2020版高考一轮复习化学通用版学案：第四章第8课时　重点专攻——氨气的制备　金属与硝酸反应的计算

第8课时　重点专攻——氨气的制备　金属与硝酸反应的计算

考点一　氨气的制备

[经典实验图解]

[高考创新考查]

合成氨工业的简要流程可用方框图表示为：

(1)原料气的制取

N2：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。

H2：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：在适宜的条件下，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。

[典例]　Ⅰ.实验室制取氨气的常见方法如下：

(1)方法①的化学方程式为___________________________________________________。

(2)依据表中所列方法，从下列图中选择合适的发生装置并将其序号填入表中装置栏中。

Ⅱ.甲同学设计了如图所示实验装置(部分夹持仪器未画出)，探究氨气的还原性并检验产物。

实验现象为：黑色CuO变为红色，白色无水CuSO4粉末变为蓝色，同时生成一种无色、无污染的气体。

(3)写出氨气与CuO反应的化学方程式：__________________________________________

________________________________________________________________________。

(4)碱石灰的作用是________________________________________________________。

(5)该装置存在明显缺陷，应在上述装置最后连接一个尾气吸收装置，你认为可选用________(填字母)。

[解析]　Ⅰ.(1)氯化铵与熟石灰固体混合加热生成氨气、氯化钙和水，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。(2)氯化铵与熟石灰固体混合加热制备气体是固体＋固体===气体的反应，选择b装置；浓氨水加热是液体直接加热得到氨气，选择装置a；浓氨水滴加到固体烧碱上不需要加热，利用固体烧碱溶解放热使一水合氨分解生成氨气，选择装置c。

Ⅱ.发生装置是氯化铵和氢氧化钙固体混合加热反应生成氨气、氯化钙和水蒸气，通过干燥管中碱石灰吸收水蒸气，得到干燥氨气，通过玻璃管与氧化铜加热反应生成铜、氮气和水，最后通过无水硫酸铜检验生成的水蒸气。(3)氨气具有还原性，CuO具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成氮气、铜和水，反应的化学方程式为3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O。(4)碱石灰的作用是吸收氨气中的水蒸气，防止干扰产物水的检验。(5)氨气极易溶于水，吸收需要防止倒吸，故选a或b或d。

[答案]　(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O

(2)①b　②a　③c

(3)3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O

(4)吸收氨气中的水蒸气，防止干扰产物水的检验

(5)a或b或d

[备考方略]　实验室制取氨气的简易方法

[综合训练]

1．实验室制取氨气、收集、验证其还原性并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是(　　)

A．用装置甲制取氨气

B．用装置乙收集氨气时气体应该从a口进b口出

C．装置丙中黑色固体变成红色时还原产物一定为铜

D．可以用装置丁吸收氨气，进行尾气处理

解析：选B　氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，二者在试管口遇冷又重新化合生成氯化铵，不能用装置甲制取氨气，A错误；氨气密度小于空气，可以用向下排空气法收集，即用装置乙收集氨气时气体应该从a口进b口出，B正确；装置丙中黑色固体变成红色时还原产物不一定为铜，因为氧化亚铜也是红色的，C错误；氨气极易溶于水，不能用装置丁直接吸收，应防倒吸，D错误。

2．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________。

(2)按下图装置进行NH3性质实验。

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瓶中的氯化氢移动到B瓶中，与B瓶中的氨气反应生成氯化铵，能看到白烟

②液体进入B瓶中，溶液的颜色变红

3．(2019·昆明调研)某校化学研究性学习小组设计实验验证NH3能还原CuO，并对还原产物进行探究。

请回答下列问题：

Ⅰ.验证NH3能还原CuO

(1)试剂X为________________。

(2)请将提供的装置按合理顺序连接：g→_________________________________。

(3)装置B的作用是______________________________________________________。

(4)证明NH3能还原CuO的实验现象是_______________________________________

________________________________________________________________________。

Ⅱ.探究还原产物的成分

[查阅资料]　Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：

Cu2O＋H2SO4(稀)===Cu＋CuSO4＋H2O。

[实验探究]

解析：Ⅰ.(1)氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，试剂X用于干燥氨气且不与氨气反应，所以为碱石灰。

(2)装置C生成氨气后，首先经过E干燥，再通入A中反应，生成的气体通过D进行检测，最后用B装置吸收尾气。所以连接顺序为g→f→h→a→b→d→e→c。

(3)氨气极易溶于水，吸收氨气时一定要考虑防止倒吸，B装置中，氨气通入后先与CCl4接触，并不溶于CCl4，会溶于上层的水，可以防止倒吸；B装置前连接D装置，其用于检验A装置中是否产生水，则不能让空气中的水蒸气进入D装置，所以B装置还可以隔绝空气，防止空气中的水蒸气进入D装置中。

(4)A中黑色粉末变为红色能证明CuO与NH3反应生成了Cu或Cu2O，D中白色固体变为蓝色能证明CuO与NH3反应生成了H2O。

Ⅱ.①向红色固体中加入稀硫酸无现象，说明红色固体为Cu，其不与稀H2SO4反应。②有CuSO4生成，溶液变蓝，则红色固体中肯定含有Cu2O，不能确定是否含有Cu。③所得固体为Cu，物质的量为0.1 mol；由反应前红色固体质量为10.4 g，反应后得固体质量为6.4 g，可知红色固体中一定有Cu2O，Cu2O的物质的量可根据发生反应的化学方程式列式进行计算：

　Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O　Δm

　1 mol　　　　　　　 1 mol　　 80 g

0．05 mol　　　　　　0.05 mol　　4 g

则原固体中还含有0.05 mol Cu。红色固体的成分及其物质的量：铜和氧化亚铜各0.05 mol。

答案：Ⅰ.(1)碱石灰

(2)f→h→a→b→d→e→c

(3)吸收尾气，防止倒吸，隔绝空气，防止空气中的水蒸气进入D中

(4)A中黑色粉末变为红色，D中白色固体变为蓝色

Ⅱ.①铜　②氧化亚铜　铜　③铜和氧化亚铜各0.05 mol

考点二　金属与硝酸反应的规律与计算

1．金属与硝酸反应的规律

(1)HNO3与金属反应不能产生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或NH4NO3。

(3)硝酸与金属反应时既表现氧化性又表现酸性。

2．金属与硝酸反应计算的思维流程

[考法精析]

考法一　金属与硝酸反应的规律

[典例1]　如图表示铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系，则下列说法不正确的是(　　)

A．一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的

B．用一定量的铁粉与大量的9.75 mol·L－1 HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24 L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol

C．硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多

D．当硝酸浓度为9.75 mol·L－1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为5∶3∶1

[解析]　根据图像可知硝酸的还原产物有多种，因此一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的，A正确；参加反应的硝酸包括被还原的，以及没有被还原的(转化为硝酸铁)，因此参加反应的硝酸的物质的量大于0.1 mol，B错误；根据图像可知随着硝酸浓度的升高，NO2的含量增大，这说明硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多，C正确；根据图像可知当硝酸浓度为9.75 mol·L－1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为10∶6∶2＝5∶3∶1，D正确。

[答案]　B

考法二　金属与硝酸反应的计算

[典例2]　将Mg和Cu的合金2.64 g，投入适量的稀HNO3中恰好反应，固体全部溶解时，收集的还原产物为NO，体积为0.896 L(标准状况下)，向反应后的溶液中加入2 mol·L－1NaOH溶液60 mL时，金属离子恰好完全沉淀，则形成沉淀的质量为(　　)

A．4.32 g　　　　　　　 B．4.68 g

C．5.36 g  D．6.38 g

[解析]　根据电子转移守恒可知，Mg、Cu生成0.896 L NO转移的电子为0.896 L÷22.4 L·mol－1×(5－2)＝0.12 mol，Mg、Cu在反应中失去电子，最终生成Mg(OH)2、Cu(OH)2，根据电荷守恒可知，生成沉淀需要OH－的物质的量一定等于Mg、Cu失去电子的物质的量，所以反应后生成沉淀的质量为2.64 g＋0.12 mol×17 g·mol－1＝4.68 g。

[答案]　B

[备考方略]　“四法”突破金属与硝酸的计算

[综合训练]

1．将11.2 g的Mg—Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体x(假定产生的气体全部逸出)。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀。根据题意推断气体x的成分可能是(　　)

A．0.3 mol NO2和0.3 mol NO

B．0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4

C．0.6 mol NO

D．0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4

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21.4 g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中m(OH－)为21.4 g－11.2 g＝10.2 g，物质的量为＝0.6 mol，根据电荷守恒可知，11.2 g的Mg—Cu提供的电子为0.6 mol。生成0.3 mol NO2和0.3 mol NO，N元素获得电子为0.3 mol×(5－4)＋0.3 mol×(5－2)＝1.2 mol，得失电子不相等，A错误；生成0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4，N元素获得电子为0.2 mol×(5－4)＋0.1 mol×2×(5－4)＝0.4 mol，得失电子不相等，B错误；生成0.6 mol NO，N元素获得电子为0.6 mol×(5－2)＝1.8 mol，C错误；生成0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4，N元素获得电子为0.1 mol×(5－2)＋0.2 mol×(5－4)＋0.05 mol×2×(5－4)＝0.6 mol，得失电子相等，D正确。

2.向200 mL 2 mol·L－1 HNO3溶液中，逐渐加入铁粉至过量(假设生成的气体只有一种)，在此过程中，n(Fe2＋)随n(Fe)变化如图所示。下列有关说法正确的是(　　)

A．该过程中产生标准状况下的氢气4.48 L

B．向c点处的反应液中加入稀盐酸后无明显现象

C．图中a＝1.5、b＝1.5

D．当加入铁粉n mol时(0.1<n<0.15)，溶液中n(Fe3＋)＝(0.3－2n)mol

解析：选D　硝酸与铁反应生成硝酸铁、NO和水，不生成氢气，A错误；c点处的溶液是硝酸亚铁，若加入盐酸，H＋、NO和Fe2＋发生氧化还原反应生成Fe3＋，溶液变为黄色，B错误；向硝酸中加入铁粉发生的反应为Fe＋4HNO3===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，硝酸的物质的量为0.4 mol，则消耗铁的物质的量为0.1 mol，b＝0.1，生成硝酸铁0.1 mol，随后发生反应2Fe(NO3)3＋Fe===3Fe(NO3)2，生成硝酸亚铁为0.15 mol，则a＝0.15，C错误；根据上述分析，当加入铁粉n mol时(0.1<n<0.15)，参加反应2Fe(NO3)3＋Fe===3Fe(NO3)2的铁为(n－0.1)mol，消耗硝酸铁为2(n－0.1)mol，则溶液中n(Fe3＋)＝0.1 mol－2(n－0.1)mol＝(0.3－2n)mol，D正确。