2019届一轮复习苏教版氮及其化合物的性质教案

2019届一轮复习苏教版氮及其化合物的性质教案

年 级 高三 学 科 化学 版 本 苏教版 内容标题 高三第一轮复习：氮及其化合物的性质 ‎【本讲教育信息】‎ 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、稀硝酸与金属反应的特点。‎ 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，大部分NH3与H2O结合，形成NH3•H2O。NH3•H2O可以部分电离生成NH4＋和OH－，NH3＋H2ONH3•H2ONH4＋＋OH－所以氨水显碱性，它能使酚酞试液变红。‎ ‎4、氨具有还原性：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，都能与碱反应，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；反应属于“固＋固”反应，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应。如：NH3、HCl等溶于水；CO2、SO2、Cl2等与碱溶液的反应等；‎ ‎⑵容器内的液体由于受热挥发（如浓盐酸、浓氨水、酒精等）或由于发生化学反应，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）的混合物反应；‎ ‎⑵制取少量的氨气，可用浓氨水加热挥发的方法获取；‎ ‎⑶也可以向浓氨水中加入固态碱性物质（如：生石灰、NaOH、碱石灰等），促使平衡：NH3＋H2ONH3•H2ONH4＋＋OH－逆向移动，同时加热，促进NH3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NH3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NH3↑＋酸的挥发性物质 ‎ ‎ ‎②稳定难挥发酸成的铵盐NH3↑＋酸 如2NH3↑＋H2SO4‎ ‎③不稳定且无强氧化性酸成的铵盐NH3↑＋酸的分解产物 如2NH3↑＋H2O＋CO2↑‎ ‎ NH3↑＋H2O＋CO2↑‎ ‎④由不稳定且有强氧化性酸（HNO3）成的盐 例1. 某同学学习了氨的催化氧化反应后，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，然后回答问题：‎ 实验方法：在锥形瓶中加入浓氨水，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？若想快速看到实验现象，应向浓氨水中加入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应生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸（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，向浓氨水中加入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加入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应生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸（具有挥发性），硝酸遇到氨气产生大量的白烟。‎ 例2. 能鉴别Na2SO4、NH4NO3、KCl、（NH4）2SO4四种溶液（可以加热）的一种试剂是：‎ A. BaCl2 B. Ba（NO3）‎2 ‎ C. Ba（OH）2 D. AgNO3‎ 解析：NH4＋的检验方法是：将待检物取出少量置于试管中，加入NaOH溶液后，加热，用湿润的红色石蕊试纸在管口检验，若试纸变蓝色，则证明待检物中含铵盐（NH4＋）：‎ NH4＋＋OH－＝NH3↑＋H2O 上述四种物质中，有两种含NH4＋，另有两种含SO42－，SO42－的检验用Ba2＋，所以选择Ba（OH）2来鉴别。将Ba（OH）2溶液分别加入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，则溶液的物质的量浓度为_______；‎ ‎（2）用NH3做喷泉实验，喷泉结束后，水充满烧瓶，则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：（设烧瓶体积为VL），溶液的物质的量浓度为：mol•L－1＝0.045mol•L－1。‎ ‎（2）由于NH3也极易溶于水，最终所得溶液的体积和原NH3的体积是相等的。故所得溶液的物质的量浓度也为mol•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应，故可用作保护气。但在特定的条件下，可以与氧气、氢气、镁等物质发生反应。‎ N2＋3H2 2NH3；　　3Mg＋N2 Mg3N2‎ N2＋O2 2NO ‎2、氮的氧化物种类较多，主要有N2O（笑气）、NO、NO2、N2O4等。其中NO是一种无色不溶于水的有毒气体，不溶于水，而NO2则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HNO3和NO，NO2还易发生二聚反应。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NO2的相互转化关系为：2NO＋O2＝2NO2；3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO NO2具有强氧化性，能与许多还原性物质反应，如：SO2、I－等，NO2还能与碱溶液反应，生成硝酸盐和亚硝酸盐。如：‎ NO2＋SO2＝NO＋SO3；2NO2＋2NaOH＝NaNO3＋NaNO2＋H2O 故可用碱液来吸收硝酸工业中产生的尾气。‎ NO、NO2的制取 ①实验室NO可用Cu与稀HNO3反应制取：3Cu＋8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O，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NO2可用Cu与浓HNO3反应制取：Cu＋4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O由于NO2可与水反应，故只能用排空气法收集。‎ ‎3、硝酸的性质：‎ 纯净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，但硝酸与金属反应时一般无氢气产生。‎ ‎（1）不稳定性：硝酸在受热或光照条件下即可分解：4HNO3＝4NO2↑＋O2↑＋2H2O，常见浓硝酸显黄色，是由于硝酸分解产生的NO2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>与金属反应：硝酸和金属反应时，硝酸作为氧化剂，硝酸的浓度越高，其氧化性越强，还原产物的价态越低。‎ A：常温下，浓硝酸可使Fe、Al表面形成致密的氧化膜而发生钝化，阻止反应的继续进行。‎ B：一定条件下硝酸能与除铂以外的多数金属反应，通常浓硝酸反应后生成的气体主要是NO2，稀硝酸反应后生成的气体主要是NO，如：铜与浓、稀硝酸的反应：‎ ‎3Cu＋8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O Cu＋4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O 变价金属与硝酸反应时，产物的价态则要看硝酸与金属的物质的量的相对大小，若金属过量，则生成低价的金属硝酸盐，若硝酸过量，则生成高价的金属硝酸盐。如：铁与稀硝酸的反应：3Fe（过量）＋8HNO3（稀）＝3Fe（NO3）2＋2NO↑＋4H2O Fe（不足）＋4HNO3（浓）＝Fe（NO3）3＋NO↑＋2H2O ‎<2>硝酸不仅可与金属反应，还可与非金属单质反应：如：浓硝酸与单质碳反应的化学方程式：C＋4HNO3（浓）＝CO2↑＋4NO2↑＋2H2O 非金属单质与浓硝酸反应时，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应 硝酸能氧化很多低价态的化合物，如S2－、SO32－、I－、Fe2＋等还原性物质，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）与有机物反应：在一定条件下硝酸可与某些有机物发生取代反应和颜色反应：‎ 如：浓硝酸与苯、苯酚等物质的硝化反应、与醇的酯化反应、与某些蛋白质的颜色反应等。‎ ‎［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反应外，还可与N2、CO2气体反应生成Mg3N2、MgO和C。可将产物溶于水，产生无色、有刺激性气味气体，则证明生成了Mg3N2；若将产物溶于酸，若有黑色不溶物生成，则证明有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；而浓硝酸则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不与水反应，NO2遇水反应产生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，并不是指两者不反应，而是反应生成一薄层致密的氧化膜，阻止反应的继续进行。但在加热条件下，铁和铝也能与浓硝酸反应。硝酸与金属反应时既起氧化剂的作用，同时还起酸的作用。随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐降低，氧化性逐渐减弱，还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，能氧化许多还原性物质。故还原性离子与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应大部分都是取代反应，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，再向溶液中加入铜片和浓硫酸，若产生红棕色气体，则证明有NO3－，反之没有NO3－。‎ ‎9、金属和硝酸反应时，随反应情况不同产物不同，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。但若采用守恒法来解，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＋还原产物中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）转化为还原产物（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应，当Cu粉完全作用时，收集到气体1.12L（标况），则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：消耗的硝酸分两部分，一部分起酸的作用，一部分做氧化剂，由守恒法可知，消耗的硝酸的物质的量应为这两部分的和，即为：1.92g/64g/mol×‎ ‎2＋1.12L/22.4L/mol＝0.11mol；故选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）铜跟浓硝酸反应；（2）铜跟稀硝酸反应；（3）铜先跟氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反应。以下叙述中正确的是 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：本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。‎ 若生成3molCu（NO3）2，可得消耗原料量及生成污染物NOx的量（见下表）：‎ Cu（NO3）2‎ Cu HNO3‎ NOx ‎（1）‎ ‎3mol ‎3mol ‎12mol ‎6mol ‎（2）‎ ‎3mol ‎3mol ‎8mol ‎2mol ‎（3）‎ ‎3mol ‎3mol ‎6mol ‎0mol 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＋）反应制取硝酸银。步骤如下　‎ 依据上述步骤，完成下列填空：‎ ‎（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NOX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）有利于加快反应速率 ‎（b）有利于未反应的硝酸挥发 ‎（c）有利于硝酸充分反应，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应是_________‎ ‎（a）置换反应　　　 （b）水解反应　　 （c）氧化还原反应 产生的沉淀物化学式 .‎ 解析：（1）根据反应方程式：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）根据温度对反应速率的影响，加热保温是使反应加快，促使HNO3与Ag反应，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，曾有人发明了固氮的一种方法，该法以石灰石、焦炭、空气为原料。第一步反应是石灰石分解；第二步是使第一步反应产物和焦炭反应，在电炉中的高温下制得第三步反应起始物；第三步反应中另一反应物是空气，该反应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应制得氨气。又知该固体中有与N3－互为等电子体的离子。‎ ‎（1）试写出四步反应的化学方程式；‎ ‎（2）试简评该固氮方法。‎ 解析：前二步反应分别是石灰石的分解和制造电石的反应：‎ CaCO3CaO＋CO2↑；CaO＋‎3CCaC2＋CO↑‎ 第三步反应是CaC2在高温下与空气中的氮气反应，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，后者与水反应才更有可能生成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＋N2CaCN2＋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，生产成本高，因此，很快被合成氨的催化法代替。‎ 答案：（1）CaCO3CaO＋CO2↑；CaO＋3CCaC2＋CO↑；CaC2＋N2CaCN2＋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，生产成本高。‎ 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）本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，而硝酸的还原产物则为：NOx。则根据元素守恒：被还原的硝酸的物质的量等于NOx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，则有：‎ ‎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 则混合物中银的质量分数为：（108g/mol×0.1mol）/30.0g＝36%‎ 答案：被还原的硝酸的物质的量为0.3mol，合金中银的质量分数为36%。‎