鲁科版高考化学一轮总复习第3章第3节氮的循环课时学案

这是一份鲁科版高考化学一轮总复习第3章第3节氮的循环课时学案，共23页。


氮气及其氧化物
[以练带忆]
1．起固氮作用的化学反应是( )
A．N2和H2在一定条件下反应生成NH3
B．NO遇O2转化为NO2
C．硝酸工厂用NH3氧化制NO
D．用NH3制碳酸氢铵和硫酸铵
A 解析：氮的固定是指游离态的氮转化成化合态的氮。
2．下列化学事实及其解释都正确的是( )
A．NO2与水反应，NO2做还原剂，水做氧化剂
B．某溶液中含有大量的NOeq \\al(－,3)，该溶液中一定不存在大量的Fe2＋
C．闪电时，空气中的N2和O2可直接化合生成NO2
D．除去NO中混有少量NO2气体时，可以用水洗涤后再干燥
D 解析：NO2与水反应，NO2既是还原剂，也是氧化剂，A错误；NOeq \\al(－,3)和Fe2＋能共存，如硝酸亚铁溶液，但在酸性条件下，NOeq \\al(－,3)能氧化Fe2＋，B错误；空气中的N2和O2直接化合生成的是NO，C错误；因NO2与水反应生成NO，将混有少量NO2的NO气体通过水洗涤后，再干燥即可，D正确。
3．NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。
(1)NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式：________________________________________________________，
反应中氧化剂与还原剂质量之比为________。
(2)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx的排放，当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：_____________________。
解析：(1)NO2与水的反应为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，反应中NO2既是氧化剂，又是还原剂，3 ml NO2发生反应时，做氧化剂的NO2为1 ml，做还原剂的NO2为2 ml，因此氧化剂与还原剂质量之比为1∶2。(2)根据题目信息可知NO被CO还原为N2，而CO被氧化成CO2，化学方程式为2NO＋2COeq \(=======,\s\up10(催化剂))N2＋2CO2。
答案：(1)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO 1∶2
(2)2NO＋2COeq \(=======,\s\up10(催化剂))N2＋2CO2
[练后梳理]
1．自然界中氮的存在和氮的固定
2．氮气
(1)物理性质：无色无味气体，密度比空气略小，难溶于水。
(2)化学性质
①N2＋3Mgeq \(=====,\s\up10(点燃))Mg3N2，N2表现氧化性。
②N2＋3H22NH3，N2表现氧化性。
③N2＋O2eq \(=====,\s\up10(放电))2NO，N2表现还原性。
3．NO、NO2的比较
(1)NO和NO2都有毒，其中NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4，故没有纯净的NO2或N2O4气体。因此实验测得NO2的平均相对分子质量偏高。
(2)NO只能用排水法收集，NO2只能用排空气法收集。
(3)验证某无色气体是NO的方法是向无色气体中通入空气(或氧气)，无色气体变为红棕色。
(4)空气中NO、NO2主要来源于煤和石油的燃烧、汽车尾气、硝酸工厂等。
(5)NO2既有氧化性又有还原性，以氧化性为主。NO2能使湿润的淀粉­KI试纸变蓝：2NO2＋2KI===2KNO2＋I2。
氨和铵盐
[以练带忆]
1．探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是( )
A．将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水
B．将湿润的红色石蕊试纸放入集有氨气的集气瓶中，试纸由红色变为蓝色，说明氨水呈碱性
C．加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3受热不稳定
D．将红热的Pt丝伸入盛有浓氨水的锥形瓶中，瓶口出现少量红棕色气体，说明氨气的直接氧化产物为NO2
D 解析：氨气易溶于水，将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，故A正确；氨水呈碱性：NH3＋H2ONH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，故B正确；NH4HCO3受热易分解生成氨气、二氧化碳和水，故C正确；氨气被氧气直接氧化为NO，NO被O2氧化为红棕色的NO2，故D错误。
2．下列说法中正确的是( )
A．所有铵盐受热均可以分解，产物均有NH3
B．实验室常加热氯化铵与氢氧化钙的混合物制备氨气
C．在盛有硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液，微热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝
D．铵盐都易溶于水，其水溶液均呈酸性
B 解析：铵盐分解不一定产生氨气，如NH4NO3，A错误；Fe2＋比NHeq \\al(＋,4)更易结合OH－，因而加入少量NaOH，不会产生NH3，C错误；NH4HCO3、(NH4)2S等均呈碱性，D错误。
3．NH3及其盐都是重要的化工原料。
(1)用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为________(填标号)。
(2)按下图装置进行NH3的性质实验探究。
①先打开旋塞1，B瓶中的现象是________，原因是____________________________________，稳定后，关闭旋塞1。
②再打开旋塞2，B瓶中的现象是_______________________。
解析：(1)制备氨气时，加热固体的试管口应略向下倾斜，所以制备装置应选取装置A；氨气的密度比空气的小，因此应用向下排空气法收集，所以收集装置应选取装置C；氨气极易溶于水，应防止发生倒吸，因此尾气处理装置应选取装置G。(2)A瓶的压强大于B瓶的，因此A瓶中的氯化氢进入B瓶中，与氨气反应生成氯化铵，可以看到B瓶中有白烟生成。由于氯化氢和氨气反应导致B瓶中的压强降低，且B瓶中的氯化氢相对过量，因此当打开旋塞2时，石蕊水溶液会被倒吸入B瓶中，遇氯化氢溶液变红色。
答案：(1)A、C、G
(2)①有白烟生成 A瓶中的氯化氢扩散到B瓶中，与B瓶中的氨气反应生成氯化铵，能看到白烟 ②石蕊溶液进入B瓶中，溶液的颜色变红
[练后梳理]
1．氨的性质
(1)氨的物理性质
没有颜色、有刺激性气味的气体，密度比空气的小，易液化，液氨可做制冷剂，极易溶于水(1∶700)，可由喷泉实验证明。
(2)氨的化学性质
①与水的反应
氨气溶于水呈碱性原因的反应方程式为NH3＋H2ONH3·H2ONH＋4＋OH－。
②氨气与酸反应
a．蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，其现象为产生白烟，将浓盐酸改为浓硝酸，也会出现相同的现象。化学方程式分别为HCl＋NH3===NH4Cl、HNO3＋NH3===NH4NO3。
b．氨气通入酸的本质反应为NH3＋H＋===NHeq \\al(＋,4)。
③NH3的还原性——氨的催化氧化
化学方程式为4NH3＋5O2eq \(=====,\s\up10(催化剂),\s\d18(高温))4NO＋6H2O。该反应是工业制HNO3的基础反应。
2．铵盐的性质与检验
(1)铵盐的物理性质
铵盐都是无色固体，均易溶于水。
(2)铵盐的化学性质
(3)NHeq \\al(＋,4)的检验
eq \x(NH\\al(＋,4))eq \(――→,\s\up10(强碱),\s\d18(△))eq \x(无色气体)eq \(―――――→,\s\up10(湿润红色),\s\d18(石蕊试纸))eq \x(试纸变蓝)
3．氨气的实验室制法
(1)NH3是中学化学中唯一的碱性气体。
(2)NH3是非电解质不是碱，而NH3·H2O是电解质，是碱。
(3)NH3催化氧化的产物是NO不是NO2。
(4)计算氨水浓度时，溶质视为溶解的NH3。
(5)铵盐受热易分解，但不一定生成NH3。
硝酸
[以练带忆]
1．下列有关硝酸的叙述中，正确的是( )
A．浓、稀硝酸都能使蓝色石蕊试纸最终变为红色
B．硝酸能与FeO反应，只表现氧化性
C．硝酸可与Na2S反应制得H2S气体
D．浓硝酸因分解放出的NO2又溶解于硝酸而呈黄色
D 解析：硝酸是一种具有强氧化性的强酸，并且浓度越大，氧化性越强。浓硝酸可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，A错误；硝酸具有强氧化性，可氧化许多还原性物质，因此硝酸与Na2S反应不能生成H2S，与FeO反应时表现氧化性和酸性，B、C错误，D正确。
2．硝酸被称为“国防工业之母”是因为它是制取炸药的重要原料。下列实验事实与硝酸的性质不对应的一组是( )
A．浓硝酸使紫色石蕊溶液先变红后褪色——酸性和强氧化性
B．不能用稀硝酸与锌反应制氢气——强氧化性
C．要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性
D．能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液的红色褪去——强氧化性
D 解析：硝酸使滴有酚酞的氢氧化钠溶液的红色褪去是因为发生酸碱中和反应，表现酸性。
3．将Cu片放入浓硝酸中，据此回答下列问题：
(1)反应开始时的化学方程式为_________________________，实验现象为_______________________________________________。
(2)若Cu片有剩余，则反应将要结束时的化学方程式为________________________________________________________________。
(3)待反应停止后，再加入少量的稀硫酸，这时Cu片上又有气泡产生，原因是____________________________________________。
答案：(1)Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 铜片逐渐溶解，溶液逐渐变蓝色，有红棕色气体逸出
(2)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(3)加入稀硫酸后，氢离子与原溶液中硝酸根离子构成强氧化性酸，又与过量的铜反应
[练后梳理]
1．物理性质
纯净的硝酸是无色、易挥发、有刺激性气味的液体，与H2O以任意比互溶。
2．化学性质
(1)不稳定性
①反应：4HNO3eq \(=====,\s\up10(△))2H2O＋4NO2↑＋O2↑
②市售浓硝酸呈黄色的原因是HNO3分解生成的NO2溶于硝酸中。
(2)强氧化性
①与不活泼金属反应
稀硝酸与铜反应：3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。
浓硝酸与铜反应：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。
②常温下，浓硝酸使Fe、Al钝化。常温下浓硝酸可用铁桶盛装。
③与非金属反应
如浓硝酸与C的反应：C＋4HNO3(浓)eq \(=====,\s\up10(△))CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。
④与还原性化合物反应
硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI、Fe2＋、FeO等还原性物质。
(3)与有机物反应
①硝化反应(与C6H6反应)
＋HNO3eq \(――――→,\s\up10(浓硫酸),\s\d18(△)) ＋H2O。
②显色反应：蛋白质遇到浓硝酸时变黄色。
涉及HNO3的离子反应常见的易错问题
(1)忽视NOeq \\al(－,3)在酸性条件下的强氧化性。在酸性条件下，NOeq \\al(－,3)不能与Fe2＋、I－、SOeq \\al(2－,3)、S2－等还原性较强的离子大量共存。
(2)在书写离子方程式时，忽视HNO3的强氧化性，将氧化还原反应简单地写成复分解反应。
考点1 氮及其化合物性质的多角度剖析
[抓本质·悟考法]
如图是氮元素的各种价态与物质类别的对应关系：
(1)根据A对应的化合价和物质类别，A的摩尔质量是________，从氮元素的化合价能否发生变化的角度判断，图中既有氧化性又有还原性的化合物有________。写出一个表现NO还原性的化学反应方程式：____________________________________。
(2)实验室依据复分解反应原理制取NH3的化学方程式是_______________________________________________________________。
(3)浓、稀硝酸的性质既相似又有差别，若要除去铁制品表面的铜镀层应使用________。
(4)汽车尾气中含有CO和NOx等多种有害气体，若在汽车的排气管上安装一种催化转化装置，可使CO与NOx反应，生成两种无毒气体，则该反应的化学方程式为____________________________。
【解题关键点】 (1)根据价类二维图，A属于氮的氧化物，且氮元素的化合价为＋5，可以确定A的化学式。
(2)NO表现还原性，则需要加入氧化剂反应。
(3)配平CO与NOx的反应可运用化合价升降法，正确标注NOx中化合价：＋2x。
【易错失分点】 (1)氮的既有氧化性又有还原性的化合物容易漏写，或错写上N2，注意N2不是化合物。
(2)不能正确配平CO与NOx的反应。
[自主解答]
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_______________________________________________________________
_______________________________________________________________
_______________________________________________________________
_______________________________________________________________
_______________________________________________________________
解析：(1)据图可知A为＋5价氮元素的氧化物，故A为N2O5，摩尔质量为108 g· ml－1。氮元素处于中间价态的化合物既有氧化性又有还原性，图中NO、NO2符合条件；在反应2NO＋O2===2NO2中NO表现还原性。(2)实验室制取NH3的化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4Cl===CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。(3)除去铁制品表面的铜镀层应用浓硝酸，铜与浓硝酸能发生化学反应，而常温下浓硝酸使铁钝化，对铁制品无损害，若使用稀硝酸，会使铁制品也发生反应。(4)由条件可知CO与NOx反应的产物为CO2和N2，化学方程式为2xCO＋2NOx===N2＋2xCO2。
答案：(1)108 g· ml－1 NO、NO2 2NO＋O2===2NO2
(2)Ca(OH)2＋2NH4Cl===CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
(3)浓硝酸 (4)2xCO＋2NOx===N2＋2xCO2
[多角度·突破练]
⊳角度1 氮的氧化物性质
1．研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如图所示)。下列叙述错误的是( )
A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
C 解析：雾和霾的分散剂均为空气，A项正确；结合图示可知形成雾霾的无机颗粒物中含有NH4NO3和(NH4)2SO4，B项正确；根据图示可知空气中NOx、SO2等分别转化为HNO3、H2SO4后，吸收空气中的NH3生成NH4NO3和(NH4)2SO4，即NH3是形成无机颗粒物的反应物，C项错误；过度施用氮肥，会导致空气中挥发的NH3浓度增大，与雾霾的形成有关，D项正确。
2．在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12 mL通入足量水中，充分反应后剩余2 mL气体(同温同压下)，则原混合气体中氧气的体积为( )
①1.2 mL ②2.4 mL ③3 mL ④4 mL
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
D 解析：首先分析剩余的2 mL气体有两种可能。如果剩余2 mL O2，则V(NO2)＝eq \f(4,5)×(12－2)mL＝8 mL，则混合气中的V(O2)＝12 mL－8 mL＝4 mL。若剩余的2 mL气体是NO，则混合气中的 V(O2)＝(12 mL－2 mL×3)×eq \f(1,5)＝1.2 mL，D项正确。
NOx与O2、H2O混合的计算方法
(1)电子守恒法
n(NOx)×(5－2x)＝n(O2)×4
(2)总反应式法
①NO和O2与H2O反应，用4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3计算。
②NO2和O2与H2O反应，用4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3计算。
(3)原子守恒法
4NO2＋O2和4NO＋3O2从组成上均相当于2N2O5的组成，都与N2O5＋H2O===2HNO3等效。当混合气体溶于水时利用混合气体中N、O原子个数比进行分析判断。
N(N)∶N(O)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(<2∶5 剩余O2,＝2∶5 恰好完全反应,>2∶5 剩余NO))
⊳角度2 氨和铵盐
3．在如图所示装置中进行氨的催化氧化实验：向三颈瓶内的浓氨水中不断通入空气，将红热的铂丝插入瓶中并接近液面。反应过程中，可观察到瓶中有红棕色气体产生，铂丝始终保持红热。下列有关说法错误的是( )
A．反应后溶液中含有NOeq \\al(－,3)
B．反应后溶液中c(H＋)增大
C．实验过程中有化合反应发生
D．实验过程中NH3·H2O的电离常数不可能发生变化
D 解析：反应过程生成硝酸，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，硝酸电离产生硝酸根离子，A正确；反应生成硝酸，硝酸是强酸，所以反应后溶液中c(H＋)增大，pH变小，B正确；2NO＋O2===2NO2，为化合反应，C正确；氨的氧化反应为放热反应，溶液温度升高，实验过程中NH3·H2O的电离常数发生变化，D错误。
4．某工厂拟综合处理含NHeq \\al(＋,4)废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是( )
A．固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且需过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NHeq \\al(＋,4)废水时，发生反应的离子方程式为NHeq \\al(＋,4)＋NOeq \\al(－,2)===N2↑＋2H2O
B 解析：A项，根据题中的流程，可以得出固体1为CaCO3、CaSO3和过量的Ca(OH)2，正确；B项，气体1是不能被过量石灰乳吸收的NO、CO和N2，NO和NO2按1∶1的体积比能与NaOH溶液反应生成亚硝酸钠，所以X可以是空气，但不能过量，否则会生成NaNO3，错误；C项，气体2为N2、CO，因“无污染气体”为N2，故捕获的气体主要是CO，正确；D项，NHeq \\al(＋,4)与NOeq \\al(－,2)能发生归中反应生成氮气，离子方程式为NHeq \\al(＋,4)＋NOeq \\al(－,2)===N2↑＋2H2O，正确。
5．某研究小组要快速制取干燥的氨气，提供的药品有浓氨水、氯化铵固体、氢氧化钠固体、蒸馏水、碱石灰，提供的仪器如下所示(必要的塞子、玻璃导管、橡胶管、固定装置和尾气处理装置略去)。
(1)需选择的药品是____________，选择的仪器是________(填标号)。
(2)若用下图甲装置收集NH3，如何判断烧瓶中已收集满NH3？__________________________________________________________。
(3)图乙中胶头滴管中的水挤入烧瓶后，观察到的现象是______________________________________________________________。
答案：(1)浓氨水、氢氧化钠固体 ①③⑥或①③⑦
(2)漏斗下端边沿与水面接触处溶液颜色变为红色
(3)气球变大
NH3制取实验中的三个创新
(1)NH3制取原理的创新
实验室制取少量NH3，可不用铵盐和碱混合共热，而采用常温下将浓氨水滴到固态碱性物质(如CaO、NaOH、碱石灰等)上，来制取NH3。
(2)NH3制取装置的创新
(3)NH3吸收装置的创新
⊳角度3 硝酸
6．在通风橱中进行下列实验：
下列说法不正确的是( )
A．Ⅰ中气体由无色变为红棕色的化学方程式：2NO＋O2===2NO2
B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化膜，阻止Fe进一步反应
C．对比Ⅰ、Ⅱ中的现象，说明稀硝酸的氧化性强于浓硝酸
D．针对Ⅲ中的现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化
C 解析：A项，铁与稀硝酸反应生成NO，NO与空气中的O2反应生成NO2：2NO＋O2===2NO2，正确；B项，铁遇浓硝酸钝化，阻止铁继续与浓硝酸反应，正确；C项，对比Ⅰ、Ⅱ，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，错误；D项，装置Ⅲ形成原电池，通过电流计指针偏转的方向，可判断铁是否被氧化，正确。
数轴法分析铁与稀硝酸反应的产物
一是明确哪种物质过量，二是根据两种物质的量分析讨论判断，根据反应的化学方程式：
HNO3过量：
Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；
Fe过量：Fe＋2Fe(NO3)3===3Fe(NO3)2；
两者相加得总方程式：
3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，
可以用数轴表示：
解题时需注意量的范围。
即：①eq \f(nFe,nHNO3)≤eq \f(1,4)，产物仅有Fe(NO3)3，稀硝酸可能有剩余；
②eq \f(nFe,nHNO3)≥eq \f(3,8)，产物仅有Fe(NO3)2，Fe可能有剩余；
③eq \f(1,4)＜eq \f(nFe,nHNO3)＜eq \f(3,8)，产物为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，Fe和稀硝酸都完全反应。
考点2 硝酸与金属反应的定量计算
[抓本质·悟考法]
将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。请回答：
(1)NO的体积为____________ L，NO2的体积为____________ L。
(2)待产生的气体全部释放后，向溶液加入V mL a ml·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为________ml·L－1。
(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水________g。
【解题关键点】 解答本题应注意以下两点：
(1)“32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体”，说明随着硝酸浓度降低，气体由NO2变为NO。
(2)本题为有关混合物的计算，可设NO、NO2的物质的量两个未知数，列方程组进行解答。本题可根据化学方程式计算，若能运用守恒法，则可简化运算。
【易错失分点】 (1)参加反应的HNO3分两部分：一部分没有被还原，表现酸性，生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，要会根据元素守恒计算参加反应的HNO3的物质的量。
(2)原硝酸溶液的浓度是易错点。“HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NOeq \\al(－,3)的形式留在溶液中，变成气体的HNO3的物质的量为0.5 ml，加入NaOH溶液至正好使溶液中Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为aV×10－3 ml，也就是以NOeq \\al(－,3)形式留在溶液中的HNO3的物质的量为aV×10－3 ml，据此进行计算。
[自主解答]
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解析：本题(1)可利用电子得失守恒和元素守恒列方程求解NO和NO2的体积。
设混合气体中NO和NO2的物质的量分别为x、y，则
n(Cu)＝eq \f(32.64 g,64 g·ml－1)＝0.51 ml ，
n(气体)＝eq \f(11.2 L,22.4 L·ml－1)＝0.5 ml。
根据得失电子守恒、氮原子守恒可得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0.51 ml×2＝3x＋y,x＋y＝0.5 ml))
解得x＝0.26 ml ，y＝0.24 ml。
V(NO)＝ 0.26 ml×22.4 L·ml－1＝5.824 L，
V(NO2)＝ 0.24 ml×22.4 L·ml－1＝5.376 L。
(2)本题可用终态分析法。最后溶液的溶质是NaNO3，该溶液中的n(NOeq \\al(－,3))＝n(Na＋)＝aV·10－3 ml。原140 mL硝酸溶液中的n(HNO3)＝n(Na＋)＋n(气体)＝aV·10－3 ml＋0.5 ml＝(aV·10－3＋0.5) ml，c(HNO3)＝eq \f(aV×10－3＋0.5ml,0.14 L)＝eq \f(aV×10－3＋0.5,0.14) ml·L－1。
(3)由于NO、NO2与NaOH、H2O2反应的方程式中学未学过，本题宜用得失电子守恒法解决。3×0.26 ml＋1×0.24 ml＝2n(H2O2)。
n(H2O2)＝0.51 ml，需要30%的双氧水的质量为eq \f(0.51×34,30%) g＝57.8 g。
答案：(1)5.824 5.376 (2)eq \f(aV×10－3＋0.5,0.14) (3)57.8
[多角度·突破练]
⊳角度1 得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒的应用
1．(双选)某单质能和浓硝酸反应，若参加反应的单质与硝酸的物质的量之比为1∶4，则组成该单质的元素在产物中的化合价可能是( )
A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4
BD 解析：浓硝酸被还原生成二氧化氮气体，参加反应的单质与硝酸的物质的量之比为1∶4，设单质和HNO3的物质的量分别为1 ml、4 ml。①若单质为非金属，HNO3全部用于做氧化剂，反应中N元素化合价由＋5价降低为＋4价，设单质元素氧化后化合价为a，根据电子转移守恒有：1 ml×(a－0)＝4 ml×(5－4)，解得a＝4。②若单质为金属，HNO3既做氧化剂又起到酸的作用，设单质元素氧化后化合价为b，则起酸作用的硝酸为 b ml，反应中N元素化合价由＋5价降低为＋4价，根据电子转移守恒有1 ml×(b－0)＝(4－b) ml×(5－4)，解得b＝2。
2．将1.92 g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到气体1.12 L(标准状况)，则所消耗的硝酸的物质的量是( )
A．0.12 mlB．0.11 ml
C．0.09 mlD．0.08 ml
B 解析：铜与一定量浓硝酸反应，随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐降低，则收集的气体为NO和NO2的混合物。由于反应消耗的硝酸变为Cu(NO3)2和NO、NO2，而1 ml Cu(NO3)2含有2 ml NOeq \\al(－,3)，1 ml气体中含有1 ml 氮原子。根据N元素守恒，则n(HNO3)＝2nc[Cu(NO3)2]＋n(NOx)＝2n(Cu)＋n(NOx)＝2×eq \f(1.92 g,64 g· ml－1)＋eq \f(1.12 L,22.4 L· ml－1)＝0.11 ml。
3．向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸 500 mL，反应过程中产生的气体只有NO。固体完全溶解后，在所得溶液(金属阳离子只有Cu2＋)中加入1 L 1 ml·L－1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2 g。
(1)Cu与稀硝酸反应的离子方程式为______________________。
(2)Cu与Cu2O 的物质的量之比为_______________________。
(3)HNO3的物质的量浓度为________ml·L－1。
解析：(1)Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NOeq \\al(－,3)===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。(2)所得溶液中加入1.0 ml·L－1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)＝n(NaOH)===1.0 ml·L－1×1.0 L＝1 ml，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2 g，物质的量为eq \f(39.2 g,98 g· ml－1)＝0.4 ml，根据铜元素守恒有n(Cu)＋2n(Cu2O)＝n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[Cu(NO3)2]＝n[Cu(OH)2]＝0.4 ml，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(64 g·ml－1x＋144 g·ml－1 y＝27.2 g，,x＋2y＝0.4 ml))，解得x＝0.2 ml，y＝0.1 ml，所以Cu与Cu2O 的物质的量之比为2∶1。(3)Cu和Cu2O与稀硝酸反应生成硝酸铜，0.2 ml Cu完全反应失去0.4 ml电子，0.1 ml Cu2O完全反应失去0.2 ml电子，总共失去0.6 ml电子，由电子守恒，生成NO的物质的量为eq \f(0.6 ml,5－2)＝0.2 ml，在所得溶液中加入1.0 ml·L－1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，反应后的溶质为硝酸钠，则溶液中的硝酸根离子的物质的量为n(NOeq \\al(－,3))＝1 ml，则硝酸的总物质的量为1 ml＋0.2 ml＝1.2 ml，硝酸的浓度为eq \f(1.2 ml,0.5 L)＝2.4 ml·L－1。
答案：(1)3Cu＋8H＋＋2NOeq \\al(－,3)===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(2)2∶1 (3)2.4
硝酸与金属反应的规律
(1)HNO3与金属反应一般不能产生H2。
(2)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、NH3、NHeq \\al(＋,4)。
(3)硝酸与金属反应时既表现氧化性又表现酸性。
(4)浓硝酸与金属反应时，若铜过量，反应开始时浓硝酸被还原为NO2，但随着反应的进行，硝酸变稀，其还原产物变为NO。
⊳角度2 金属与硫酸、硝酸混酸的计算
4．有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4 ml·L－1和2 ml·L－1，取10 mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体的体积为(设反应中HNO3被还原成NO)( )
A．0.448 LB．0.672 L
C．0.896 LD．0.224 L
B 解析：n(H＋)＝0.1 ml，n(NOeq \\al(－,3))＝0.02 ml，金属和混酸反应通过离子方程式计算比较简便，3Fe＋8H＋＋2NOeq \\al(－,3)===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O(铁过量，产物为Fe2＋)，反应中Fe和H＋过量，生成的NO的量以NOeq \\al(－,3)来计算，共得NO 0.448 L，若只考虑到这一步反应，得答案A是错误的，因为过量的铁还可以和溶液中过量的H＋反应产生H2，即有Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，生成的H2为eq \f(0.1－0.08 ml,2)×22.4 L·ml－1＝0.224 L，所以标准状况下，气体体积共计0.672 L。
5．有某硫酸和硝酸的混合溶液20 mL，其中含有硫酸的浓度为2 ml·L－1，含硝酸的浓度为1 ml·L－1，现向其中加入0.96 g 铜粉，充分反应后(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．89.6 mL B．122 mL
C．168 mLD．224 mL
D 解析：n(Cu)＝eq \f(0.96 g,64 g·ml－1)＝0.015 ml，n(H＋)＝(2 ml·L－1×2＋1 ml·L－1)×0.02 L＝0.1 ml，n(NOeq \\al(－,3))＝1 ml·L－1×0.02 L＝0.02 ml。
铜粉溶解于酸的离子方程式为
3Cu ＋ 8H＋＋ 2NOeq \\al(－,3)===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
3 8 2
0.015 ml 0.1 ml 0.02 ml
经比较Cu不足。由Cu的量计算生成NO的物质的量为0.01 ml，即标准状况下的气体体积为224 mL。
1．自然界的氮循环如下图所示，下列说法不正确的是( )
A．①中N2与O2反应生成NO
B．②中合成氨属于人工固氮
C．③中氮元素只被氧化
D．氧元素参与了氮循环
C 解析：N2和O2在放电作用下化合生成NO，NO被氧化生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，故A正确；氮的固定是指氮元素由游离态变为化合态的过程，大气中氮气转化成氮肥属于人工固氮，故B正确；③中细菌还原硝酸根中离子正五价的氮，生成无污染的0价的氮气，所以③中氮元素被还原，而不是被氧化，故C错误；如N2在放电条件下与O2直接化合生成一氧化氮，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸(HNO3)和一氧化氮，也有氧元素参与，故D正确。
2．(命题情境：化学与环境保护)研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物——光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是( )
A．整个过程中O3做催化剂
B．反应Ⅲ的化学方程式为O2＋O===O3
C．光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质
D．反应Ⅰ、反应Ⅱ均属于氧化还原反应
A 解析：根据图中过程，O3参与反应，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，故A错误；反应Ⅲ：O和O2参与反应，生成O3，即化学方程式为O2＋O === O3，故B正确；反应Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等刺激性物质，故C正确；反应Ⅰ：O3＋3NO===3NO2，反应Ⅱ中丙烯与O3发生反应生成甲醛和乙醛，两反应均为氧化还原反应，故D正确。
3．下列关于氮及其化合物说法，不正确的是( )
A．“雷雨发庄稼”是由于放电条件有利于游离态的氮转化为化合态
B．二氧化氮不仅能形成酸雨，还能在一定条件下促进形成“光化学烟雾”
C．铵态氮肥应保存在阴凉处，硝态氮肥(硝酸盐)则能够耐高温
D．工业上制备硝酸过程中，氨催化氧化放出大量热，能预热新进入设备的氨气和空气，节约能源
C 解析：“雷雨发庄稼”这是由于在放电的条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过各种复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，是在放电条件下游离态的氮转化为化合态，故A正确；二氧化氮溶于水生成硝酸，能形成酸雨，汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物和二氧化氮在阳光(紫外光)作用下发生光化学反应，形成“光化学烟雾”，故B正确；铵态氮肥容易分解，应保存在阴凉处，硝态氮肥(硝酸盐)在高温下分解，甚至爆炸，故C错误；工业上制备硝酸过程中，4NH3＋5O2eq \(=====,\s\up10(催化剂),\s\d18(△))4NO＋6H2O，氨催化氧化放出大量热，可以用于预热新进入设备的氨气和空气，节约能源，故D正确。
4．(命题情境：化学与环境保护)利用Cu­ZSM­5分子筛催化剂，NH3可脱除燃煤烟气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是( )
A．X和Y均是N2
B．上述历程的总反应为2NH3＋NO＋NO2eq \(=====,\s\up10(催化剂))2N2＋3H2O
C．阶段④中氮元素只被还原
D．NH3、NHeq \\al(＋,4)、H2O中的质子数、电子数均相同
B 解析：图示反应可以生成X的反应[(NH4)2(NO2)]2＋＋NO===[(NH4)(HNO2)]＋＋X＋H＋，由原子守恒判断X为N2和H2O，故A错误；由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物，所以总反应为2NH3＋NO＋NO2eq \(=====,\s\up10(催化剂))2N2＋3H2O，故B正确；阶段④中[(NH4)(HNO2)]＋―→氮气，氮元素的化合价既有升高也有降低，氮元素既被氧化也被还原，故C错误；NH3、NHeq \\al(＋,4)、H2O中的质子数分别为10、11、10；NH3、NHeq \\al(＋,4)、H2O中的电子数为10、10、10，故D错误。
考试评价解读
1．结合真实情境中的应用实例或通过实验探究，了解氮及其重要化合物的主要性质，认识其在生产中的应用和对生态环境的影响。
2．能列举、描述、辨识氮气及其氧化物、氨气及其盐和硝酸的物理性质和化学性质及实验现象。
3．结合实例认识氮及其化合物的多样性，了解通过化学反应可以探索物质性质、实现物质转化。能用化学方程式、离子方程式正确表示氮的循环的主要化学反应。
4．了解N2及其重要化合物对环境的影响及对社会发展的责任。
核心素养达成
科学探究
与
创新意识
能根据氮气及其氧化物、氨气、铵盐和硝酸的性质提出有探究价值的问题，设计探究方案，进行实验探究。
变化观念
与
平衡思想
能从氧化还原反应、离子反应等角度、动态地分析N2、NH3、铵盐和HNO3的化学性质。
科学态度
与
社会责任
具有严谨求实的科学态度，认识合成氨对社会发展的重大贡献，认识氮的氧化物对环境的影响，培养环保意识。
物质
NO
NO2
颜色
无色
红棕色
毒性
有毒
有毒
溶解性
难溶于水
易溶于水
与O2或与
H2O反应
2NO＋O2
===2NO2
3NO2＋H2O
===2HNO3＋NO
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
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
金属与硝酸的计算
(1)思维模型
(2)计算技巧
原子守恒法
HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NOeq \\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
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
电荷守恒法
HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH－)，c(NOeq \\al(－,3))＝c(H＋)＋nc(Mn＋)(Mn＋代表金属离子)
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 \\al(－,3)在H2SO4提供H＋的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H＋或NOeq \\al(－,3)进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒