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提升课时2　含氮物质的相互转化　硝酸与金属反应的相关计算
学习目标　1.能从物质类别、氮元素化合价的角度认识含氮化合物的相互转化。2.掌握硝酸与金属反应的相关计算。
一、含氮化合物的转化
工业制硝酸的原理如图,根据示例完成下表:
序号 反应物中含氮物质的类别、氮元素化合价的变化情况 化学方程式 含氮物质发生反应的类型(氧化反应、还原反应)
① [示例] 单质,0→-3 N2+3H22NH3 还原反应
② 氢化物,-3→+2 4NH3+5O24NO+6H2O 氧化反应
③ 氧化物,+2→+4 2NO+O2===2NO2 氧化反应
④ 氧化物,+4→+5、+2 3NO2+H2O===2HNO3+NO 氧化反应、还原反应
【探究归纳】　氮及其化合物的转化
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.如图所示的转化关系中,不能一步实现的是 (　　)
A.① B.②
C.③ D.④
答案　D
解析　①为N2+3H22NH3;②为N2+O22NO;③为2NO+O2===2NO2;④至少两步才能实现,分别为N2+O22NO,2NO+O2===2NO2。
2.工业上以氮气为主要原料制备硝酸,其转化过程如下所示,其中氮元素只被还原的一步是 (　　)
N2NH3NONO2HNO3
A.① B.②
C.③ D.④
答案　A
解析　氮元素只被还原,表明含氮物质作氧化剂,氮元素化合价降低。①N2→NH3,N元素的化合价降低,①符合题意;②NH3→NO,N元素的化合价升高,②不合题意;③NO→NO2,N元素的化合价升高,③不合题意;④NO2→HNO3,N元素的化合价一部分升高,一部分降低,④不合题意。
3.利用氮元素的价类二维图可以设计氮及其化合物之间的转化路径,下列说法不正确的是 (　　)
A.工业固氮的常用方法是由N2和H2合成NH3
B.可利用Cu与硝酸的反应,将N元素转化为NO或NO2
C.由氮气转化为含氮化合物的反应中,必须提供氧化剂
D.实验室可利用氢氧化钙固体与NH4Cl固体混合加热制备NH3
答案　C
解析　A项,氮的固定是将游离态的氮转化为含氮化合物的过程,工业固氮的常用方法是由N2和H2合成NH3;B项,铜与稀硝酸反应生成NO,铜与浓硝酸反应生成NO2;C项,氮气生成氨气的过程中需要还原剂;D项,实验室可利用氢氧化钙固体与NH4Cl固体混合加热制备NH3。
二、硝酸与金属反应的计算
1.反应规律
M+HNO3→M(NO3)n+还原产物+H2O,其中还原产物:NO2或NO或N2O或N。
2.思维模型
3.计算方法(假设还原产物只有NO2和NO)
(1)得失电子守恒:硝酸与金属的反应属于氧化还原反应,硝酸中氮原子得到电子的物质的量等于金属失去电子的物质的量,如金属失电子的物质的量=n(NO2)+3n(NO)。
(2)原子守恒:硝酸与金属反应时,一部分硝酸起酸的作用,以N的形式存在于溶液中,另一部分硝酸作为氧化剂转化为还原产物NOx,N和NOx中氮原子的总物质的量等于反应消耗的硝酸中氮原子的物质的量,如n消耗(HNO3)=xn[M(NO3)x]+n(NO2)+n(NO)。
(3)电荷守恒:硝酸过量时,反应后溶液中(不考虑OH-)有c(N)=c(H+)+xc(Mx+)(Mx+代表金属离子)。若向反应后的溶液中加入NaOH溶液恰好使Mx+沉淀完全,此时溶质为NaNO3,则存在:n(Na+)=n(N)=n剩余(HNO3)+xn[M(NO3)x]=n总(HNO3)-n(NO)-n(NO2)。
(4)离子方程式运用:金属与硫酸、硝酸的混合酸反应时,
如铜与稀硝酸反应,依据离子方程式3Cu+8H++2N===3Cu2++2NO↑+4H2O反应比例,先作过量判断,然后根据完全反应的金属或H+或N进行相关计算,且要符合电荷守恒。
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.将3.84 g Cu和一定量的浓HNO3反应,当Cu反应完全时,共收集到气体2.24 L NO2和NO(标准状况,不考虑NO2转化为N2O4),则反应中消耗HNO3的物质的量为 (　　)
A.0.1 mol B.0.24 mol
C.0.16 mol D.0.22 mol
答案　D
解析　铜与硝酸反应转化为Cu(NO3)2、NO和NO2,根据铜原子守恒n[Cu(NO3)2]=n(Cu)==0.06 mol,NO和NO2的物质的量共为n==0.1 mol,根据氮原子守恒:n消耗(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO)+n(NO2)=2×0.06 mol+0.1 mol=0.22 mol。
2.将Mg、Cu组成的m g混合物投入适量稀HNO3中恰好完全反应,固体完全溶解时收集到0.896 L(标准状况)NO气体,向反应后的溶液中加入60 mL 2 mol·L-1的NaOH溶液时,金属离子恰好沉淀完全,则形成的沉淀的质量为 (　　)
A.(m+2.28) g B.(m+2.04) g
C.(m+3.32) g D.(m+4.34) g
答案　B
解析　当金属离子恰好沉淀完全时,m(沉淀)=m(金属)+m(OH-),n(OH-)=n(NaOH)=60×10-3 L ×2 mol·L-1=0.12 mol,m(沉淀)=m(金属)+m(OH-)=m g+0.12 mol×17 g·mol-1=(m+2.04) g。
3.足量的铜和含有2.4×10-3 mol硝酸的某浓硝酸完全反应,共收集到标准状况下气体22.4 mL。参加反应的铜的质量是 (　　)
A.3.84×10-2 g B.4.48×10-2 g
C.4.83×10-2 g D.5.76×10-2 g
答案　B
解析　根据氮原子守恒,则被还原硝酸的物质的量=收集到的气体的物质的量==1×10-3 mol。根据硝酸(或氮原子)守恒,参加反应的硝酸除去被还原的,就是转化为盐类的硝酸,因此生成硝酸铜的物质的量==7×10-4 mol。根据铜原子守恒,参加反应的铜的物质的量与生成硝酸铜的物质的量相等,则参加反应的铜的质量=7×10-4 mol×64 g·moL-1=4.48×10-2 g。
　　　　　　　　　　　　　　　　
A级　合格过关练
选择题只有1个选项符合题意
(一)含氮化合物的转化
1.在指定条件下,下列选项所示的物质间转化能实现的是 (　　)
A.NO(g)HNO3(aq) B.稀HNO3(aq)NO2(g)
C.NO(g)N2(g) D.NO2(g)NO(g)
答案　C
解析　A项,NO不溶于水,也不与水反应,A不能实现转化;B项,稀HNO3与Cu反应得到硝酸铜、水和NO,得不到NO2,B不能实现转化;C项,NO有氧化性,CO有还原性,在高温、催化剂条件下二者可发生氧化还原反应转化为无毒的N2和CO2,C能实现转化;D项,NO2→NO,N元素的化合价降低,发生的是还原反应,O3有强氧化性,不能作还原剂将NO2还原,D不能实现转化。
2.氮元素是空气中含量最多的元素,在自然界中的分布十分广泛,在生物体内亦有极大作用。一定条件下,含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。下列说法正确的是 (　　)
A.图中属于“氮的固定”的是k和l
B.表示循环中发生非氧化还原反应的过程只有a
C.若反应h是在NO2与H2O的作用下实现,则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
D.若反应i是在酸性条件下由 N与Fe2+的作用实现,则该反应的离子方程式为3Fe2++N+4H+===3Fe3++NO↑+2H2O
答案　D
解析　A项,“氮的固定”是指氮由游离态转化为化合态,图中属于“氮的固定”的是k和c;B项,表示循环中发生非氧化还原反应的过程有a和l;C项,若反应h是在NO2与H2O的作用下实现,反应为3NO2+H2O===2HNO3+NO,则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2;D项,若反应i是在酸性条件下由 N与Fe2+的作用实现,则产物为NO、Fe3+和水,离子方程式为3Fe2++N+4H+===3Fe3++NO↑+2H2O。
3.如图是某元素的价类二维图,其中A为正盐,X是一种强碱,通常条件下Z是无色液体,E的相对分子质量比D大16,各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是 (　　)
A.A作肥料时不适合与草木灰混合施用
B.可用向上排空气法收集B
C.C一般用排水法收集
D.D→E的反应可用于检验D
答案　B
解析　由A和强碱(X)反应生成相应的氢化物可知,A为铵盐,强碱与铵盐在加热条件下反应生成氨气,所以B为NH3;氨气和氧气反应生成氮气和水,C为N2;氮气可被氧气氧化为NO,所以D为NO;NO可被氧气氧化为NO2,E为NO2;二氧化氮和水反应生成硝酸,F为HNO3;G为硝酸盐;Y为O2,Z为H2O。A项,铵态氮肥和草木灰不能混合施用;B项,B为NH3,NH3的密度小于空气,不能采用向上排空气法收集;C项,C为N2,N2的密度与空气太接近,用排空气法收集不能得到纯净的气体,而N2不溶于水,所以一般用排水法收集;D项,NO与O2反应生成NO2,气体颜色由无色变为红棕色,可用于检验NO。
4.结合氮及其化合物价类二维图及氧化还原反应的基本规律,下列分析或预测正确的是 (　　)
A.N2O3、NO2、N2O5均能与水反应生成酸,三者均为酸性氧化物
B.HNO3、HNO2、NaNO3、NH3的水溶液均可以导电,四者均属于电解质
C.联氨(N2H4)可能被亚硝酸(HNO2)氧化生成氢叠氮酸(HN3)
D.硝酸具有较强的氧化性,可用稀硝酸溶解Au、Ag、Cu
答案　C
解析　A项,N2O3、N2O5属于酸性氧化物,与水反应只生成酸,二氧化氮和水反应生成硝酸和NO,所以二氧化氮不是酸性氧化物;B项,HNO3、HNO2、NaNO3均是电解质,NH3的水溶液可以导电,但是NH3在水中不能电离,不是电解质;C项,依据价态归中原理,N2H4(氮为-2价)和HNO2(氮是+3价)反应可能生成HN3(氮是-价);D项,Au的金属活动性很弱,与硝酸不反应,Ag、Cu能与稀硝酸反应。
5.研究氮及其化合物的性质,可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价物质类别关系图如下。
回答下列问题:
(1)写出实验室制备物质A的化学方程式:　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
在催化剂和加热的条件下,物质A生成NO是工业制硝酸的重要反应,化学方程式是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(2)在加热条件下,物质C的浓溶液与碳单质反应,写出反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　。
(3)实验室中,检验溶液中含有N的操作方法是　　　　　　　　　　　　。
(4)物质B为红棕色气体,写出该物质与水反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　,
当反应消耗3.36 L(标准状况)物质B时,转移电子的物质的量为　　　　　　 mol。
答案　(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑　4NH3+5O24NO+6H2O
(2)C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O
(3)取少量溶液于试管中,加入氢氧化钠浓溶液,微热,产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体证明含有铵根离子
(4)3NO2+H2O===2H++2N+NO　0.1
解析　由氮元素化合价物质类别关系图可知,A为NH3,B为NO2或N2O4,C为HNO3。(1)A为NH3,实验室用氯化铵和氢氧化钙共热制取氨气,反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑;氨气催化氧化生成一氧化氮和水,反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。(2)C为HNO3,碳与浓硝酸加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水,反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O。(3)含铵根离子的溶液能与碱液加热条件下反应生成氨气,氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,因此检验溶液中含有N的操作方法是取少量溶液于试管中,加入氢氧化钠浓溶液,微热,产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体证明含有铵根离子。(4)物质B为红棕色气体,B为NO2,二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮,反应的离子方程式为3NO2+H2O===2H++2N+NO,3.36 L(标准状况)NO2的物质的量为=0.15 mol,由方程式可知,3 mol NO2参与反应转移2 mol电子,则0.15 mol NO2参与反应转移0.1 mol电子。
(二)硝酸与金属反应的计算
6.锌和某浓度的HNO3溶液反应时,若参加反应的锌与HNO3的物质的量之比为2∶5,产物有硝酸锌、X和水,则X可能是 (　　)
A.NO B.N2O
C.N2O3 D.NO2
答案　B
解析　锌和某浓度的硝酸溶液发生氧化还原反应,参加反应的锌和硝酸的物质的量之比为2∶5,假设锌为4 mol,生成4 mol硝酸锌,表现酸性的硝酸的物质的量为8 mol,反应后Zn被氧化为+2价,设硝酸还原产物中氮元素为x价,则根据得失电子守恒可知4 mol×(2-0)=(10-8) mol×(5-x),解得x=+1,即还原产物为N2O,B正确。
7.某100 mL混合液中,HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4 mol·L-1和0.1 mol·L-1,向该混合液中加入1.92 g铜粉,加热,待充分反应后,所得溶液中Cu2+的物质的量浓度(忽略体积变化)为 (　　)
A.0.15 mol·L-1 B.0.225 mol·L-1
C.0.35 mol·L-1 D.0.45 mol·L-1
答案　B
解析　解答本题要从离子反应的角度来考虑,H2SO4提供的H+可以和N构成强氧化性环境,继续氧化铜单质。HNO3、H2SO4混合液中H+总的物质的量为0.06 mol,N的物质的量为0.04 mol,Cu的物质的量为0.03 mol。Cu与稀硝酸发生反应:
H+量不足,应根据H+的物质的量来计算。
n(Cu2+)=0.06 mol×=0.022 5 mol,c(Cu2+)==0.225 mol·L-1。
8.将12.8 g铜投入到60 mL一定浓度的硝酸中,恰好完全反应,产生标准状况下的NO和NO2混合气体共4.48 L。则下列叙述不正确的是 (　　)
A.Cu失去了0.4 mol电子
B.原硝酸浓度10.0 mol/L
C.NO和NO2物质的量之比为1∶1
D.体现酸性的硝酸为0.2 mol
答案　D
解析　12.8 g Cu的物质的量为0.2 mol,与硝酸恰好反应,生成标况下NO和NO2共4.48 L,即0.2 mol,根据电子转移守恒,Cu失去电子=N得到的电子,0.2 mol Cu被氧化失去0.4 mol电子,设NO的物质的量为x mol,NO2的物质的量为y mol,故有3x+y=0.4和x+y=0.2,解得x=0.1,y=0.1。A项,根据上述分析可知,Cu失去了0.4 mol电子;B项,根据原子守恒,消耗的硝酸的总物质的量=起氧化剂作用的硝酸的物质的量(还原产物的总物质的量)+起酸性作用的硝酸的物质的量(生成盐中的硝酸根的物质的量),故有n(HNO3)=n(NO)+n(NO2)+2n[Cu(NO3)2]=(0.1+0.1+2×0.2) mol=0.6 mol,V=60 mL,则原硝酸浓度10.0 mol/L;C项,由以上分析可知NO和NO2物质的量之比为1∶1;D项,体现酸性的硝酸的物质的量=生成盐中的硝酸根的物质的量=2n[Cu(NO3)2]=2n(Cu)=0.4 mol。
9.将m g Fe、Cu合金投入足量稀硝酸中,固体完全溶解,共收集到2.24 L(标准状况)NO气体,向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液,下列判断正确的是 (　　)
A.Fe、Cu和稀硝酸反应,稀硝酸只表现了氧化性
B.最终所得溶液中溶质只有一种
C.整个过程中有0.1 mol电子发生转移
D.理论上沉淀的质量为(m+5.1) g
答案　D
解析　A项,Fe、Cu和稀HNO3反应,稀硝酸既表现了氧化性又表现了酸性;B项,所得溶液中溶质有NaNO3和过量的NaOH两种;C项,NO的物质的量为0.1 mol,合金与稀硝酸反应中转移0.3 mol电子;D项,最后得到的沉淀是Fe(OH)3和Cu(OH)2,沉淀的质量等于合金的质量和增加的OH-的质量之和,而增加的OH-的物质的量也等于整个过程中转移电子的物质的量,即增加的OH-的物质的量也是0.3 mol,所以理论上沉淀的质量为m g+0.3 mol×17 g/mol=(m+5.1) g。
B级　素养培优练
10.固体硝酸盐加热分解产物较复杂,某兴趣小组对NH4NO3的热分解产物提出以下4种猜想。你认为猜想的科学性不正确的是 (　　)
甲:N2、HNO3、H2O 乙:N2O、NO2、H2O
丙:NH3、N2、H2O 丁:N2、NO2、H2O
A.甲和乙 B.乙和丁
C.乙和丙 D.丙和丁
答案　C
解析　硝酸铵热分解生成产物的判断,是依据氧化还原反应中电子守恒分析,结合元素化合价升高和降低数值相同分析,随着分解温度不同有很多种分解方式,在110 ℃时:NH4NO3===NH3↑+HNO3;在185~200 ℃时:NH4NO3===N2O↑+2H2O;在230 ℃以上时:2NH4NO3===2N2↑+O2↑+4H2O;在400 ℃以上时发生爆炸:4NH4NO3===3N2↑+2NO2↑+8H2O。甲:氮元素化合价变化可知符合氧化还原反应中得失电子守恒,正确;乙:若生成N2O,需要-3价氮元素和+5价氮元素归中反应得到,生成N2O、NO2、H2O,不遵循氧化还原反应中得失电子守恒,错误;丙:生成NH3、N2、H2O的化合价变化不符合氧化还原反应中得失电子守恒,错误;丁:若生成N2、NO2、H2O,变化过程中氮也是化合价变化符合得失电子守恒,正确。
11.NH3是一种重要的化工原料。生活中的合成纤维、塑料、染料的生产会应用到氨气。氨气还可以制备一系列无机物质(如图)。下列说法正确的是 (　　)
A.NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥
B.NH4Cl和Na2CO3受热时都易分解
C.NH3具有还原性
D.上述转化关系中只有2个氧化还原反应
答案　C
解析　A项,NH4Cl是常用化肥,而NaHCO3为小苏打,不能用作化肥;B项,Na2CO3受热不易分解;C项,NH3能发生催化氧化反应,故氨气具有还原性;D项,上述转化关系中有3个氧化还原反应:NH3→NO→NO2→HNO3。
12.下列物质间的转化(其中A、B、C、D含同种元素,Y可以是纯净物,也可以是混合物,某些条件和产物已略去)如图所示。下列有关叙述中不正确的是 (　　)
A.若A为硫单质,则Y可能是H2O2
B.若A为氮气,则D是硝酸
C.若B为一氧化氮,则A一定是氮气
D.若B为氧化钠,则D一定是氢氧化钠
答案　C
解析　若A为硫单质,则B为二氧化硫,C为三氧化硫,D为硫酸,二氧化硫具有还原性,H2O2具有氧化性,二者可发生氧化还原反应生成硫酸,A正确;若A为氮气,则B为一氧化氮,C为二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮,故D是硝酸,B正确;若B为一氧化氮,氨气发生催化氧化可生成一氧化氮,则A可能为氨气,C错误;若B为氧化钠,则C为过氧化钠,过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,故D一定是氢氧化钠,D正确。
13.将质量为32 g的铜与150 mL的一定浓度的硝酸反应,铜完全溶解,产生标准状况下11.2 L的NO和NO2的混合气体,将生成的混合气体与一定体积的氧气一起通入足量NaOH溶液中,气体恰好被吸收生成NaNO3。下列说法不正确的是 (　　)
A.标准状况下,通入的O2体积为5.6 L
B.向反应后的溶液加NaOH,使铜沉淀完全,需要NaOH的物质的量至少为1.0 mol
C.标准状况下,混合气体构成是5.6 L的NO和5.6 L的NO2
D.硝酸的物质的量浓度为10.0 mol·L-1
答案　D
解析　32 g的铜的物质的量为0.5 mol;11.2 L的NO和NO2的物质的量为0.5 mol,设混合气体中NO的物质的量为x,NO2的物质的量为y,则x+y=0.5 mol,反应过程中铜全部被氧化成Cu2+,根据得失电子守恒有3x+y=(0.5×2) mol,和前式联立可得x=0.25 mol,y=0.25 mol;设氧气的物质的量为z,NO和NO2全部转化为NaNO3,则根据得失电子守恒有0.5×2=4z,解得z=0.25 mol;根据元素守恒可知生成的n(NaNO3)=0.5 mol。A项,根据分析可知通入的O2为0.25 mol,标况下体积为0.25 mol×22.4 L/mol=5.6 L;B项,当硝酸无剩余时消耗的NaOH最少,此时NaOH只与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀,根据元素守恒可知此时n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.5 mol×2=1 mol;C项,根据分析可知,混合气体中有0.25 mol NO和0.25 mol NO2,即标准状况下的5.6 L的NO和5.6 L的NO2;D项,由于不知道和铜反应后硝酸是否有剩余,所以无法计算硝酸的浓度。
14.100 mL某混合酸中,c(HNO3)为0.3 mol/L,c(H2SO4)为0.25 mol/L。向其中加入3.2 g铜粉,待充分反应后,忽略溶液体积变化,下列说法正确的是 (　　)
A.反应后溶液中c(Cu2+)为0.45 mol/L
B.标准状况下,生成NO的体积为224 mL
C.反应中转移0.09 mol电子
D.反应后铜有剩余,加足量稀硫酸,铜减少,但仍然有剩余
答案　D
解析　3.2 g铜粉的物质的量为n(Cu)==0.05 mol,混合溶液中n(H+)=100 mL×10-3 L/mL×0.3 mol/L+100 mL×10-3 L/mL×0.25 mol/L×2=0.08 mol,n(N)=0.03 mol,根据3Cu+8H++2N===3Cu2++2NO↑+4H2O,H+不足,Cu和N过量,按照H+进行计算,据此分析。A项,根据上述分析,H+不足,Cu和N过量,按照H+进行计算,充分反应后,溶液中n(Cu2+)=0.03 mol,即c(Cu2+)==0.3 mol/L;B项,根据上述分析,标准状况下,产生NO的体积为×2×22.4 L/mol=0.448 L,即产生标准状况下NO的体积为448 mL;C项,根据B选项分析,生成NO的物质的量为0.02 mol,即转移电子物质的量为0.02 mol×(5-2)=0.06 mol;D项,根据上述分析,反应后剩余铜粉的物质的量为0.02 mol,剩余n(N)=0.01 mol,加入足量稀硫酸时,0.01 mol N=0.015<0.02 mol,因此加入足量稀硫酸时,铜减少,但仍然有剩余。
15.足量铜与一定量的浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和二氧化氮、一氧化氮的混合气体4.48 L (标准状况),这些气体与一定体积的氧气(标准状况下)混合通入水中,所有的气体完全被水吸收生成硝酸。若向硝酸铜溶液中加入5 mol·的氢氧化钠溶液,铜离子恰好完全沉淀,消耗氢氧化钠溶液60 mL,下列说法错误的是 (　　)
A.参加反应的硝酸是0.5 mol
B.消耗氧气1.68 L
C.此反应过程中转移0.3 mol电子
D.混合气体中含3.36 L(标准状况下)二氧化氮
答案　B
解析　反应后最终得到NaNO3溶液,反应后溶液中n(N)=n(NaOH)=5 mol·L-1×0.06 L=0.3 mol,n(NO2)+n(NO)==0.2 mol,由N原子守恒:n(HNO3)=n(NO2)+n(NO)+n反应后溶液(N)=0.2 mol+0.3 mol=0.5 mol,A正确;混合气体与氧气、水反应又得到硝酸,根据电子转移守恒,Cu原子失去的电子数等于氧气得到的电子数,所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀生成Cu(OH)2,获得NaNO3溶液,由电荷守恒可知,OH-的物质的量等于氧气得到电子的物质的量即反应过程中转移0.3 mol电子,故消耗氧气的物质的量为=0.075 mol,则标准状况下V(O2)=0.075 mol×22.4 L·mol-1=1.68 L,但未给出气体所处状况,B错误,C正确;设NO2、NO物质的量分别为x mol、y mol,则x+y=0.2,由转移电子守恒有x+3y=0.3,解得x=0.15,y=0.05,则标准状况下v(NO2)=0.15 mol×22.4 L·mo=3.36 L,D正确。
16.如图是无机物A~F在一定条件下的转化关系(部分产物及反应条件未标出)。已知:A为气体,A~F都含有相同的元素。
试回答下列问题。
(1)写出下列物质的化学式:C　　　　　　　　、F　　　　　　。
(2)在①②③④中属于氮的固定的是　　　　　　　　　　　 (填序号)。
(3)D易溶于水。常温常压下(Vm=28 L·mol-1),将体积为V mL的试管充满D后倒扣在水中。
①最终试管中所得E的物质的量浓度为(不考虑E的扩散)　　　　　　 mol·L-1。
②为了消除D的污染,可将它与B在催化剂作用下反应,生成水和一种无污染物质,该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
③若C、D按物质的量之比1∶1被Na2CO3溶液吸收,只生成一种盐,则该反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
为提高吸收速率与效率,最好选用　　　　　　装置(填序号)。
(4)工业上可用①②③由B制取E,为了提高原料的利用率并尽量减轻对环境的污染,C必须循环使用。若消耗1 mol的B制取E,在该过程中至少消耗的O2的物质的量为　　　　　　。
答案　(1) NO　NH4NO3
(2)④　(3)①+CO2　B (4)2
解析　根据题中信息及转化关系,推测A为氮气、B为氨气、C为一氧化氮,一氧化氮和氧气生成二氧化氮,二氧化氮和水生成硝酸,硝酸和氨气生成硝酸铵,故D为二氧化氮、E为硝酸、F为硝酸铵。(1)C、F分别为NO、NH4NO3;(2)游离态氮转化为氮的化合物为氮的固定,①②③④中属于氮的固定的是④;(3)①二氧化氮易溶于水和水反应生成硝酸:3NO2+H2O===2HNO3+NO,常温常压下(Vm=28 L·mol-1),将体积为V mL的试管充满二氧化氮后倒扣在水中,最终试管中会剩余三分之一的NO,液体进入试管的三分之二,所得硝酸的物质的量浓度为(不考虑氨气的扩散) mol·L-1;②氨气和二氧化氮在催化剂作用下反应,生成水和一种无污染物质,根据质量守恒可知,该物质为氮气,该反应的化学方程式是8NH3+6NO27N2+12H2O;③NO、NO2中氮的化合价分别为+2、+4,若NO、NO2按物质的量之比1∶1被Na2CO3溶液吸收,只生成一种盐,则结合化合价变化可知,生成盐为NaNO2,碳酸根离子转化为二氧化碳气体,反应为NO+NO2+Na2CO3===2NaNO2+CO2,离子反应为:NO+NO2+C+CO2。为提高吸收速率与效率,最好选用B,装置中球泡可以增加接触面积加快吸收速率;(4)工业上可用①②③由氨气制取硝酸,反应中NO必须循环使用,则可以认为氮元素完全转化为了硝酸,氮化合价由-3最终变为+5,结合电子守恒可知NH3~8e-~2O2,若消耗1mol的氨气制取硝酸,在该过程中至少消耗的O2的物质的量为2 mol。
17.将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应,铜完全溶解,产生标准状况下的一氧化氮和二氧化氮混合气体共11.2 L。请回答下列问题:
(1)产生一氧化氮的体积为　　　　　　L(标准状况下)。
(2)待反应结束后,向溶液中加入V mL a mol·L-1氢氧化钠溶液,恰好使溶液中的Cu2+全部转化为沉淀,则原硝酸的浓度为　　　　　　　　　　　 mol·L-1(不必化简)。
(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在氢氧化钠溶液中全部转化为硝酸钠,至少需要氧气　　　　　　　　 mol。
答案　(1)5.824　(2)　(3)0.255
解析　(1)该过程发生两个反应:3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。设生成的NO和NO2的物质的量分别为x、y,则x+y=0.5 mol,1.5x+0.5y=0.51 mol,解得x=0.26 mol,y=0.24 mol,故标准状况下V(NO)=0.26 mol×22.4 L·moL-1=5.824 L。(2)在反应过程中,HNO3一部分表现酸性,另一部分表现氧化性。由溶液中的Cu2+恰好全部转化为沉淀,则表现酸性的HNO3的物质的量为n(HNO3)=n(NaOH),表现氧化性的HNO3的物质的量为n(HNO3)=n(NO)+n(NO2),故原硝酸中HNO3的物质的量n(HNO3)=n(NaOH)+n(NO)+n(NO2)=(aV×10-3+0.5) mol,则c(HNO3)= mol·L-1。(3)通入氧气的目的是将0.26 mol NO和0.24 mol NO2全部转化为HNO3。根据得失电子守恒:4n(O2)=3n(NO)+n(NO2)=3×0.26 mol+0.24 mol=1.02 mol,则n(O2)=0.255 mol。
18.氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一,工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。在实验室利用如图装置探究NO2能否被NH3还原。
(1)A装置中盛放浓氨水的仪器名称是　　　　　　,D装置中盛放无水氯化钙的仪器名称是　　　　　　。
(2)试剂甲是　　　　　　,D中无水氯化钙的作用是　　　　　　。
(3)E装置中发生反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(4)在一定温度和催化剂条件下,若NO2能够被NH3还原,发生反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　, 还可以在空气中使用具有碱性的Na2CO3溶液来吸收NO2,相关反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(5)此实验装置存在一个明显的缺陷是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)分液漏斗　球形干燥管
(2)碱石灰　干燥NO2气体
(3)Cu+4H++2N===Cu2++2NO2↑+2H2O
(4)8NH3+6NO27N2+12H2O　4NO2+2Na2CO3+O2===4NaNO3+2CO2
(5)缺少尾气处理装置
解析　装置A中,浓氨水和生石灰反应生成氨气;装置B用于干燥氨气,氨气是碱性气体,故试剂甲应是碱石灰;装置E中浓硝酸和铜片反应生成二氧化氮;装置D中装有无水氯化钙,是为了干燥二氧化氮;装置C中,氨气和二氧化氮在一定温度和催化剂条件下反应生成氮气和水。(3)装置E中浓硝酸和铜片反应生成二氧化氮、硝酸铜和水,离子方程式为Cu+4H++2N===Cu2++2NO2↑+2H2O。(4)氨气和二氧化氮在一定温度和催化剂条件下反应生成氮气和水,反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O;NO2和Na2CO3溶液在空气中反应生成NaNO3和CO2,反应的化学方程式为4NO2+2Na2CO3+O2===4NaNO3+2CO2。(5)NO2是有毒气体,NH3污染环境,故在此实验装置中还缺少尾气处理装置。
19.叠氮化钠(NaN3)是一种重要的化工产品,可用于合成抗生素头孢菌素药物和用作汽车安全气囊的气源。实验室可通过以下流程制备叠氮化钠并测定其纯度。请回答以下问题:
Ⅰ.制备氨基钠(反应原理为2Na+2NH32NaNH2+H2)实验装置如图甲。
已知:氨基钠极易水解且易被空气中的氧气氧化。
(1)仪器a的名称为　　　　　　。实验开始时,应先打开分液漏斗使浓氨水滴入,目的是　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(2)B装置中的药品可选用　　　　(填字母)。
A.P2O5 B.碱石灰
C.无水硫酸铜 D.无水氯化钙
Ⅱ.制备NaN3。
(3)将Ⅰ中制备的NaNH2与N2O在210~220 ℃的条件下反应生成NaN3、NaOH和氨气,化学方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
Ⅲ.测定NaN3的纯度。
精确称量0.150 0 g NaN3样品,设计如图乙所示装置,连接好装置后使锥形瓶倾斜,使小试管中的NaN3样品与M溶液接触,测量产生的气体体积从而测定其纯度(不考虑溶剂的挥发)。
已知:2NaN3~3N2(其他产物略),反应中放出大量的热。
(4)对量气管读数时,反应前后都需要进行的操作是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　。
(5)常温下测得产生气体的体积为54.00 mL(N2的密度为1.400 g·),计算NaN3样品的纯度为　　　　　(结果保留三位有效数字)。
答案　(1)圆底烧瓶　将装置内的空气排尽,防止Na、氨基钠变质　(2)B　(3)2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3　(4)调节量气管使两侧的液面相平　(5)78.0%
解析　(2)氨气是碱性气体,不能使用酸性干燥剂,且氨气可以与无水氯化钙反应,故B装置中的药品可选用碱石灰。(4)对量气管读数时,需要调节量气管使两侧的液面相平,确保气体压强与外界大气压相等。(5)根据题意可知,生成N2的质量为1.400 g·×0.054 L=0.075 6 g,根据关系式:2NaN3~3N2,NaN3的质量为 g=0.117 g,则NaN3样品的纯度为×100%=78.0%。提升课时2　含氮物质的相互转化　硝酸与金属反应的相关计算
学习目标　1.能从物质类别、氮元素化合价的角度认识含氮化合物的相互转化。2.掌握硝酸与金属反应的相关计算。
一、含氮化合物的转化
工业制硝酸的原理如图,根据示例完成下表:
序号 反应物中含氮物质的类别、氮元素化合价的变化情况 化学方程式 含氮物质发生反应的类型(氧化反应、还原反应)
① [示例] 单质,0→-3 N2+3H22NH3 还原反应
② 　　　　　　　　　　　　, 　　　　　
③ 　　　　　　　　　　　　, 　　　　　 2NO+O2=== 　　　　　　　
④ 　　　　　　　　　　　　, 　　　　　
【探究归纳】　氮及其化合物的转化
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.如图所示的转化关系中,不能一步实现的是 (　　)
A.① B.②
C.③ D.④
2.工业上以氮气为主要原料制备硝酸,其转化过程如下所示,其中氮元素只被还原的一步是 (　　)
N2NH3NONO2HNO3
A.① B.②
C.③ D.④
3.利用氮元素的价类二维图可以设计氮及其化合物之间的转化路径,下列说法不正确的是 (　　)
A.工业固氮的常用方法是由N2和H2合成NH3
B.可利用Cu与硝酸的反应,将N元素转化为NO或NO2
C.由氮气转化为含氮化合物的反应中,必须提供氧化剂
D.实验室可利用氢氧化钙固体与NH4Cl固体混合加热制备NH3
二、硝酸与金属反应的计算
1.反应规律
M+HNO3→M(NO3)n+还原产物+H2O,其中还原产物:NO2或NO或N2O或N。
2.思维模型
3.计算方法(假设还原产物只有NO2和NO)
(1)得失电子守恒:硝酸与金属的反应属于氧化还原反应,硝酸中氮原子得到电子的物质的量等于金属失去电子的物质的量,如金属失电子的物质的量=n(NO2)+3n(NO)。
(2)原子守恒:硝酸与金属反应时,一部分硝酸起酸的作用,以N的形式存在于溶液中,另一部分硝酸作为氧化剂转化为还原产物NOx,N和NOx中氮原子的总物质的量等于反应消耗的硝酸中氮原子的物质的量,如n消耗(HNO3)=xn[M(NO3)x]+n(NO2)+n(NO)。
(3)电荷守恒:硝酸过量时,反应后溶液中(不考虑OH-)有c(N)=c(H+)+xc(Mx+)(Mx+代表金属离子)。若向反应后的溶液中加入NaOH溶液恰好使Mx+沉淀完全,此时溶质为NaNO3,则存在:n(Na+)=n(N)=n剩余(HNO3)+xn[M(NO3)x]=n总(HNO3)-n(NO)-n(NO2)。
(4)离子方程式运用:金属与硫酸、硝酸的混合酸反应时,
如铜与稀硝酸反应,依据离子方程式3Cu+8H++2N===3Cu2++2NO↑+4H2O反应比例,先作过量判断,然后根据完全反应的金属或H+或N进行相关计算,且要符合电荷守恒。
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.将3.84 g Cu和一定量的浓HNO3反应,当Cu反应完全时,共收集到气体2.24 L NO2和NO(标准状况,不考虑NO2转化为N2O4),则反应中消耗HNO3的物质的量为 (　　)
A.0.1 mol B.0.24 mol
C.0.16 mol D.0.22 mol
2.将Mg、Cu组成的m g混合物投入适量稀HNO3中恰好完全反应,固体完全溶解时收集到0.896 L(标准状况)NO气体,向反应后的溶液中加入60 mL 2 mol·L-1的NaOH溶液时,金属离子恰好沉淀完全,则形成的沉淀的质量为 (　　)
A.(m+2.28) g B.(m+2.04) g
C.(m+3.32) g D.(m+4.34) g
3.足量的铜和含有2.4×10-3 mol硝酸的某浓硝酸完全反应,共收集到标准状况下气体22.4 mL。参加反应的铜的质量是 (　　)
A.3.84×10-2 g B.4.48×10-2 g
C.4.83×10-2 g D.5.76×10-2 g
:课后完成　第五章　提升课时2
阶段重点突破练(二)(共66张PPT)
第二节　氮及其化合物
提升课时 含氮物质的相互转化　硝酸与金属反应的相关计算
2
第五章
化工生产中的重要非金属元素
1.能从物质类别、氮元素化合价的角度认识含氮化合物的相互转化。
2.掌握硝酸与金属反应的相关计算。
学习目标
一、含氮化合物的转化
二、硝酸与金属反应的计算
目
录
CONTENTS
课后巩固训练
一、含氮化合物的转化
对点训练
工业制硝酸的原理如图,根据示例完成下表:
序号 反应物中含氮物质的类别、氮元素化合价的变化情况 化学方程式 含氮物质发生反应的类型(氧化反应、还原反应)
② ________,________
③ ________,________ 2NO+O2===__________
④ _______,___________
氢化物
-3→+2
4NH3+5O2 4NO+6H2O
氧化反应
氧化物
+2→+4
2NO2
氧化反应
氧化物
+4→+5、+2
3NO2+H2O===2HNO3+NO
氧化反应、
还原反应
【探究归纳】　氮及其化合物的转化
1.如图所示的转化关系中,不能一步实现的是 (　　)
A.① B.② C.③ D.④
D
2.工业上以氮气为主要原料制备硝酸,其转化过程如下所示,其中氮元素只被还原的一步是 (　　)
A.① B.② C.③ D.④
解析　氮元素只被还原,表明含氮物质作氧化剂,氮元素化合价降低。①N2→ NH3,N元素的化合价降低,①符合题意;②NH3→NO,N元素的化合价升高,②不合题意;③NO→NO2,N元素的化合价升高,③不合题意;④NO2→HNO3,N元素的化合价一部分升高,一部分降低,④不合题意。
A
3.利用氮元素的价类二维图可以设计氮及其化合物之间的转化路径,下列说法不正确的是 (　　)
A.工业固氮的常用方法是由N2和H2合成NH3
B.可利用Cu与硝酸的反应,将N元素转化为NO或NO2
C.由氮气转化为含氮化合物的反应中,必须提供氧化剂
D.实验室可利用氢氧化钙固体与NH4Cl固体混合加热制备NH3
C
解析　A项,氮的固定是将游离态的氮转化为含氮化合物的过程,工业固氮的常用方法是由N2和H2合成NH3;B项,铜与稀硝酸反应生成NO,铜与浓硝酸反应生成NO2;C项,氮气生成氨气的过程中需要还原剂;D项,实验室可利用氢氧化钙固体与NH4Cl固体混合加热制备NH3。
二、硝酸与金属反应的计算
对点训练
1.反应规律
M+HNO3→M(NO3)n+还原产物+H2O,其中还原产物:NO2或NO或N2O或N。
2.思维模型
3.计算方法(假设还原产物只有NO2和NO)
(1)得失电子守恒:硝酸与金属的反应属于氧化还原反应,硝酸中氮原子得到电子的物质的量等于金属失去电子的物质的量,如金属失电子的物质的量=n(NO2)+3n(NO)。
(2)原子守恒:硝酸与金属反应时,一部分硝酸起酸的作用,以N的形式存在于溶液中,另一部分硝酸作为氧化剂转化为还原产物NOx,N和NOx中氮原子的总物质的量等于反应消耗的硝酸中氮原子的物质的量,如n消耗(HNO3)=xn[M(NO3)x]+n(NO2)+n(NO)。
(3)电荷守恒:硝酸过量时,反应后溶液中(不考虑OH-)有c(N)=c(H+)+xc(Mx+)(Mx+代表金属离子)。若向反应后的溶液中加入NaOH溶液恰好使Mx+沉淀完全,此时溶质为NaNO3,则存在:n(Na+)=n(N)=n剩余(HNO3)+xn[M(NO3)x]=n总(HNO3)-n(NO)-n(NO2)。
(4)离子方程式运用:金属与硫酸、硝酸的混合酸反应时,
如铜与稀硝酸反应,依据离子方程式3Cu+8H++2N===3Cu2++2NO↑+4H2O反应比例,先作过量判断,然后根据完全反应的金属或H+或N进行相关计算,且要符合电荷守恒。
1.将3.84 g Cu和一定量的浓HNO3反应,当Cu反应完全时,共收集到气体2.24 L NO2和NO(标准状况,不考虑NO2转化为N2O4),则反应中消耗HNO3的物质的量为 (　　)
A.0.1 mol B.0.24 mol C.0.16 mol D.0.22 mol
D
解析　铜与硝酸反应转化为Cu(NO3)2、NO和NO2,根据铜原子守恒n[Cu(NO3)2] = n(Cu)==0.06 mol,NO和NO2的物质的量共为n== 0.1 mol,根据氮原子守恒:n消耗(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO)+n(NO2) =2×0.06 mol +0.1 mol =0.22 mol。
2.将Mg、Cu组成的m g混合物投入适量稀HNO3中恰好完全反应,固体完全溶解时收集到0.896 L(标准状况)NO气体,向反应后的溶液中加入60 mL 2 mol·L-1的NaOH溶液时,金属离子恰好沉淀完全,则形成的沉淀的质量为 (　　)
A.(m+2.28) g B.(m+2.04) g
C.(m+3.32) g D.(m+4.34) g
解析　当金属离子恰好沉淀完全时,m(沉淀)=m(金属)+m(OH-),n(OH-)=n(NaOH)= 60×10-3 L ×2 mol·L-1=0.12 mol,m(沉淀)=m(金属)+m(OH-)=m g+0.12 mol×17 g·mol-1 =(m+2.04) g。
B
3.足量的铜和含有2.4×10-3 mol硝酸的某浓硝酸完全反应,共收集到标准状况下气体22.4 mL。参加反应的铜的质量是 (　　)
A.3.84×10-2 g B.4.48×10-2 g C.4.83×10-2 g D.5.76×10-2 g
B
解析　根据氮原子守恒,则被还原硝酸的物质的量=收集到的气体的物质的量==1×10-3 mol。根据硝酸(或氮原子)守恒,参加反应的硝酸除去被还原的,就是转化为盐类的硝酸,因此生成硝酸铜的物质的量==7×10-4 mol。根据铜原子守恒,参加反应的铜的物质的量与生成硝酸铜的物质的量相等,则参加反应的铜的质量=7×10-4 mol×64 g·moL-1=4.48×10-2 g。
课后巩固训练
A级　合格过关练
选择题只有1个选项符合题意
(一)含氮化合物的转化
1.在指定条件下,下列选项所示的物质间转化能实现的是(　　)
C
解析　A项,NO不溶于水,也不与水反应,A不能实现转化;B项,稀HNO3与Cu反应得到硝酸铜、水和NO,得不到NO2,B不能实现转化;C项,NO有氧化性,CO有还原性,在高温、催化剂条件下二者可发生氧化还原反应转化为无毒的N2和CO2,C能实现转化;D项,NO2→NO,N元素的化合价降低,发生的是还原反应,O3有强氧化性,不能作还原剂将NO2还原,D不能实现转化。
2.氮元素是空气中含量最多的元素,在自然界中的分布十分广泛,在生物体内亦有极大作用。一定条件下,含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。下列说法正确的是 (　　)
A.图中属于“氮的固定”的是k和l
B.表示循环中发生非氧化还原反应的过程只有a
C.若反应h是在NO2与H2O的作用下实现,则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
D.若反应i是在酸性条件下由 N与Fe2+的作用实现,则该反应的离子方程式为3Fe2++N+4H+===3Fe3++NO↑+2H2O
D
解析　A项,“氮的固定”是指氮由游离态转化为化合态,图中属于“氮的固定”的是k和c;B项,表示循环中发生非氧化还原反应的过程有a和l;C项,若反应h是在NO2与H2O的作用下实现,反应为3NO2+H2O===2HNO3+NO,则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2;D项,若反应i是在酸性条件下由 N与Fe2+的作用实现,则产物为NO、Fe3+和水,离子方程式为3Fe2++N+4H+===3Fe3++NO↑+2H2O。
3.如图是某元素的价类二维图,其中A为正盐,X是一种强碱,通常条件下Z是无色液体,E的相对分子质量比D大16,各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是 (　　)
A.A作肥料时不适合与草木灰混合施用
B.可用向上排空气法收集B
C.C一般用排水法收集
D.D→E的反应可用于检验D
B
解析　由A和强碱(X)反应生成相应的氢化物可知,A为铵盐,强碱与铵盐在加热条件下反应生成氨气,所以B为NH3;氨气和氧气反应生成氮气和水,C为N2;氮气可被氧气氧化为NO,所以D为NO;NO可被氧气氧化为NO2,E为NO2;二氧化氮和水反应生成硝酸,F为HNO3;G为硝酸盐;Y为O2,Z为H2O。A项,铵态氮肥和草木灰不能混合施用;B项,B为NH3,NH3的密度小于空气,不能采用向上排空气法收集;C项,C为N2,N2的密度与空气太接近,用排空气法收集不能得到纯净的气体,而N2不溶于水,所以一般用排水法收集;D项,NO与O2反应生成NO2,气体颜色由无色变为红棕色,可用于检验NO。
4.结合氮及其化合物价类二维图及氧化还原反应的基本规律,下列分析或预测正确的是 (　　)
A.N2O3、NO2、N2O5均能与水反应生成酸,三者均为酸性氧化物
B.HNO3、HNO2、NaNO3、NH3的水溶液均可以导电,四者均属于电解质
C.联氨(N2H4)可能被亚硝酸(HNO2)氧化生成氢叠氮酸(HN3)
D.硝酸具有较强的氧化性,可用稀硝酸溶解Au、Ag、Cu
C
解析　A项,N2O3、N2O5属于酸性氧化物,与水反应只生成酸,二氧化氮和水反应生成硝酸和NO,所以二氧化氮不是酸性氧化物;B项,HNO3、HNO2、NaNO3均是电解质,NH3的水溶液可以导电,但是NH3在水中不能电离,不是电解质;C项,依据价态归中原理,N2H4(氮为-2价)和HNO2(氮是+3价)反应可能生成HN3(氮是-价);D项,Au的金属活动性很弱,与硝酸不反应,Ag、Cu能与稀硝酸反应。
5.研究氮及其化合物的性质,可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价物质类别关系图如下。
回答下列问题:
(1)写出实验室制备物质A的化学方程式:
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　。
在催化剂和加热的条件下,物质A生成NO是工业制硝酸的重要反应,化学方程式是　　　　　　　　　　　 　　　。
2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2H2O+2NH3↑
4NH3+5O2 4NO+6H2O
解析　由氮元素化合价物质类别关系图可知,A为NH3,B为NO2或N2O4,C为HNO3。(1)A为NH3,实验室用氯化铵和氢氧化钙共热制取氨气,反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2H2O+2NH3↑;氨气催化氧化生成一氧化氮和水,反应的化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O。
(2)在加热条件下,物质C的浓溶液与碳单质反应,写出反应的化学方程式:
　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)实验室中,检验溶液中含有N的操作方法是____________________________
____________________________________________________________________。
(4)物质B为红棕色气体,写出该物质与水反应的离子方程式:
　　　　　　　　　　　　　　, 当反应消耗3.36 L(标准状况)物质B时,转移电子的物质的量为________mol。
C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O
取少量溶液于试管中,加入氢氧
化钠浓溶液,微热,产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体证明含有铵根离子
3NO2+H2O===2H++2N+NO
0.1
解析　(2)C为HNO3,碳与浓硝酸加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水,反应的化学方程式为C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O。 (3)含铵根离子的溶液能与碱液加热条件下反应生成氨气,氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,因此检验溶液中含有N的操作方法是取少量溶液于试管中,加入氢氧化钠浓溶液,微热,产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体证明含有铵根离子。(4)物质B为红棕色气体,B为NO2,二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮,反应的离子方程式为3NO2+H2O===2H++2N+NO,3.36 L(标准状况)NO2的物质的量为=0.15 mol,由方程式可知,3 mol NO2参与反应转移2 mol电子,则0.15 mol NO2参与反应转移0.1 mol电子。
(二)硝酸与金属反应的计算
6.锌和某浓度的HNO3溶液反应时,若参加反应的锌与HNO3的物质的量之比为2∶5,产物有硝酸锌、X和水,则X可能是(　　)
A.NO B.N2O C.N2O3 D.NO2
解析　锌和某浓度的硝酸溶液发生氧化还原反应,参加反应的锌和硝酸的物质的量之比为2∶5,假设锌为4 mol,生成4 mol硝酸锌,表现酸性的硝酸的物质的量为8 mol,反应后Zn被氧化为+2价,设硝酸还原产物中氮元素为x价,则根据得失电子守恒可知4 mol×(2-0)=(10-8) mol×(5-x),解得x=+1,即还原产物为N2O,B正确。
B
7.某100 mL混合液中,HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4 mol·L-1和0.1 mol·L-1,向该混合液中加入1.92 g铜粉,加热,待充分反应后,所得溶液中Cu2+的物质的量浓度(忽略体积变化)为 (　　)
A.0.15 mol·L-1 B.0.225 mol·L-1
C.0.35 mol·L-1 D.0.45 mol·L-1
B
解析　解答本题要从离子反应的角度来考虑,H2SO4提供的H+可以和N构成强氧化性环境,继续氧化铜单质。HNO3、H2SO4混合液中H+总的物质的量为0.06 mol,N的物质的量为0.04 mol,Cu的物质的量为0.03 mol。Cu与稀硝酸发生反应:
H+量不足,应根据H+的物质的量来计算。
n(Cu2+)=0.06 mol×=0.022 5 mol,c(Cu2+)==0.225 mol·L-1。
8.将12.8 g铜投入到60 mL一定浓度的硝酸中,恰好完全反应,产生标准状况下的NO和NO2混合气体共4.48 L。则下列叙述不正确的是 (　　)
A.Cu失去了0.4 mol电子
B.原硝酸浓度10.0 mol/L
C.NO和NO2物质的量之比为1∶1
D.体现酸性的硝酸为0.2 mol
D
解析　12.8 g Cu的物质的量为0.2 mol,与硝酸恰好反应,生成标况下NO和NO2共4.48 L,即0.2 mol,根据电子转移守恒,Cu失去电子=N得到的电子,0.2 mol Cu被氧化失去0.4 mol电子,设NO的物质的量为x mol,NO2的物质的量为y mol,故有3x+y=0.4和x+y=0.2,解得x=0.1,y=0.1。A项,根据上述分析可知,Cu失去了0.4 mol电子;B项,根据原子守恒,消耗的硝酸的总物质的量=起氧化剂作用的硝酸的物质的量(还原产物的总物质的量)+起酸性作用的硝酸的物质的量(生成盐中的硝酸根的物质的量),故有n(HNO3)=n(NO)+n(NO2)+2n[Cu(NO3)2]=(0.1+0.1+2×0.2) mol =0.6 mol,V=60 mL,则原硝酸浓度10.0 mol/L;C项,由以上分析可知NO和NO2物质的量之比为1∶1;D项,体现酸性的硝酸的物质的量=生成盐中的硝酸根的物质的量=2n[Cu(NO3)2]=2n(Cu)=0.4 mol。
9.将m g Fe、Cu合金投入足量稀硝酸中,固体完全溶解,共收集到2.24 L(标准状况)NO气体,向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液,下列判断正确的是 (　　)
A.Fe、Cu和稀硝酸反应,稀硝酸只表现了氧化性
B.最终所得溶液中溶质只有一种
C.整个过程中有0.1 mol电子发生转移
D.理论上沉淀的质量为(m+5.1) g
D
解析　A项,Fe、Cu和稀HNO3反应,稀硝酸既表现了氧化性又表现了酸性;B项,所得溶液中溶质有NaNO3和过量的NaOH两种;C项,NO的物质的量为0.1 mol,合金与稀硝酸反应中转移0.3 mol电子;D项,最后得到的沉淀是Fe(OH)3和Cu(OH)2,沉淀的质量等于合金的质量和增加的OH-的质量之和,而增加的OH-的物质的量也等于整个过程中转移电子的物质的量,即增加的OH-的物质的量也是0.3 mol,所以理论上沉淀的质量为m g+0.3 mol×17 g/mol=(m+5.1) g。
B级　素养培优练
10.固体硝酸盐加热分解产物较复杂,某兴趣小组对NH4NO3的热分解产物提出以下4种猜想。你认为猜想的科学性不正确的是(　　)
甲:N2、HNO3、H2O 乙:N2O、NO2、H2O
丙:NH3、N2、H2O 丁:N2、NO2、H2O
A.甲和乙 B.乙和丁
C.乙和丙 D.丙和丁
C
解析　硝酸铵热分解生成产物的判断,是依据氧化还原反应中电子守恒分析,结合元素化合价升高和降低数值相同分析,随着分解温度不同有很多种分解方式,在110 ℃时:NH4NO3===NH3↑+HNO3;在185~200 ℃时:NH4NO3===N2O↑+2H2O;在230 ℃以上时:2NH4NO3===2N2↑+O2↑+4H2O;在400 ℃以上时发生爆炸:4NH4NO3 ===3N2↑+2NO2↑+8H2O。甲:氮元素化合价变化可知符合氧化还原反应中得失电子守恒,正确;乙:若生成N2O,需要-3价氮元素和+5价氮元素归中反应得到,生成N2O、NO2、H2O,不遵循氧化还原反应中得失电子守恒,错误;丙:生成NH3、N2、H2O的化合价变化不符合氧化还原反应中得失电子守恒,错误;丁:若生成N2、NO2、H2O,变化过程中氮也是化合价变化符合得失电子守恒,正确。
11.NH3是一种重要的化工原料。生活中的合成纤维、塑料、染料的生产会应用到氨气。氨气还可以制备一系列无机物质(如图)。下列说法正确的是 (　　)
A.NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥
B.NH4Cl和Na2CO3受热时都易分解
C.NH3具有还原性
D.上述转化关系中只有2个氧化还原反应
C
解析　A项,NH4Cl是常用化肥,而NaHCO3为小苏打,不能用作化肥;B项,Na2CO3受热不易分解;C项,NH3能发生催化氧化反应,故氨气具有还原性;D项,上述转化关系中有3个氧化还原反应:NH3→NO→NO2→HNO3。
12.下列物质间的转化(其中A、B、C、D含同种元素,Y可以是纯净物,也可以是混合物,某些条件和产物已略去)如图所示。下列有关叙述中不正确的是 (　　)
A.若A为硫单质,则Y可能是H2O2
B.若A为氮气,则D是硝酸
C.若B为一氧化氮,则A一定是氮气
D.若B为氧化钠,则D一定是氢氧化钠
C
解析　若A为硫单质,则B为二氧化硫,C为三氧化硫,D为硫酸,二氧化硫具有还原性,H2O2具有氧化性,二者可发生氧化还原反应生成硫酸,A正确;若A为氮气,则B为一氧化氮,C为二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮,故D是硝酸,B正确;若B为一氧化氮,氨气发生催化氧化可生成一氧化氮,则A可能为氨气,C错误;若B为氧化钠,则C为过氧化钠,过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,故D一定是氢氧化钠,D正确。
13.将质量为32 g的铜与150 mL的一定浓度的硝酸反应,铜完全溶解,产生标准状况下11.2 L的NO和NO2的混合气体,将生成的混合气体与一定体积的氧气一起通入足量NaOH溶液中,气体恰好被吸收生成NaNO3。下列说法不正确的是 (　　)
A.标准状况下,通入的O2体积为5.6 L
B.向反应后的溶液加NaOH,使铜沉淀完全,需要NaOH的物质的量至少为1.0 mol
C.标准状况下,混合气体构成是5.6 L的NO和5.6 L的NO2
D.硝酸的物质的量浓度为10.0 mol·L-1
D
解析　32 g的铜的物质的量为0.5 mol;11.2 L的NO和NO2的物质的量为0.5 mol,设混合气体中NO的物质的量为x,NO2的物质的量为y,则x+y=0.5 mol,反应过程中铜全部被氧化成Cu2+,根据得失电子守恒有3x+y=(0.5×2) mol,和前式联立可得x=0.25 mol,y=0.25 mol;设氧气的物质的量为z,NO和NO2全部转化为NaNO3,则根据得失电子守恒有0.5×2=4z,解得z=0.25 mol;根据元素守恒可知生成的n(NaNO3) =0.5 mol。A项,根据分析可知通入的O2为0.25 mol,标况下体积为0.25 mol×22.4 L/mol=5.6 L;B项,当硝酸无剩余时消耗的NaOH最少,此时NaOH只与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀,根据元素守恒可知此时n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.5 mol×2=1 mol;C项,根据分析可知,混合气体中有0.25 mol NO和0.25 mol NO2,即标准状况下的5.6 L的NO和5.6 L的NO2;D项,由于不知道和铜反应后硝酸是否有剩余,所以无法计算硝酸的浓度。
14.100 mL某混合酸中,c(HNO3)为0.3 mol/L,c(H2SO4)为0.25 mol/L。向其中加入3.2 g铜粉,待充分反应后,忽略溶液体积变化,下列说法正确的是 (　　)
A.反应后溶液中c(Cu2+)为0.45 mol/L
B.标准状况下,生成NO的体积为224 mL
C.反应中转移0.09 mol电子
D.反应后铜有剩余,加足量稀硫酸,铜减少,但仍然有剩余
D
解析　3.2 g铜粉的物质的量为n(Cu)==0.05 mol,混合溶液中n(H+)=100 mL ×10-3 L/mL×0.3 mol/L+100 mL×10-3 L/mL×0.25 mol/L×2=0.08 mol,n(N)=
0.03 mol,根据3Cu+8H++2N===3Cu2++2NO↑+4H2O,H+不足,Cu和N过量,按照H+进行计算,据此分析。A项,根据上述分析,H+不足,Cu和N过量,按照H+进行计算,充分反应后,溶液中n(Cu2+)=0.03 mol,即c(Cu2+)==0.3 mol/L;B项,根据上述分析,标准状况下,产生NO的体积为×2×22.4 L/mol=0.448 L,即产生标准状况下NO的体积为448 mL;C项,根据B选项分析,生成NO的物质的量为0.02 mol,
即转移电子物质的量为0.02 mol×(5-2)=0.06 mol;D项,根据上述分析,反应后剩余铜粉的物质的量为0.02 mol,剩余n(N)=0.01 mol,加入足量稀硫酸时,0.01 mol N=0.015<0.02 mol,因此加入足量稀硫酸时,铜减少,但仍然有剩余。
15.足量铜与一定量的浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和二氧化氮、一氧化氮的混合气体4.48 L (标准状况),这些气体与一定体积的氧气(标准状况下)混合通入水中,所有的气体完全被水吸收生成硝酸。若向硝酸铜溶液中加入5 mol·的氢氧化钠溶液,铜离子恰好完全沉淀,消耗氢氧化钠溶液60 mL,下列说法错误的是(　　)
A.参加反应的硝酸是0.5 mol
B.消耗氧气1.68 L
C.此反应过程中转移0.3 mol电子
D.混合气体中含3.36 L(标准状况下)二氧化氮
B
解析　反应后最终得到NaNO3溶液,反应后溶液中n(N)=n(NaOH)=5 mol·L-1 ×0.06 L=0.3 mol,n(NO2)+n(NO)==0.2 mol,由N原子守恒:n(HNO3)= n(NO2)+n(NO)+n反应后溶液(N)=0.2 mol+0.3 mol=0.5 mol,A正确;混合气体与氧气、水反应又得到硝酸,根据电子转移守恒,Cu原子失去的电子数等于氧气得到的电子数,所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀生成Cu(OH)2,获得NaNO3溶液,由电荷守恒可知,OH-的物质的量等于氧气得到电子的物质的量即反应过程中转移0.3 mol电子,故消耗氧气的物质的量为=0.075 mol,则标准状况下V(O2)=0.075 mol×22.4 L·mol-1=1.68 L,但未给出气体所处状况,B错误,C正确;设NO2、NO物质的量分别为x mol、y mol,则x+y=0.2,由转移电子守恒有x+3y=0.3,解得x=0.15,y=0.05,则标准状况下v(NO2)=0.15 mol×22.4 L·mo=3.36 L,D正确。
16.如图是无机物A~F在一定条件下的转化关系(部分产物及反应条件未标出)。已知:A为气体,A~F都含有相同的元素。
试回答下列问题。
(1)写出下列物质的化学式:C　　　　、F　　　　　　。
(2)在①②③④中属于氮的固定的是　　　 (填序号)。
NO
NH4NO3
④
解析　根据题中信息及转化关系,推测A为氮气、B为氨气、C为一氧化氮,一氧化氮和氧气生成二氧化氮,二氧化氮和水生成硝酸,硝酸和氨气生成硝酸铵,故D为二氧化氮、E为硝酸、F为硝酸铵。(1)C、F分别为NO、NH4NO3;(2)游离态氮转化为氮的化合物为氮的固定,①②③④中属于氮的固定的是④;
(3)D易溶于水。常温常压下(Vm=28 L·mol-1),将体积为V mL的试管充满D后倒扣在水中。
①最终试管中所得E的物质的量浓度为(不考虑E的扩散)　　　 mol·L-1。
②为了消除D的污染,可将它与B在催化剂作用下反应,生成水和一种无污染物质,该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　。
③若C、D按物质的量之比1∶1被Na2CO3溶液吸收,只生成一种盐,则该反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　 　　　　　　。 为提高吸收速率与效率,最好选用_____装置(填序号)。
+CO2
B
解析　(3)①二氧化氮易溶于水和水反应生成硝酸:3NO2+H2O===2HNO3+NO,常温常压下(Vm=28 L·mol-1),将体积为V mL的试管充满二氧化氮后倒扣在水中,最终试管中会剩余三分之一的NO,液体进入试管的三分之二,所得硝酸的物质的量浓度为(不考虑氨气的扩散) mol·L-1;②氨气和二氧化氮在催化剂作用下反应,生成水和一种无污染物质,根据质量守恒可知,该物质为氮气,该反应的化学方程式是8NH3+6NO2
7N2+12H2O;③NO、NO2中氮的化合价分别为+2、+4,若NO、NO2按物质的量之比1∶1被Na2CO3溶液吸收,只生成一种盐,则结合化合价变化可知,生成盐为NaNO2,碳酸根离子转化为二氧化碳气体,反应为NO+NO2+Na2CO3===2NaNO2+CO2,离子反应为:NO+NO2+C+CO2。为提高吸收速率与效率,最好选用B,装置中球泡可以增加接触面积加快吸收速率;
(4)工业上可用①②③由B制取E,为了提高原料的利用率并尽量减轻对环境的污染,C必须循环使用。若消耗1 mol的B制取E,在该过程中至少消耗的O2的物质的量为　　　　　　。
2
解析　(4)工业上可用①②③由氨气制取硝酸,反应中NO必须循环使用,则可以认为氮元素完全转化为了硝酸,氮化合价由-3最终变为+5,结合电子守恒可知NH3~8e-~2O2,若消耗1mol的氨气制取硝酸,在该过程中至少消耗的O2的物质的量为2 mol。
17.将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应,铜完全溶解,产生标准状况下的一氧化氮和二氧化氮混合气体共11.2 L。请回答下列问题:
(1)产生一氧化氮的体积为　　　　　　L(标准状况下)。
(2)待反应结束后,向溶液中加入V mL a mol·L-1氢氧化钠溶液,恰好使溶液中的
Cu2+全部转化为沉淀,则原硝酸的浓度为　　　　　　　　 mol·L-1(不必化简)。
(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在氢氧化钠溶液中全部转化为硝酸钠,至少需要氧气　　　　 mol。
5.824
0.255
解析　(1)该过程发生两个反应:3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O, Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。设生成的NO和NO2的物质的量分别为x、y,则x+y=0.5 mol,1.5x+0.5y =0.51 mol,解得x=0.26 mol,y=0.24 mol,故标准状况下V(NO)=0.26 mol×22.4 L·moL-1=5.824 L。(2)在反应过程中,HNO3一部分表现酸性,另一部分表现氧化性。由溶液中的Cu2+恰好全部转化为沉淀,则表现酸性的HNO3的物质的量为n(HNO3)= n(NaOH),表现氧化性的HNO3的物质的量为n(HNO3)=n(NO)+n(NO2),故原硝酸中HNO3的物质的量n(HNO3)=n(NaOH)+n(NO)+ n(NO2)=(aV×10-3+0.5) mol,则c(HNO3)= mol·L-1。(3)通入氧气的目的是将0.26 mol NO和0.24 mol NO2全部转化为HNO3。根据得失电子守恒:4n(O2)= 3n(NO)+n(NO2)=3×0.26 mol+0.24 mol=1.02 mol,则n(O2)=0.255 mol。
18.氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一,工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。在实验室利用如图装置探究NO2能否被NH3还原。
(1)A装置中盛放浓氨水的仪器名称是　　　　　　,D装置中盛放无水氯化钙的仪器名称是　　　　　　。
分液漏斗
球形干燥管
(2)试剂甲是　　　　　　,D中无水氯化钙的作用是　　　　　　。
(3)E装置中发生反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　。
(4)在一定温度和催化剂条件下,若NO2能够被NH3还原,发生反应的化学方程式:
　　　　　　　　　　　 　　　　, 还可以在空气中使用具有碱性的Na2CO3溶液来吸收NO2,相关反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　 　　　　　　。
(5)此实验装置存在一个明显的缺陷是　　　　　　　　　　。
碱石灰
干燥NO2气体
Cu+4H++2N===Cu2++2NO2↑+2H2O
8NH3+6NO2 7N2+12H2O
4NO2+2Na2CO3+O2===4NaNO3+2CO2
缺少尾气处理装置
解析　装置A中,浓氨水和生石灰反应生成氨气;装置B用于干燥氨气,氨气是碱性气体,故试剂甲应是碱石灰;装置E中浓硝酸和铜片反应生成二氧化氮;装置D中装有无水氯化钙,是为了干燥二氧化氮;装置C中,氨气和二氧化氮在一定温度和催化剂条件下反应生成氮气和水。(3)装置E中浓硝酸和铜片反应生成二氧化氮、硝酸铜和水,离子方程式为Cu+4H++2N===Cu2++2NO2↑+2H2O。(4)氨气和二氧化氮在一定温度和催化剂条件下反应生成氮气和水,反应的化学方程式为8NH3+6NO2 7N2+12H2O;NO2和Na2CO3溶液在空气中反应生成NaNO3和CO2,反应的化学方程式为4NO2+2Na2CO3+O2===4NaNO3+2CO2。(5)NO2是有毒气体,NH3污染环境,故在此实验装置中还缺少尾气处理装置。
19.叠氮化钠(NaN3)是一种重要的化工产品,可用于合成抗生素头孢菌素药物和用作汽车安全气囊的气源。实验室可通过以下流程制备叠氮化钠并测定其纯度。请回答以下问题:
Ⅰ.制备氨基钠(反应原理为2Na+2NH3 2NaNH2+H2)实验装置如图甲。
已知:氨基钠极易水解且易被空气中的氧气氧化。
(1)仪器a的名称为　　　　　　。实验开始时,应先打开分液漏斗使浓氨水滴入,目的是　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　。
(2)B装置中的药品可选用　　　　(填字母)。
A.P2O5 B.碱石灰
C.无水硫酸铜 D.无水氯化钙
圆底烧瓶
将装置内的空气排尽,防止Na、氨基钠变质
B
解析　(2)氨气是碱性气体,不能使用酸性干燥剂,且氨气可以与无水氯化钙反应,故B装置中的药品可选用碱石灰。
Ⅱ.制备NaN3。
(3)将Ⅰ中制备的NaNH2与N2O在210~220 ℃的条件下反应生成NaN3、NaOH和氨气,化学方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
2NaNH2+N2O NaN3+NaOH+NH3
Ⅲ.测定NaN3的纯度。
精确称量0.150 0 g NaN3样品,设计如图乙所示装置,连接好装置后使锥形瓶倾斜,使小试管中的NaN3样品与M溶液接触,测量产生的气体体积从而测定其纯度(不考虑溶剂的挥发)。
已知:2NaN3~3N2(其他产物略),反应中放出大量的热。
(4)对量气管读数时,反应前后都需要进行的操作是　　　　　　　　　　　 　。
(5)常温下测得产生气体的体积为54.00 mL(N2的密度为1.400 g·),计算NaN3样品的纯度为　　　　　(结果保留三位有效数字)。
调节量气管使两侧的液面相平
78.0%
解析　(4)对量气管读数时,需要调节量气管使两侧的液面相平,确保气体压强与外界大气压相等。(5)根据题意可知,生成N2的质量为1.400 g·×0.054 L=0.075 6 g,根据关系式:2NaN3~3N2,NaN3的质量为 g=0.117 g,则NaN3样品的纯度为×100%=78.0%。

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