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《氮族元素》计算题常见解题 赵果平 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 Mr 55.2。正确答案为B、C项。 四. 差量法 例5. 在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应生成N2和H2O，现有NO跟NH3的混合物1mol，充分反应后，还原产物比氧化产物多1.4g，试计算反应混合物中NO跟NH3的物质的量可能是多少？ 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 则 六. 赋值法（特殊值法） 例7. 元素R有两种氯化物RClm和RCln，其相对分子质量之差为71，Cl的质量分数在RClm中为85%，在RCln中为77%，则： （1）m-n ____________，m _________，R的相对分子质量 ___________； （2）通常R有两种同素异形体，其名称是__________和_______________。 分析：依题意易得：m-n 2 由RClm和RCln及m-n 2可联想到PCl5和PCl3，代入验证： PCl5中： PCl3中： 符合题意，则RClm的RCln分别为PCl5和PCl3。 答案：（1）2 5 31；（2）白磷 红磷