高考第一轮复习——氮及其化合物的性质(学案含答案)

一. 教学内容：
氮及其化合物的性质
二. 教学目标：
了解氨的物理性质,掌握氨的化学性质；了解铵盐的性质；掌握铵根离子的检验方法。

掌握NO、NO2的重要性质及其与环境的关系；了解氮的固定,掌握氮气的性质。

认识硝酸的重要性质；理解浓、稀硝酸与金属反响的特点。

三. 教学重点、难点：
氨及铵盐、氮的氧化物和硝酸的性质
四. 教学过程：
〔一〕氨及铵盐的性质：
1、氨是没有颜色、有刺激性气味的气体；密度比空气小；氨极易溶于水且能快速溶解,在常温、常压下1体积水能溶解700体积氨,氨很容易液化,液氨气化时要吸收热量,故液氨常用作致冷剂。

2、氨分子中氮的化合价为－3价,分子中含有极性键,键角为105.5℃,分子构型为三角锥形,属于极性分子。

3、氨溶于水时,大局部NH3与H2O结合,形成NH3•H2O。

NH3•H2O可以局部电离生成NH4＋和OH－,NH3＋H2O NH3•H2O NH4＋＋OH－所以氨水显碱性,它能使酚酞试液变红。

4、氨具有复原性：能被Cl2、O2等物质氧化：
2NH3＋3Cl2＝6HCl＋N2〔当NH3过量时,也可生成NH4Cl〕；4NH3＋5O2＝4NO＋6H2O 5、铵盐：常见的铵盐有：NH4HCO3、〔NH4〕2CO3、NH4NO3、NH4Cl等。

铵盐均为易溶于水的白色晶体,都能与碱反响,NH4＋＋OH－＝NH3•H2O ,受热时产生NH3；铵盐受热均易分解。

6、NH3的实验室制法：实验室一般用生石灰或Ca〔OH〕2与NH4Cl混合加热来制取氨气,Ca 〔OH〕2＋2NH4Cl＝CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；反响属于“固＋固〞反响,故装置与实验室制取氧气的装置相同,但氨气必须用向下排气法收集,并用湿润的红色石蕊试纸检验氨所是否收集满。

7、化学氮肥：化学氮肥主要包括铵态氮肥〔主要成分为NH4＋〕、硝态氮肥〔主要成分为NO3－〕和有机态氮肥——尿素〔CO〔NH2〕2〕。

［说明］
1、喷泉形成的原理：容器内外存在较大的压强差。

在这种压强差的作用下,液体迅速流动,通过带有尖嘴的导管喷出来,形成喷泉。

形成压强差的两类情况：
⑴容器内气体极易溶于水或容器内气体易与溶液中的溶质发生化学反响。

如：NH3、HCl 等溶于水；CO2、SO2、Cl2等与碱溶液的反响等；
⑵容器内的液体由于受热挥发〔如浓盐酸、浓氨水、酒精等〕或由于发生化学反响,容器内产生大量的气体,从而使容器内压强迅速增大,促使容器内液体迅速向外流动,也能形成喷泉。

如：喷雾器、人造喷泉、火山喷发等。

2、氨的实验室制法：
⑴加热固态铵盐〔一般为NH4Cl〕和碱〔一般为熟石灰〕的混合物反响；
⑵制取少量的氨气,可用浓氨水加热挥发的方法获取；
⑶也可以向浓氨水中参加固态碱性物质〔如：生石灰、NaOH 、碱石灰等〕 ,促使平衡：
NH 3＋H 2O NH 3•H 2O NH 4＋＋OH －逆向移动 ,同时加热 ,促进NH 3的挥发。

3、铵盐分解规律
铵盐热稳定性差 ,受热均能分解。

但请注意：未必有NH 3产生 ,这由盐中对应酸的稳定性、挥发性、氧化性等因素来决定。

①稳定易挥发酸成的铵盐−→−∆NH 3
↑＋酸的挥发性物质 ②稳定难挥发酸成的铵盐−→−∆NH 3
↑＋酸 如∆424SO )NH (2NH 3↑＋H 2SO 4
③不稳定且无强氧化性酸成的铵盐−→−∆NH 3
↑＋酸的分解产物 如∆324CO )NH (2NH 3↑＋H 2O ＋CO 2↑
∆34HCO NH NH 3↑＋H 2O ＋CO 2↑
④由不稳定且有强氧化性酸〔HNO 3〕成的盐
例 1. 某同学学习了氨的催化氧化反响后 ,想自己设计并做一个探究实验 ,探究氨在催化剂的作用下被空气中的氧气氧化的情况。

经过仔细考虑 ,他设计了如下实验 ,请你认真分析他设计的实验 ,然后答复以下问题：
实验方法：在锥形瓶中参加浓氨水 ,然后将铂丝加热到红热状态 ,将红热的铂丝插入锥形瓶中 ,观察现象。

〔1〕该同学想探究氨的催化氧化 ,他为什么选择浓氨水？假设想快速看到实验现象 ,应向浓氨水中参加什么物质或进行什么操作？
〔2〕你推测他会看到什么现象？为什么？
解析：浓氨水具有挥发性 ,挥发出氨气 ,氨在催化剂和加热的条件下被氧化生成一氧化氮和水 ,一氧化氮与空气中的氧气反响生成红棕色的二氧化氮 ,二氧化氮与水反响生成硝酸〔具有挥发性〕 ,硝酸遇到氨气产生大量的白烟。

氨水除具有碱性外 ,还具有易挥发性 ,且浓度越大越易挥发 ,温度越高越易挥发。

所以 ,氨水保存时要注意密封 ,且放到低温处保存。

由于氨水具有易挥发性 ,因此 ,向浓氨水中参加氢氧化钠或加热是实验室中制备氨气的一种简便快捷的方法。

答案：〔1〕浓氨水具有挥发性 ,可以挥发出氨气 ,进行氨的催化氧化实验；该同学可向浓氨水中参加氢氧化钠或加热来加快浓氨水的挥发。

〔2〕该同学会看到有红棕色气体出现 ,随后又消失 ,然后出现白烟；原因是氨在催化剂的加热的共同作用下被氧化生成一氧化氮和水 ,一氧化氮与空气中的氧气反响生成红棕色的二氧化氮 ,二氧化氮与水反响生成硝酸〔具有挥发性〕 ,硝酸遇到氨气产生大量的白烟。

例2. 能鉴别Na 2SO 4、NH 4NO 3、KCl 、〔NH 4〕2SO 4四种溶液〔可以加热〕的一种试剂是：
A. BaCl 2
B. Ba 〔NO 3〕2
C. Ba 〔OH 〕2
D. AgNO 3
解析：NH 4＋的检验方法是：将待检物取出少量置于试管中 ,参加NaOH 溶液后 ,加热 ,
用湿润的红色石蕊试纸在管口检验 ,假设试纸变蓝色 ,那么证明待检物中含铵盐〔NH 4＋〕：
NH 4＋＋OH －＝NH 3↑＋H 2O
上述四种物质中 ,有两种含NH 4＋ ,另有两种含SO 42－ ,SO 42－的检验用Ba 2＋ ,所以选择
Ba 〔OH 〕2来鉴别。

将Ba 〔OH 〕2溶液分别参加到上述四种溶液中的现象分别为：A 只有白色沉淀；B 为只有刺激性气味的气体；C 无现象；D 为既有白色沉淀又有刺激性气味的气体。

答案：C
例 3. 在标准状况下 ,用以下气体做喷泉实验 ,请根据情况 ,填写烧瓶中溶液的物质的量浓度〔假设烧瓶中溶质不能扩散出来〕。

〔1〕用氯化氢气体做喷泉实验 ,喷泉结束后 ,水充满烧瓶 ,那么溶液的物质的量浓度为_______；
〔2〕用NH 3做喷泉实验 ,喷泉结束后 ,水充满烧瓶 ,那么溶液的物质的量浓度为_______；
解析：〔1〕由于HCl 气体极易溶于水 ,最终所得溶液的体积和原HCl 气体的体积相等 ,即相当于VL 溶液中溶解了HCl 气体：mol V 4.22〔设烧瓶体积为VL 〕 ,溶液的物质的量浓度
为：4
.2214.22 VL mol V mol •L －1＝0.045mol •L －1。

〔2〕由于NH 3也极易溶于水 ,最终所得溶液的体积和原NH 3的体积是相等的。

故所得溶液的物质的量浓度也为4
.221mol •L －1 ,约为0.045mol •L －1。

答案：物质的量浓度均为：0.045mol •L －1
〔二〕氮及其氧化物的性质、硝酸的性质：
1、氮气是一种双原子单质分子 ,性质很稳定 ,一般不与其他物质发生化学反响 ,故可用作保护气。

但在特定的条件下 ,可以与氧气、氢气、镁等物质发生反响。

N 2＋3H 2 2NH 3； 3Mg ＋N 2 Mg 3N 2
N 2＋O 2 2NO
2、氮的氧化物种类较多 ,主要有N 2O 〔笑气〕、NO 、NO 2、N 2O 4等。

其中NO 是一种无色不溶于水的有毒气体 ,不溶于水 ,而NO 2那么是一种红棕色有刺激性气味的有毒气体 ,能溶于水 ,溶于水生成HNO 3和NO ,NO 2还易发生二聚反响。

氮的氧化物是形成光化学烟雾的因素之一 ,对环境的危害极大。

NO 和NO 2的相互转化关系为：2NO ＋O 2＝2NO 2；3NO 2＋H 2O ＝2HNO 3＋NO
NO 2具有强氧化性 ,能与许多复原性物质反响 ,如：SO 2、I －等 ,NO 2还能与碱溶液反响 ,
生成硝酸盐和亚硝酸盐。

如：
NO 2＋SO 2＝NO ＋SO 3；2NO 2＋2NaOH ＝NaNO 3＋NaNO 2＋H 2O
故可用碱液来吸收硝酸工业中产生的尾气。

NO 、NO 2的制取
①实验室NO 可用Cu 与稀HNO 3反响制取：3Cu ＋8HNO 3〔稀〕＝3Cu 〔NO 3〕2＋2NO ↑＋4H 2O ,由于NO 极易与空气中的氧气作用 ,故只能用排水法收集。

②实验室NO 2可用Cu 与浓HNO 3反响制取：Cu ＋4HNO 3〔浓〕＝Cu 〔NO 3〕2＋2NO 2↑＋2H 2O 由于NO 2可与水反响 ,故只能用排空气法收集。

3、硝酸的性质：
纯洁的硝酸是无色易挥发 ,有刺激性气味的液体 ,能以任意比溶于水 ,常用浓硝酸的质量分数约为63% ,质量分数98%的硝酸叫做发烟硝酸 ,硝酸是一种重要的化工原料。

硝酸具有酸的通性 ,但硝酸与金属反响时一般无氢气产生。

〔1〕不稳定性：硝酸在受热或光照条件下即可分解：4HNO 3＝4NO 2↑＋O 2↑＋2H 2O ,常见浓硝酸显黄色 ,是由于硝酸分解产生的NO 2气体溶解在其中 ,故浓硝酸应保存在棕色试剂瓶中 ,置于阴暗处。

〔2〕强氧化性：
<1>与金属反响：硝酸和金属反响时 ,硝酸作为氧化剂 ,硝酸的浓度越高 ,其氧化性越
强,复原产物的价态越低。

A：常温下,浓硝酸可使Fe、Al外表形成致密的氧化膜而发生钝化,阻止反响的继续进行。

B：一定条件下硝酸能与除铂以外的多数金属反响,通常浓硝酸反响后生成的气体主要是NO2 ,稀硝酸反响后生成的气体主要是NO ,如：铜与浓、稀硝酸的反响：3Cu＋8HNO3〔稀〕＝3Cu〔NO3〕2＋2NO↑＋4H2O
Cu＋4HNO3〔浓〕＝Cu〔NO3〕2＋2NO2↑＋2H2O
变价金属与硝酸反响时,产物的价态那么要看硝酸与金属的物质的量的相对大小,假设金属过量,那么生成低价的金属硝酸盐,假设硝酸过量,那么生成高价的金属硝酸盐。

如：铁与稀硝酸的反响：3Fe〔过量〕＋8HNO3〔稀〕＝3Fe〔NO3〕2＋2NO↑＋4H2O Fe〔缺乏〕＋4HNO3〔浓〕＝Fe〔NO3〕3＋NO↑＋2H2O
<2>硝酸不仅可与金属反响,还可与非金属单质反响：如：浓硝酸与单质碳反响的化学方程式：C＋4HNO3〔浓〕＝CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
非金属单质与浓硝酸反响时,一般生成高价的非金属氧化物或高价的含氧酸
<3>硝酸与低价态化合物的反响
硝酸能氧化很多低价态的化合物,如S2－、SO32－、I－、Fe2＋等复原性物质,故在酸性条件下NO3－与S2－、SO32－、I－、Fe2＋等不能共存于同一溶液中,但在中性或碱性介质中,可以共存。

〔3〕与有机物反响：在一定条件下硝酸可与某些有机物发生取代反响和颜色反响：如：浓硝酸与苯、苯酚等物质的硝化反响、与醇的酯化反响、与某些蛋白质的颜色反响等。

［说明］
1、氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的氮的过程。

可以通过生物固氮和人工固氮两种方法。

2、Mg在空气中燃烧,除与O2反响外,还可与N2、CO2气体反响生成Mg3N2、MgO和C。

可将产物溶于水,产生无色、有刺激性气味气体,那么证明生成了Mg3N2；假设将产物溶于酸,假设有黑色不溶物生成,那么证明有C产生。

3、浓硝酸和浓盐酸均为无色,但常用的浓盐酸和浓硝酸均呈黄色。

浓盐酸是由于其中溶解了FeCl3而显黄色；而浓硝酸那么是由于硝酸分解产生的NO2溶解在其中显黄色,此时,可向硝酸溶液中通入空气〔氧气〕,除去溶解在其中的NO2：4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3。

4、NO不与水反响,NO2遇水反响产生NO气体,不能完全被水吸收。

但在有氧气存在的情况下,两者都可以完全被水吸收生成硝酸：
4NO＋3O2＋2H2O＝4HNO3；4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3
5、铁和铝遇浓的浓硝酸钝化,并不是指两者不反响,而是反响生成一薄层致密的氧化膜,阻止反响的继续进行。

但在加热条件下,铁和铝也能与浓硝酸反响。

硝酸与金属反响时既起氧化剂的作用,同时还起酸的作用。

随着反响的进行,硝酸的浓度逐渐降低,氧化性逐渐减弱,复原产物的价态逐渐降低。

6、NO3－在中性和碱性溶液中不具有强氧化性,但在酸性介质中,NO3－具有强氧化性,能氧化许多复原性物质。

故复原性离子与NO3－在中性和碱性介质中可以共存,而在酸性介质中不能共存。

7、硝酸与有机物所发生的反响大局部都是取代反响,此时硝酸〔HO－NO2〕提供－OH ,－NO2〔硝基〕取代有机物中的H ,形成硝基化合物或硝酸酯。

8、NO3－的检验,是将溶液蒸馏浓缩,再向溶液中参加铜片和浓硫酸,假设产生红棕色气体,那么证明有NO3－,反之没有NO3－。

9、金属和硝酸反响时,随反响情况不同产物不同,有时甚至出现多种产物混合现象〔如NO、NO2混合,NO、NO2、N2O4混合,Fe2＋、Fe3＋混合等〕。

如果采用一般的解题方法,依据化学方程式分步计算,计算步骤十分繁琐,甚至造成简单问题复杂化。

但假设采用守恒法来解,常常可以使问题得到简化。

此类题目的守恒通常依据两个方面：
⑴原子守恒：硝酸的总物质的量＝和金属阳离子结合的NO3－的物质的量＋复原产物中N原子的物质的量＋剩余HNO3的物质的量；
⑵电子守恒：金属失去电子的总物质的量＝氧化剂〔HNO3〕转化为复原产物〔氮的氧化物〕时所得到的电子的物质的量。

例1. 将1.92gCu粉与一定量的浓硝酸反响,当Cu粉完全作用时,收集到气体1.12L〔标况〕,那么所消耗硝酸的物质的量是：
A. 0.12mol
B. 0.11mol
C. 0.09mol
D. 0.08mol
解析：消耗的硝酸分两局部,一局部起酸的作用,一局部做氧化剂,由守恒法可知,消耗的硝酸的物质的量应为这两局部的和,即为：1.92g/64g/mol×2＋1.12L/22.4L/mol＝0.11mol；应选B
答案：B
例2. 用以下三种途径来制取相等质量的硝酸铜：〔1〕铜跟浓硝酸反响；〔2〕铜跟稀硝酸反响；〔3〕铜先跟氧气反响生成氧化铜,氧化铜再跟硝酸反响。

以下表达中正确的选项是
A. 三种途径所消耗的铜的物质的量相等
B. 三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等
C. 所消耗的铜的物质的量是：途径〔3〕＞途径〔1〕＞途径〔2〕
D. 所消耗的硝酸的物质的量是：途径〔1〕＞途径〔2〕＞途径〔3〕
解析：此题是评价制备方案的优劣。

从绿色化学角度看〔1〕要节约原料；〔2〕是副产品,对环境污染小。

〔1〕Cu＋4HNO3〔浓〕＝Cu〔NO3〕2＋2NO2↑＋2H2O , 〔2〕3Cu＋8HNO3〔稀〕＝3Cu〔NO3〕2＋2NO↑＋4H2O ,
〔3〕2Cu＋O2＝2CuO ,CuO＋2HNO3＝Cu〔NO3〕2＋H2O。

：
由上表知：〔1〕耗HNO3最多,生成污染物最多；〔3〕耗HNO3最少,没有污染物。

答案：AD
例3.某试剂厂有银〔含杂质铜〕和硝酸〔含杂质Fe3＋〕反响制取硝酸银。

步骤如下依据上述步骤,完成以下填空：
〔1〕溶解银的硝酸应该用硝酸〔填浓或稀〕。

原因是〔填序号,下同〕〔a〕减少过程中产生NO X的量___________〔b〕减少原料银的消耗量___________〔c〕节省硝酸物质的量
〔2〕步骤B加热保温的作用是___________。

〔a〕有利于加快反响速率
〔b〕有利于未反响的硝酸挥发
〔c〕有利于硝酸充分反响,降低溶液中c〔H＋〕
〔3〕步骤Ｃ中是为了除去Fｅ3＋、Cu2＋等杂质,冲稀静置时发生的化学反响是_________ 〔a〕置换反响〔b〕水解反响〔c〕氧化复原反响
产生的沉淀物化学式.
解析：〔1〕根据反响方程式：Ag＋2HNO3〔浓〕＝AgNO3＋NO2↑＋H2O、3Ag＋4HNO3〔稀〕＝3AgNO3＋NO↑＋2H2O可知：每生成1molAgNO3 ,如用浓HNO3 ,消耗HNO32mol ,产生1molNO2；如用稀HNO3 ,只需HNO34/3mol ,放出NO1/3mol。

故用稀硝酸比用浓硝酸好,原因为减少氮氧化物的排放量,从而节省硝酸的使用量,即理由为〔a〕、〔c〕。

〔2〕根据温度对反响速率的影响,加热保温是使反响加快,促使HNO3与Ag反响,而不希望HNO3损失,因此其目的是〔a〕、〔c〕。

〔3〕由水解原理,溶液浓度小,促进水解,使Fｅ3＋、Cu2＋生成难溶的Fe〔OH〕3、Cu 〔OH〕2而除去。

答案：〔1〕稀,〔a〕、〔c〕
〔2〕〔a〕、〔c〕
〔3〕〔b〕,Fe〔OH〕3、Cu〔OH〕2
例4. 1898年,曾有人创造了固氮的一种方法,该法以石灰石、焦炭、空气为原料。

第一步反响是石灰石分解；第二步是使第一步反响产物和焦炭反响,在电炉中的高温下制得第三步反响起始物；第三步反响中另一反响物是空气,该反响也是在电炉中完成的,生成一种固体；第四步是使该固体和水蒸气反响制得氨气。

又知该固体中有与N3－互为等电子体的离子。

〔1〕试写出四步反响的化学方程式；
〔2〕试简评该固氮方法。

解析：前二步反响分别是石灰石的分解和制造电石的反响：
CaCO3∆CaO＋CO2↑；CaO＋3C∆CaC2＋CO↑
第三步反响是CaC2在高温下与空气中的氮气反响,以取得固氮的效果。

由于生成物与N3－互为等电子体的离子,氮元素在此生成物中应为－3价,后者与水反响才更有可能生成NH3。

N3－的等电子体有CN22－、C2N3－。

如果N为－3价,在CN22－中C为＋4价, 在C2N3－中C为0价,不合理,因此生成物中的该离子只能为CN22－。

其化学方程式为：CaC2＋N2∆CaCN2＋C；CaCN2＋3H2O＝CaCO3＋2NH3↑。

这种方法较之现在的合成氨工业,需要消耗大量电能,原料众多,生产本钱高,因此,很快被合成氨的催化法代替。

答案：〔1〕CaCO3∆CaO＋CO2↑；CaO＋3C∆CaC2＋CO↑；CaC2＋N2∆CaCN2＋C；CaCN2＋3H2O〔g〕＝CaCO3＋2NH3↑。

〔2〕这种方法,需要消耗大量电能,原料众多,设备重,生产本钱高。

例5. 为了测定某铜银合金的成分。

将30.0g合金完全溶于80mL13.5mol/L的浓HNO3中,待合金完全溶解后,收集到气体6.72L〔标准状况〕,并测得溶液中氢离子浓度为1mol/L。

假设反响后溶液的体积仍为80mL。

试计算：
〔1〕被复原的硝酸的物质的量。

〔2〕合金中银的质量分数。

解析：〔1〕此题考查的是有关硝酸的综合计算。

Cu、Ag合金溶于过量的硝酸后,分别生成Cu〔NO3〕2和AgNO3,而硝酸的复原产物那么为：NO x。

那么根据元素守恒：被复原的硝酸的物质的量等于NO x的物质的量＝6.72L/22.4L/mol＝0.3mol；
〔2〕再根据元素守恒,我们假设原合金中含铜的物质的量为x ,银的物质的量为y ,那么有：
2x＋y＝80mL×10－3L/mL×13.5mol/L－0.3mol－80mL×10－3L/mL×1mol/L＝0.7mol 64g/mol×x＋108g/mol×y＝30.0g
解得：x＝0.3mol ,y＝0.1mol
那么混合物中银的质量分数为：〔108g/mol×0.1mol〕/30.0g＝36%
答案：被复原的硝酸的物质的量为0.3mol ,合金中银的质量分数为36%。