1．用向下排气法在容积为VmL 的集气瓶中收集氨气。由于空气未排净，最后瓶内气体的平均式量为19。将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，瓶内水面上升到一定高度后即停止上升。则在同温同压下， 瓶内剩余气体的体积为（ ）
A、V/3 mL B、V/4 mL C、V/6 mL D、无法判断
2．把3体积的NO2气体, 依次通过下列3个分别装有①NaHCO3饱和溶液 ②浓 H2SO4 ③Na2O2的装置后, 用排水法把残留气体收集到集气瓶中, 集气瓶内气体应是 (同温同压下测得)（ ）。
A、 1体积NO B、 2体积NO2和0.5体积O2 C、 2体积O2 D、 0.25体积O2
3．在标准状况下, 将O2与NO按3 : 4体积比充满一干燥烧瓶, 将烧瓶倒置于水中, 瓶中液面逐渐上升后, 最终烧瓶内溶液的物质的量浓度接近于（ ）。
A、0.045mol/L B、 0.036mol/L C、 0.026mol/l D、 0.030mol/L
4、相同状况下，在体积相同的三个烧瓶中分别盛NH3、HCl和NO2气体，并分别倒立于水槽，充分溶解后烧瓶内三种溶液物质的量浓度之比为（设烧瓶内液体未扩散到水槽中）（ ） A、1:1:1 B、2:2:3 C、3:3:2 D、2:2:1
5、在标准状况下，将NO、NO2和O2的混合气体倒置于水中全部溶解，无气体剩余。设其产物不扩散，则所得溶液的物质的量浓度（M）的数值大小范围是（ ）。 A、0＜M＜1／22.4 B、1/39.2 A、2：1：2 B、5：5：4 C、1：1：1 D、无法确定 7、350体积（标准状况）的氨溶解在1体积水（密度近似为1g/cm）里，求所得氨水（密度为0.924 g/cm）中氨水的质量分数和物质的量浓度。 1 3） 3 8、在标准状况下，n升NH3溶于m毫升水中，得到密度为d克／厘米的R升氨水，则此氨水的物质的量浓度（ ）。 A、n／22.4R mol/L B、1000nd/(17n+m)×22.4 mol/L C、 n／22.4 mol/L D、 1000nd/17n+m×22.4 mol/L 9、38.4mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4mL（标准状况下），反应消耗的HNO3物质的量可能为（ ） A 、 1.0 ×103mol B 、1.6× 103mol － － 3 C、 2.2 ×103mol D、 2.4 ×103mol － － 10、1.92克铜与过量的浓硝酸反应，收集到1.12升气体（折算成标准状况），则被还原的硝酸的物质的量是 A、0.0 5 摩 B、0.0 6 摩 C、0.0 2 摩 D、0.0 7 摩 11、14克铜银合金与足量某浓度的HNO3反应，将放出的气体与1.12升O2（标况）混合，通入水中恰好全部吸收，则合金中铜的质量为 A、1.6克 B、3.2克 C、6.4克 D、9.6克 12、mg铜与一定浓度的硝酸完全反应放出V1L气体，将所得气体通过足量水后，收集到V2L气体，欲使V2L气体完全转化为硝酸，所需氧气的物质的量为（气体体积均在标准状况下测定，且不考有N2O4的生成）。 A、V1／89.6mol B、3V2/89.6mol C、m/128mol D、无法确定 13、某金属的硝酸盐加热分解生成的NO2和O2的物质的量之比为8:1，在加热过程中，该金属元素的化合价（ ） A、降低 B、升高 C、不变 D、无法确定 14、6.4克铜与过量的硝酸（60 mL，8 mol/L）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n mol, 此时溶液中所含NO3物质的量为（ ）。 A、0.28mol B、0.31mol C、（n+0.2）mol D、（n+0.4）mol 15、76.8mg铜和适量浓硝酸反应，铜全部溶解后，如果NO3离子减少2×103 mol，则溶液中H － － ＋ ＋ － 同时下降（ ）。 A、 2×103 mol B、3.2×103 mol － － 23、某化肥厂用NH3制硝酸，再进一步制NH4NO3，已知NH3制HNO3时产率为88％，由NH3与HNO3反应制NH4NO3时产率为98％。若用100t NH3制NH4NO3时，用于制HNO3的氨为多少t？可制出NH4NO3多少t？ 答案：1、C 2、D 3、C 4、A 5、B 6、B 7、21％，11.4mol/L 8、AD 9、C 10、B 11、B 12、BC（2Cu～O2,4NO+3O2+2H2O=4HNO3）13、B 14、C 15、C（用电荷守恒法） 16、A（终态法，当铝铁元素全部转化为沉淀时，溶液中仅含NaNO3,故n(NaOH)=n(HNO3)总-n(NO) 17、C{n(NO)＝14g－8g／30g/mol＝0.2mol,无论生成＋2价还是＋3价铁，Fe(NO3)3和 Fe(NO3)2中所含NO3个数恰好与Fe失电子数相等，而Fe失电子数＝HNO3失电子数＝NO分子数×3 C(HNO3)=0.2mol+0.2mol×3/1L=0.8mol/L － C、4.4×103 mol D、 4×103 mol － － 16、一定量有的铝铁合金与300 mL2 mol/L硝酸反应生成3.36LNO（标准状况）和3价铁盐、铝盐等，再向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液，使铝铁元素全部转化为沉淀，则所加NaOH溶液的体积是（ ） A、150ml B、200ml C、450ml D、无法确定 17、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重8克。则原溶液中硝酸的浓度为（ ） A、0.4 mol/L B、0.6 mol/L C、0.8 mol/L D、1.0mol/L 18、一定量铜在某浓硝酸溶液中完全溶解。已知参加反应的30克HNO3中被还原的HNO3质量为13克，则生成的NO和NO2的体积比为（同温同压下测定） A、1：1 B、1：2 C、2：11 D、4：1 19、3.25g某金属单质跟过量稀硝酸反应时，未观察到有气体放出，但测知生成物中有NH4NO3。当向反应后的溶液中加入过量热的烧碱溶液时，有气体放出，其体积为280mL（在标准状况），求（1）如用R表示该金属，写出R与硝酸反应的化学方程式。 （2） 是哪种金属？（写出推断过程）。 20、有一硫酸和硝酸的混合溶液，取出其中的10mL加入足量的氯化钡溶液，过滤、洗涤、烘干后得9.32g沉淀，滤液跟4mol/L烧碱溶液反应，用去35mL时恰好中和。求：(1)混合溶液中硫酸和硝酸的物质的量浓度？(2)另取10mL原混和溶液，加入2.56g铜加热，在标准状况下收集到多少毫升的气体？ 21、100毫升含HNO3、H2SO4的稀溶液中，加入9．6克铜充分反应，铜全溶，产生2.24升NO（标准状况）。同体积的混合酸恰好与250毫升2mol/L的NaOH完全中和，计算原混合酸中HNO3、H2SO4的物质的量浓度。 22．为了测定某铜银合金的成分，将30.0g合金完全溶于80mL13.5mol/L的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到6.72L（标准状况）气体，并测得溶液的C（H）=1mol/L。假设反应后溶液的体积 + 18、C设生成NO、NO2物质的量分别为X、Y，则X＋Y＝13／63 未被还原的HNO3＝30－13／63＝17／63 HNO3未被还原～1／2Cu(NO3)2～1/2Cu 故根据化合价升降守恒可得3X＋Y＝17／63×1／2×2 解得X＝2／63，Y＝11／63，X：Y＝2：11 19、8R+10nHNO3=8R(NO3)n+nNH4NO3+3nH2O 8R～nNH4NO3～nNH3 8R g nmol 3.25g 0.125mol R=32.5n,讨论n=2,R=65(Zn) 20、C(H2SO4)= ＝4.0mol/L ， C(HNO3)= =6.0 mol/L 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。 2 ② 由①可知: n(H+)=0.14mol , n(NO3)=0.06mol 氮族元素计算题常见解题 一. 关系式法 例1. 已知NH3和Cl2可发生下列反应：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2。若有2.0mol N2生成，则发生氧化反应的物质及其物质的量分别是（ ） A. NH3 16mol B. NH3 8.0mol C. NH3 4.0mol D. NH3 3.0mol 解析：分析元素化合价的变化得如下关系：2NH3~N2（发生氧化反应），答案为C项。 二. 守恒法 1. 元素守恒 例2. 38.4mg铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4mL（标准状况），反应消耗硝酸的物质的量可能是（ ） A. 1.0×10-3mol B. 1.6×10-3mol C. 2.2×10-3mol D. 2.4×10-3mol 解析：由Cu元素守恒，0.6×10-3mol Cu可生成0.6×10-3mol Cu(NO3)2，需1.2×10-3mol HNO3，由N元素守恒，生成1×10-3mol的NOx气体，需1×10-3mol HNO3，因此，反应共消耗硝酸2.2×10-3mol。答案为C项。 2. 电子守恒 例3. 将Mg、Cu组成的2.64g混合物投入适量稀硝酸中恰好反应，固体完全溶解时收集到还原产物NO气体0.896L（标准状况），向反应后的溶液中加入2mol•L-1 NaOH溶液60mL时，金属离子恰好沉淀完全，则形成沉淀质量是（ ） A. 4.32g B. 4.68g C. 5.36g D. 6.38g 解析：Mg2+、Cu2+完全沉淀生成Mg(OH)2、Cu(OH)2时结合OH－的物质的量，即为Mg、Cu失去电子的物质的量，所以沉淀质量为 ，答案为B项。 三. 极限法 例4. 0.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物NO、NO2、N2O4混合气体共0.05mol。该混合气体的平均相对分子质量可能是（ ） A. 30 B. 46 C. 50 D. 66 解析：设NO、NO2、N2O4三者的物质的量分别为a，b，c，则a+b+c=0.05mol，由电子转移守恒得：3a+b+2c=0.06mol。混合气体的平均相对分子质量为 。由以上关系无法计算Mr。若采用极端假设法，即生成物为单一气体，则由电子转移守恒关系可知，混合气体中一定存在NO2。因此混合气体的组成可分为： （1）由NO和NO2形成的混合气体：Mr=44.4 （2）由NO2和N2O4形成的混合气体：Mr=55.2 因此由三种气体形成的混合气体的平均相对分子质量的取值范围是44.4 － 解析：依题意： 6NO + 4NH3 = 3N2 + 2N2 + 6H2O △n 6mol 4mol 3mol 2mol 1mol 6×0.05mol 4×0.05mol 显然，参与反应的NO和NH3分别为0.3mol和0.2mol。 由于NO和NH3的总物质的量为1mol，则必有一种过量，所以有以下两种情况：0.3mol NO和0.7mol NH3，0.8mol NO和0.2mol NH3。 五. 十字交叉法（平均式法） 例6. 为消除NOx对大气的污染，工业上通常利用如下反应：NOx+NH3→N2+H2O来保护环境。现有NO2和NO的混合气体3L，可用相同状况下3.5L NH3恰好使其完全转化为N2，则混合气体中NO2和NO的体积比为（ ） A. 1：4 B. 3：1 C. 2：1 D. 1：1 解析：配平方程式：6NOx+4xNH3=(3+2x)N2+6xH2O 因此，6：4x=3：3.5，解得： 即NO2和NO的平均式为 － + 设与2.56gCu反应需NO3xmol ,Hymol,生成NO z L。 － + 2+ 由 3Cu + 2NO3+ 8H = 3Cu+ 2NO↑ + 4H2O 3× 64g 2mol 8mol 2× 22.4L 2.56g x ymol zL － 解得：x=0.027 mol<0.06mol(即NO3过量) + y=0.11mol<0.14mol(即H过量) 因此，要按Cu 的质量求生成的气体体积。解得 z=0.597 L=597 mL 21、1 mol/L≤C(HNO3)<5 mol/L,0 4
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