\a\vs4\al(氨气与氯气反应产生白烟)③，同时生成一种无色无味的气体，该反应的化学方程式为___________________________________________________________________________________________________________________________；[解题思维]解答本题的思维流程如下：提取信息①装置A中烧瓶内试剂；②氨气的溶解性；③氨气与氯气反应产生白烟信息转化①装置A中烧瓶内试剂制取氨气；②氨气极易溶于水，不溶于CCl4；③氨气与氯气反应产生白烟是NH4Cl联想质疑如何用二氧化锰与浓盐酸制取干燥纯净的氯气？提示：要得到纯净、干燥的氯气需通过饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气。【解析】(1)在浓氨水中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋OH－，向其中加入生石灰[发生反应生成Ca(OH)2]或烧碱，都会使平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发。碱石灰的成分是烧碱和生石灰，原理同上述，都可快速制备氨气。(2)氨气极易溶于水，不溶于CCl4，需选择防倒吸装置进行实验探究，因此需选择图2中的Ⅱ或Ⅲ。根据喷泉实验的原理，要使装置D发生喷泉现象。用热毛巾将烧瓶捂热，可使D中氨气受热膨胀通过导管与水接触，即产生“喷泉”。(3)探究氨气具有还原性，氯气与氨气反应产生“白烟”的成分为氯化铵，氯元素化合价降低，则生成的“无色无味的气体”必为氨气的氧化产物，可推知为氮气。答案：(1)ace(2)Ⅱ或Ⅲ用热毛巾将烧瓶捂热(其他合理答案均可)(3)3Cl2＋8NH3=6NH4Cl＋N2【思维拓展·延伸设问】(1)题中U形干燥管中盛放的药品是__________，作用为__________________。提示：碱石灰吸收NH3中的水蒸气。(2)若用图2中的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ装置吸收尾气，分别有什么现象？________________。提示：三个装置中的水层都变红，其中Ⅰ装置会倒吸。【技法积累】请总结归纳能形成喷泉的类型。提示：气体HClNH3CO2、Cl2、SO2、H2SNO2NO、O2NO2、O2吸收剂水、NaOH溶液水NaOH溶液水水水1．如图所示为“双色双喷泉”实验装置，图中烧瓶内分别充满氨气和氯化氢，烧杯内盛装滴有石蕊试液的蒸馏水。下列说法错误的是()A.在实验室中，可用浓氨水和生石灰制备氨气，用浓盐酸和浓硫酸制备氯化氢B．如果关闭c、d，打开a、b，可能会有白烟产生C．实验中同时打开止水夹a、c、d，即可分别形成蓝色和红色喷泉D．喷泉结束后，将烧瓶内溶液混合后呈紫色，蒸干可得氯化铵固体【解析】选D。浓氨水中加入生石灰，生石灰与水反应并放出大量的热，促进氨气的挥发，浓盐酸中加入浓硫酸，浓硫酸吸收水，且放出大量的热，可促进氯化氢挥发，A正确；打开a、b，NH3与HCl相遇产生NH4Cl，出现白烟，B正确；打开止水夹a、c、d，氨气和氯化氢反应导致压强减小，从而形成蓝色和红色喷泉，C正确；蒸干时氯化铵会分解，得不到氯化铵固体，故D错误。【加固训练】氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气。下列有关氨的说法正确的是()A．NH3的空间构型为平面三角形B．NH3与H2O能形成分子间氢键C．NH3的水溶液不能导电D．氨催化氧化制硝酸是利用了NH3的氧化性【解析】选B。NH3的孤电子对数为1，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，A错误；N和O的电负性比较大，半径比较小，NH3与H2O之间存在分子间氢键，也存在同种分子间氢键，B正确；NH3溶于水得到氨水，氨水中存在自由移动的铵根离子和氢氧根离子，即可导电，C错误；氨催化氧化制硝酸，NH3中N元素的化合价为－3，硝酸中N元素化合价为＋5，化合价升高，作还原剂，利用的是NH3的还原性，D错误。2．(2022·肇庆模拟)下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，其中能达到实验目的的是()A．用装置甲制备氨气B．用装置乙除去氨气中的少量水C．用装置丙收集氨气D．用装置丁吸收多余的氨气【解析】选D。加热固体，试管口应略向下倾斜，A错误；NH3是碱性气体，不能用浓硫酸干燥，B错误；用胶塞堵住烧瓶口，空气排不出来，应去掉胶塞，在瓶口加一团棉花，C错误；干燥管起防倒吸的作用，D正确。【加固训练】1．(2022·梅州模拟)氮化铬具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，因而具有广泛应用前景。实验室用无水CrCl3和氨气在高温下反应制备CrN，反应原理为CrCl3＋NH3eq\o(=,\s\up7(高温))CrN＋3HCl，装置如图所示。下列说法错误的是()A.装置①还可以用于制取O2、Cl2、CO2等气体B．装置②、④中分别盛装NaOH溶液、KOH固体C．装置③中也可盛装维生素C，其作用是除去氧气D．装置⑤中产生的尾气冷却后用水吸收得到HCl溶液【解析】选D。A.装置①常温下用液体和固体反应制备气体，还可分别用过氧化氢和二氧化锰制备氧气，用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，也可用盐酸与碳酸钙反应制备二氧化碳等，A正确；B.实验时应分别除去空气中的二氧化碳、氧气，且得到干燥的氨气，则装置②、④中分别盛装NaOH溶液、KOH固体，B正确；C.维生素C具有还原性，可除去具有氧化性的氧气，C正确；D.尾气含有氯化铵、氯化氢或氨气，用水吸收，不一定得到盐酸，D错误。2．某小组同学欲探究NH3的催化氧化反应，按如图装置进行实验(夹持装置已略去)。已知A、B装置可选药品：浓氨水、H2O2、蒸馏水、生石灰、MnO2。(1)仪器a的名称为__________；仪器b的名称为__________。(2)装置A烧瓶中固体的作用为______(填序号)。A.催化剂B．氧化剂 C．还原剂 D．反应物(3)仪器b中盛放的试剂可以是________(填序号)。A．浓硫酸B．碱石灰 C．五氧化二磷D．硫酸铜(4)装置E中发生反应的化学方程式为___________________________________。(5)甲、乙两同学分别按上述装置进行实验，一段时间后：①甲观察到装置F中只有白烟生成，白烟的成分是________(写化学式)。②乙观察到装置F中有红棕色气体，装置G中溶液变成蓝色。用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因：_______________________________________。(6)为帮助甲实现在装置F中也观察到红棕色气体，可在原实验的基础上进行改进。你的改进措施是_____________________________________________________________________________________________________________________【解析】(1)仪器a的名称是分液漏斗，仪器b的名称是球形干燥管。(2)根据题意可知装置A的作用是制取O2，所以烧瓶中的固体是二氧化锰，是过氧化氢分解的催化剂。(3)装置B的作用是制取氨气，根据装置图和题中所提供的药品可知是用浓氨水与生石灰制取氨气，除去氨气中的水蒸气用碱石灰，所以干燥管中的固体是碱石灰。(4)在E中发生氨气的催化氧化，反应的化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O。(5)①白烟是固体小颗粒，是NH3和HNO3(NO、O2、H2O共同反应生成)反应生成的NH4NO3固体。②反应生成的NO与O2反应生成红棕色的NO2，Cu与稀硫酸不反应，G中溶液变蓝说明Cu被氧化为Cu2＋，原因是通入装置G中的NO2和H2O反应生成HNO3和NO，HNO3与Cu反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。(6)甲的实验中只观察到白烟，是因为NH3未被完全催化氧化；要保证NH3充分被氧化，则O2需过量，所以需增加O2的量或减少NH3的量；可调节K1增加装置A中的产气量或调节K2减少装置B中的产气量，使NH3充分被氧化；也可以在E、F间增加浓硫酸的洗气装置，吸收未反应的氨气。答案：(1)分液漏斗球形干燥管(2)A(3)B(4)4NH3＋5O24NO＋6H2O(5)①NH4NO3②3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O(6)调节K1增加装置A中产生氧气的量或调节K2减少装置B中产生氨气的量或在E、F间增加浓硫酸的洗气装置考点四：不同价态含氮物质的转化(综合性考点)从物质分类的层面理解不同价态含氮物质的转化1．歧化→3NO2＋H2O=2HNO3＋NO2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O2．归中→6NO＋4NH3eq\o(=,\s\up7(△))5N2＋6H2ONO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O微点拨含氮物质的连续氧化NH3eq\o(→,\s\up7(O2))NOeq\o(→,\s\up7(O2))NO2eq\o(→,\s\up7(H2O))HNO3；N2eq\o(→,\s\up7(O2))NOeq\o(→,\s\up7(O2))NO2eq\o(→,\s\up7(H2O))HNO33．结合氧化还原反应中“价态转化规律”，认识不同价态含氮物质之间的转化关系：【典例】(2019·江苏高考)N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。eq\a\vs4\al(NH3与O2在)eq\a\vs4\al(加热和催化剂作用下生成N2O)①的化学方程式为_______________________________________________________________________。(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为NO＋NO2＋2OH－=2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋H2O2NO2＋2OH－=NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H2O①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有________(填字母)。A．加快通入尾气的速率B．采用气、液逆流的方式吸收尾气C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是________(填化学式)；吸收后排放的尾气中含量较高的eq\a\vs4\al(氮氧化物)②是_______________________________________________________________(填化学式)。(3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，其离子方程式为_____________________________________________________________________。②NaClO溶液的eq\a\vs4\al(初始pH越小，NO转化率越高)③。其原因是__________________________________________________________________________________。[解题思维]解答本题的思维流程如下：提取信息①NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O；②氮氧化物；③初始pH越小，NO转化率越高信息转化①NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，根据氧化还原反应书写方程式；②吸收后的尾气中含量较多的是NO；③NaClO在酸性条件下会生成HClO联想质疑酸性条件下，NO能与MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))反应生成NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))和Mn2＋，写出发生反应的离子方程式。提示：NO和MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))的氧化还原反应原理，由得失电子守恒和原子守恒配平反应：5NO＋3MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋4H＋=5NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋3Mn2＋＋2H2O【解析】(1)NH3被O2氧化生成N2O，N从－3价升至＋1价，1molNH3失去4mole－，O从0价降至－2价，1molO2得到4mole－，根据N和O得失电子守恒配平反应。(2)①A项，通入气体速率过快时，气体吸收会不充分，错误；B项，采用气、液逆流方式吸收时，吸收会充分，正确；C项，补充NaOH溶液，c(OH－)增大，会更充分吸收气体，正确；②NO2与NaOH反应生成NaNO2和NaNO3，所以NaNO2晶体中会混有NaNO3杂质。吸收后的尾气中含量较多的是NO。(3)①HClO氧化NO生成NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，自身被还原为Cl－，根据N和Cl得失电子守恒配平反应，用H＋平衡电荷。②氧化NO的是HClO，NaClO在酸性条件下会生成HClO，所以pH越小，NO转化率越高。答案：(1)2NH3＋2O2N2O＋3H2O(2)①BC②NaNO3NO(3)①3HClO＋2NO＋H2O=3Cl－＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋5H＋②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强(2022·肇庆模拟)价类二维图是学习元素化合物的工具，a～g分别表示氮元素的不同价态所对应的物质，其关系如图所示。下列说法正确的是()A.a可经过转化，最终制备出eB．可用湿润的蓝色石蕊试纸检验gC．b常温下可转化为c，造成空气污染D．f属于强电解质【解析】选A。A.