高一化学教案：第4讲-硫、氮的相关计算（一）

高一化学教案：第4讲-硫、氮的相关计算（一）

辅导教案 学员姓名： 学科教师：‎ 年 级：高一 辅导科目：化学 ‎ 授课日期 ‎××年××月××日 ‎ 时 间 A / B / C / D / E / F段 主 题 硫、氮的相关计算（一）‎ 教学内容 ‎1．掌握硫及其化合物．硫酸相关的计算；‎ ‎2．掌握NO．NO2．O2的混合气和水反应．NOx与碱反应的应用与计算；‎ ‎3．掌握硝酸相关的计算。‎ ‎【教学建议】以下题型难度中等，建议用时15分钟。这部分内容建议给学生提前布置，提前进行预习，由各个学生先独立思考完成，并讲好本节课的游戏规则——抽扑克牌积点制（盲眼抽扑克牌，授课中不许偷看扑克牌的点数，课堂结束后再进行点数计算，对于得分最高的学生可以进行小礼品的奖励，对于得分低的学生则要进行惩罚措施，让学生自己表演一个小节目），对于第一个举手抢答的学生不仅可以拥有优先选择的权利，可以抽一张扑克牌；对于正确率高的学生也可以抽一张扑克牌。‎ ‎1．100ml 18.0mol/L的浓硫酸和足量的铜在加热条件，被还原的H2SO4物质的量为( )‎ ‎ A 小于 0.9mol B等于 0.9mol C大于0.9mol 而小于1.8mol D．等于1.8mol ‎【答案】：A ‎2．室温时，在体积相同的容器里混合下列气体，混合后压强最大的是 （ ）‎ ‎ A. 100mL NO与50mLO2 B. 100mLH2S与50mL SO2 ‎ ‎ C. 37.5mLN2与112.5mLH2 D. 100mL HCl与50mLNH3‎ ‎【答案】：C ‎3．将1mol氨气和2mol氧气混和，在800℃铂催化剂作用下充分反应，当恢复到常温常压时，所得的产物是 A．二氧化氮与氧气 B．一氧化氮与二氧化氮 C．硝酸与一氧化氮 D．硝酸与水 ‎【答案】：D ‎4．体积为1L的干燥烧瓶中，用排空气法收集NH3后，测得烧瓶中气体对H2的相对密度为10。用此气体进行喷泉实验，当喷泉停止后，进入烧瓶中的液体体积约为…………………………（ ）‎ ‎ A．1/4L B．1/2L C．3/4L D．全满 ‎【答案】：C ‎5．1mol Cu和1 mol碳分别与足量的浓硫酸反应，下列叙述正确的是 ( )‎ ‎ (A)消耗的硫酸量相同 (B)消耗的硫酸量不同 ‎(C)被还原的硫酸量相同 (D)被还原的硫酸量不同 ‎【解析】：由化学方程式可知 ‎ Cu+2 H2SO4（浓） CuSO4 + SO2↑+ 2H2O ‎ C + 2 H2SO4（浓）CO2↑+ 2SO2↑+ 2H2O ‎ 1 mol Cu．1 mol C跟浓H2SO4反应，都消耗2mol H2SO4，被还原的H2SO4分别是1 mol．2 mol。‎ ‎【答案】：AD ‎6．mg铜与足量的浓硫酸反应，标准状况下生成n L SO2，则被还原的硫酸是 ( )‎ ‎(A)m/64 mol (B)m/32 mol (C) 98n/22.4 g (D)64n/22.4 g ‎【解析】：m g Cu与足量浓硫酸反应则铜完全反应 Cu + 2H2SO4CuSO4 + 2H2O + SO2↑‎ ‎64 g 1 mol(被还原) 22.4 L m g n(H2SO4) n L n(H2SO4) = = m/64 mol m(H2SO4) =×98 g/mol = 98n/22.4 g ‎【答案】：AC ‎7．NO．NO2均可与NH3反应转化为无害的N2和H2O，现有3L NO．NO2的混合气体，，当耗用3L NH3时，可全部转化为N2和H2O，则NO和NO2的体积之比为（ ）‎ A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．任意比 ‎【答案】：A ‎【教学建议】以下知识点属于基础的知识点，建议用时60分钟，采用默写化学方程式的方式或者是轮流制的提问方式进行抽查学生的掌握情况，表现好的学生及时给予鼓励，抽一张扑克牌。讲义中的例题属于基础的计算题，难度中等，基础或中等的学生都可以采用。‎ ‎（一）．硫的性质 ‎ (1)物理性质：纯净的硫通常是一种黄色或淡黄色的固体，俗称硫磺；密度比水大；不溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2；硫为分子晶体，熔点112.8℃，沸点444.6℃。硫元素在地壳中的含量只有0.052%，但是硫的分布很广。‎ ‎ (2)化学性质：单质硫既有氧化性，又有还原性。硫元素有 -2．0．+4．+6四种常见的化合价。‎ ‎ ①硫通常以弱氧化性为主。如：与金属．氢气的反应。‎ ‎ Fe + SFeS（黑褐色）‎ ‎ 2Cu + SCu2S（黑色）‎ ‎ Hg + SHgS（黑色）‎ ‎ S + H2H2S ‎ ②硫也可以表现为还原性。如：与氧气的反应。‎ ‎ S + O2SO2（硫在空气中点燃产生淡蓝色火焰，在纯氧气中点燃产生明亮的蓝紫色火焰）‎ 考点一．金属与硫反应的相关计算 ‎【典型例题1】0.1mol某单质与足量的硫充分反应后，质量增加1.6g。则该单质是（ ）‎ ‎ (A) 铁 (B) 铜 (C) 铝 (D) 镁 ‎【答案】：B ‎【变式训练】将4 g硫跟16 g氧气充分燃烧，燃烧后的气体在标准状况下的体积为( )。‎ ‎ (A)2.8 L (B)5.6 L (C) 11.2 L (D) 22.4 L ‎【答案】：C ‎【典型例题2】（1）将m g铁粉和n g硫粉均匀混合，在密闭容器中加热到红热，冷却后加入____Lb mol·L-1的盐酸就不再产生气体。若把已放出的气体收集起来，在标准状况下的体积是______。‎ ‎（2）若把0.1 mol铁粉和1.6 g硫粉均匀混合后，铺在石棉网上用酒精灯加热引燃，完全反应后，将残渣全部放入过量的稀H2SO4中充分反应，结果所产生的气体体积在标准状况下明显少于2.24 L，其原因是__________________________________________________。‎ ‎【解析】：（1）由Fe+SFeS，FeS+2HCl→FeCl2+H2S↑，得Fe～2HCl；又由Fe+2HCl→FeCl2+H2↑，得Fe～2HCl，即产生气体的总体积和消耗的盐酸的量与硫粉量无关，只由铁的量确定。‎ 设加入b mol·L-1盐酸的体积为V，则 ‎×2=V×b mol·L-1，得V= L或 mL 标准状况下产生气体的体积为×22.4 L·mol-1=0.4m L。‎ ‎（2）n（S）==0.05 mol＜0.1 mol，铁粉过量，过量的铁粉在加热的条件下被空气中的氧气氧化，生成的铁的氧化物与H2SO4反应不再放出H2，故放出气体的体积小于2.24 L。‎ ‎【答案】：（1） 0.4m L ‎（2）与硫反应的铁粉过量，过量的铁粉在加热的条件下被空气中的氧气氧化，生成了铁的氧化物，与H2SO4反应不再放出H2，故放出气体的体积小于2.24 L ‎【方法技巧】本题定量考查硫与铁化合及其生成的FeS与酸反应，通过分析，明确一定量的硫与铁的混合物反应后，加盐酸产生的气体的物质的量只与铁粉有关，且与铁的物质的量相等。但利用此结论解题时需注意反应的条件和环境。‎ ‎【教学建议】上述的方法技巧建议由教师进行引导，由学生进行总结，由学生进行抢答，最先得出的解题技巧的孩子，可以抽一张扑克牌。‎ ‎【变式训练】将一定量的铁粉和硫粉的混合物共热，充分反应后冷却，再加入足量的稀硫酸，得到标准状况下的气体11.2 L，则原混合物可能的组成是（n代表物质的量） （ ） 学科网 A．n(Fe)< n(S) 总质量等于44g B．n(Fe)> n(S) 总质量等于44g C．n(Fe) = n(S) 总质量大于44g D．n(Fe)> n(S) 总质量小于44g 学科网 ‎【答案】：D ‎（二） H2S的还原性 ‎ 硫化氢中的硫显-2价，在化学反应中容易失去电子，故硫化氢的还原性较强。硫化氢显示还原性的几个典型反应为：‎ ‎ 2H2S + O22S↓+ 2H2O(H2S在空气中不完全燃烧)‎ ‎ 2H2S + 3O22SO2 + 2H2O(H2S在空气中完全燃烧，并伴有淡蓝色火焰)‎ 考点二．硫化氢燃烧相关计算 ‎ 当≥2/1时 ，2H2S + O22S↓+ 2H2O (H2S在空气中不完全燃烧)‎ ‎ 当≤2/3时，2H2S + 3O22SO2 + 2H2O (H2S在空气中完全燃烧，并伴有淡蓝色火焰)‎ ‎ 当时，两种反应物全部反应完，而产物既有硫又有SO2‎ ‎【典型例题】在一定条件下，将70 mL H2S气体与90 mL氧气混合，点燃并使其充分反应完，再恢复至原来条件，则生成SO2的体积为 ( )‎ ‎ A．70 mL B．60 mL C．55 mL D．50 mL ‎【解析】：H2S在O2中的燃烧分两种情况：‎ ‎ 2H2S + 3O22SO2 + 2H2O ①‎ ‎ 2 ：3‎ ‎ 2H2S + O22SO + 2H2O ②‎ ‎ 2 ：1‎ ‎∵ 2 : 1 > 7 : 9 > 2 : 3 ∴两个反应同时发生 ‎ 【解法一】：平行计算法 ‎ 设按反应①进行的H2S的体积为x，按反应②进行的H2S的体积为y，则：‎ ‎ 2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O ‎ x 1.5x x ‎ 2H2S + O2 → 2S↓+ 2H2O ‎ y 0.5y ‎ x + y=70 mL ‎ 解得：x = 55 mL ‎ 1.5 x + 0.5 y= 90 mL ‎ 【解法二】：总反应式法 ‎ 7H2S + 9O25.5SO2 + 1.5S + 7H2O ‎ 再配O 最后配S 先配H ‎ 显然，70 mL H2S在90 mL O2中燃烧生成了55 mL SO2。‎ ‎【答案】：C ‎【变式训练】已知：H2S在足量O2中充分燃烧生成SO2和H2O；不充分燃烧时，生成S和H2O。24mLH2S在30 mLO2中燃烧，在同温同压下得到SO2的体积为（ ）‎ A．24mL B．30mL C．20mL D．18mL ‎【答案】：D ‎（三）SO2的氧化性与H2S还原性：‎ ‎ 二氧化硫中硫元素的化合价处于+4价，为中间价态，在反应中即可作氧化剂，也可作还原剂：‎ 氧化性：SO2 + 2H2S3S↓+ H2O 考点三．二氧化硫与硫化氢反应的计算 ‎【典型例题】向容器内通入H2S 和SO2共1 mol，充分反应后所得氧化产物比还原产物多8g，则通入的SO2 和H2S的物质的量之比可能是（ ）‎ A． 1:1 B．1:2 C．2:1 D．1:3 E．3:1‎ ‎【解析】：2H2S + SO2 → 2S + S + 2H2O △m ‎ 氧化产物 还原产物 氧化产物-还原产物 ‎ 2mol 1mol 64g 32g 32g ‎ 0.5mol 0.25mol 8g ‎ 即参加反应的H2S：0.5 mol．SO2：0.25 mol，‎ ‎ 故当H2S过量时，SO2与H2S的物质的量之比为 0.25∶(0.5+0.25)=1∶3。‎ ‎ 或当SO2过量时(0.25+0.25)∶0.5=1∶1。‎ ‎【答案】：AD ‎【变式训练】SO2和H2S气体2.5mol反应后，还原产物比氧化产物少16g，原混合气体中SO2和H2S的质量比可能为（ ）‎ A．32:17 B．24:17 C．16:17 D．8:17‎ ‎【答案】：D 考点四．酸性硫化物与碱的反应 ‎【典型例题1】含8.0g NaOH的溶液中通入一定量H2S后，将得到的溶液小心蒸干，称得无水物7.9g，则该无水物中一定含有的物质是（ ） ‎ ‎ A．Na2S B．NaHS C．Na2S和NaHS D．NaOH和NaHS ‎【解析】：采用极值法，如果没有反应产物全为NaOH时，质量为8g；若产物全是Na2S时，为7.8g；若产物全是NaHS时，为11.2g。实际产物7.9g，则可能为NaOH,Na2S或Na2S,NaHS的混合物，所以一定含有Na2S。‎ ‎【答案】：A ‎【教学建议】这是一道易错题，可以用图像的解题方式让学生理解。‎ ‎【变式训练】往400mL 0.5mol/L的NaOH溶液中通入一定量的H2S气体，然后在低温下蒸发溶液，得一定量的白色固体A。‎ ‎（1）推测白色固体A所有可能的组成，并将化学式填入下表（可不填推测过程）：‎ 编 号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ A物质的组成 ‎（2）若得到的白色固体A的质量为9.5g，试通过计算确定A的组成及质量。‎ ‎【答案】：（1）‎ 编 号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ A物质的组成 Na2S 和NaOH Na2S NaHS Na2S 和NaHS ‎ （2）Na2S和NaHS的质量分别为3.9g和5.6g ‎【典型例题2】．一定物质的量的SO2与NaOH溶液反应，所得溶液中含Na2SO3与NaHSO3物质的量之比为3:5，则参加反应的SO2与NaOH物质的量之比为（ ）‎ ‎ A．3:5 B．1:2 C．18:8 D．8:11‎ ‎【答案】：D ‎（四）浓硫酸的强氧化性 ‎ 浓硫酸中+6价的硫元素会夺取电子（呈现强氧化性），一般被还原成+4价硫元素的化合物(SO2)，所以浓硫酸称为强氧化性酸。‎ ‎ 例如木炭及铜都不跟稀硫酸反应，但它们都能跟浓硫酸发生反应。‎ ‎ C + 2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+ 2H2O ‎ Cu + 2H2SO4（浓）CuSO4 + SO2↑+2H2O ‎ 【注意】条件不同，反应产物也不同。例如在加热条件下，浓硫酸能跟大多数金属起反应，生成相应的硫酸盐．二氧化硫和水。在常温下，浓硫酸跟某些金属（如铁．铝）接触时，能够在金属表面生成一层致密的氧化物，从而阻止内部金属继续跟浓硫酸发生反应。这种现象称为“钝化”。因此，冷的浓硫酸可以用铁或铝的容器贮存。‎ 考点五．铜与浓硫酸不完全反应的计算 ‎【典型例题1】向50mL 18 mol/L的硫酸中加入足量的Cu片并加热,被还原的硫酸的物质的量是（ ）‎ ‎ A．大于0.45 mol ,小于0.9 mol B．等于0.45 mol ‎ ‎ C．等于0.9 mol D．小于0.45 mol ‎【解析】：Cu与稀H2SO4不反应，在加热条件下Cu和浓H2SO4发生反应；浓度不同，发生的化学反应不同，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐在减小，当成为稀硫酸时与金属铜是不反应的，所以最后生成的二氧化硫的浓度肯定要小于0.45 mol.本题学生很容易错选B ‎【答案】：D ‎【变式训练】把12.8g的铜片放入装有含硫酸0.2mol的浓硫酸的试管中,加热。反应完全后，产生的SO2的体积是（ ）‎ A．4.48L B．2.24L C．1.12L D．以上答案都不对 ‎【解析】：本题学生拿到题目就会按部就班的做题，然后一一去计算，考虑哪种物质先反应完，殊不知本体的计算技巧是要算气体的体积，必须交代标准状况，本题没有任何说明，故此题不需要计算就可知答案 ‎【答案】：D ‎【典型例题2】将铜片放入115 mL某浓度的浓硫酸中，在加热条件下反应，待铜片全部溶解后，将其溶液稀释到500 mL，再加入足量锌粉．使之充分反应，收集到2. 24 L(标准状况下)气体。过滤残留固体，干燥后称量，质量减轻了7.5 g。求原硫酸的物质的量浓度。‎ ‎【解析】：Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+ 2H2O ①‎ ‎ Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2↑ ②‎ ‎ Zn + CuSO4 → ZnSO4 + Cu ③‎ ‎ 由②求出过量H2SO4的量 ‎ Zn ～ H2SO4 ～ H2‎ ‎ 65 g 1 mol 1 mol ‎ m(Zn) n(H2SO4) ‎ ‎ 列比例式解得：n(H2SO4) = 0.1 mol ‎ m(Zn) = 6.5 g ‎ 由③得：‎ ‎ Zn ～ CuSO4～Cu △m ‎ 65g 1moI 64 g 65 g一64 g = 1 g ‎ n(CuSO4) 7.5 g一6.5 g = 1 g ‎ 列比例式解得：m(CuSO4) = 1 mol ‎ 由①得：2H2SO4 ～ CuSO4‎ ‎ n(H2SO4) 1 mol ‎ 列比例式解得：n(CuSO4) = 2 mol ‎ H2SO4的总量为：‎ ‎ =2 mol+0.1 mol = 2.1 moI ‎ c(H2SO4) = = 18.3rnol/L。‎ ‎【答案】： 18.3rnol/L ‎【变式训练】取0.15‎ ‎ L未知浓度的浓硫酸，加入铜片后加热，使铜全部溶解，冷却至室温后定容为1L。取出定容后溶液50 mL，加入还原铁粉7.00 g，充分反应后共生成气体1.68 L（标准状况），溶液下部残渣质量为3. 04 g，所得溶液是FeSO4溶液。计算原硫酸的物质的量浓度。‎ ‎【解析】：要计算出原浓硫酸的物质的量浓度，必须算出在0.15 L该硫酸中硫酸的物质的量，这可通过生成硫酸铜时耗用的硫酸，以及跟铁反应所耗用的硫酸求出。跟铁反应所耗用的硫酸可从生成氢气的体积算出。试题给出最后所得溶液是FeSO4溶液，说明铁粉过量，锕跟浓硫酸反应生成的CuSO4又跟铁发生置换反应：Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu，从固体质量的变化可以算出CuSO4的物质的量，再计算出铜与浓硫酸反应时耗用硫酸的物质的量。将所得上述两部分硫酸的物质的量之和，除以溶液的体积，便可计算出硫酸的物质的量浓度。‎ ‎ 【解】取出定容后的溶液加入铁粉有气体生成，说明硫酸未完全反应。‎ ‎ 设跟铁反应的H2SO4为n mol ‎ Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2↑‎ ‎ 1 1 1‎ ‎ n n ‎ ‎ n = = 0.075 mol m(Fe) =0. 075×56=4.2 g ‎ 最后所得溶液为FeSO4溶液，说明CuSO4完全反应，设参加反应的CuSO4为a mol，即生成a mol CuSO4 需H2SO4 a mol ‎ Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu △m ‎ 160 64－56‎ ‎ a×160 3.04－(7－4.2)‎ ‎ a=0.03 mol ‎ ∴0.15 L溶液中含硫酸的物质的量 = (a + n)×= (0.03 + 0.075)×20=2.1 mol ‎ ∴ c(H2SO4) = =18 moI/L ‎【答案】： 18rnol/L ‎【教学建议】氮氧化物的计算题型较多，也可以采用细化类型进行讲解，建议用时10分钟，先有学生进行讲述，进而由教师进行归纳总结，只要提出类型的孩子，均奖励一张扑克牌。‎ 考点六：氮氧化物溶于水和氢氧化钠的计算 ‎ 1．单一气体：NO2溶于水时，可依据3NO2＋H2O→2HNO3＋NO，利用气体体积的变化差值进行计算。‎ ‎ 2．混合气体：（含氧气）‎ ‎ 涉及的可能相关化学反应方程式分别为：‎ ‎ 3NO2+H2O2HNO3+NO ‎ 4NO+3O2+2H2O4HNO3．‎ ‎ 4NO2+O2+2H2O4HNO3．‎ ‎ NO2+NO+O2+H2O2HNO3。‎ ‎ （1）NO2和O2的混合气体溶于水时，由反应4NO2＋O2＋2H2O→4HNO3进行计算。‎ ‎ ①当V(NO2)∶V(O2)＝4∶1时，恰好完全反应，无气体剩余。‎ ‎ ②当V(NO2)∶V(O2)>4∶1时，NO2过量，剩余气体为NO。‎ ‎ ③当V(NO2)∶V(O2)<4∶1时，O2过量，剩余气体为O2。‎ ‎ （2）NO和O2的混合气体溶于水时，由反应4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3进行计算。‎ ‎ ①当V(NO)∶V(O2)＝4∶3时，恰好完全反应。‎ ‎ ②当V(NO)∶V(O2)>4∶3时，剩余气体为NO。‎ ‎ ③当V(NO)∶V(O2)<4∶3时，剩余气体为O2。‎ ‎ （3）NO2．NO与O2三种气体溶于水：利用混合气体中N．O原子个数比进行分析 ‎ ①当N（N）∶N（O）<2∶5，则容器内剩余气体为O2。‎ ‎ ②当N（N）∶N（O）=2∶5，则容器内无气体剩余，水可充满容器。‎ ‎ ③当N（N）∶N（O）>2∶5，则容器内剩余气体为NO。‎ ‎ 3．氮氧化物与氢氧化钠的反应 ‎ 2NO2 +2NaOH → NaNO2+ NaNO3+ H2O ‎ NO2 +NO+ 2NaOH →2 NaNO2 + H2O ‎ 而该考点主要以选择的形式考查，常常以一氧化氮二氧化氮和氧气混合溶于氢氧化钠，只要确保一氧化氮和二氧化氮物质的量之比为1:1，则耗氧量最小，确保所有的氮元素转化为+5的硝酸盐，则耗氧量最大。‎ ‎【典型例题1】将盛有12mLNO2和O2混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2mL无色气体，则原混合气体中O2的体积是（　　）‎ ‎　　　　A．1.2mL　　 　B．2.4mL　　　　C．3.6mL　　　 D．4mL ‎【解析】：解题依据的化学反应原理为：‎ ‎　　4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3‎ ‎　　3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO ‎　　设O2的体积为XmL，剩余的气体有两种可能：‎ ‎　　①若剩O2，则＝－（12－）＝2，得＝4，D正确。‎ ‎　　②若剩NO，则＝[（12－）－4]＝2，得＝1.2，A正确。‎ ‎【答案】：AD ‎【变式训练1】一定条件下，将34 mL NO和O2混合气体充入试管中，并将试管倒立于水中，充分反应后剩余气体为6 mL，则混合气体中NO与O2的体积分别为(　　)‎ A．22 mL．12 mL B．13 mL．21 mL C．16 mL．18 mL D．21 mL．13 mL ‎【解析】：参与反应的气体总体积为：34 mL－6 mL＝28 mL，依反应4NO＋3O2＋2H2O4HNO3知，反应的V(NO)＝28 mL×＝16 mL，V(O2)＝28 mL－16 mol＝12 mL.‎ ‎(1)当NO剩余时，则V(NO)＝16 mL＋6 mL＝22 mL，V(O2)＝12 mL，A项符合．‎ ‎(2)当O2剩余时，则V(NO)＝16 mL，V(O2)＝12 mL＋6 mL＝18 mL，C项符合．‎ ‎【答案】：AC ‎【变式训练2】15L NO2和NO的混合气体通过水后收集到7L气体（同温同压），则被氧化的NO2有 （ ）‎ ‎ A．4L B．6L C．8L D．12L ‎【答案】：C ‎【典型例题2】在标准状况下，将O2与NO按3：4的体积比充满一个干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升后，最后烧瓶内溶液的物质的量浓度为（　　）‎ ‎　　　　A．0.045mol·L－1　　B．0.036mol·L－1 　C．0.026mol·L－1　　D．0.030mol·L－1‎ ‎【解析】：此题涉及两个知识点：①NO与O2迅速反应生成NO2。②NO2与O2混合气与水发生反应：4NO2＋O2＋2H2O→4HNO3。‎ ‎　　设O2为3mol，NO为4mol。根据2NO＋O2→2NO2，烧瓶内实际存在的是4molNO2和1molO2，与水作用后，恰好生成4molHNO3，溶液的体积为5×22.4L。故硝酸溶液的浓度为4/（5×22.4）＝0.036（mol·L－1）。‎ ‎【答案】：B ‎【变式训练1】在标准状况下，在三个干燥的烧瓶内分别装入有：干燥纯净的NH3 ．含一半空气的HCl 气体．NO2 和O2的混合气体[V(NO2)∶V(O2)]= 4∶1。然后分别做喷泉实验，三个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度之比为 （ ）‎ A．2∶1∶2 B．1∶1∶1 C．5∶5∶4 D．无法确定 ‎【答案】：B ‎【变式训练2】同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满：①NH3，②NO2，进行喷泉实验。经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为 （ ）‎ ‎ A．①＞② B．①＜② C．①=② D．不能确定 ‎【解析】：可先设烧瓶容积为1L,则NH3瓶中水充满整个烧瓶,NO2瓶中水充满烧瓶的2/3,如在标准状况下测定,则氨水的物质的量浓度为c=,HNO3溶液物质的量浓度为c=。‎ ‎【答案】：C ‎【典型例题3】根据硝酸尾气处理的反应原理，下列气体中不可能被过量的NaOH溶液吸收的是（ ）‎ ‎ A. 1 mol O2和4 mol NO2 B. 1 mol NO和4 mol NO2‎ ‎ C. 1 mol O2和4 mol NO D. 4 mol NO和1 mol NO2‎ ‎【答案】：D ‎(五) 硝酸的化学性质 ‎1．HNO3具有酸的通性。‎ ‎2．HNO3具有强氧化性，表现在能与多数金属．非金属．某些还原性化合物起反应。‎ ‎【注意】由于硝酸氧化性很强，任何金属与硝酸反应都不能放出氢气，在与不活泼金属如Cu．Ag等反应时，浓硝酸还原产物为NO2，稀硝酸还原产物为NO，（但不能认为稀硝酸的氧化性比浓硝酸强）；‎ 这类反应中硝酸只有一部分体现 氧化性 被还原，另一部分体现 酸性 生成硝酸盐。‎ 铁．铝常温下遇浓硝酸，由于浓硝酸具有 强氧化性 ，所以在金属的表面形成一层 致密的氧化膜 ，阻止反应继续进行，这个过程叫 钝化 。所以可用铁．铝容器装运浓硝酸（或浓硫酸）。‎ ‎3．在溶液中NO3—‎ 几乎与所有离子能大量共存，但注意，当溶液的酸性较强可形成硝酸溶液，具有还原性的某些离子则不能与其大量共存，如NO3—．H＋．Fe2＋ 中任意两者能大量共存，但三者则不能大量共存。‎ 即：NO3— 在中性或碱性溶液中不表现氧化性，而在酸性溶液中表现强氧化性。‎ ‎【特别提醒】：有硝酸参与的氧化还原反应的计算：（1）单质与硝酸的反应，分析讨论是金属还是非金属，若为金属参加的反应硝酸分为两部分，一部分作氧化剂，另一部分起酸性生成硝酸盐，应先确定未被还原的硝酸，再由电子得失守恒求解。若为非金属单质与硝酸反应时，硝酸全部被还原。（2）Cu与HNO3的反应中随着反应的进行浓度逐渐变小，产物由NO2变成NO，最终为混合气体。可以这样理解并分析：反应的硝酸在产物中共三部分：‎ Cu(NO3)2 HNO3—‎ 被还原的硝酸无论生成NO还是NO2均为一个N原子与一个HNO3的比例关系，即：被还原的硝酸与气体的物质的量相等。而未被还原的硝酸总是生成最高价金属的硝酸盐〔如Cu (NO3)2〕，一个金属离子与金属离子最高价数个HNO3成比例关系，即未被还原的HNO3与金属离子的最高价态数相等。‎ ‎【教学建议】这部分的内容在氮硫的综合计算中，会具体再次进行归纳，本讲义中只是先让学生有个初步的解题思路和印象即可。‎ 考点七．铜与硝酸相关反应的计算 ‎【典型例题1】1.92gCu片与定量的浓HNO3作用，当收集到NO2和NO气体共1.12L时（标准状况），金属铜恰好全部作用。则反应中消耗HNO3_______mol被还原的HNO3________mol，转移电子________mol。‎ ‎【解析】：ne=nCu×2=×2=0.06mol ‎=0.05mol ‎×2+0.05mol=0.11mol ‎【答案】：0.11．0.05．0.06。‎ ‎【变式训练】将0.1 mol铜与40 mL 10 mol·L−1HNO3充分反应后，溶液中含a mol H+，由此可知 （ ）‎ ‎ A.生成的气体在标准状况下的体积为4.48 L ‎ B.生成的气体在标准状况下的体积为1.49 L ‎ C.被还原的硝酸的物质的量为(0.2−a) mol ‎ D.反应后溶液所含NO3−物质的量为0.2 mol ‎【解析】：反应开始时是浓硝酸，随后浓度变稀，转化为铜与稀硝酸反应。因此不能用铜与浓硝酸或稀硝酸的一种反应进行计算；但是无论浓硝酸还是稀硝酸，铜片均能反应完。根据氮元素守恒有：被还原的硝酸+硝酸铜中的硝酸根离子+剩余硝酸=原有硝酸总量，即被还原的硝酸+0.1 mol×2+a mol=0.4 mol,故被还原的硝酸=(0.2−a)mol。由于a不确定，所以不能计算产生气体物质的量。‎ ‎【答案】：C ‎【典型例题2】 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。假设反应后溶液的体积仍为80mL。试计算：‎ ‎ （1）被还原的硝酸的物质的量。‎ ‎（2）合金中银的质量分数。‎ ‎【解析】：（1）提示：由还原产物为NO2和NO气体，则由氮元素守恒解得。（2）提示：由溶液中的电荷守恒。 ‎ ‎【答案】：（1）0.3mol；(2)36%‎ ‎【变式训练】1.92 g Cu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672 mL气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入O2的体积为（ ）‎ A．504 mL B．336 mL C．224 mL D．168 mL ‎【答案】：B ‎【教学建议】1-5是基础题型，6-9难度中等或偏上，限时20分钟，做完之后，互相批改，并打分，排名，排名第一的学生可以抽两张扑克牌，第二的学生可以抽一张扑克牌，并鼓励及提倡完成好的孩子进行讲解解题思路，愿上来讲解的孩子给予扑克牌一张进行奖励，补充不错的孩子也进行扑克牌奖励。‎ ‎1．(多选)0.1mol某单质跟足量的硫充分反应后，质量增加1.6g，则组成这种单质的元素是 ‎ A．铁 B．铜 C．铝 D．钾 ‎【答案】：AD ‎2．在标准状况下，将50mL H2S和60mL O2混合引燃，完全反应后恢复至原状况，所得SO2的体积为 ‎ A．40mL B．35mL C．45mL D．110mL ‎【答案】：B ‎3．一定条件下，将盛有氮气和二氧化氮混合气体的试管倒立在盛有足量水的水槽中，最终试管内的气体缩小为原体积的3/5，则原混合气体中氮气和二氧化氮气体的体积比是 （ ）‎ A．2：3 B．3：2 C．3：5 D．5：3 ‎ ‎【答案】：A ‎4．在一定体积的18mol/L的浓硫酸中加入过量铜片并加热，被还原的硫酸为0．9mol，则浓硫酸的实际体积（ ）‎ A．等于50mL B．大于50mL C．等于100mL D．大于100Ml ‎【答案】：D ‎5．28.8g铜片与足量的18mol/L硫酸在加热条件下反应，被还原的硫酸的物质的量为………（ ）‎ A．等于0.9 mol B．大于0.45 mol小于0.9 mol C．等于0.45 mol D．小于0.45 mol ‎【答案】：C ‎6．1.92g铜与适量的浓硝酸反应，收集到NO．NO2 混合气体1.12L气体（折算成标准状况），则参加反应的硝酸的量是 ( )‎ ‎ ‎ ‎ A．0.11mol B．0.14mol C．0.13mol D．0.15mol ‎【答案】：A ‎7．将a moI H2S和1 moI O2置于一个容积可变的密闭容器内进行反应，维持容器内气体的压强不变(101 kPa)，在120℃下，测得反应前后容器内的密度分别为d1．d2；若a的取值范围不同，则H2S的氧化产物可能有如下三种情况：‎ ‎ (1)全部是SO2，此时a的取值范围是 ；‎ ‎ (2)全部是S，此时a的取值范围是 ；并且d1 d2（填“>”．“<”或“=”）；‎ ‎ (3)部分是SO2，部分是S，此时a的取值范围是 ，反应所生成的SO2物质的量为_______mol，容器内气体的物质的量之和为mol(以含a的代数式表示)。‎ ‎【答案】：‎ ‎【解析】：反应为：2H2S + 3O22SO2 + 2H2O(g) ①‎ ‎ 2H2S + O22S↓+ 2H2O(g) ②‎ ‎ 可由数轴分析：n(H2S)/n(O2)‎ ‎ O2过量 2/3 2 H2S过量 ‎ ‎ ‎ SO2 SO2．S．H2O S ‎ H2O H2O ‎ (1)当全部为SO2时O2过量，或恰好发生反应①‎ ‎ 即n(H2S) : n(O2) = a : 1≤2 : 3 a≤2/3‎ ‎ (2)当全部为S时，H2S过量，或恰好发生反应②‎ ‎ 即n(H2S)；n(O2)=a : 1≥2 : 1 a≥2‎ ‎ 因反应前后等压，密度比等于相对分子质量之比，反应前气体相对分子质量都大于18，所以d1 m，则充分反应后，试管中的气体在同温．同压下的体积为 ( )‎ ‎ A.(4n-1)／12mL B.(n-m)／3mL C.(3m+n)／3mL D.3(n-m)mL． ‎ ‎【答案】：B ‎8．现有等体积混合而成的4组气体：①NO2＋NO．②NO2＋O2．③HCl＋N2．④Cl2＋SO2。现将其分别通入体积相同的试管中并立即倒立在足量水中，试管内水面上升的高度分别为h1．h2．h3．h4，则高度关系是（ ）‎ ‎　　A．h4>h2>h3>h1 B．h4>h3>h2>h1 　C．h2>h3>h1>h4 D．h3>h2>h1>h4‎ ‎【答案】：A ‎9．NH3可消除NO的污染，反应方程式为：6NO+4NH3→5N2+6H2O．现有NO与NH3的混合物1mol充分反应，若还原产物比氧化产物多1.4g．则下列判断中正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 产生氮气为5.6 L ‎　‎ B．‎ 有0.3 mol NO被还原 ‎　‎ C．‎ 生成氧化产物2.8 g ‎　‎ D．‎ 原混合物中NO与NH3的物质的量之比可能为3：2‎ ‎【答案】：BC ‎10．单质与浓硝酸反应，若参加反应的单质与硝酸的物质的量之比1∶4，则该元素在反应中所显示的化合价可能是 ‎ A．+1 B．+2 C．+3 D．+4‎ ‎【答案】：B C ‎11．常温下某种淡黄色固体单质甲，与它的气态氢化物乙和氧化物丙之间，有如右图所示的转化关系。试回答：‎ ‎ (1)甲是________，乙是________，丙是________。‎ ‎ (2)乙和丙发生反应时，无论乙和丙的物质的量之比如何，反应得到的氧化产物和还原产物的质量比为 。‎ ‎ (3)若乙的物质的量为x，氧气的物质的量为y，①当乙跟氧气恰好反应，完全转化为甲时，x与y的数值关系应为________。②当乙转化为丙时，若反应后常温下体系中只有一种气体，x与y的数值关系应为 。‎ ‎【解析】：(1)由题意知常温下淡黄色固体单质甲应为S，则乙为H2S，丙为SO2。‎ ‎ (2)2H2S + SO23SO + 2H2O，其中氧化产物和还原产物都是S，其质量比为2 : 1。‎ ‎ (3)乙完全转化为甲时，2H2S + O22S↓+ 2H2O，n(H2S) : n(Oz) = 2 : 1，即x=2y。‎ ‎ 乙转化为丙时，反应后常温下体系中只有一种气体，该气体只能是丙(SO2)，则根据反应：‎ ‎ 2H2S + O22S↓+ 2H2O 2H2S + 3O22SO2 + 2H2O ‎ x x/2 x 3x/2‎ 可得：x/2< y≤ 3x/2‎ ‎【答案】：(1)S H2S SO2 (2)2 : 1 (3)①x= 2y ②x/24:1时，剩余气体为NO。‎ ‎ V(NO2)/V(O2)<4:1时，剩余气体为O2。‎ ‎（三）“NO+O2+H2O”型 ‎ 原理 4NO+3O2+2H2O =4HNO3‎ ‎（四）“NO+NO2+O2+H2O”型 ‎ 原理 NO、NO2分别与O2和H2O反应 ‎ ‎ 规律 当NO、NO2分别与O2的物质的量之比符合4:3、4:1时恰好完全被水吸收，无气体剩余。‎ ‎（五）“CO2+NO+Na2O2”型 ‎ 原理 CO2+NO+Na2O2 =Na2CO3+NO2‎ ‎ 规律 CO2与NO的混合气体通过足量固体Na2O2后：（1）若V(CO2) ≥V(NO)时，反应后气体的总体积为原混合气体体积的一半；（2）若V(CO2)

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