2022年高三化学高考第一轮专题复习教学案氮族元素(新人教版).docx

2022年高三化学高考第一轮专题复习教学案 氮族元素知识梳理1 氮族元素1原子结构与元素的性质(1)所含元素：。(2)氮原子的电子式： 磷原于的原子结构示意筒图： 。(3)随电子层数增多，。(4)元素的主要化合价N： P，As：-3、+3、+5 Sb，Bi：+3、5(5)元素的非金属性逐渐，金属性逐渐2单质性质递变：(1)状态：；(2)密度： (3)熔、沸点：逐渐升高；降低。3化合物性质： 气态氢化物从NH3至BiH3稳定性依次，碱性依次，复原性依次。最高氧化物对应水化物酸性依次。答案：1.1 N P As Sb Bi 2 3原子半径增大4-3、+1、+2、+3、+4、+5 5减弱、增强 2.1气态固态 2逐渐增大3N、P、As ； Sb、Bi 3. 减弱、减弱、增强、减弱例1.某主族元素R原子的最外电子层上有5个电子，它的含氧酸的钾盐化学式不可能是AKRO3BK3RO4CKRO2DK2RO4导学解析：对绝大多数主族元素而言，最外层电子数与最高正价相等。但不排除该元素存在其它正价的可能，只不过其它正价均小于最高正价。D选项中R元素化合价为+6，已超过了最外层电子数。因此不可能！答案：D总结心得：注意硝酸盐与磷酸盐形式的不同。例2、根据砷在元素周期表中的位置推测，砷不可能具有的性质是A砷的单质在通常状况下是固体BAs2O5对应水化物的酸性比H3PO4弱C砷可以有-3、+3、+5等多化合价D砷的复原性比磷弱自己的思路：导学解析：N、P、As由上而下，以磷为参照，可判断D选项中所述及的性质不可能金属性增强，单质的复原性随之增强答案：D总结心得：氮族元素性质从上到下呈相似和递变规律。例3、 能证明氮元素比磷元素非金属性强的事实是A 氮气在常温下是气体，而磷单质是固体B 氮气在空气中不能燃烧，而磷能在空气中燃烧C NH3极易溶于水，而PH3难溶于水D NH3在空气中不可燃，而PH3可燃自己的思路：导学解析：元素的非金属性常常可用四种性质进行判断：单质的氧化性、氢化物的稳定性、氢化物的复原性、最高价氧化物对应的水化物的酸性。因此选D。答案：D总结心得：氮族元素及其化合物性质从上到下呈相似和递变规律。知识梳理2 N2、NO和NO2、磷11N2的分子结构：电子式：，结构式：。N2性质稳定的原因：。2N2的化学性质氧化性：N2+H2=； N2+ Mg=；复原性：N2+O2=；2NO和NO2NO的性质：无色气体、不溶于水，在空气中易被氧化,方程式：。NO2的性质：(1)红棕色气体、刺激性气味、有毒、易溶于水，是大气污染物。(2)氧化性：NO2+SO2= NO2+2I+2H+=6NO2+8NH3= 3与水反响：。 3 磷白磷和红磷物理性质比较白磷 红磷化学式P4正四面体Pn分子结构复杂色态12着火点40°C240°C溶解性34保存方法少量保存在水中密封保存相互转化白磷红磷化学性质：(1) 跟O2反响：。(2)跟Cl2反响：2P+3C122PCl3。答案：答案：1.1 N三N ；分子内存在叁健，键能大 2N2+3H2 NH3N2+3MgMg3N2 N2+O2=2NO 22NO+O2=2NO2 SO3+NO NO+I2+H2O 7N2+12H2O 3NO2+H2O =2HNO3+NO3.1白色或黄色蜡状固体 2红棕色粉末状固体3 不溶于水，易溶于CS24不溶于水也不溶于CS24P+5O22P2O5 2P+5C122PCl5例1、在一定条件下，将m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器内，充分反响后，容器内残留体积的气体，该气体与空气接触后变为红棕色，那么m与n的比值为A 3:2B 2:3C 8:3D 3:8导学解析：NO与O2的混合气体遇水时发生如下反响：4NO+3O2+2H2O=4HNO3因此残留的气体可能是NO也可能是O2。但“当气体与空气接触时变为红棕色，这一现象说明残留的气体应该是NO。参加反响的是体积的NO和n体积的O2。求解如下：4NO+3O2+2H2O=4HNO3 V43n得：答案：C总结心得：充分考虑4NO+3O2+2H2O=4HNO3 2NO+O2=2NO2 的应用，NO2红棕色气体。例2、红磷、白磷的化学性质比N2活泼是由于 A.磷元素比氮元素非金属性强B.磷原子比氮原子易获电子C.磷分子中磷原子间的键能比氮分子中氮原子间的键能小D.磷分子间作用力比氮分子间作用力小自己的思路：导学解析：元素活泼性越强，其形成的单质的活泼性不一定强。原子间的键能大，分子就稳定，单质的活泼性就差答案：C总结心得： N三N ；分子内存在叁健，键能大。而键能小。知识梳理3 氨气1氨的物理性质： 氨气是无色气体，有气味，密度比空气 (大或小)。氨的沸点较高，很容易。极易溶水，常温常压下，1体积氨溶解体积氨气。 2氨的分子结构氨气的化学式是NH3电子式为：；结构式：，空间构型：，是分子3氨的化学性质(1)与水反响: 方程式：，氨水有弱碱性，能使酚酞变红，使石蕊变蓝，NH3·H2O在水中的反响电离：NH3+H2ONH3·H2ONH4+OH,氨水中的微粒有分子：，离子：,受热易分解，方程式：。(2)与酸反响与HCl反响：方程式 NH3+HClNH4Cl蘸有浓NH3·H2O和浓HCl的玻璃棒靠近时出现的现象为与H2SO4反响：方程式：。利用该反响在气体净化中吸收NH3(3)与氧气反响：氨在纯氧中能够燃烧，方程式；。接触氧化的条件：催化剂并加热，方程式：。答案：1.刺激性、小、液化、700 2. 三角锥型、极性 3.1 NH3+H2ONH3·H2O 、NH3、NH3·H2O、H2O ；NH4+、OH、H+。 NH3·H2ONH3十H2O 2生成白色的烟 2NH3+H2SO4=(NH4) 2SO4 34NH3+3O22N2+6H2O、4NH3+5O2=4NO+6H2O例1、将a LNH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L气体体积均在同温同压下测定，该b L气体中NH3的体积分数是 A. 2ab B. ba C. 2ab D. ba a b b a导学解析：用差量法求解。2NH3=N2+3H2 V2 1 3 2x ba2abbaxb设有xLNH3分解，那么气体体积将增加xL，所以有x=ba，故平衡时NH3的体积分数是 = 。 答案C总结心得：NH3在铁触媒的作用下发生的是可逆反响，达化学平衡状态。 14 3例2、常温下,A、B两种无机气体组成的混合物(MAMB)，经分析混合气体中只含氮氢两种元素，而且不管A和B以何种比例混合，N和H质量比总大于 ，以下组合中符合条件的是 A.NH3(A)、H2(B) B. NH3(A)、N2(B)C. N2(A)、H2(B) D. N2(A)、NH3(B)自己的思路：143导学解析：由于NH3中的氮氢质量比等于 ，依据题干信息N和H质量比总大于143 ，那么必含N2和NH3，又MAMB，所以A为N2，B为NH3。答案：D总结心得：熟练掌握常见含氮元素的气体。知识梳理4 铵盐、NH4+的检验1. 铵盐的性质：1通性：铵盐都是晶体，都能溶于水。(2) 不稳定性：铵盐受热都易分解，写出以下铵盐分解的方程式：NH4C1; (NH4) 2CO3. NH4HCO3.(3)与碱的反响：写出以下反响的方程式：2NH4Cl+Ca(OH) 2; (NH4) 2 CO3 +2NaOH;2. NH4+的检验取少量样品于试管中，然后参加溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，假设变，那么证明样品中含有NH4+。(或用蘸有浓HCl的玻璃棒靠近试管口，假设有白烟生成，那么证明含有NH4+。)离子方程式：.答案：1.(2) NH3 +HC12NH3 +H2O +CO2 NH3 +H2O+CO2 (3) 2NH3+CaCl2+2H2ONa2 CO3 +2NH3+2H2O 2. NaOH蓝色NH4+OH NH3十H2O例1、以下化合物既与硫酸反响,又与氢氧化钠反响的是 NaHCO3NaHSO4(NH4)2SNaNO3Al(OH)3A.只有 B.只有 C. D.导学解析：HCO3既与酸又与碱反响。NaHSO4只与碱反响。(NH4)2S既与酸生成H2S又与碱生成盐。Al(OH)3具有两性。NaNO3溶液与上述两种物质都不反响。答案：D总结心得：两性化合物、弱酸酸式盐和弱酸弱碱盐都可以既与酸又与碱反响。例2、有以下几种10电子微粒：OH、Na+、NH4+、NH3、Mg2+、H3O+，其中在溶液中能两两发生反响的共有 A.四组 B.五组 C.六组 D.七组自己的思路：导学解析：能发生反响的有：OH与NH4+；OH与Mg2+；OH与H3O+；Mg2+与NH3，共五组。答案：B总结心得：OH与弱碱阳离子、H3O+反响。知识梳理5 NH 3的实验室制法：所用药品为:NH 4C1、Ca(OH) 2 ; 方程式.:仪器：铁架台、酒精灯、大试管、单孔橡皮塞、玻璃导管。收集方法：。验满方法：将湿润的置于试管口看是否变蓝。集气试管口放团棉花，其作用：。枯燥NH，可用作枯燥剂。CaCl 2不能(能或不能)枯燥氨气。尾气的处理方法：将沾有的棉花堵在试管口,目的：吸收NH 3，防止污染空气NH 3的其它制法：a.在NaOH固体中滴加浓氨水； b.加热浓氨水制取氨气；答案：2NH 4C1+Ca(OH) 22NH 3+ 2H2O+CaCl 2 向下排空气法 红色石蕊试纸防止对流以便收集到较纯洁的氨气 碱石灰 稀H2SO4例1、下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的选项是 导学解析：此题考察实验室制取NH3的装置图及试剂的选择。A中试剂错，因生成NH3与HCl化全成NH4Cl得不到NH3，B正确。C图试管底应略高于试管口，以防生成水使试管爆炸，D正确。答案：A、C总结心得：实验室制取NH3的试剂一般为浓氨水受热、浓氨水加碱性物质、铵盐与碱共热。例2、制取氨气并完成喷泉实验图中夹持装置均已略去。图1 图2 写出实验室制取氨气的化学方程式。 收集氨气应使用法，要得到枯燥的氨气可选用做枯燥剂。 用图1装置进行喷泉实验，上部烧瓶已装满枯燥氨气，引发水上喷的操作是。该实验的原理是。 如果只提供如图2的装置，请说明引发喷泉的方法。自己的思路：导学解析： 实验室常用NH4CI与Ca(OH)2混合加热来制NH3。 由于NH3易溶于水，又密度比空气小，只能用瓶口向下排空气法收集；枯燥NH3可选用碱石灰。 用挤入法，利用NH3极易溶于水的性质，使较多量NH3溶于少量水中，气体量急剧减少，体积不变，烧瓶内压强必减小。故翻开止水夹后，烧杯中水面上的大气压强将水压入烧瓶，形成喷泉。 要形成喷泉，必须解决两个问题，一是NH3必须与水接触，二是造成足够的压强差。此题利用气体热胀冷缩原理，翻开止水夹，用手或热毛巾等捂住烧瓶，NH3受热膨胀，赶出玻璃导管中的空气和水，NH3与水接触溶解，即发生喷泉。答案： 2NH4CI+Ca(OH)2 2NH3+CaCI2+2H2O 向下排空气 碱石灰 翻开止水夹，挤出胶头滴管中的水 NH3极易溶解于水，致使烧瓶内气体压强迅速减小 翻开夹子，用手或热毛巾等将烧瓶捂热，NH3受热膨胀，赶出玻璃导管内的空气和水，NH3与水接触，即发生喷泉。总结心得：实验室制取NH3的试剂一般为浓氨水受热、浓氨水加碱性物质、铵盐与碱共热。要形成喷泉，应利用气体热胀冷缩原理，必须解决两个问题，一是NH3必须与水接触，二是造成足够的压强差。知识梳理6 硝酸的化学性质1具有酸的通性；稀硝酸能使石蕊试液变红色，浓硝酸使石蕊试液先变红(H+作用)，后褪色(强氧化作用)硝酸与金属反响不产生H2。2不稳定性：纯洁的硝酸或浓硝酸在常温下见光或受热就会分解，方程式为： 4HNO34NO2 +O2+2H2O硝酸浓度越大，越易分解，因此，浓HNO3应放人瓶中(避光)，处保存(防止受热分解)，用带玻璃塞(腐蚀橡皮塞)的瓶盛装。3强氧化性：(1)硝酸是一种强氧化剂，几乎能与所有金属除Au、Pt以外)发生氧化复原反响。Au、Pt虽与硝酸不反响，但可溶于王水(浓HNO3与浓HCl体积比为l：3)Al、Fe遇冷的浓HNO3产生现象，所以可用铝槽车来装运浓硝酸。写出Cu与浓HNO3、稀HNO3反响的化学方程式：，。(3) 硝酸与非金属C、S等反响：C+4HNO3(浓)； S+6HNO3(浓)。答案：2.棕色、阴凉、细口 3.1钝化Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3) 2+2NO+4H2O 2CO2+4NO2+2H2O ；H2SO4十6NO 2 + 2H2O例1、有关硝酸化学性质的表达中，正确的选项是 A.浓、稀硝酸都能使蓝色石蕊试纸变红色B.硝酸能与Na2CO3反响，但不生成CO2C.硝酸可与Na2S反响制得H2S气体D.浓硝酸因分解放出的NO2又溶解于硝酸而呈黄色导学解析：硝酸是一种具有强氧化性的不稳定强酸，并且硝酸越浓，氧化性越强。浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，表现在浓硝酸可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，而稀硝酸只能使蓝色石蕊试纸变红但不褪色。由于硝酸是一种氧化性酸，可氧化许多复原性物质，因此H2S不能用硝酸制备，而CO2可用硝酸制得，依据是强酸制弱酸。所以此题选D。答案：D总结心得：熟练浓硝酸的特性。例2、将3.84g铜粉与一定质量浓硝酸反响，当铜完全作用时，收集到气体2.24L(标准状况下)，那么所消耗酸的物质的量是 A. 0.11mol B. 0.22mol C. 0.16mol D. 0.1mol自己的思路： 3.84g 64g·mol1导学解析：消耗的硝酸的物质的量应是起氧化性的(0.1mol )和起酸性的( ×2=0.12mol)硝酸之和，共有0.22mol，应选B。答案：B总结心得：应用元素守恒和电子守恒。方法规律归纳总结规律1. 专题考查的知识点： N2、NO、NO2的性质。NH3、铵盐的性质，铵根离子的检验。NH3的实验室和工业制法。HNO3的性质、用途和制法。NO、NO2对大气的污染和防治。P、P2O5、H3PO4的性质。有关NH3、NO、NO2混合气体的计算。2. 高考考查的特点：结合NH3的制取及性质验证组成大实验题全面考查NH3的性质；由Cu与浓HNO3或、稀HNO3反响组成大实验题考查物质的制备和性质；HNO3的酸性、不稳定性、强氧化性； NH 3溶于水的质量分数和物质的量浓度的计算； NO、NO 2的混合气体溶于水、溶于碱的有关计算；环境保护相关知识。3. 2022年高考预测：NH3的制取和性质、Cu与浓HNO3、稀HNO3的反响、NO、NO2污染空气的治理是考查的重点。4.命题涉及的根本方法：氮族元素的有关知识是历年高考命题的热点，常以氮、磷及其化合物知识为载体与化学根本概念、根本理论、化学实验及化学计算有机结合，来考查学生的综合分析问题的能力。通过对氨气的化学性质和实验室制法的学习培养对实验现象的观察能力和完成实验的根本操作能力。重点难点方法突破一、氮的氧化物溶于水的计算规律1关系式法：(1)N02和O2的混合气体溶于水时，由4NO2+O2+2H204HN03可知，当体积比V(N02V(O2)=41，恰好完全反响。V(N02V(O2)>41，N02过量，剩余气体为NO。V(N02V(O2)<41，O 2过量，剩余气体为O 2。(2)NO和O 2同时通入水中时，其反响是：2NO+O 22N0 2，4N0 2+ O2十2H 204HN0 3，总式为：4NO+3 O2十2H 2O4HNO 3当体积比V(NO)V(O2)=43，恰好完全反响。V(NO)V(O2)>43，剩余NO。V(NO)V(O2)<43，剩余O2。(3)值得注意的是：4N0 2+O 2和4NO+3O2从组成上均相当于2N 205的组成，即(1)(2)两种情况中的总反响式都与N 2O5+2H 2O2HNO 3等效。这不仅是记忆(1)(2)二式的方法，也为上述问题的解法提供了新的思路。即利用混合气体中的N、O原子个数比进行分析判断。 NO<25，O2剩余。 NO=2：5，恰好完全反响。 NO>25，剩余NO。例1、 在标准状况下，将NO2、NO、O2混合后充满容器，倒置在水中，完全溶解，无气体剩余，假设产物也不扩散，那么所得溶液物质的量浓度的数值范围是A 0<c<B <c<C <c<D <c<解析：NO2、NO、O2混合气体遇水后，发生以下反响：4NO2+O2+2H2O=4HNO34NO+3O2+2H2O=4HNO3题中并未确定三种气体的混合比，只是说气体完全溶解，即恰好完全反响了。使用极值法求解如下：设混合气体体积为V： 认为NO的体积为零，混合气体由NO2和O2组成，因为是恰好完全反响。因此，NO2的物质的量为mol，反响后生成的HNO3的物质的量为mol，溶液体积为原气体的体积在大气压作用下水进入容器，产物不扩散，因此溶液的浓度为：mol/L 认为NO2的体积为零，混合气体由NO和O2组成，因为是恰好完全反响。因此，NO的物质的量为mol，反响后生成的HNO3的物质的量为mol，溶液体积为原气体的体积在大气压作用下水进入容器，产物不扩散，因此溶液的浓度为：mol/L而实际上两种NO2和NO同时存在，因此最后溶液的浓度必然介于二者之间，即：<c<答案：C例2、实验室用向上排空法收集NO2气体，假设用90mL的容器收集一定量的NO2后，将容器倒置于盛满水的水槽里，待充分作用后，容器中残留40mL气体。据此，可知收集气体时沉着器中排出的空气体积约为A 68.8mL B 50mL C 40mL D 18.8mL解析：进入容器中的NO2的体积未知，发生的反响可能为：4NO2+O2+2H2O=4HNO33NO2+H2O=2HNO3+NO因此，残留的气体也就有两种可能，图解如下：N2O2共90mLN2O2NO2共90mL充入NO2N2O2共40mLNO2不时是遇水N2NO共40mLNO2有多时遇水 当NO2缺乏，只发生反响：4NO2+O2+2H2O=4HNO34NO2+O2+2H2O=4HNO3 V415V90-40=50可得：V=40mL。即进入容器的NO2为40mL，也即排出的空气体积为40mL。 当NO2多余时，两个反响均发生。设NO2进入容器后容器中O2的体积为V：4NO2+O2+2H2O=4HNO3 V4154VV5V3NO2+H2O=2HNO3+NO V412(50-5V)/2505V根据空气组成比例有： 注：空气中N2的体积是O2的4倍可得：V=10mL。即NO2进入容器后容器中仍有10mL O2，即有空气的为50mL，也即排出的空气体积为40mL。答案：C2电子守恒法 当NO2或NO转化为HNO3时要失去电子，假设上述两种气体与O2混合，O2得电子，且得失电子数必然相等，这是电子守恒法解答此类题目的依据。例1、较活泼的金属锌与不同浓度的HNO3反响时,可得到不同价态的复原产物。如果起反响的锌和HNO3的物质的量之比为4：10，那么HNO3的复原产物可能为 A.NO2B.NO C.N2O D.NH4NO3解析：4molZn失去8mol电子生成4molZn2+，如果HNO3的复原产物中有两个氮原子，每个氮原子得到4个电子，复原产物中氮元素的化合价为+5+(4)=+1，可能是N2O。如果HNO3的复原产物中有一个变价的氮原子，这个氮原子得到8个电子，复原产物中氮元素的化合价为+5+(8)= 3，可能是NH4NO3。答案：D例2、铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，假设反响中硝酸被复原只产生4480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反响后的溶液中，参加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为A.0.02 gB.8.51 gC.8.26 gD.7.04 g解析：因两金属都是+2价金属，可推知每mol金属复原得2 mol NO2。所以，两金属总的物质的量为：4480336×2448000.115 mol，两种氢氧化物总质量可用金属离子质量加氢氧根离子质量来计算：4.6 g+0.115 mol×2×17 g·mol18.51 g。答案：B二、硝酸在化学反响中的作用硝酸遇复原性物质时显氧化性，与非复原性物质反响时可显酸性。硝酸遇FeO先发生复分解反响(硝酸显酸性)生成Fe(NO3) 2，Fe2+再被HNO3氧化为Fe3+(硝酸显氧化性)，即与FeO反响时，硝酸既显氧化性又显酸性。与金属(Pt、Au不反响，Al、Fe常温下钝化)反响时，硝酸也既显氧化性又显酸性，如在Cu+4HNO3 (浓)=Cu(N03) 2十2N02十2H20中，每4mol浓硝酸中，有2molHNO3被复原为N02，显氧化性，另2molHN03生成盐Cu(N03) 2，显酸性。如果反响生成硝酸盐，就说明HN03起到酸的作用；如果生成氮的低价化合物，就说明HN03起氧化剂作用。 Fe与HNO3反响时Fe的用量不同，最后的产物不同，计算时应注意。铁和稀HNO3反响的化学方程式为：Fe缺乏时：Fe+4HNO 3Pe(NO 3) 3十NO+2H 2OFe足量时：3Fe十8HNO 33Fe(NO 3)2十2NO十4H 2O例1、在以下反响中，HNO3既表现出氧化性，又表现出酸性的是AH2S2HNO3S2NO2十2H2OBCuO2HNO3CuNO32十H2OC4HNO34NO2十O2十2H2OD3Cu8HNO33CuNO322NO十4H2O解析：A表现了HNO3的氧化性；B表现了HNO3的酸性；C主要表现HNO3的不稳定性。答案：D三、NH4+、NO3的检验1 NH4+的检验：试液无色刺激性气体，用湿润红色石蕊试纸检验气体，试纸变蓝色，证明试液中含NH4+。离子方程式：NH4+OH NH3十H2O2 NO3的检验：1假设试液浓度大，试液(浓或固)蓝色溶液+红棕色气体。证明试液中含NO3。化学方程式为：Cu+4HNO3 (浓)=Cu(N03) 2十2N02十2H20假设试液较稀，试液蓝色溶液+无色气体，该无色气体遇空气立即变成红棕色，证明试液中含NO3。离子方程式：.3Cu+8H+ +2 NO3=3Cu+十2NO十4H 2O ;2NO+O2=2NO2 , 也可将稀溶液浓缩后再按1法检验。例1、以下表达正确的选项是 A.检验某稀溶液中是否含有NO3，可先将溶液浓缩，然后参加浓H2SO2和铜片，观察有无红棕色气体产生B.鉴别NO2和溴蒸气可用AgNO3溶液，而不能用淀粉KI溶液C.向H3PO4溶液中参加AgNO3溶液，观察有黄色沉淀生成，证明有PO43存在D.检验溶液中是否含NH4+，可参加足量NaOH溶液，加热，再用湿润的红色石蕊试纸伸入试管内检验是否变蓝。解析：A利用浓HNO3与Cu反响产生NO2 现象检验NO3离子的存在，是正确的。B中NO2、溴蒸气都具有强氧化性，与淀粉KI溶液作用时溶液都可变蓝，溴蒸气与AgNO3溶液还会产生沉淀。C错，因为H3PO4中加AgNO3无明显现象。D错，因为试纸不能伸入试管内。答案：A、B 四、喷泉实验 氨的喷泉实验目的：验证NH3易溶于水和水溶液呈弱碱性。用水能形成喷泉实验的气体有NH3、HCl、SO2，NO2，假设要用CO2、H2S形成喷泉，可以使用的液体为NoOH溶液。喷泉实验失败的原因可能有： 收集氨气的烧瓶不枯燥； 氨气的收集不满；胶头滴管内的水太少；实验装置气密性不好。例1、用一充满氨气的烧瓶做喷泉实验，当水充满整个烧瓶后，烧瓶内的氨水的物质的量浓度是按标准状况下计算A0.045mol·L1B1mol·L1C0.029mol·L1D不能确定解析：氨气溶于水形成氨水，其溶质为氨气。设烧瓶的容积为L，那么形成溶液的体积为L，溶质的物质的量为mol，故所得溶液的物质的量浓度为0.045mol·L1答案：A例2、在同温同压下，相同体积的烧瓶分别充满氨气和氯化氢气体，做喷泉实验后，水都充满烧瓶，烧瓶中溶液的物质的量浓度之比是A10.45B11C10.29D4.52.9解析：水充满烧瓶，那么所得溶液的体积相同且都等于烧瓶的容积。又因为NH3和HCl的体积相同，物质的量也相同，故溶液的物质的量浓度之比为1l。答案：B易混点区分方法 一、氮气结构和性质的两个问题： 1氮元素的化学活动性与氮气分子的稳定性： 氮元素是活泼的非金属元素与氮气性质稳定，并不矛盾前者是指元素原子的性质，后者是指元素单质的性质在氮气分子中，两个氮原子之间，存在氮氮叁键，键能大，由分子解离成原子需吸收较高的能量，故氮气性质稳定2镁在空气中燃烧除生成MgO外，还生成少量的Mg3N2，如等质量的镁在氧气、空气、氮气中燃烧，生成的固体的质量由小到大的顺序为：>>例1、能够用键能大小解释的是A、氮气的化学性质比氧气稳定 B、常温常压下，溴呈液态，碘呈固态C、稀有气体一般很难发生化学反响 D、硝酸易挥发，而硫酸难挥发解析：此题考查键参数对共价键性质的影响。由于氮氮叁键键能比氧氧键的键能大，故氮气的化学性质比氧气稳定；对于B、D，是由于不同大小的分子间作用力引起的，与键能大小无关；对于C，稀有气体不存在共价键，稀有气体化学性质稳定与其元素原子结构稳定结构有关。答案A 二、NH 3和 NH4+的比较及铵盐的分解规律1.氨(NH 3)与铵(NH4+)的比较氨铵微粒结构三角锥形正四面体型存在单独存在只存在于氨水或铵盐中电性呈电中性带一个单位正点荷性质气态可于水或酸反响可与碱(OH)反响，能水解注意：氨水中溶质的主要存在形式是NH 3·H 2O氨水参加化学反响时一般写成NH 3·H 2O(比较：氯水中溶质的主要存在形式Cl2参加反响时一般写成Cl2) ；计算氨水的质量分数时，溶质应是NH3； 氨水的浓度越大密度越小。2.铵盐的分解规律1铵盐受热易分解为NH 3和对应的酸，假设该酸不稳定，那么继续分解为氧化物和水，如：NH4C1NH 3+HCl(类似升华，但不是升华) (NH4) 2CO 32NH 3十C O2十H 2O2如果生成的酸为氧化性酸，那么该酸又会与NH 3发生氧化复原反响，如：NH4NO3N2O+2H2O ； 2NH4NO32N2十O2+ 4H2O因此硝铵结块，不能用铁锤去撞击，否那么会引起爆炸。例1、以下各组物质的空间构型完全不同的是ANH3和H3ONH和CH4CCO2和SiO2D金刚石和晶体硅解析： 此题考查对几组常见物质粒子的空间结构及晶体类型的掌握NH3与H3O均为三角锥型，NH与CH4为正四面体型，金刚石与晶体硅为正四面体型空间网状结构，而CO2为直线型分子，SiO2为空间网状结构答案： C三、隐含反响：2N O2N 2O4的应用 通常“纯洁的NO2或N2O4并不纯，因为在常温、常压下能发生2N O2N 2O4反响。由于此可逆反响的发生，通常实验测得NO2的相对分子质量大于它的实际值，或在相同条件下，比相同物质的量的气体体积要小。同理，通常实验测得N2O4的相对分子质量小于它的实际值，或在相同条件下，比相同物质的量的气体体积要大。此外涉及NO2气体的颜色深浅、压强、密度等要考虑此反响。因而可逆反响2N O2N 2O4在解化学题中有很重要的作用。例1、0.03 mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物NO、NO2、N2O4混合气体共0.05 mol。该混合气体的平均相对分子质量可能是A.30B.46C.50D.66解析：可用极值法解此题。如果仅被复原为+4的氮，所得混合物的平均式量最大，为：=55.2 g·mol1；如稀硝酸只被复原为NO，那么其式量为30。实质为NO、NO2、N2O4的混合气体，所以其式量介于55.2和30之间。答案：BC经典真题根底题1. 07江苏2氢元素与其他元素形成的二元化合物称为氢化物，下面关于氢化物的表达正确的选项是H+C . . HNHHA一个D2O分子所含的中子数为8BNH3的结构式为CHCl的电子式为D热稳定性：H2SHF解析：A项中的中子数应为2+8，即10；C项中的HCl是共价化合物，将HCl的电子式写成离子化合物形式是错误的；D项中，HF是最稳定的气态氢化物，D错。只有B项正确。此题主要考查“物质结构相关概念。答案：B变式1、有关氨的说法不正确的选项是ANH3是4核10电子极性分子，三角锥型，具有复原性BNH3极易溶于水，可做喷泉实验，氨气易液化，液氨可用作制冷剂C氨气是非电解质，氨水是电解质D沾有浓盐酸的玻璃棒遇氨气可产生白烟解析： NH3分子中氮元素3价是最低价态，因此NH3具有复原性，A正确；根据相似相溶原理知极性分子NH3易溶于极性溶剂H2O，氨的蒸发热很大，可作制冷剂，B正确；电解质、非电解质都指化合物，故C不正确浓盐酸与NH3作用产生白色晶体NH4Cl，故D正确答案： C2. 06江苏3物质氧化性、复原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反响温度有关。以下各组物质：Cu与HNO3溶液Cu与FeCl3溶液Zn与H2SO4溶液Fe与HCl溶液 由于浓度不同而能发生不同氧化复原反响的是ABCD解析：中浓HNO3与Cu反响同稀HNO3与Cu反响的反响产物(氮的氧化物)不同，的反响与浓度无关，中硫酸的浓度不同，反响不同(浓硫酸有强氧化性，而稀硫酸仅有酸的通性，中的反响与浓度无关。由此可知中两种酸的浓度不同发生不同的氧化复原反响。此题主要考查外界条件的改变对反响方向的影响，借以考查对元素化合物知识的掌握程度。答案：A变式1、关于硝酸的说法正确的选项是A硝酸与金属反响时，主要是5价的氮得电子B浓HNO3与浓HCl按31的体积比所得的混合物叫王水C硝酸电离出的H离子，能被Zn、Fe等金属复原成H2D常温下，向浓HNO3中投入Fe片，会产生大量的红棕色气体解析：王水指的是浓HNO3和浓盐酸按溶液体积之比为1:3所得的混合物。硝酸与金属反响时，被复原的一般是指5价氮，得到的复原产物是NO2、NO、N2O或N2等。常温下，浓HNO3可使Fe和Al等金属发生钝化现象，故B、C、D均是错误的说法。答案A3. 06江苏13以下表达正确的选项是A0.1mol·L1氨水中，c(OH-)=c(NH4+)B10 mL 0.02mol·L1HCl溶液与10 mL 0.02mol·L1Ba(OH)2溶液充分混合,假设混合后溶液的体积为20 mL，那么溶液的pH=12C在0.1mol·L1CH3COONa溶液中，c(OH-)=c(CH3COOH)c(H+)D0.1mol·L1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中，c(Na+)=2c(A2-)c(HA-)c(H2A)解析：NH3·H2O是弱电解质，它本身电离所产生的两种离子浓度相等，得氨水中的局部OH-来自于H2O的电离，所以c(OH-)>c(NH4+)，A错；B项中酸碱中和反响后，C(OH-)=pH=-lgC(H+)=-lg=12，B正确；根据盐的消解规律，可以判断C正确；D项中因钠元素的离子与A原子的物质的量之比为11，对应关系应该为c(Na+)=c(A2-)c(HA-)c(H2A)，D错。答案：BC变式1、 密度为0.91g·cm-3的氨水，质量分数为25%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为        A.等于12.5%