O2混和气体溶于水气体组成的不同解法

O2混和气体溶于水气体组成的不同解法 hjw 第 1 页 1/31/2015 NONO O混和气体溶于水气体组成的不同解法2 2 (高二氮族适用) 本文发表于2003年9月出版的《考试报 高二化学》总 期 第 期 四川省广汉市金雁中学 黄均文 邮编:618300 NO、NO 、O三种气体中含两种或三种的混和物溶于水有关气体的组成的判断是一类22 重要而又复杂的型，此类试题在各级考试题中频繁出现，下面对有关此类试题的判断计算的主要方法归纳解析如下: 方法一:方程式叠加法 NO、NO 、O三气体中含两种或三种的混和物溶于水有关气体的组成，余气的成份22 的判断可依据下列方程式:? 3NO+HO==2HNO+NO;? 2NO+O==2NO;?4NO+O+2232222 2HO==4HNO，?式是由??2+?得到;? 4NO+3O+2HO==4HNO ，?式是由??2+23223 ??3得到;? NO+ NO+ O+2HO==2HNO ，?式是由?+?得到。22 23 说明:?式适用于只有NO; ?式适用于NO和O的混和物;?式适用于NO和2 22 O的混和物;?式适用于NO、NO和O的混和物 222 方法二:酸酐法 原理是:对于有氧气的混和气体，由方法一中的???可知，若气体全溶，则相当于 硝酸的酸酐NO与水的反应，若气体中氮氧原子个数比满足2?5，则气体全溶;若大于2?25 5，则余NO，此时应由另两法计算或结合原子守恒法计算;若小于2?5，则余气为氧气， 余下的氧气的物质的量为多余的氧原子的一半。 说明:此法适用于已知各气体的物质的量或相关的比例，较方法一简单。 方法三:电子得失守恒法 原理是:气体溶解的实质是氧气与氮的氧化物间发生了氧化还原反应，若氮原子的失 电子总数等于氧气的得电子总数，则气体恰好溶完;若大于，则氮的氧化物有余;若小于， 则氧气有余。 说明:此法使用条件与法二相同，方法较简洁。 下面举例加以说明 例1(状况下，将充满67.4ml NO和5 ml O的混和气体的试管倒立于水槽中，充分22 反应后，试管里有气体余下。问:试管里余气是谁,为多少ml, 解法一:(方程式叠加法) ?气体为NO与O组成，计算依据为?4NO+O+2HO==4HNO，222223 而n?n==67.4/5>4，?余气为NO。?4 NO—O ?与O反应的V=4V=4?5 ml=NO2O2222NO2O2 hjw 第 2 页 1/31/2015 20 ml，余V=67.4ml―20 ml=47.4ml，再据? 3NO+HO==2HNO+NO可得:最终余下的NO2223V= V/3=47.4ml/3=15.8 ml。 NONO2 解法二:(酸酐法) 将毫升当摩尔对待(一种计算技巧，可化繁为简)，相当于n=67.4mol，n=144.8mol，NO因n/n>2?5，最后余NO，相当于NO与NO的混合物。设NO余物质的量为X，则酸酐为NO25 (67.4-X)×0.5，所以由氧原子守恒:144.8=X+5(67.4-X)×0.5，解的X=15.8，即余气NO为15.8毫升。 解法三:(电子得失守恒法) 将毫升当摩尔对待，相当于+4价的氮n=67.4mol，n=5mol，则氧气可得电子NO2 5×4=20 mol，+4价的氮可失电子67.4×1=67.4mol，所以氧气不足，最终余NO。故只有20 mol的NO与氧气一起作用，另67.4-20=47.4 mol的NO最终转化为47.4/3=15.8 mol的22 NO。即余NO体积为15.8毫升。 例2(将充有m ml NO和n ml NO的量筒倒立于水槽中，然后通入m ml O。若m2?5， NONO 最后余NO，相当于NO与NO的混合物。设NO余物质的量为X，则酸酐为(m+n-X)×0.5，25 所以由氧原子守恒:2n+3m=X+5(m+n-X)×0.5，解的X=(n-m)/3，即余气NO为(n-m)/3 毫升。 解法三:得失电子守恒法 将毫升当摩尔对待，相当于 +2价的氮n=m mol ,+4价的氮n=n mol，n=m mol，则氧NNO2 气可得电子m×4=4m mol， +2价的氮可失电子m×3=3m mol，+4价的氮可失电子n×1= hjw 第 3 页 1/31/2015 n mol氮原子共可失电子3m+n mol>4m mol，所以氧气不足，最终余NO。设余物质的量 为X，则:得失电子守恒 (m-X) ×3+n×1=m×4，解的X=(n-m)/3 mol，即余气NO为(n-m)/3 毫升。 例3(标准状况下，将充满NO、NO、O的混和气体的试管倒置于水中，气体完全溶22 解，无气体剩余。则NO、NO、O的体积比不可能为( ) 22 A、1:1:1 B、4:8:5 C、8:4:7 D、5:6:7 解析:若用方程式叠加法，由? NO+ NO+ O+2HO==2HNO判断得A合理，B相当22 23 于余下NO与O，且体积比为4:1，又由?4NO+O+2HO==4HNO知，也合理;C相当222223 于余下NO与O，且体积比为4:3，又由? 4NO+3O+2HO==4HNO可知也合理;D项2223 相当于余下NO与O，且体积比为1:2，又由?4NO+O+2HO==4HNO知，最终余下氧222223 气，不合理 若用酸酐法，将比值当分子个数，则ABCD中氮氧原子个数比依次为2:5，12:30，12:30， 11:31，前三组比值均为2:5，相当于酸酐NO。只有最后一组不为2:5，所以D不合理。25 若用电子得失守恒法，A组失电子1×3+1×1=4，得电子1×4=4，得失相等;B组失电 子4×3+8×1=20，得电子5×4=20，得失相等;C组失电子8×3+4×1=28，得电子7×4=28， 得失相等;D组失电子5×3+6×1=21，得电子7×4=28，得失不相等;所以只有D组不可 能。且D组中最后有氧气余下。 从上述三例不难发现，三种方法各有优劣，相对而言酸酐法，电子得失守恒法在解选 择题和填空题时更具有简洁性，而方程式叠加法在解计算题时更

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，适用些，以上浅见 供同行和同学们参考。 强化练习 1、用集气瓶收集满由2Cu(NO)=2CuO+4NO?+O?反应生成的气体，将集气瓶倒置于3222 水面上，反应后集气瓶中( ) A、全部充满水 B、3/4的水 C、1/2的水 D、4/5的水 2、标准状况下，将O与NO按1?4(体积比)充满一干燥的烧瓶，并将烧瓶倒置于水中，22 瓶内液面渐渐上升，假设生成溶质不扩散，最终烧瓶内溶质的物质的量浓度为( ) A、1/14 mol/L B、1/28 mol/L C、1/42 mol/L D、1/22.4 mol/L 3、一定条件下将等体积的O与NO的混和气体充于试管中,并将试管置于水槽中,充分反2 应后剩余气体的体积为原气体总体积的( ) A、1/4 B、3/4 C、1/8 D、3/8 4、有一试管中充满NO和O的混和气体，倒立于水中，液面上升到试管容积的3/4处22 停止。则原混和气体中O的体积百分含量为( ) 2 A、5% B、10% C、20% D、40% 5、标准状况下，将充满NO、NO、O的混和气体的集气瓶倒置于水中，气体完全溶22 解， 无气体剩余。设其产物不扩散，则所得溶液物质的量浓度为( )mol/L hjw 第 4 页 1/31/2015 A、0