专题四 硫、氮和可持续发展小结
一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)
1．导致下列现象的主要原因与排放SO2有关的是( )
A．酸雨 B．河水变质 C．臭氧空洞 D．温室效应
【解析】 酸雨的形成主要与SO2的排放有关；河水变质的因素很多，主要有生活污水、工业废水的排放导致水体富营养化或直接变质；臭氧空洞的形成主要与氟氯烃类物质和还原性气体有关；温室效应主要与CO2等有关。
【答案】 A
2．下列关于SO2和NO2的叙述中正确的是( )
A．SO2可使紫色石蕊溶液褪色
B．SO2与水作用生成H2SO4
C．可用排水法收集NO2
D．实验室可用NaOH溶液处理NO2和SO2废气
【解析】 SO2的漂白性是有限的，不能使紫色石蕊溶液褪色，A错误；SO2与水作用生成H2SO3，B错误；NO2与水反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，C错误。
【答案】 D
3．下列关于铵盐的叙述中不正确的是( )
①铵盐中氮元素的化合价为－3价
②铵盐都能溶于水，铵盐中只含有非金属元素而不可能含有金属元素
③铵盐都不稳定，受热分解都产生氨气
④铵盐都是离子化合物，都能与强碱反应
A．②③④ B．①②④
C．①②③ D．①③
【解析】 在NH4NO3中，氮元素呈现－3、＋5两种化合价；铵盐都溶于水，大多数铵盐只含有非金属元素，但也有含金属元素的，如(NH4)2Cr2O7等；铵盐都不稳定，但受热分解并不都产生NH3，如NH4NO3N2O↑＋2H2O；铵盐都是离子化合物，由NH4＋和酸根阴离子组成，因而都能与强碱反应。
【答案】 C
4．将红热的木炭与浓硝酸共热产生的气体等分为①和②两份，第①份先通过适量蒸馏水，再通入少量的澄清石灰水；第②份直接通入少量的澄清石灰水。则澄清石灰水的变化最可能为( )
A．①不变浑浊，②变浑浊 B．①变浑浊，②不变浑浊
C．①变浑浊，②变浑浊 D．①不变浑浊，②不变浑浊
【解析】 木炭与浓硝酸共热，发生反应生成CO2和NO2的混合气体，而NO2可与水反应生成HNO3和NO，故混合气体直接通入澄清石灰水，会生成Ca(NO3)2，得不到CaCO3沉淀；混合气体先通过水，NO2可与水反应生成HNO3和NO，则剩余的为NO和CO2的混合气体，再通入澄清石灰水会生成CaCO3沉淀。
【答案】 B
5．下列实验装置及做法对环境友好的是( )
①实验室收集氨用(a)装置 ②实验室中做氯气与钠的反应实验时用(b)装置 ③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨与酸反应生成铵盐的实验 ④实验室中用(c)装置进行铜与稀硝酸的反应
A．②③④ B．①②③
C．①②④ D．①③④
【解析】 实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨与酸反应生成铵盐的实验时，有大量氯化氢和氨挥发，引起大气污染，对环境不友好。
【答案】 C
6．(2014·温州十校高一期末联考)下面实验报告记录的实验现象正确的是( )
实验
记录
A
无色
无色
无现象
无色溶液
B
红色
无色
白色沉淀
白色沉淀
C
无色
无色
白色沉淀
白色沉淀
D
无色
无色
无色溶液
无色溶液
【解析】 SO2水溶液呈酸性，加入酚酞溶液中无明显现象；加入品红溶液中，品红褪色；加入HNO3和BaCl2的混合液中，SO2被氧化为SO42－，生成BaSO4白色沉淀；加入NaOH和BaCl2的混合液中，SO2与NaOH反应生成Na2SO3，BaCl2与Na2SO3反应生成BaSO3白色沉淀，C项正确。
【答案】 C
7．取少量无机盐溶液试样对其中的离子进行检验。下列判断正确的是( )
A．加入盐酸，产生白色沉淀，则试样中一定有Ag＋
B．加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中一定有CO32－
C．加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，试样中一定有SO42－
D．加入NaOH溶液微热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则试样中一定有NH4＋
【解析】 硅酸根离子与盐酸反应生成的硅酸也是白色沉淀；SO2气体也能使澄清石灰水变浑浊，且试样中有HCO3－时，也能产生CO2；加入BaCl2溶液生成不溶于稀硝酸的沉淀可能是氯化银，也可能是硫酸钡。
【答案】 D
8．硫酸、盐酸、硝酸是中学化学中重要的“三酸”。下列对“三酸”的叙述正确的是( )
A．浓溶液露置在空气中一段时间，溶液浓度都减小
B．浓溶液与足量锌反应，都可能生成两种还原产物
C．浓酸在一定条件下都能氧化碳
D．硫酸是稳定的酸，盐酸和硝酸是不稳定的酸
【解析】 浓硫酸在空气中吸水，盐酸、硝酸挥发，故浓度都减小，A项正确；盐酸与锌反应还原产物只有氢气，B项错误；浓盐酸不能氧化碳，C项错误；盐酸是易挥发性酸，但它是稳定的酸，硝酸既是易挥发性酸，又是不稳定的酸，D项错误。
【答案】 A
9．(2014·济南高一质检)类推的思维方式在化学学习与研究中经常被采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实验的验证。以下类推的结论中正确的是( )
A．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，故CO2也能使酸性KMnO4溶液褪色
B．盐酸与镁反应生成H2，故硝酸与镁反应也生成H2
C．SO2能使品红溶液褪色，故CO2也能使品红溶液褪色
D．常温下浓硫酸能使铁、铝发生钝化，故常温下浓硝酸也能使铁、铝发生纯化
【解析】 A项中CO2无还原性，不能使酸性KMnO4褪色；B项中金属与HNO3反应不产生H2；C项中CO2无漂白性，不能使品红溶液褪色。
【答案】 D
10．某同学仿照“喷泉”实验原理，在实验室中做了一个“喷烟”实验，实验装置如下图所示，他在甲、乙两个烧瓶中分别充入X、Y两种无色气体，实验时将胶头滴管内含酚酞的NaOH溶液挤入甲烧瓶内，然后打开止水夹，便可看到甲烧瓶中的导管口喷出白色的烟，同时甲烧瓶中的溶液颜色逐渐变浅。若已知X、Y是HCl、NH3、Cl2、O2、CH4、SO2、NO七种气体中的两种，则下列判断中正确的是( )
A．X是NH3，Y是HCl
B．X是Cl2，Y是CH4
C．X是SO2，Y是O2
D．X是NO，Y是O2
【解析】 依题意，甲烧瓶内气体极易溶于NaOH溶液，Y气体使溶液碱性减弱，即Y气体能与NaOH发生化学反应；X与Y气体反应产生白色固体小颗粒。上述气体组合中，只有A项符合题意。
【答案】 A
11．氮及其化合物的变化关系如图所示。
下列说法不正确的是( )
A．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径
B．路线ⅠⅡⅢ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C．上述所有反应都是氧化还原反应
D．氮气可在足量的氧气中通过一步反应生成NO2
【解析】 氮气和氧气在放电条件下反应生成NO，NO与O2转化为NO2，即氮气与氧气不能一步转化为NO2。
【答案】 D
12．足量的铜与一定量的浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A．60 mL B．45 mL
C．30 mL D．15 mL
【解析】 根据金属铜失电子总数等于氧气得电子总数，2N(Cu)＝4N(O2)，则N(Cu)＝2N(O2)＝2×＝0.15 mol，根据Cu2＋～2NaOH，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。
【答案】 A
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
13．(12分)实验室中要测定某无色气体的成分，已知此气体可能由CO2、NH3、NO2、N2、NO中的一种或几种混合而成。对此无色气体进行以下实验：
①先通过盛有浓硫酸的洗气瓶，发现气体减少一部分体积；
②继续通过装有Na2O2固体的干燥管，发现从干燥管出来的气体颜色呈红棕色；
③再继续将气体通入盛满水倒立于水槽中的试管内，最后气体完全被吸收，试管内仍为一满试管液体。由此可判断：
(1)原气体中一定含有________________，一定不含有________________。
(2)写出②中发生反应的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)由最终结果可知原气体中________和________的体积比为________。
【解析】 混合气体无色，则一定不含红棕色的NO2。由①知原气体中一定含有NH3；由②知无色气体变为红棕色，只可能是生成了NO2，故原气体中一定含有CO2、NO，发生的反应为2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2，2NO＋O2===2NO2；由③知恰好发生反应4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3。由以上三个反应可推出CO2与NO的体积比为6∶4，即3∶2。
【答案】 (1)NH3、CO2、NO NO2、N2
(2)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，2NO＋O2===2NO2
(3)CO2 NO 3∶2(或NO CO2 2∶3)
14．(12分)非金属单质A经图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：
(1)若A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。
①D的化学式是________。
②在工业生产中，大量排放的B气体被雨水吸收后形成了________而污染环境。
(2)若A在常温下为气体，C是红棕色气体。
①A、C的化学式分别是：A________、C________。
②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，写出该反应的化学方程式________________________________________________________________________。
该反应________(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。
【解析】 (1)若B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则B是SO2，C是SO3，D是H2SO4；若大量排放SO2，会形成酸雨。
(2)若C是红棕色气体，则C为NO2，B为NO，A为N2，D为HNO3，浓硝酸可与Cu反应：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。此反应中有元素化合价的升降，属于氧化还原反应。
【答案】 (1)①H2SO4 ②酸雨
(2)①N2 NO2 ②Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 属于
15．(14分)将红热的固体单质甲投入黄色的溶液乙中，剧烈反应产生混合气体A，A在常温下不与空气反应，根据下列变化填空：
(1)甲是________，乙是________，丙是________。
(2)混合气体A的主要成分是__________________________________________。
(3)气体B是________，蓝色溶液是____________________________________。
(4)甲与乙反应的化学方程式是_________________________________________。
(5)1909年化学家哈伯在实验室首次合成了氨。2007年化学家格哈德·埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，获得诺贝尔化学奖。
①将氢气和氮气在高温、高压和催化剂的条件下合成氨(NH3)。反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
②用、、分别表示N2、H2、NH3。观察下图，写出符合在催化剂表面合成氨反应过程的顺序________(将下面五张图按反应过程顺序用序号排列)。
【解析】 ①遇澄清石灰水产生白色沉淀的气体有可能是CO2(或SO2)。②溶液与单质丙反应，得到蓝色溶液应是含Cu2＋的溶液，可推知单质丙只能是Cu，其溶于硝酸可生成蓝色的Cu(NO3)2溶液，而溶于水能生成硝酸的气体应是NO2，则气体A中应含有NO2；由此易得气体B为NO。③气体与澄清石灰水反应后生成气体B(NO)，则气体中应含有NO(不可能含NO2)，因气体A与水反应得气体。④由于气体A与水反应生成溶液(硝酸)和气体(CO2和NO)，则气体A应含CO2和NO2才合理。综合①～④可知，丙为Cu；气体A为CO2和NO2；气体B为NO，蓝色溶液为Cu(NO3)2溶液。⑤红热的固体单质甲与显黄色的溶液乙剧烈反应生成混合气体A(CO2＋NO2)，易推出甲为碳单质，而乙只能是浓硝酸。(5)N2、H2先要被吸附在催化剂表面，然后再发生化学键的断裂，氮原子和氢原子在催化剂表面形成NH3分子，NH3分子再脱离催化剂表面。
【答案】 (1)C 浓HNO3 Cu
(2)CO2和NO2 (3)NO Cu(NO3)2溶液
(4)C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
(5)①N2＋3H22NH3 ②EDABC
16．(14分)为了测定某铜银合金的组成，将30.0 g合金溶于80 mL 13.5 mol·L－1的浓硝酸待合金完全溶解后，收集到气体6.72 L(标准状况)并测得溶液中H＋的物质的量浓度为1 mol·L－1，假设反应后溶液的体积仍为80 mL，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)由题意可知，收集到的气体应为NO2和NO的混合气体，由于被还原的硝酸的物质的量等于收集到的气体的物质的量，故N(被还原的HNO3)＝＝0.3 mol。
(2)N(剩余的HNO3)＝N(H＋)＝1 mol·L－1×0.08 L＝0.08 mol，则N(消耗的HNO3)＝13.5 mol·L－1×0.08 L－0.08 mol＝1 mol，又知，N(消耗的HNO3)＝2N[Cu(NO3)2]＋N(AgNO3)＋N(被还原的HNO3)＝2N(Cu)＋N(Ag)＋N(被还原的HNO3)，则2N(Cu)＋N(Ag)＝1 mol－0.3 mol＝0.7 mol ①，而N(Cu)×64 g·mol－1＋N(Ag)×108 g·mol－1＝30.0 g ②，解①②组成的方程组得：N(Ag)＝0.1 mol，m(Ag)＝10.8 g，则合金中银的质量分数为：×100%＝36.0%。
【答案】 (1)0.3 mol (2)36.0%
专题四 硫、氮和可持续发展小结
一、硫酸型酸雨的形成与防治
（一）酸雨
正常的雨水pH约为5.6(这是由于溶解了CO2的缘故).酸雨是指pH<5.6的雨水.通常可分为硫酸型酸雨和硝酸型酸雨两类。
1.形成
主要有两种形式
2.危害
影响水生生物的生长和繁殖 ② 破坏农作物和树木生长
③ 腐蚀建筑物、雕塑、机器 ④ 危害人体健康等
3.防治
研究开发替代化石燃料的新能源(氢能、太阳能、核能等)
利用化学脱硫处理或尾气回收,如烟道气中SO2回收的两种方法(变废为宝)
SO2+Ca(OH)2=CaSO3+H2O
石灰石-石膏法
2CaSO3+O2=2CaSO4 (CaSO4·2H2O为石膏)
SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3
氨水法 SO2+NH3+H2O=NH4HSO3
2(NH4)2SO3+O2=2(NH4)2SO4 (一种肥料)
（二）二氧化硫
②还原性
H2O2+SO2= H2SO4 SO2+Br2+2H2O=2HBr+ H2SO4
此外,SO2还能使氯水、酸性KMnO4溶液等褪色。
③氧化性
SO2+2H2S=3S+2H2O （SO2、、H2S气体不能大量共存）
④漂白性
SO2能跟某些有色物质化合生成不稳定的无色化合物，如能漂白品红、纸浆、草编织品等；但其漂白性有一定的局限，如不能使酸碱指示剂褪色等。
常见几中漂白剂比较
漂白剂
漂白条件
漂白原理
漂白类型
漂白产物稳定性
Ca(ClO)2 (HClO)
水
Cl2+H2O=HCl+HClO
2HClO=2HCl+O2↑
强氧化性
稳定
SO2(H2SO3)
水
生成无色化合物
化合
不稳定
活性炭、 Al(OH)3胶体
多孔(表面积大)
吸附
物理变化
不稳定
二、硫酸和硫酸盐
（一）硫酸的工业制法
1.反应原理
①造气 S+O2SO2 (或4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2)
②接触氧化 2SO2+O2 2SO3
③SO3的吸收 SO3+H2O=H2SO4
2.流程图（见课本P84 图4-4）
（二）硫酸
一种无色粘稠状液体，难挥发、沸点高，比水重，溶于水时放出大量的热。
1.化学性质
酸性:H2SO4=2H++SO42－
稀H2SO4具有H＋的性质（酸的通性）及SO42－的特性。
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如何稀释浓H2SO4 在稀释浓H2SO4时,,应将浓H2SO4沿玻璃棒缓缓地倒入烧杯的水中,并不断搅拌,使产生的热量迅速地扩散.(若将水倒入浓H2SO4中,浓H2SO4密度比水大,溶解时的放热作用使水沸腾而使H2SO4溅出)。
②难挥发性: NaCl+ H2SO4 (浓)NaHSO4+HCl↑ (高沸点酸制低沸点酸)
③吸水性: 浓H2SO4能跟水分子强烈结合成水合物.如浓H2SO4吸收水蒸汽在科学实验中作干燥剂；浓H2SO4能夺取结晶水合物中的结晶水等。
④脱水性: 浓H2SO4按水的组成比夺取某些有机化合物中的氢、氧元素,形成水分子.如:
C12H22O1112C+11H2O
该反应放热使水蒸气蒸发,使生成碳呈疏松多孔状。过量的浓H2SO4这时还能继续氧化碳而产生SO2气体。
⑤强氧化性: 利用浓H2SO4的强氧化性,Al 、Fe常温下遇浓H2SO4可发生钝化(实际中有什么应用?);浓H2SO4能与绝大部分金属发生氧化还原反应,也能与一些非金属反应。如:
Cu+2 H2SO4 (浓) CuSO4+SO2↑+2H2O
C+2 H2SO4 (浓)CO2↑+SO2↑+2H2O
浓H2SO4的还原产物通常为SO2。正是由于浓H2SO4的氧化性，所以浓H2SO4与金属反应均没有H2产生，也不能用浓H2SO4制备（或干燥）一些还原性气体，如：HI、H2S等。
2.用途：化肥、医药、农药的生产，金属矿石的处理，金属材料的表面清洗以及科学实验上的干燥剂，有机合成上的催化剂等。
（三）硫酸盐
三、硫和含硫化合物的相互转化
（一）硫和一些含硫化合物
自然界中既有游离态的硫，又有化合态的硫存在，如火山喷口附近、地壳岩层、矿物煤和石油等。
1.硫
淡黄色的硫能与铁、铜、汞、H2、O2等化合。
Hg+S=HgS （黑） (常温下进行，可用于硫磺处理洒落的汞)
H2+SH2S S+O2SO2
2.亚硫酸钠
亚硫酸钠同亚硫酸一样易氧化。2Na2SO3+O2= 2Na2SO4 (亚硫酸盐要密封保存)
Na2SO3+Cl2+H2O =Na2SO4+2HCl
（二）含硫物质的相互转化
专题四《硫、氮和可持续发展》
第一单元 含硫化合物的性质和应用知识体系
二氧化硫的性质和应用知识体系
核心知识：
硫酸型酸雨的形成原因
SO2的化学性质
恰如其分地评价SO2对人类的影响
硫酸的制备和性质知识体系
核心知识：
工业制备硫酸的反应原理以及与工业生产的不同，重点是让学生知道不同价态硫之间的转化关系。
浓硫酸的性质（吸水性、脱水性和氧化性）
硫和含硫化合物的相互转化知识体系
核心知识：
从氧化还原反应的角度认识不同价态硫元素之间的转化：
第二单元 生产生活中的含氮化合物
氮氧化合物的产生及转化知识体系
核心知识：
从两个方面（自然、人工）产生氮氧化物，以及氮氧化物的转化对生产和生活的影响
氮肥的生产和使用知识体系
核心知识：
以氮肥的生产和使用为载体，重点是学习氨和铵盐的性质
硝酸的性质知识体系
三、本专题教学指导意见的说明——深广度的把握
1．单质硫没有专门成节学习，而是分散在本单元中。
硫元素在自然界中的存在形态，单质硫的颜色状态、硫与金属（主要是汞）和非金属（主要是氧气）反应属于基本要求，从硫的非金属性和硫元素的化合价认识单质硫的化学性质。
硫与其他金属（如Na、Fe、Cu）的反应，硫与其他非金属（如H2）反应不是基本要求，重点学校可以补充。
硫与碱溶液反应不作要求。
2．“二氧化硫性质与作用”与原人教版内容接近，其中：
酸性氧化物的通性：从物质分类的角度认识二氧化硫的化学性质，知道二氧化硫与水、碱性氧化物（如CaO）和碱[如Ca(OH)2]等反应。
还原性和氧化性：从硫元素化合价认识二氧化硫的氧化性和还原性，其中还原性仅限于SO2（或H2SO3）与过氧化氢、氯水或溴水的反应，不要增加与酸性高锰酸钾溶液的反应。氧化性只要求学生知道这是中间价态的特点，不要例举某些反应（如与硫化氢的反应）。
“拓展视野”栏目中“燃煤烟气脱硫”方法可以作为学生的课外读物来处理。“调查研究”栏目中内容可以作为研究性学习的课题。
3．硫酸的制备和性质
硫酸的制备重点是让学生形成不同价态的硫元素的转化，让学生知道理论上的化学反应与实际工业生产的不同，而不是工业问题的本身。
硫酸制备的流程图可以看成是一个背景材料，交流与讨论所达到的目标是：①不同价态硫元素的转化S（FeS2）→SO2→SO3→H2SO4；②理论上的化学反应与实际工业生产中不同这样的基本观点。
重点学校可以继续讨论流程中的“净化”、“热交换器”、“储酸槽”等问题。一般学校只要求三个设备中所对应的三个反应原理。
硫铁矿在沸腾炉中燃烧生成二氧化硫的反应方程式不要求学生掌握配平方法，但要求知道铁、硫元素的价态，以及负一价的硫被氧化的事实。
4．硫和含硫化合物的相互转化
二氧化硫、硫化氢的制备只要求知道制备的事实和会写化学反应方程式，实验室制备装置等不作要求。
H2S → S的转化，只要求硫化氢溶液与氯水反应的转化关系，而硫化氢与充足或不充足氧气的燃烧反应及其计算不作要求。
“调查研究”栏目中的内容可以作为研究性学习的课题。
5．氮氧化物的产生与转化
教材中图4-12 氮气与氧气放电实验，实验效果不是很好，有条件的学校尽可能作演示实验，没有条件的学校可以播放录像。
NO2和N2O4的相互转化不作要求。
6．氮肥的生产和使用
N2和O2的反应需“放电”的条件，N2和H2的反应需要“高温、高压、催化剂”的条件，说明氮气的稳定的事实，但不宜用结构式来解释。
氨气的实验室制法只要求反应原理。
7．硝酸的性质
硝酸的氧化性仅限于浓、稀硝酸与铜的反应，以及浓硝酸与炭的反应，活泼金属与硝酸反应的规律和复杂的定量计算不作要求。
硝酸工业制法要求与硫酸工业制法的要求相同。
守恒思想在HNO3的综合计算中的应用
我们在做化学计算时要有整体意识，全局观念，抓住题目中发生化学变化的实质，弄清来龙去脉，利用守恒思想，许多问题就会有新思路。
例1：单质铁溶于一定浓度的HNO3中反应的化学方程式如下：
aFe+bNO3-+cH+ = dFe2++f Fe3++gNO↑+hN2O↑+kH2O(化学计量数均为正整数)
请你用已掌握的知识研究出下列规律：
（1）c、g、h的关系是
（2）b、c、d、f的关系是
（3）d、f、g、h的关系是
（4）若a＝12，铁和硝酸恰好完全反应，则b的取值范围是 ， c的取值范围是
解析：（1）这里考查反应前后H、O原子的守恒关系。若只从“cH+→gNO+hN2O”去分析，似乎H+与NO、N2O之间没有什么联系，思路不易展开。但只要抓住反应中H＋全部转化为“H2O”，“NO、N2O全是由NO3―转变而来”，必有NO3― NO ＋2H2O 和2NO3― N2O+5H2O ，进而总结出c=4g+10h
(2)这里考查离子电荷守恒的关系。反应中反应物微粒所带的电荷数和生成物微粒所带的电荷必定相等。b、c、d、f恰好是反应方程式中各种离子的化学计量数，因此根据bNO3-+cH+ = dFe2++f Fe3+就可得出c-b=2d+3f
(3) 这里考查电子守恒的关系。d、f、g、h恰好是电子得失有关的四种产物的化学式，其中“dFe2++f Fe3+”决定失去电子总数，“gNO+hN2O”决定得到电子总数，所以有2d+3f=3g+8h.
(4)可以用极限思维的方法来解决。这里要注意三个前提：一是a＝12；二是铁和硝酸恰好完全反应；三是每种物质的化学计量数均为正整数（即产物中既要有Fe2+,又要有Fe3+,既要有NO又要有N2O ）。
有12molFe完全反应时，只有当“Fe →Fe2＋”、“NO3―→N2O”时消耗的NO3― 、H＋ 最少：
由4Fe+2NO3―+10H＋=4Fe2＋+N2O↑+5H2O 计算可得6mol NO3― ,30mol H＋ .
有12molFe 完全反应时，只有当“Fe →Fe3＋”、“NO3―→NO”时消耗的NO3― 、H＋ 最多：
由Fe+NO3―+4H＋=Fe3＋+NO↑+2H2O 计算可得12mol NO3― ,48mol H＋
所以有6例2：向Cu、 Cu2O 和CuO组成的混合物中加入100ml0.6mol/L HNO3，恰好使混合物溶解，同时收集到224mlNO气体（标况）求：
写出Cu2O与稀硝酸反应的化学方程式
（2）产物中Cu(NO3)2的物质的量。
（3）若混合物中含0.01mol Cu，则其中Cu2O 、CuO的物质的量分别是多少？
（4）若混合物中Cu的物质的量为X，求其中Cu2O 、CuO的物质的量及X的取值范围。
解析：（1）3 Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O
利用N原子守恒。n(HNO3)=0.06mol,n(NO)=0.01mol,则n[Cu(NO3)2]=(0.06-0.01)/2=0.025mol
本题混合物中虽含有Cu、 Cu2O 、CuO三种物质，但参加氧化还原反应的只有Cu、 Cu2O，所以利用电子得失守恒可直接求解:
NO得到电子总数：n(NO)×3=0.03mol
Cu提供电子总数：0.01×2=0.02mol
Cu2O提供电子总数：0.03-0.02=0.01mol
n(Cu2O)=0.01/2=0.005mol
n(CuO)=0.025-0.01-0.005 2 = 0.005mol
(4)根据（3）解法可得n(Cu2O)=0.015－Xmol n(CuO)=X-0.005mol.根据电子得失守恒进行极端假设：
若电子全部由Cu提供，则n(Cu)=0.015mol
若电子全部由Cu2O提供，则n(Cu2O)=0.015mol,根据n(CuO)= X-0.005mol要大于0，可得n(Cu)>0.005mol所以0.005mol< n(Cu)<0.015mol.
例3：铁和铝合金1.39g完全溶于含0.16mol HNO3的热浓硝酸中，（设反应中硝酸不挥发不分解）生成标况下VLNO2 与NO的混合气体X及溶液Y。反应后往溶液Y中逐滴加入1mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与滴入的NaOH溶液体积关系如图所示。 n(沉淀)
原合金中铁的质量分数是
V的数值等于
气体X中比为
100 110 v（NaOH溶液）
解析：（1）Al(OH)3的物质的量为1mol/L×0.01L＝0.01mol
铁的质量为1.39g-27g/mol×0.01mol=1.12g
铁的质量分数是1.12g÷1.39g×100%=80.6%
(2) Al3＋ + 3OH― = Al(OH)3↓
0.01mol 0.03mol
Fe2＋ + 3OH― = Fe(OH)3 ↓
0.02mol 0.06mol
过量的硝酸为（0.1-0.03-0.06）mol=0.01mol
0.01mol Al(NO3)3 中含 N为0.03mol
02mol Fe(NO3)3中 N为0.06mol
根据N原子守恒，NO和 NO2 总物质的量为(0.16-0.03-0.06-0.01)mol=0.06mol
设NO物质的量为x，NO2物质的量为y
x+y = 0.06mol N原子守恒
3x+y = (0.03+0.06)mol 电子得失守恒
x = 0.015mol y = 0.045mol
NO2 与NO的 总体积V = 0.06mol × 22.4mol/L = 1.344L
NO2 与NO的 体积比 ＝ 3：1
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