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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（　　）mo1 A. 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O2，失电子的是铜和银，根据得失电子相等找关系有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)mo1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8mo1e－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＝＋1 ②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　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。 解析　此题为多步计算题，发生的反应有：⑴4NH3＋5O2＝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