谈有关NO2溶水的简单计算方法
标签： 谈有关NO2溶水的简单计算方法 2007-12-08 08:20
谈有关NO2溶水的简单计算方法
新疆石河子121炮台中学曾鸣 邮编：832066
二氧化氮和氧气的混合气体溶于水或二氧化氮、一氧化氮的混合气体溶于水后再通入氧气、求最后剩余气体是什么？体积为多少？所得硝酸溶液里溶质的质量分数为多少？这类题型的计算在中学化学教学中经常出现，并鲜为人知。然而学生在遇见如此类型题时，往往又只是依据此类问题所涉及的一些化学概念和理论、视水过量。NO2能溶于水，NO、O2不溶于水推知NO2气体不可能剩余，只可能剩余NO和O2，再依据NO2与H2O反应生成HNO3并放出NO，NO和O2又反应生成NO2，这样由于NO 和O2气体之间量的关系还会出现多次地循环反应，学生们也就步入了多次书写反应方程式分步推理或者用上了较为繁杂的无穷递减等比数列的解题方法，很易出现错误步入误区。笔者仅据这一情况，导出简化解题方法，仅供参考。
下面是笔者对NO2、NO、O2之间相互关系的推导过程 由课本中NO与O2 的化学反应： 2NO + O2 = 2NO2 (1)式
再由课本中N2O和H2O水的化学反应： 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO (2)式
进行演译推理便可以得出下列三个重要的比例关系：
1：直接用NO2与H2O的化学反应中生成NO气体的体积比例关系，即根据反应（2）式得出：VNO2 : VNO = 3 : 1 (a )
2: NO2 与O2 的混合气体与H2O反应后有无气体剩余 ，笔者依据将反应（1）式加上反应（2）式从而消去反应中NO的得出反应（3）式，由此便可得出NO2与O2的体积比例关系： 2NO + O2 = 2NO2 (1)
+ 3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO (2) ×2 4NO2 + O2 + 2H2O = 4HNO3 (3) 即：VNO2 : VO2 = 4 : 1 (b)
这也就告诉我们若混合气体中NO2与O2的体积比符合4：1，则说明最后无气体剩余，大于或小于4：1则均有气体NO2或O2剩余。
3: NO2与NO的混合气体溶于水后， 再通入一定量O2， 最后有无气体剩余， 笔者引导学生除了运用关系式 (a) 解题外， 再通过反应(1)×3加上反应(2)×2的方法消去NO2，得出反应（4）式，从而找出NO与O2的体积比例关系： 2NO + O2 = 2NO2 (1) ×3
+ 3NO2 +H2O = 2HNO3 + NO (3) ×2 4NO2 + 3O2 + 2H2O = 4HNO3 (4) 即：VNO : VO2 = 4 : 3 (c)
由此告诉我们若混合气体中NO与O2的体积比符合4：3，则说明最后无气体剩余，大于或小于4：3则有气体NO或O2 剩余。 下面举例说明其运用：
例1：在通常情况下，将18mlNO2和3mlO2的混合气体的试管倒置在水中，最后剩余的气体是什么？
体积1为多少？
分析：题中所给NO2与O2的体积比为18：3 = 6：1，由关系式（b）可知有气体剩余。 运用（a）可求出18mlNO2与H2O反应放出6mlNO， 再由关系式（c）可知有NO剩余，则可设3mlO2与xmlNO完全反应得: 4 : 3 = x : 3
所以x = 4,最后剩余的气体为6 - 4 = 2 (ml)。 解答：有NO气体剩余，剩余2ml
例2：若例1改为：要使18mlNO2与O2的混合气体溶于水使反应最后无气体剩余，应充入多少毫升O2?
分析：可以直接运用关系式（b），设：应充入xml O2得4 : 1 = 18 : x ∴ x =4.5(ml)。 解答：应充4.5mlO2,最后无气体剩余。
例3：若将18ml NO与NO2的混合气体试管倒立水中,待片刻后尚有8ml气体，此时再往试管中通入3ml O2，最后试管内有无气体剩余？体积为多少？
分析：此题表面看起来较为复杂，实际上只要一次运用关系式（c）即可获解，最后剩余气体体积为4ml 解答：最后剩余NO气体4ml。
例4：将盛有18mlNO和NO2的混合气体的试管倒立在20克水中，待片刻后，尚有8ml气体，此时再往试管中通入3mlO2。求得到的硝酸溶液中溶质的质量分数是多少？
分析：若求硝酸的质量分数，一般情况下均是先求18ml混合气体中含NO2多少ml，再根据NO2与H2O反应的方程式求出NO2生成HNO3量和放出NO的量，接着要计算NO转化为NO2的量，又重复上述计算，这样的计算过程不仅复杂，而且误差较大。若运用以上导出的比例关系就能迅速获得正确答案。 解答：由例3可知最后剩余NO气体为4ml，说明有14mlNO2（其中包括NO转化为NO2的量）全部转化为硝酸得： NO2 —— HNO3
22.4×10-3 63 克 x=(63×14)/(22.4×10-3) 14ml x 克 x =0.0394 (克)
硝酸的质量分数为：0.0394/(20+0.0394)×100% = 0.2%
小议“差量法”解题
新疆石河子地区121团炮台中学曾鸣 邮编：832066
“差量法”解题是中学化学计算的重要方法之一。此法对中学生而言，如何掌握并运用，笔者建议学生从以下三个方面去抓住要素突破本质。
一：根据质量守恒原则，紧抓变化过程中的质量差。
例1：向90克硫酸铜溶液中加入足量的铁粉后，待反应完全后，所得溶液的质量为98.5，求析出铜的质量和硫酸铜溶液的质量分数
分析：CuSO4溶液中CuSO4和Fe粉反应的方CuSO4+Fe=FeSO4+Cu,CuSO4 溶液的质量为90g，反应后溶液为FeSO4液质量为89.5g，溶液质量变化为90—89.5==0.5g，减少的0.5g是如何引起的呢？
由反应： Fe + CuSO4 == Cu + FeSO4 差值： 据质量比 56g 160g 64g 152g 8g
由质量守恒得固体或液体的差值64—56==8g 或 160—152==8g
所以：我们有反应过程中溶液质量减少8g的事实得出必然有160g CuSO4参加反应析出64gCu生成152gFeSO4，由此列出比例式求解。
解答：设90gCuSO4溶液中含CuSO4 xg, 析出Cu yg Fe + CuSO4 == FeSO4 + Cu 差值 160g 64g 8g
xg yg 90—89.5== 0.5g
160 : 64 == x : 0.5 x == 10 (g) 64 : 8 == y : 0.5 y == 4 (g)
CuSO4的质量分数为：(10/90)×100%==11.1% 答：（略）
例2：某二价金属元素的氧化物重14g全部转化为氯化物重27.7g求此金属的原子量？（已知：氧原子量为16，氯原子量为35.5）
分析：若令金属氧化物为RO , 氯化物为RCl2
则由：RO RCl2 其质量变化就在于O与Cl之间的质量差（金属原子量守恒）故可解出答案。 解答：设金属的原子量为R RO RCl2 差值
R+16 R+71 71— 16 == 55 14g 27.7g 27.7—14==13.8(g)
(R+16) : 14 == 55 : 13.8 R = 40 答：（略）
二：根据反应原理，抓紧变化过程中的物质的量差（或体积差）。
例3：在一密闭容器中存在 N2O4==== 2NO2 化 学平衡，若在某温度下达到平衡时，的转化率为25%。开始时密闭容器中只通入其压强为P，试求平衡时容器中压强P’与反应前压强P的比值
分析：在恒容条件下，压强与气体物质的量成正比。在反应：N2O4==2NO2中每1molN2O4分解气体的总物质的量。就增加1mol根据反应原理可以解出答案。
解答：令分解前N2O的物质的量为n，平衡时气体的总物质的量为n’ 则： N2O4 =====2NO2 差值： 1mol 2mol 增加1mol
依题意得：(n’--n)/n ×100% ==25% 则：n’==1.25n ∴ p’与p的比值为： p’/p == n’/n == 1.25n/n == 1.25
例4：在高温高压和有催化剂存在条件下将800mlO2和400mlNH3混合，进行充分反应，待冷却后测得混合气体体积为750ml（H2O为液体，不考虑NO被氧化成NO2），试求NH3的转化率。 分析：由反应原理：4NH3+ 5O2== 4NO + 6H2O (液)，可知反应前后的体积差为(4+5)—4=5，因此可列出比例式解题。
解答：设参加反应的NH3为xml
4NH3 + 5O2 == 4NO + 6H2O (液) 体积差 4 5 4 5
xml (800+400)-750=450ml 4 : x == 5 : 450 x = 360(ml)
NH3的转化率 ( 360/400 )×100% = 90% 答（略） 三：根据溶解度概念，进行溶解度差的计算。
根据溶解度的概念，饱和溶液降低温度或蒸发掉水分后，有晶体析出。或者饱和溶液升高温度后重新达到饱和需加入的溶质的质量，在此两种温度下的溶解度差与溶液质量成正比例关系，因而可以利用溶解度差求有关结晶析出或需加溶质的问题。
例5：将100℃的饱和KCl溶液250g,冷却到20℃问有多少gKCl晶体析出？ (KCl的溶解度：100℃时为56.2g,20℃时为34.35g.) 分析与解答：设：由100℃降至20℃时析出的KCl晶体为Xg
两种温度下的溶解度差，也就是一定溶液所析出的晶体的量，即每有(100+56.2)g溶液，由100℃降至20℃时就析出晶体56.2-34.25=21.85g，现有250g溶液可析出晶体Xg。 依此列比例式：(56.2--34.5)/(100+56.5)=x/250 x = 34.97 (g)