【名师一号】2021高考化学(苏教版)一轮复习考点突破：4-2生产生活中的含氮化合物

重点突破锁定高考热点探究规律方法考点1氮的氧化物溶于水的计算1.关系式法(1)NO2和O2的混合气体溶于水时，由4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3可知，当体积比V(NO2):V(O2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(＝4:1，恰好完全反应,＞4:1，NO2过量，剩余气体为NO,＜4:1，O2过量，剩余气体为O2))(2)NO和O2同时通入水中时，其反应是：2NO＋O2=2NO2,4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，总反应式为：4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3当体积比V(NO):V(O2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(＝4:3恰好完全反应,＞4:3剩余NO,＜4:3剩余O2))(3)值得留意的是：4NO2＋O2和4NO＋3O2从组成上均相当于2N2O5的组成。即①②两状况中的总反应式都与N2O5＋H2O=2HNO3等效。这不仅是记忆①②二式的方法，也为上述问题的解法供应了新的思路，即利用混合气体中的N、O原子个数比进行分析推断：N:Oeq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(＜2:5O2剩余,＝2:5完全反应,＞2:5NO剩余))2．电子守恒法当NO2或NO转化为HNO3时要失去电子，若上述两种气体与O2混合，O2得电子，且得失电子数必定相等，这是电子守恒法解答此类题目的依据。题组训练1．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，但不能布满试管，当向试管内鼓入氧气后，可以观看到试管中水柱连续上升，经过多次重复后，试管内完全被水布满，原来试管中盛装的气体是()A．可能是N2与NO2的混合气体B．只能是O2与NO2的混合气体C．可能是NO与NO2的混合气体D．只能是NO2一种气体解析解答本题要留意以下两点：(1)明确氮气不溶于水，且常温下不与其他物质发生化学反应；(2)NO2可与水反应生成不溶于水的NO，NO2和NO与氧气按适当的比例被水完全吸取。答案C2．将容积为50mL的量筒布满二氧化氮和氧气的混合气体，将量筒倒置在盛满水的水槽里，一段时间后，量筒里剩余气体体积为5mL。则原混合气体中NO2和O2体积比可能是________或________。解析NO或NO2与O2混合气体与水的反应计算关系式可由下列化学方程式推导出来。2NO＋O2=2NO2①3NO2＋H2O=2HNO3＋NO②由②×2＋①得4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3③由①×3＋②×24NO＋3O2＋2H2O=4HNO3④③④两式就是平常计算经常用到的关系式。设剩余的5mL气体为O2，则参与反应③的NO2和O2的总体积为50mL－5mL＝45mL则原混合气体里，NO2的体积为45mL×4/5＝36mLO2的体积为50mL－36mL＝14mL即NO2与O2的体积比为36:14＝18:7。设剩余的5mL气体为NO，由②式得过量的NO2体积为15mL，则发生反应③的NO2和O2的总体积为50mL－15mL＝35mL。则原混合气体里，O2的体积为35mL×1/5＝7mL，NO2的体积为50mL－7mL＝43mL即NO2与O2的体积比为43:7。答案18:743:73．(2022·江西第三次联考)常温常压下，有一混合气体为1LCO、1LNO、2LNH3、2LCO2、2LNO2，现供应下列洗气瓶(内含试剂且不考虑装置内空气的影响)，假设每一次都可以充分反应并完全吸取，请依据要求解决问题。(已知：NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O)(1)请依次选择两装置________(请用“接口数字”填写)，气体按选定的次序从左至右通过后，只剩下一种气体，该气体是________(填化学式)。氮的氧化物气体在吸取过程中所发生的化学反应方程式是________、_________________________________。(2)假如气体依次通过B—C—D，则最终的气体为________________(填化学式)，在NaOH溶液中发生的离子反应方程式是________________________________________________。(3)常温常压下，把上述气体缓缓通过盛装足量过氧化钠固体的干燥管，气体的体积变为________L，再经过C、D装置，气体的体积为________L。解析(3)混合气体通过盛Na2O2的干燥管发生以下两个反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2NO＋O2=2NO2，故反应后的混合气体为1LCO、3LNO2、2LNH3和0.5LO2；再通过NaOH溶液和浓H2SO4，NH3、NO2、O2均被吸取，其中的化学反应为6NO2＋O2＋6NaOH=5NaNO3＋NaNO2＋3H2O。答案(1)⑤⑥⑦⑧CONO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O(注：如写成二氧化氮与水反应、硝酸与氢氧化钠反应、氮的两种氧化物归中三个反应也合理)(2)CONOCO2＋2OH－=COeq\o\al(2－,3)＋H2O(3)6.51考点2氨气的制法和喷泉试验1.氨气的制法(1)加热固态铵盐和碱的混合物。一般加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物：2NH4Cl＋Ca(OH)2eq\o(=,\s\up17(△))2NH3↑＋CaCl2＋2H2O。①装置：“固体＋固体eq\o(→,\s\up17(△))气体”(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干燥：用碱石灰(NaOH和CaO固体的混合物)。④验满方法：a.用潮湿的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝色；b.将蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口，有白烟产生。⑤尾气处理：收集时，一般在管口塞一团用水或稀硫酸浸湿的棉花球，可减小NH3与空气的对流速度，收集到纯洁的NH3，同时也可避开污染空气。(2)试验室制取氨气的其他方法。方法化学方程式(或原理)气体发生装置加热浓氨水NH3·H2Oeq\o(=,\s\up17(△))NH3↑＋H2O浓氨水＋固体NaOHNaOH溶于水放热，促使氨水分解。且OH－浓度的增大有利于NH3的生成浓氨水＋固体CaOCaO与水反应，使溶剂(水)削减；反应放热，促使氨水分解。化学方程式为：NH3·H2O＋CaO=NH3↑＋Ca(OH)22.喷泉试验(1)形成喷泉的原理。形成喷泉最根本的缘由是瓶内外存在压强差。当烧瓶内气体溶于液体或与之反应时，瓶内气体大量削减，压强降低，外界的大气压将液体压入烧瓶内，如此持续，最终液体将布满烧瓶。(2)常见喷泉的形成主要有以下两类。①极易溶于水的气体(NH3、HCl、SO2等)与水可形成喷泉。②酸性气体(HCl、SO2、NO2、CO2、H2S等)与NaOH溶液也能形成喷泉。(3)喷泉试验成功的关键。①盛气体的烧瓶必需干燥。②气体要布满烧瓶。③烧瓶不能漏气(试验前应先检查装置的气密性)。④所用气体能大量溶于所用液体或气体与液体快速反应。(4)常见的喷泉试验装置。喷泉试验的本质是形成压强差而引发液体上喷，为此可设计多种不同的装置和接受不同的操作(如使气体溶于水、热敷、生成气体、发生气体体积减小的反应等)来使喷泉产生。装置Ⅱ：挤压气球，即可使少量的溶液沿导管进入烧瓶中，导致大量的NH3溶解，烧瓶内形成负压而产生喷泉。装置Ⅲ：去掉了胶头滴管。打开止水夹，用手(或热毛巾等)捂热烧瓶，氨气受热膨胀，使氨气通过导管与水接触，即产生喷泉。(开放性问题，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)装置Ⅳ：在锥形瓶中加入能产生气体的物质，使锥形瓶内气体的压强明显增大，将液体压入烧瓶而产生喷泉。装置Ⅴ：在水槽中加入使水温度上升的物质，致使锥形瓶内酒精因升温而挥发，锥形瓶内气体压强增大而产生喷泉。装置Ⅵ：烧瓶中通入H2S(或SO2)，然后通入SO2(或H2S)，现象为有淡黄色粉末状物质生成，瓶内壁附有水珠，NaOH溶液喷到烧瓶内。题组训练4.(2022·上海)试验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是()A．①是氨气发生装置B．③是氨气发生装置C．②是氨气吸取装置D．④是氨气收集、检验装置解析装置①中NH4Cl受热易分解生成NH3和HCl，但在试管口四周两者又能结合生成NH4Cl，选项A错误；装置②中的漏斗放置过低，不能防止倒吸，选项C错误；装置④中的试管口应放一团干燥的棉花，选项D错误。答案B5．中学试验中，通常利用如右图所示的装置进行喷泉试验，来验证气体的“溶解性”，下列有关说法不正确的是()A．用滴管加入液体后，由于气体的“溶解”，使瓶内压强减小，导致瓶内压强小于外界压强，从而形成喷泉B．选用合适的溶液，CO2也能用于做喷泉试验C．HCl、NH3和SO2均能用该装置做喷泉试验D．用NO2和N2O4的混合气体做喷泉试验，烧瓶中将布满稀硝酸解析本题综合考查了喷泉试验的原理，即由于气体溶于水或某种溶液，导致烧瓶中的压强快速减小，与外界产生足够的压强差，从而形成喷泉，A项正确；B选项，CO2能与NaOH等强碱溶液反应，从而被吸取，也能与外界产生很大的压强差，故能形成喷泉，正确；C选项，NH3和HCl属于极易溶于水的气体，SO2可以与NaOH溶液等反应，故均能形成喷泉，正确；NO2和N2O4与水反应后有NO生成，故液体不能布满烧瓶，D项错误。答案D6．下列图示是某学习小组设计的制取氨气并利用氨气进行喷泉试验的装置示意图。请回答下列问题：(1)同学甲用图A所示装置制备氨气，写出该法制取氨气的化学方程式：________________________________；制出的氨气应使用________法来收集，要得到干燥的氨气可选用________作干燥剂。(2)同学乙用图B所示装置也制出了氨气，他选用的试剂可能是________和________。用平衡移动原理分析这种方法制备氨气的原理：_____________________________________________________________________。(3)同学丙用图C所示装置进行喷泉试验，上部烧瓶已布满干燥的氨气，引发喷泉的操作是________。(4)同学丁将装置C误装为装置D，但经与同学争辩后，认为也可引发喷泉。请说明用该装置引发喷泉的方法与原理：________________。解析(1)题图A是固体和固体混合加热制备氨气的装置，应选用的原料是NH4Cl和Ca(OH)2固体。氨气极易溶于水，比空气的密度小，要用向下排空气法收集。干燥氨气常用碱石灰。(2)题图B是固体和液体在不加热时反应制氨气的装置，可选用浓氨水和生石灰(或固体NaOH)混合反应。在氨水中存在下列平衡：NH3·H2ONH3↑＋H2O，生石灰或固体烧碱溶于水时吸水且放出大量的热，促使平衡正向移动，NH3·H2O分解放出氨气。(3)氨气极易溶于水，用图C所示装置进行喷泉试验时，先打开止水夹，然后挤压胶头滴管，使少量水进入烧瓶，氨气溶于水导致烧瓶内压强急剧减小，外界大气压将烧杯内的水压入烧瓶中即可形成喷泉。(4)对于装置D，可以设法使烧瓶受热，烧瓶内气体膨胀，排出玻璃导管中的空气，烧瓶内氨气与水接触即产生喷泉。答案(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2eq\o(=,\s\up17(△))CaCl2＋2H2O＋2NH3↑向下排空气碱石灰(合理即可)(2)CaO或NaOH固体浓氨水生石灰或固体烧碱溶于水时吸水且放出大量的热，促使平衡NH3·H2ONH3↑＋H2O正向移动，NH3·H2O分解放出氨气(3)打开止水夹，挤出胶头滴管中的水(4)打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管中的空气，氨气与水接触，即发生喷泉考点3金属与硝酸反应的计算1.硝酸与金属反应的一般规律(1)金属与HNO3反应一般不生成H2，浓HNO3一般被还原为NO2，稀HNO3一般被还原为NO。(2)足量金属与肯定量浓硝酸反应时，随着硝酸浓度的降低，产物也发生转变。(3)金属与HNO3反应的一般通式为：①金属＋浓硝酸→金属硝酸盐＋NO2↑＋H2O反应中，表现氧化性(被还原)的HNO3占eq\f(1,2)；表现酸性生成硝酸盐的HNO3占eq\f(1,2)。②金属＋稀硝酸→金属硝酸盐＋NO↑＋H2O反应中，表现氧化性(被还原)的HNO3占eq\f(1,4)；表现酸性生成硝酸盐的HNO3占eq\f(3,4)。2．过程分析3．计算方法(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(－,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)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)离子方程式计算法。金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于硝酸盐中NOeq\o\al(－,3)在H2SO4供应H＋的条件下能连续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量推断，然后依据完全反应的金属或H＋或NOeq\o\al(－,3)进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。题组训练7．在标准状况下将1.92g铜粉投入肯定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色渐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混合气体1.12L，则混合气体中NO的体积为()A．112mL B．1008mLC．224mL D．448mL解析混合气体的总物质的量为1.12L÷22.4L·mol－1＝0.05mol,1.92g铜粉的物质的量为0.03mol。设NO的物质的量为n1mol，则NO2的物质的量为(0.05－n1)mol，依据得失电子守恒得3n1＋(0.05－n1)×1＝0.03×2，解得n1＝0.005，V(NO)＝0.005mol×22.4L·mol－1＝0.112L＝112mL。答案A8．铜与肯定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与5.6LO2(标准状况)混合后通入水中，全部气体完全被水吸取生成硝酸。则消耗铜的质量为()A．16g B．32gC．64g D．无法计算解析该题氮元素变化为硝酸→氮的氧化物→硝酸，所以题目中的反应可以看成是铜与氧气的反应，其中硝酸为“催化剂”，所以铜的物质的量为2×eq\f(5.6L,22.4L·mol－1)＝0.5mol，即32g。答案B9．(2022·湖北武汉月考)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，这些气体恰好能被500mL2.0mol/LNaOH溶液完全吸取，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量是()A．0.2mol B．0.4molC．0.6mol D．0.8mol解析本题考查氧化还原反应。整个反应过程中Cu失电子生成Cu2＋，NOeq\o\al(－,3)得电子生成NOeq\o\al(－,2)。设NaNO3、NaNO2的物质的量分别为x和y，则依据得失电子守恒有：2y＝eq\f(51.2,64)×2＝1.6，依据Na＋守恒有：x＋y＝0.5×2.0＝1.0，二式联立解得x＝0.2mol，故选A项。答案A10．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中渐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中渐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果错误的是()A．混合酸中NOeq\o\al(－,3)的物质的量为0.4molB．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段产生氢气C．溶液中最终溶质为FeSO4D．硫酸的浓度为5mol/L解析A项，由于混合液中有稀硫酸，硝酸根离子反应完全，依据反应方程式：3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，溶解19.2gCu，即0.3mol，求得一份混合溶液NOeq\o\al(－,3)的物质的量为0.2mol，则混合酸中NOeq\o\al(－,3)的物质的量为0.4mol，正确；B项，刚开头是HNO3与铁反应，OA段产生的是NO，AB段是Fe与Fe3＋反应，BC段产生的是氢气，正确；C项，虽然刚开头生成的是Fe2(SO4)3，但最终加入铁粉后转变为FeSO4，正确；D项，依据加入铁粉的质量22.4g即0.4mol，最终生成FeSO4，可知硫酸也为0.4mol，则H2SO4的物质的量浓度为eq\f(0.4mol,0.1L)＝4mol/L，不正确。答案D名师究错易错追根溯源挑战高考满分【典例】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，向该混合液中加入1.92g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中铜离子的物质的量浓度是()A．0.15mol/L B．0.225mol/LC．0.30mol/L D．0.45mol/L【错因分析】因稀H