《2022年新教材高考化学一轮复习第5章化工生产中的重要非金属元素第2节氮及其化合物学案20210625150.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年新教材高考化学一轮复习第5章化工生产中的重要非金属元素第2节氮及其化合物学案20210625150.doc（28页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第二节氮及其化合物考试评价解读核心素养达成1.结合真实情境中的应用实例或通过实验探究，理解氮及其化合物的主要性质，认识其在生产中的应用和对生态环境的影响。2氮元素及其化合物常与物质制备、性质探究、定性定量测定相结合进行综合考查。证据推理与模型认证能从原子守恒、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。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的重要价值。氮气及其氧化物以练带忆1判断正误(正确的划“”，错误的划“”)(1)(2019北京高考)除去NO中NO2，除杂试剂为H2O、无
2、水CaCl2。()提示：NO2与水反应生成硝酸和NO，无水CaCl2可吸收水分。(2)(2019天津高考)收集NO气体：。()提示：不能用排空气法收集NO气体，NO与O2反应生成NO2。(3)(2018北京高考)热铜丝插入稀硝酸中，产生无色气体，随后变为红棕色。()提示：热铜丝与稀硝酸反应生成无色气体NO，NO与O2反应生成红棕色的NO2。(4)(2020山东高考)大气中NO2参与酸雨形成。()提示：NO2形成硝酸型酸雨。2某工业废气所含氮氧化物(NOx)的氮氧质量比约为74，该NOx可表示为()AN2OBNO CN2O3DNO2A解析：，故NOx可表示为N2O。3汽车尾气主要含有CO2、CO
3、、SO2、NOx等物质，这种尾气逐渐成为城市空气污染的主要来源之一。(1)汽车尾气中的CO来自_，NO来自_ _。汽车尾气对环境的危害主要有_ _(至少填两种)。(2)汽车尾气中的CO、NOx在适宜温度下采用催化转化法处理，使它们相互反应生成参与大气循环的无毒气体。写出NO被CO还原的化学方程式：_。解析：(1)汽车汽缸内不断进行着汽油的燃烧反应，当空气不足时，汽油燃烧不完全，会产生CO；当空气过量时，N2和O2在放电或高温条件下反应生成NO。汽车尾气对环境的危害很大，可以形成硝酸型酸雨，导致光化学烟雾，产生温室效应。(2)CO、NO反应后生成的无毒气体为CO2和N2。答案：(1)汽油的不完全
4、燃烧N2与O2在汽车汽缸内的高温环境下的反应形成硝酸型酸雨、导致光化学烟雾、产生温室效应(任填两种即可)(2)2CO2NON22CO2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：无色无味的气体，密度比空气略小，难溶于水。(2)化学性质写出有关反应的化学方程式：3MgN2Mg3N2。N23H22NH3。N2O22NO。3氮的氧化物(1)氮有多种价态的氧化物氮氧化物N2ONON2O3NO2、N2O4N2O5氮元素的价态12345(2)NO和NO2的比较NONO2氮元素化合价2价4价物理性质无色、不溶于水的气体红棕色、有刺激性气味的气体，易液化，易溶于水化学性质O22NOO2=2NO2
5、不反应H2O不反应3NO2H2O=2HNO3NOH2O、O24NO2H2O3O2=4HNO34NO22H2OO2=4HNO3氧化还原性有氧化性，但通常情况下表现出还原性强氧化性，在溶液中能氧化S2、I、Fe2等离子对环境的影响有毒，大气污染物之一有毒，大气污染物之一制法试剂Cu和稀硝酸反应Cu和浓硝酸反应收集通常用排水法收集通常用向上排空气法收集(3)氮氧化物的污染光化学烟雾：NOx在紫外线作用下，与碳氢化合物发生一系列光化学反应，产生了一种有毒的烟雾。酸雨：NOx排入大气中后，与水反应生成HNO3和HNO2，随雨雪降到地面。破坏臭氧层：NO2可使平流层中的臭氧减少，导致地面紫外线辐射增强。氮
6、的氧化物都有毒，其中NO2与N2O4之间存在平衡：2NO2N2O4。NO、CO都能与血红蛋白结合使人中毒。氨和铵盐以练带忆1判断正误(正确的划“”，错误的划“”)(1)(2018海南高考)除去氨气中的水蒸气：通过盛有P2O5的干燥管。()提示： 氨气不能用酸性物质P2O5干燥。(2)(2018江苏高考)NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3。()提示：实验室用NH4Cl固体与Ca(OH)2固体混合加热制取氨气。(3)(2017全国卷)加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝，则NH4HCO3显碱性。()提示：NH4HCO3固体受热分解生成CO
7、2和NH3，NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝。(4)用Ba(OH)2溶液鉴别NH4Cl、(NH4)2SO4和K2SO4。()提示：Ba(OH)2与NH反应生成刺激性气味气体；与SO生成白色沉淀。2(2020临沂模拟)下列制取NH3、验证其还原性、收集并进行尾气处理的装置和原理不能达到实验目的的是()A. 制取NH3B. 验证还原性C. 收集NH3D. 尾气处理D解析：浓氨水滴到碱石灰中，放出大量的热，促使NH3H2O分解放出NH3，A项正确；NH3中N元素显3价，可被CuO氧化生成N2，CuO被还原为Cu而由黑色变为红色，B项正确；NH3的密度小于空气的密度，可采用向下排空气法收集NH3，C项正
8、确；导管末端插入水中，NH3易溶于水，易引起倒吸，不能起到防止倒吸的作用，D项错误。3下列说法错误的是()A检验溶液中是否含有NH的实验操作是取少量试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体B加热NH4Cl和Ca(OH)2混合物，并将产生的气体通入酚酞溶液中，溶液变成红色C施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用的原因是K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效D因NH4HCO3受热易分解，所以可用作氮肥D解析：NH与NaOH溶液共热生成氨气，氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A正确；NH4Cl与Ca(OH)2混合加热生成氨气，氨
9、气通入酚酞溶液中，溶液变成红色，B正确；K2CO3溶于水显碱性，与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效，C正确；NH4HCO3中含有氮元素，可用作氮肥，D错误。练后梳理1氨气的分子结构与物理性质电子式密度气味水溶性比空气小强烈刺激性气味极易溶于水体积比(1700)2氨气的化学性质(1)与水的反应NH3H2ONH3H2ONHOH。氨气溶于水得氨水，氨水中的粒子有NH3H2O、H2O、NH3、NH、OH、H。NH3H2O为可溶性一元弱碱，不稳定，易分解，反应的化学方程式为NH3H2ONH3H2O。(2)与酸的反应蘸有浓盐酸(或浓硝酸)的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，其现象为有白烟生成。反应的化学方程
10、式分别为HClNH3=NH4Cl、HNO3NH3=NH4NO3。(3)与盐溶液的反应如过量氨水与AlCl3反应的离子方程式：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH。(4)氨气的还原性性质化学方程式催化氧化4NH35O24NO6H2O被CuO氧化2NH33CuO3CuN23H2O被氯气氧化2NH33Cl2=N26HCl或8NH33Cl2=N26NH4Cl被氮氧化物氧化6NO4NH35N26H2O6NO28NH37N212H2O3喷泉实验(1)原理在短时间内使烧瓶内外产生较大的压强差，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)形成喷泉的常见组合HCl、NH3、V(
11、NO)V(O2)43、V(NO2)V(O2)41溶于水。HCl、CO2、Cl2、SO2溶于NaOH溶液。4铵盐及NH的检验(1)铵盐的物理性质铵盐都是白色固体，均易溶于水。(2)铵盐的化学性质(3)NH的检验未知液呈碱性湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则证明含NH。5氨气的实验室制法(1)氨气的发生装置(如图甲)：适合于固体或固体混合物加热制取气体，反应原理为2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O。装置特点是试管口略低于试管底部，目的是防止反应产生的水蒸气冷凝回流炸裂试管。制取氨气用的铵盐是NH4Cl，但不能使用NH4HCO3、(NH4)2CO3或NH4NO3，原因是NH4HCO3、(
12、NH4)2CO3加热易分解产生CO2气体，NH4NO3加热分解会产生N2、NOx，且NH4NO3加热时易爆炸。制取氨气用的碱是Ca(OH)2，不能使用NaOH，原因是加热时NaOH能腐蚀玻璃，会损坏玻璃仪器；NaOH的熔点较低，加热熔化后易凝结成块状固体，不利于NH3的逸出，且Ca(OH)2价格便宜。实验室利用该装置还可以加热KClO3与MnO2混合物(或KMnO4)制取O2。(2)氨气的干燥装置(如图乙)：用固体干燥剂碱石灰干燥NH3。干燥装置是干燥管，气体流向是大口进气、小口出气；还可以用U形管代替干燥管。干燥NH3所用的干燥剂是碱石灰，不能用无水CaCl2、P2O5等干燥剂(原因是CaC
13、l2吸收NH3生成CaCl28NH3)，更不能用盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥。(3)氨气的收集装置(如图丙)：用向下排空气法收集NH3，导气管要伸入试管底部。用该装置可以收集密度比空气小的气体，如CH4、H2等。用含硫酸的棉花团吸收多余的NH3，以防污染环境。棉花团的作用是起固定支撑作用，用于固定导气管，且防止NH3与空气对流，提高收集NH3的纯度。硝酸 以练带忆1判断正误(正确的划“”，错误的划“”)(1)(2019江苏高考)Fe在稀硝酸中发生钝化。()提示：常温下，Fe在浓硝酸中发生钝化现象。(2)(2019江苏高考)室温下用稀硝酸溶解铜：Cu2NO2H=Cu22NO2H2O。()提示：室温
14、下用稀硝酸溶解铜生成NO。(3)(2020江苏高考)室温下，Cu与浓硝酸反应放出NO气体。()提示：室温下，Cu与浓硝酸反应放出NO2气体。(4)(2020天津高考)用NaOH溶液、湿润的蓝色石蕊试纸可检验溶液中的NH。()提示：铵根离子遇氢氧化钠溶液(加热)生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，不能使用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气。(5)将铁屑放入稀硝酸中证明Fe比H2活泼。()提示：铁屑与稀硝酸反应不能生成氢气。(6)稀硝酸可除去试管内壁的银镜。()提示：银与稀硝酸可以发生反应。2下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是()A由中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
15、B红棕色气体不能表明中木炭与浓硝酸发生了反应C由说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应D解析：本题考查硝酸的氧化性、不稳定性、挥发性等性质。中的CO2可能是空气中的氧气与木炭反应的产物。3用动态观点理解Cu与浓硝酸的反应，在浓硝酸中放入Cu片。(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)Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O溶液逐渐变蓝色，有红棕色气体逸出(2)
16、3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O(3)加入稀硫酸后，氢离子与原溶液中的硝酸根离子构成强氧化性硝酸，又能与过量的铜反应练后梳理1硝酸的物理性质硝酸是无色、易挥发的液体，有刺激性气味。2硝酸的化学性质(1)不稳定性4HNO3(浓) 2H2O4NO2O2。(2)强氧化性硝酸无论浓、稀都有强氧化性，而且浓度越大，氧化性越强。与金属反应稀硝酸与铜反应的化学方程式：8HNO3(稀)3Cu=3Cu(NO3)22NO4H2O浓硝酸与铜反应的化学方程式：4HNO3(浓)Cu=Cu(NO3)22NO22H2O与非金属反应浓硝酸与C反应的化学方程式：4HNO3(浓)CCO24NO22H2O与
17、还原性化合物反应硝酸可氧化Fe2、H2S、SO2、SO23、HI等还原性物质。如稀硝酸与FeSO4溶液反应的离子方程式：3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O3工业制备原理其反应的化学方程式为N23H22NH34NH35O24NO6H2O2NOO2=2NO23NO2H2O=2HNO3NO4含氮元素物质之间的转化关系(1)歧化同一物质中某元素的化合价在同一反应中既升高又降低。如：3NO2H2O=2HNO3NO2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O(2)归中不同物质中同一元素的不同化合价在同一反应中只靠拢。如：6NO4NH35N26H2ONO2NO2NaOH=2NaNO2H2O考点1氮及其
18、化合物性质的多角度剖析抓本质悟考法同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是NO和NO2，NO2和O2，NH3和N2。将3支试管均倒置于盛水的水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是()AV1V2V3BV1V3V2CV2V3V1DV3V1V2【解题关键点】解答本题注意以下两点信息：(1)“同温同压下，在3支相同体积的试管中”及“等体积混合的2种气体”，得出气体的物质的量相同且混合气体中两种气体的物质的量相同。(2)五种气体中NO2、NH3易溶于水。【易错失分点】忽视混合气体中两种气体的物质的量相同，且忽视NO2和O2可发生反
19、应：4NO2O22H2O=4HNO3导致失误。自主解答_B解析：设各种气体的体积都为1体积。根据3NO2H2O=2HNO3NO，即剩余NO的体积V1体积。根据4NO2O22H2O=4HNO3，即剩余O2的体积V2体积。剩余N2的体积V31体积。因此B项符合题意。多角度突破练角度1氮氧化物溶于水的定量判断1将40 mL NO2和NO的混合气体通入倒立在水槽中盛满水的试管中，充分反应后试管中剩下20 mL气体，则原混合气体中NO2和NO的体积比为()A21B13C31D11C解析：3NO2H2O=2HNO3NOV 312VNO220 mL由得，VNO230 mL。V(NO)40 mL30 mL10
20、 mL，V(NO2)V(NO)30 mL10 mL31。2(双选)(2020沈阳模拟)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()A1.2 mLB2.4 mLC3 mLD4 mLAD解析：根据反应4NO2O22H2O=4HNO3分析，若剩余的气体是O2，则V(NO2)(122) mL8 mL，V(O2)12 mL8 mL4 mL。若剩余的气体是NO，生成2 mL NO需要6 mL NO2，则V(O2)(126) mL=1.2 mL。氮氧化物与O2、H2O反应的计算(1)关系式法NO和O2通入水中：由2NO
21、O2=2NO2和3NO2H2O=2HNO3NO得总反应方程式为4NO3O22H2O=4HNO3NO2和O2混合气体通入水中：由3NO2H2O=2HNO3NO和2NOO2=2NO2得总反应方程式为4NO2O22H2O=4HNO3NO、NO2和O2三种气体通入水中：先按3NO2H2O=2HNO3NO计算出生成的NO体积，然后加上原来混合气体中NO体积，再按计算。(2)得失电子守恒法当NOx转化为硝酸时，若为NOx与O2混合，则反应中O2得到的电子数与NOx失去的电子数相等。角度2考查氨气、铵盐的性质3如图，利用培养皿探究氨气的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表
22、中对实验现象所做的解释正确的是()选项实验现象解释A浓盐酸附近产生白烟NH3与浓盐酸反应产生了NH4Cl固体B浓硫酸附近无明显现象NH3与浓硫酸不发生反应C氯化物溶液变浑浊该溶液一定是AlCl3溶液D干燥的红色石蕊试纸不变色，湿润的红色石蕊试纸变蓝NH3是一种可溶性碱A解析：NH3能与HCl发生化合反应，生成NH4Cl白色固体；NH3也能与H2SO4发生化合反应，生成(NH4)2SO4；NH3与氯化物溶液反应生成氢氧化物沉淀，该氯化物可以是氯化铝、氯化镁等；NH3溶于水生成NH3H2O，NH3H2O是一种可溶性碱，NH3是氢化物。4有甲、乙两位同学想利用下列装置及化学试剂，对实验室制取并收集氨
23、气的实验进行改进。化学试剂：NH4Cl固体、浓氨水、NaOH固体(1)甲同学想方便快速地制取少量氨气，应选择的装置是_(填标号，下同)，选用试剂是_。选用上述试剂制氨气的理由是_，实验过程中，制气时的实验操作是_。(2)乙同学建议，把教材中实验室制取氨气的收集装置由大试管改为集气瓶且瓶口向上收集氨气，并确保不污染环境，请你根据其设想回答：若用排气法收集氨气，请在方框内画出其气体收集装置和尾气吸收装置，标出所用试剂(自选)名称。若用排液集气法收集NH3，可选用的试剂是_(填标号)。A.H2OB浓硫酸C.CCl4D饱和NaCl溶液解析：(1)不加热制取NH3是快速制取少量NH3的措施，具体操作方法
24、是把浓氨水滴到固体NaOH上。(2)用排气法收集NH3的装置中要注意广口瓶中导气管的长短，因NH3的密度比空气小，故进气管短，出气管长，因NH3极易溶于水，进行尾气处理时，要设置防倒吸装置。用排液法收集NH3时，要求液体不能溶解NH3(排除A、D)且不与NH3发生反应(排除B)，故选CCl4。答案：(1)BNaOH固体遇水放热，使氨气的溶解度降低，同时可使溶液中c(OH)增大，促使NHOHNH3H2ONH3H2O平衡向右移动，从而使氨气逸出将浓氨水逐滴滴到NaOH固体上(2)C实验室制取氨气的简易方法方法化学方程式(或原理)发生装置加热浓氨水NH3H2ONH3H2O浓氨水固体NaOHNaOH溶
25、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)减少；反应放热，促使氨水分解。化学方程式：NH3H2OCaO=NH3Ca(OH)2角度3喷泉实验5(2020全国卷)喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体溶液，能出现喷泉现象的是()选项气体溶液AH2S稀盐酸BHCl稀氨水CNO稀硫酸DCO2饱和NaHCO3溶液B解析：由于硫化氢气体和盐酸不反应且硫化氢在水中的溶解度较小，烧瓶内外压强差变化不大，不会出现喷泉现象，A错误；氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应，使烧瓶内外产生较大压强差，能够出现喷泉现象，B正确；一氧化氮不与硫酸反应且不溶于水，
26、烧瓶内外不产生压强差，不能发生喷泉现象，C错误；二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液中，烧瓶内外不产生压强差，不能出现喷泉现象，D错误。6.如图装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体(标准状况下)，烧杯和滴管内盛放某种溶液。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是_(填标号)。CO2(NaHCO3溶液)/无色喷泉NH3(H2O中含酚酞)/红色喷泉H2S(CuSO4溶液)/黑色喷泉HCl(AgNO3溶液)/白色喷泉NO2(H2O)/充满烧瓶Cl2(NaOH溶液)/充满烧瓶HCl(H2O)/溶液浓度为 mol/L解析：CO2不溶于NaHCO3溶液，不能形成喷泉；NO2与H2O反应生成NO气体，不能充满烧瓶。答案
27、：常见的喷泉实验装置及引发方法装置：打开止水夹，挤压胶头滴管的胶头，使少量水进入烧瓶，导致大量的NH3溶解，烧瓶内形成负压而产生喷泉。装置：挤压气球，即可使少量的溶液沿导管进入烧瓶，导致大量的NH3溶解，烧瓶内形成负压而产生喷泉。装置：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(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)。角度4硝酸的基本性质及应用7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相对应的是()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
28、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：向滴有酚酞的NaOH溶液中滴入硝酸，溶液红色褪去，利用的是硝酸的酸性。8将相同质量的铜分别与足量的浓硝酸、稀硝酸反应，下列叙述正确的是()A硝酸浓度越大，消耗的硝酸越少，产生的有毒气体也越少B反应中转移的电子总数稀硝酸少C试管内壁上的铜用浓硝酸除去最好，因反应速率快D两者用排水法收集的气体的体积相同D解析：铜完全反应，在进行相关计算时以铜为标准，等质量的铜在反应中失去的电子数相同，生成的Cu(NO3)2 的量相同，浓硝酸被还原为NO2，氮原子价态由5价降到4价，每个氮原子只得1个电子，稀硝酸被还
29、原时每个氮原子得到3个电子，故被还原的浓硝酸多、稀硝酸少，生成的NO2也比NO多。用排水法收集气体时，3NO2H2O=2HNO3NO，故两种情况收集到的气体一样多。金属与硝酸反应两提醒(1)硝酸与金属反应的规律HNO3与金属反应一般不能产生H2。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。硝酸与金属反应时既表现氧化性又表现酸性。(2)涉及HNO3的离子反应常见的易错问题忽视NO在酸性条件下的强氧化性。在酸性条件下，NO不能与Fe2、I、SO、S2等还原性较强的离子大量共存。在书写离子方程式时，忽视HNO3的强氧化性，将氧化还原反
30、应简单的写成复分解反应。角度5氮及其化合物的转化9关于氮的变化关系如图：则下列说法不正确的是()A路线是工业生产硝酸的主要途径B路线、是雷电固氮生成硝酸的主要途径C上述所有反应都是氧化还原反应D上述反应中只有属于氮的固定D解析：工业上生产硝酸的流程：氮气和氢气生成氨气，氨气与氧气反应4NH35O24NO6H2O(路线)，一氧化氮与氧气反应2NOO2=2NO2 (路线)，二氧化氮被水吸收3NO2H2O=2HNO3NO(路线)，即路线是工业生产硝酸的主要途径，A正确；在放电条件下，氮气和氧气发生化合反应N2O22NO(路线)；NO不稳定，易被氧气氧化为二氧化氮2NOO2=2NO2(路线)，二氧化氮
31、溶于水生成硝酸3NO2H2O=2HNO3NO(路线)，B正确；从氮的变化关系图可知：N的化合价分别为NH3(3价)、N2(0价)、NO(2价)、NO2(4价)、HNO3(5价)，上述反应都是氧化还原反应，C正确；上述反应中，N2NH3和为空气中的氮气转变为含氮化合物，符合氮的固定的定义，属于氮的固定，其他反应是氮的化合物之间的转化，不是氮的固定，D错误。10(2021怀化模拟)合成氨及其相关工业中部分物质间的转化关系如图：下列相关说法正确的是()A反应、均属于氧化还原反应B反应和中的部分产物可在上述流程中循环使用C甲、乙、丙和丁四种物质中都含有氮元素D制取物质丁时，先向饱和氯化钠溶液中通CO2
32、至饱和再通NH3B解析：反应是工业合成氨，是氨气的催化氧化，是一氧化氮转化为二氧化氮，是二氧化氮自身氧化还原反应生成硝酸和一氧化氮，均属于氧化还原反应，为NH3CO2H2ONaCl=NaHCO3NH4Cl，为非氧化还原反应，故A错误；NO可进一步反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，可以循环使用，碳酸氢钠受热分解生成纯碱、水和二氧化碳，二氧化碳在上述流程中能被再次利用，故B正确；分析可知甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素，丁为NaHCO3，不含氮元素，故C错误；二氧化碳溶解度较小，应先通入氨气，否则浓度偏低，不易吸收，故D错误。解答氮及其化合物的转化与应用(1)牢记一条转化主线，侧重物
33、质之间转化的条件及产物：N2NH3NONO2HNO3NH4NO3(2)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：(3)明确含氮物质的连续氧化关系：N2NONO2HNO3NH3NONO2HNO3考点2硝酸与金属反应的定量计算抓本质悟考法铜和镁的合金2.14 g完全溶于一定浓度的硝酸，若反应中硝酸被还原为NO2、NO、N2O三种气体，且在标准状况下的体积均为0.224 L，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，其质量为()A3.12 gB4.18 gC4.62 gD5.06 g【解题关键点】解答本题注意提炼以下两点信息：(1)“
34、铜和镁的合金”中两金属的化合价均为2价，故等物质的量的铜、镁失电子数相同，结合氢氧根离子的数目相同，故氢氧根离子的物质的量即为金属失去电子的物质的量。(2)由信息“NO2、NO、N2O三种气体，且在标准状况下的体积均为0.224 L”可得生成气体时得电子的量，该反应中得失电子数相等，故可求铜和镁失电子的量，即OH的物质的量。【易错失分点】忽视本题最大突破口“氢氧根离子的物质的量等于金属失去电子的物质的量”而认为不能计算。自主解答_B解析：由题意可知，金属Cu、Mg与硝酸反应后再加入足量的氢氧化钠溶液，最后转化为Cu(OH)2、Mg(OH)2 沉淀，由2价金属和金属离子结合氢氧根离子的数目可知，
35、氢氧根离子的物质的量即为金属失去电子的物质的量，在金属与硝酸的反应中，硝酸被还原为NO2、NO、N2O三种气体，而且在标准状况下它们的体积均为0.224 L，则气体的物质的量为0.01 mol，由电子守恒可知，金属失去电子的物质的量为 0.01 mol(54)0.01 mol(52)0.01 mol2(51)0.12 mol，即OH的物质的量为0.12 mol，沉淀的质量为 2.14 g0.12 mol17 g/mol4.18 g。多角度突破练角度1金属与硝酸反应中的定量计算1在标准状况下将1.92 g铜粉投入一定量浓硝酸中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到
36、由NO2和NO组成的混合气体1.12 L，则混合气体中NO的体积为()A112 mLB1 008 mLC224 mLD448 mLA解析：混合气体的总物质的量为1.12 L22.4 L/mol0.05 mol，1.92 g铜粉的物质的量为0.03 mol。设NO的物质的量为n mol，则NO2的物质的量为(0.05n) mol，根据得失电子守恒得3n(0.05n)10.032，解得n0.005，V(NO)0.005 mol22.4 L/mol0.112 L，即112 mL。2(2020济南模拟)将11.2 g的MgCu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)
37、。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()A0.3 mol NO2和0.3 mol NOB0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4C0.6 mol NOD0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4D解析：向MgCu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 g11.2 g10.2 g，物质的量为0.6 mol，根据电荷守恒可知，11.2 g的MgCu提供的电子为0.6 mol。生成0.3 mol NO2和 0.3 mo
38、l NO，N元素获得电子为0.3 mol(54)0.3 mol(52)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(54)0.1 mol2(54)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(52)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(52)0.2 mol(54)0.05 mol2(54)0.6 mol，得失电子相等，D正确。硝酸与金属反应的思维模板角度2金属与混合酸反应中的定量计算3在某100 mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.4 mol/L、0.1 mol/L，向该混合液中加入1.92 g 铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中铜离子物质的量浓度是(假设反应后溶液体积不变)()A0.15 mol/LB0.225 mol/LC0.30 mol/LD0.45 mol/LB解析：溶液中同时存在H和NO时就能够与Cu发生反应。该溶液中H实际为0.06 mol，应该根据离子方程式进行计算。3Cu 8H 2NO= 3Cu22NO4H2O3 8 2