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时间:2019-01-13
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1、谈氮元素变价反应的有关计算戴国良湖南岳阳中学 414004由于氮元素价态变化复杂,有关它的计算题变化多端,思路广,隐蔽性强,要求解题灵活性高。这里就有关氮元素变价反应的计算谈谈解题的基本思路和技巧。一、利用原子守恒找关系,寻找解题突破口例1 38.4g铜跟适量的浓硝酸反应,铜全部反应后,共收集气体22.4L(标况),反应消耗硝酸的物质的量可能为( )mo1A.1.0 B.1.6 C.2.2 D.2.4解析 此题的隐含条件是随着铜与硝酸反应,硝酸越来越稀,因变价而产生的气体有NO2和NO,其物质的量共为1mo1,未变价的
2、NO3与Cu2+结合成Cu(NO3)2,根据氮原子守恒有:n(HNO3)=2n(Cu)+n(NO2)+n(NO)=×2+1mo1=2.2mo1,故选C。可见,掌握好原子守恒,能巧妙解决复杂计算。二、利用电子守恒找关系,紧扣实质求解例2 28g铜和银的合金与足量的某浓度的硝酸反应,将放出气体与2.24L(标准状况)的O2混合,通入水中恰好全部被吸收,则合金中铜的质量是_______g。解析 此题没有告诉是浓硝酸还是稀硝酸,因而不知生成氮的氧化物具体是什么,给学生思维设置了障碍。但氮的氧化物与O2反应,最终告成硝酸,得电子的应为O
3、2,失电子的是铜和银,根据得失电子5相等找关系有n(Cu)×2+n(Ag)×1=n(O2)×4=×4,n(Cu)×64g/mo1+n(Ag)×108g/mo1=28g 求出n(Cu)=0.1mo1 m(Cu)=0.1mo1×64g/mo1=6.4g,可见,利用好电子守恒,从本质上找准计算关系,是一种实用的解题技巧。例3 14g铁粉全部溶于某稀硝酸中,恰好反应,放出NO气体后得到溶液1L。称量所得溶液,发现比原硝酸溶液增容8g。则原溶液中硝酸的浓度为_______mo1/L解析 n(NO)==0.2mo1,对于反应物铁无论是生成
4、Fe(NO3)3还是Fe(NO3)2,NO3=数目恰好与对应的Fe所失电子相等,根据电子守恒可知Fe失电子数=HNO3得电子数=NO分子数×3,故n(NO3=)=3n(NO) C(HNO3)==0.8mo1/L由此可得出一条规律:金属与硝酸反应时,只要还原产物及其物质的量确定,利用电子守恒就能确定参加反应的HNO3的总量,与金属反应后的价态无关。三、利用电荷守恒找关系,巧辟求解蹊径例4 6.4g铜与100ml 8mo1/L的硝酸溶液充分反应后,硝酸的还原产物有NO2、NO,反应后溶液中所含H+为nmo1,此时溶液中所含NO 物
5、质的量为______mo1解析 因HNO3过量,反应后溶液中仅含有Cu2+、NO3-、H+(极少OH-忽略),根据电荷守恒可得:n(NO3=)=2n(Cu2+)+n(H+)=×2+nmo1=(n+0.2)mo15解答此类题型时,应避开氮的价态的具体变化,抓好溶液中阴阳离子电荷守恒,另辟蹊径,具有独到的解题效果。四、利用化合价升降相等找关系,从特征变化找内在联系例5 锌与硝酸反应,若有1mo1硝酸参加反应,就有0.8mo1电子发生转移,此时硝酸的还原产物中氮元素的化合价为_______。解析 可知每10mo1HNO3转移8mo1
6、e-需4mo1Zn反应①若NO3只与Zn2+结合,根据化合价升降关系相等则有4×(2-0)=2×(5-n),n=+1②若余下2mo1NO3只有1mo1NO3被还原,则有4×(2-0)=1×(5-n),n=-3,故其化合价可为+1,-3。例6 某单质跟浓硝酸反应时,每有0.1mo1单质反应就消耗0.4mo1HNO3,则该单质氧化后元素的化合价可能为( )A.+1 B.+2 C.+3 D.+4解析 可知每1mo1单质消耗4mo1HNO3还原产物为NO2,设单质元素氧化后的化合价为n,根据化合价升降关系有①若为金属单质
7、 1×n=(4-n)×(5-4) n=+2;②若为非金属 1×n=4×(5-4) n=+4,故选BD。氧化还原反应中元素化合价升降总数相等,利用此原则能准确、快速解答有关化合价的求算,是一种实用的解题技巧。五、根据反应计量数找关系,简化解题程序例7 把amo1NH3和O2混合气体充入密闭容器中,在有催化剂和一定温度压强条件下使NH3氧化形成HNO3。若原混合气体中O2的体积分数为x,最后在容器中生成的HNO3为ymo1,求y的表达式(用x表示)并讨论x的取值范围。5解析 此题为多步计算题,发生的反应有:⑴4NH3+5O
8、2=4NO+6H2O;⑵4NO+3O2+2H2O=4HNO3。①若充入O2较少,只进行(1)反应则不生成HNO3,y=0,根据反应(1)的关系4NH3-5O2,可知x值最多为:= ∴o<x≤;②当充入O2的量使生成NO部分或全部转为HNO3,且无O2剩余y值以O2计算,若O2
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