专题2.4 氮、磷及其化合物-备战2023年高考化学新编大一轮复习讲义·

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专题2.4 氮、磷及其化合物
一、氮气
1、氮元素在元素周期表中位置和氮原子结构：第二周期，第ⅤA族，氮原子结构示意图为，其有2个电子层，最外层上有个电子，反应中不易得到电子，也不易失去电子，氮气的化学性质不活泼。
2、氮气
写出有关化学方程式：
①3Mg＋N2Mg3N2；
②N2＋3H22NH3；
③N2＋O22NO。
3、氮的固定：将游离态氮转变为化合态氮的过程叫氮的固定，固定氮的方式有自然固氮和人工固氮。
①自然固氮
②人工固氮：合成氨工业
4、方法技巧：
（1）、氮元素在自然界中主要以N2的形式存在于大气中，在空气中占体积分数约为0.78，N2的相对分子质量与空气接近，故N2的密度与空气接近，实验室只能用排水法收集。
（2）、N2化学性质不活泼，在一般条件下不与氧气反应，经常作为食品包装袋的填充剂隔绝空气，避免食品被氧化变质。在一定条件下能与部分活泼金属、非金属反应，表现出氧化性或还原性。
（3）、氮的固定是指氮元素由游离态变为化合态，如NH3转化为NO就不是氮的固定。
5、习题
例题、（2022·福建三明·高一期末）下列过程属于氮的固定的是（ ）
A．氨气和硫酸反应制取铵态氮肥 B．由氨基酸合成人体所需的蛋白质
C．工业上利用氮气和氢气合成氨气 D．硝酸盐在微生物作用下生成氮气
答案：C
【解析】
A．氨气和硫酸反应制取铵态氮肥，氮元素不是由游离态转化为化合态，不属于氮的固定，故不选A；
B．氨基酸合成人体所需的蛋白质，氮元素不是由游离态转化为化合态，不属于氮的固定，故不选B；
C．工业利用氮气和氢气合成氨气，氮元素由游离态转化为化合态，属于氮的固定，故选C；
D．硝酸盐在细菌作用下生成氮气，氮元素由化合态转化为游离态,不属于氮的固定，故不选D；
选C。
变式1、（2022·北京怀柔·高一期末）二十四节是中国独有的传统文化，农谚“雷雨肥田”“雨生百谷”描述的都是谷雨节气。下列元素在自然界中的转化与“雷雨肥田”有关的是（ ）
A．K B．P C．N D．O
答案：C
【解析】
雷雨肥田是空气中的N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO与O2在室温下反应产生NO2，NO2与水反应产生HNO3，进入土壤溶液，N元素是农作物生长需要的营养元素，因此有雷雨肥田之说，故合理选项是C。
变式2、（2022·四川雅安·高一期末）意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的分子，下列说法正确的是（ ）
A．是一种新型化合物 B．转化为属于物理变化
C．的摩尔质量为56g D．和是同素异形体
【答案】D
【解析】
A．为单质，故A错误；
B．转化成时有化学键的断裂和生成，属于化学变化，故B错误；
C．摩尔质量的单位为，故C错误；
D．和是由同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故D正确；
故选D。
二、一氧化氮和二氧化氮
1、一氧化氮的性质
NO为无色的有毒气体，不溶于水，具有还原性，易被氧气氧化，反应的化学方程式为2NO＋O2===2NO2。故只能用排水法收集。
2、二氧化氮的性质
NO2为红棕色、有刺激性气味的毒气体，密度比空气大，易液化，易溶于水，溶于水时与水发生歧化反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，故只能用向上排空气法收集，这也是工业生产硝酸的反应原理。
3、氮的氧化物溶于水的计算
（1）相关反应原理
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO ①
2NO＋O2===2NO2 ②
由方程式①×2＋②得：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3 ③
由方程式①×2＋②×3得： 4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3 ④
（2）氮的氧化物溶于水的三种类型
Ⅰ.NO2气体：NO2气体溶于水时仅涉及反应①，剩余气体为NO。
Ⅱ.NO2和O2的混合气体：NO2和O2的混合气体溶于水时涉及反应③：
x＝
0 x＝
x>
反应情况
O2过量，剩余气体为O2
恰好完全反应，无气体剩余
NO2过量，又发生反应①，只剩余NO
Ⅲ.NO和O2的混合气体：NO、O2的混合气体溶于水时涉及反应④：
x＝
0 x＝
x>
反应情况
O2过量，剩余O2
恰好完全反应，无气体剩余
NO过量，剩余NO
注意：① 实验室里收集NO气体是用排水集气法而不能用排空气法。
② 检验NO气体的方法是向气体中通入O2(或空气)，气体由无色变为红棕色。
例题、（2022·山东·泰安市基础教育教学研究室高一期末）某无色混合气体可能含有NO、NO2、CO2、N2中的几种，将一定量的该气体经过如图实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余。则该气体的组成为（ ）

A．NO、N2 B．NO、CO2 C．NO2、CO2 D．NO、CO2、N2
【答案】B
【解析】
NO2的红棕色气体，在无色气体中不能大量存在。将该无色气体通入盛有足量Na2O2干燥管后，气体变为红棕色，说明发生反应产生了NO2气体，则该无色气体中含有CO2，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2NO+O2=2NO2。然后将气体用排水方法收集时，得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，说明气体中无N2，此时又发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3。因此该气体中只含有NO、CO2，故合理选项是B。
变式1、（2022·辽宁抚顺·高一期末）用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．46g和组成的混合气体中含有的原子数为
B．溶液中，含有的数为
C．2.24L(标准状况下)与足量的铁粉充分反应，转移的电子数目为0.2
D．与完全反应，反应中转移的电子数介于和之间
【答案】D
【解析】
A．46g和的混合物中含有1mol最简式，含有1mol氮原子、2mol氧原子,总共含有3mol原子，含有原子的数目为3NA，A正确；
B．的物质的量n()=2×0.25×2=1mol，数为NA，B正确；
C．2.24L的物质的量为0.1mol，和铁反应的时候铁足量，1个氯气分子得到2个电子，0.1mol氯气得电子0.2，C正确；
D．2.3gNa与完全反应，钠变为+1价，因此转移电子个数为0.1NA，D错误；
故选D。
（三） 氨气及铵盐
一、氨气的性质及用途
1．氨气的物理性质
颜色
气味
密度
水溶性
液化难易
无色
刺激性
气味
比空
气小
极易溶于水，1体积水大约可溶解700体积氨气
易被液化
液态氨汽化时要吸收大量的热，使周围的温度急剧下降，所以液态氨在工业上常用来作制冷剂。
2．喷泉实验
实验装置
操作及现象
结论

①打开活塞，并挤压滴管的胶头
②烧杯中的溶液由玻璃管进入烧瓶，形成喷泉，瓶内液体呈红色
氨极易溶于水，水溶液呈碱性
3.氨水的性质
(1)氨气溶于水，大部分和水反应生成NH3·H2O，反应的化学方程式是NH3＋H2ONH3·H2O。NH3·H2O很不稳定，受热易分解为氨气和水，反应的化学方程式是NH3·H2ONH3↑＋H2O。
(2)氨水具有弱碱性，电离方程式是NH3·H2ONH＋OH－，能使酚酞溶液变红色(或使湿润的红色石蕊试纸变蓝色)。
4．氨气与氯化氢的反应
(1)将分别蘸有浓氨水、浓盐酸的两支玻璃棒渐渐靠近，观察到的现象是有大量白烟产生。
(2)这是因为浓氨水挥发产生的氨气与浓盐酸挥发产生的氯化氢在空气中相遇迅速反应生成氯化铵晶体小颗粒。
(3)反应的化学方程式是NH3＋HCl===NH4Cl。

5．从氮元素的化合价分析氨的性质
(1)NH3分子中氮元素的化合价为－3价，在化学反应中氮元素化合价可能的变化是只能升高，不能降低，因此氨气具有还原性。
(2)氨气与氧气在催化剂作用下生成NO的化学方程式：4NH3＋5O24NO＋6H2O。

(3)图丙装置下部锥形瓶中的物质相互反应产生气体，使锥形瓶内气体压强增大而产生压强差，将液体从锥形瓶中压入到烧瓶中形成“喷泉”。
二、铵盐的性质及NH的检验
1．铵盐：由铵根离子与酸根离子形成的离子化合物。
2．物理性质：多为无色、易溶于水的晶体。
3．化学性质
(1)不稳定性：
①NH4Cl受热容易分解：NH4ClNH3↑＋HCl↑
②NH4HCO3受热容易分解：NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑
(2)与强碱的反应：
①固体反应：NH4Cl与NaOH反应的化学方程式为NH4Cl＋NaOHNH3↑＋NaCl＋H2O。
②固体反应：NH4Cl与Ca(OH)2反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。
③溶液中铵盐与强碱反应的离子方程式(加热)为NH＋OH－NH3↑＋H2O。
稀溶液中铵盐与强碱反应的离子方程式(不加热)为NH＋OH－===NH3·H2O。
(3)铵盐(NH)的检验
①NaOH溶液法
取少量固体样品或溶液于试管中，再加入浓的NaOH溶液，加热产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体(或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近管口，有白烟产生)，证明固体样品或溶液中含有NH。
②碱石灰法
把碱石灰与某物质的固体混合物在研钵里研磨，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝(或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近研钵口，有白烟产生)，则可以判断该物质是铵盐。
（4）习题
1．（2021·河北·沧州市一中高一阶段练习）下列关于氨气的说法中正确的是
A．NH3转化为NH4NO3属于氮的固定
B．氨水能导电，所以NH3是电解质
C．蘸有浓盐酸、浓硫酸的玻璃棒分别与蘸有浓氨水的玻璃棒相互靠近，都有白烟
D．气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
【答案】D
【详解】
A．氮的固定是指游离态的氮转化为化合态的氮的过程，故A错误；
B．氨水导电是因为氨气和水反应生成的氨水能电离出阴阳离子，而NH3本身不能电离，故NH3不是电解质，故B错误；
C．因为浓硫酸无挥发性，故蘸有浓硫酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒相互靠近，没有白烟产生，故C错误；
D．氨气溶于水显碱性，故能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D正确；
故选D。
2．下列关于氨水的叙述正确的是(　　)
A．氨水显碱性，是因为氨水是一种弱碱
B．氨水和液氨成分相同
C．氨水中物质的量浓度最大的粒子是NH3(除水外)
D．1 mol·L－1的氨水指在1 L溶液中含NH3、NH3·H2O、NH物质的量之和为1 mol
【答案】D
【解析】溶于水的氨大部分与水反应生成NH3·H2O，所以除水外，物质的量浓度最大的粒子是NH3·H2O；NH3·H2O是一种弱碱，在水中发生部分电离使溶液呈碱性；氨水中共含有六种粒子，分别是H2O、NH3、NH3·H2O、NH、OH－和少量的H＋，是一种混合物，液氨是纯净物。
3．（2022·辽宁沈阳市·高一期末）如图所示是NH3的两个性质实验，下列有关说法中正确的是（ ）

A．两个实验均表现了NH3易溶于水
B．两个实验均表现了NH3易挥发
C．两个实验均表现了NH3是碱性气体
D．两个实验均表现了NH3是还原性气体
【答案】C
【解析】A. 实验一体现了NH3易溶于水和氨气的水溶液呈碱性，实验二体现了氨气的挥发性而没有体现氨气易溶于水的性质，故A错误；
B. 实验一体现了NH3易溶于水，没有体现氨气的挥发性，故B错误；
C. 实验一证明氨气极易溶于水，溶于水形成一水合氨弱碱溶液，滴加酚酞的溶液变红色，证明氨气是碱性气体；实验二证明浓氨水易挥发，氨气遇到氯化氢发生反应生成氯化铵，证明氨气是碱性气体，所以两个实验均表现了NH3是碱性气体，故C正确；
D. 两个实验中都未发生氧化还原反应，没有体现氨气的还原性，故D错误；
答案选C。
4．下列说法中正确的是(　　)
A．所有铵盐受热均可以分解，产物均有NH3
B．所有铵盐都易溶于水，所有铵盐中的N均呈－3价
C．NH4Cl溶液中加入NaOH浓溶液共热时反应的离子方程式为NH＋OH－NH3↑＋H2O
D．NH4Cl和NaCl的固体混合物可用升华法分离
【答案】C
【解析】A项，有的铵盐受热分解产生氨(如NH4Cl)，有的铵盐受热分解不产生氨(如硝酸铵)；D项，可用加热法分离NH4Cl和某些固体(不分解、不升华的固体)的混合物，但其过程为先受热分解，再降温化合，而不是升华。
5．检验铵盐的一般方法是将待测物取少许置于试管中，然后(　　)
A．加水溶解后，再滴入酚酞溶液
B．加强碱溶液加热后，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验
C．加入强酸溶液加热后，再滴入酚酞溶液
D．加入强碱溶液加热后，再滴入酚酞溶液
【答案】B
【解析】将固体放入试管中，加强碱溶液加热后，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润的红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨，则该盐中含有铵根离子，B正确。
6．（2021·甘肃兰州市·兰州一中高一期末）NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则下列判断不正确的是（ ）
A．转移电子2.4NA
B．生成的气体冷却至标况，体积为15.68 L
C．还原剂比氧化剂多0.2 mol
D．被还原的氮原子是11.2 g
【答案】D
【解析】
A．在该反应中NH3被氧化为N2，NO2被还原为N2，每反应产生7 mol N2，还原产物比氧化产物少1 mol，电子转移24 mol。现在还原产物比氧化产物少0.1 mol，则反应产生0.7 mol　N2，转移电子2.4 mol，则转移的电子数目为2.4NA，A正确；
B．根据选项A分析可知：还原产物比氧化产物少0.1 mol，反应产生0.7 mol N2，其在标准状况下体积V(N2)=0.7 mol×22.4 L/mol=15.68 L，B正确；
C．反应产生7 mol N2时，消耗8 mol还原剂NH3，消耗6 mol氧化剂NO2，还原剂比氧化剂多2 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则消耗的还原剂比氧化剂的物质的量多0.2 mol，C正确；
D．根据方程式可知：反应产生7 mol N2时，被还原的N的物质的量是6 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。则当还原产物比氧化产物少0.1 mol时，被氧化的N的物质的量是0.6 mol，其质量m(N)=0.6 mol×14 g/mol=8.4 g，D错误；
故合理选项是D。
【等级考提升练】
7．（2022·北京海淀·高一期末）实验室用下图装置(夹持装置已略去)制备NH3，并研究其性质。其中，a、b为湿润的红色石蕊试纸，下列关于NH3性质实验的说法中，不正确的是

A．装置乙中，b先变蓝，a后变蓝 B．装置丙中，产生大量白烟
C．装置丁中，试剂可以是水 D．装置丁具有防止倒吸的作用
【答案】A
【解析】
A．由于NH3的密度比空气的小，故装置乙中，a先变蓝，b后变蓝甚至不变蓝，A错误；
B．浓盐酸具有挥发性，NH3+HCl=NH4Cl，产生NH4Cl小颗粒，即装置丙中，产生大量白烟，B正确；
C．NH3极易溶于水，可以用水来吸收多余的NH3，装置丁中，试剂可以是水，C正确；
D．装置丁中的干燥管能够起到防止倒吸的作用，D正确；
故答案为：A。
8．（2021·云南·玉溪市江川区第二中学高一期中）相同的实验仪器可以有不同的用途。下列有关实验操作正确的是
A．收集NH3 B．制备少量氨水
C．除去水蒸气杂质 D．测量NH3体积
【答案】D
【解析】
A．氨气密度比空气小，因此收集NH3时，应短进长出，故A错误；
B．由于氨气极易溶于水，因此制备少量氨水，应用四氯化碳，在四氯化碳中冒气泡，故B错误；
C．浓硫酸与氨气反应，因此除去水蒸气杂质时，用碱石灰除水蒸气，故C错误；
D．由于氨气极易溶于水，因此不能直接通过排水的方法来测量NH3体积，利用排液法来测量排除的液体体积而得到氨气的体积，故D正确。
综上所述，答案为D。
9．将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬（催化剂），充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL O2。原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（ ）
A．134.4mL B．313.6mL
C．287.5mL D．268.8mL
【答案】B
【解析】
最终收集到44.8mL气体为氧气，发生反应有：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，设氧气总体积为y，氨气总体积为x，则：①x+y=448mL；由于氨气完全反应，则x体积氨气消耗氧气体积为：x×5/4=5x/4，同时生成NO体积为x，生成的NO完全反应消耗氧气的体积为：x×3/4=3x/4，则：②5x/4+3x/4+44.8mL=y，联立①②解得：x=134.4mL、y=313.6mL，即：氧气体积为313.6mL；答案选B。
10．（2021·四川·成都市第三十七中学校高一阶段练习）在一定条件之下，mgNH4HCO3，完全分解生成三种气体NH3、H2O、CO2，
（1）写出反应的化学方程式___________
（2）如果所得的混合气体对氢气的相对密度为d，则混合气体的物质的量为___________mol(用含有m、d的表达式表示)
（3）如果所得的混合气体在标况下的密度为ρ，则混合气体的平均相对分子质量为___________(用含有ρ的表达式表示)
（4）NH4HCO3在农业上可以用作氮肥，它___________(填能或不能)与草木灰(碱性肥料)混用，长期施用这种肥料会造成土壤酸化板结，可施用___________来改良酸性土壤。
【答案】
（1）
（2）mol
（3）
（4） 不能 生石灰
【分析】
（1）NH4HCO3分解反应的化学方程式为故答案为：；
（2）根据阿伏伽德罗定律的推论，同温同压下密度之比等于摩尔质量之比可得M（混）=2dg/mol，则n（混）=mol；故答案为：mol；
（3）如果所得的混合气体在标况下的密度为ρ，则根据混合气体的平均相对分子质量为，故答案为：；
（4）NH4HCO3在农业上可以用作氮肥，但不能与草木灰混合使用，会造成肥效损失，长期施用这种肥料会造成土壤酸化板结，可施用生石灰等来改良酸性土壤。故答案为：不能；生石灰。
11．（2021·浙江·镇海中学高一期末）氨气与灼热的氧化铜反应生成铜、氮气和水。利用下图所示实验装置可测定氨分子的组成(图中夹持、固定装置均略去)。回答下列问题。

（1）盛放浓氨水的仪器名称为_______。
（2）若撤去装置B会产生的安全隐患是_______。
（3）写出氨气与氧化铜反应的化学方程式_______。
（4）待实验完毕后，若实验测得N2的体积(折算成标准状况)为a L，则被还原的氧化铜的物质的量为_______mol，若测得干燥管D增重b g，则氨分子中氮、氢的原子个数比为_______(用含a、b字母的代数式表示)
（5）量筒G读数时除了视线与凹液面最低点保持水平外，还需要注意_______。
【答案】
（1）分液漏斗
（2）C中的硬质玻璃管遇到冷的水蒸气破裂
（3）
（4） 3a/22.4 9a/11.2b
（5）F和G的液面处于同一水平上
【分析】
实验目的之一是测定氨分子的组成，结合所给装置可看出，通过氨气还原氧化铜，氨元素转化为氮气，可用排水法来测定其体积，而氢元素转化为水，其质量可通过装置D的增重来测得。
（1）盛放浓氨水的仪器为分液漏斗。
（2）B为干燥装置，若缺少此装置，可会C中的硬质玻璃管遇到冷的水蒸气破裂。
（3）氨气还原氧化铜生成铜和氮气，故化学方程式为。
（4）N2的物质的量为mol，由化学方程式可知，被还原的氧化铜得物质的量为mol。
水的物质的量为mol，所以氨气分子中氮、氢得原子个数比为:=。
（5）量筒G读数时除了视线与凹液面最低点保持水平外，还需要注意F和G的液面处于同一水平上。

【新情境创新练】
12．氮元素是地球大气中含量最多的元素，请完成下列有关问题：
（1）写出氮元素的原子结构示意图：_____________。
（2）通常情况下，氮气性质不活泼，其原因是__________。
A．氮分子是双原子分子 B．氮元素的非金属性很强
C．氮原子的半径较小 D．破坏氮分子中的化学键很难
（3）N2的电子式：__________，将空气中的氮气转化为氮的化合物的过程称为固氮。下列能实现人工固氮的是_______
A．N2和H2在一定条件下反应生成NH3
B．雷雨闪电时空气中的N2和O2化合生成NO
C．NH3经过催化氧化生成NO
D．NH3和HNO3反应生成NH4NO3
（4）氨气的电子式：__________________。
（5）实验室通常用加热消石灰与氯化铵固体的方法来制取氨气。写出此反应的化学方程式______________。
（6）下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是________。


（7）用圆底烧瓶收集干燥的氨气，用图1装置进行喷泉实验，挤压滴管的胶头时，可以得到红色喷泉，原因(用方程式表示) _________________________。
（8）如果只提供如图2的装置，请说明引发喷泉的方法__________________________。
（9）NH4NO3是常用的铵态氮肥，在施用时若受热会释放出________而降低肥效。检验NH4+的方法是______。
【答案】 D A Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O AC NH3∙H2ONH4++OH− 打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管内的空气，再将热源移开，水进入烧瓶内，氨气溶解于水中产生压强差，即发生喷泉 氨气 加入强碱反应，加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的刺激性气体
【解析】
(1)N原子核外有7个电子，核外电子排布是2、5，则N原子结构示意图为：；
(2)A．氮分子是双原子分子，但双原子分子组成的物质可能活泼，如Cl2，N2不容易反应与是否是双原子分子无关，故A错误；
B．氮元素的非金属性很强，原子获得电子能力强，氮气要参加反应，首先应该变为单个原子，因此不能证明氮气性质不活泼，故B错误；
C．氮原子的半径较小，原子获得电子能力强，与氮气性质不活泼无关，故C错误；
D．N2是双原子分子，2个N原子共用三对电子，断裂N≡N需要消耗很高的能量，因此氮气不容易参加化学反应，D故正确；
故答案是D；
(3)N2分子中2个N原子形成3个共价键，使每个N原子都达到稳定结构，所以N2的电子式：；将空气中的氮气转化为氮的化合物的过程称为固氮。
A．N2和H2在一定条件下反应生成NH3，氮元素的单质变为化合物，属于人工固氮，故A正确；
B．雷雨闪电时空气中的N2和O2化合生成NO，氮元素的单质变为化合物，属于氮的固定，是自然固氮，故B错误；
C．NH3经过催化氧化生成NO，是N元素的化合物的转化，不是氮的固定，故C错误；
D．NH3和HNO3反应生成NH4NO3，是N元素的化合物的转化，不是氮的固定，故D错误；
故答案为A；
(4)在NH3中，N原子最外层有5个电子，N原子与三个H原子形成3个共价键，从而使每个原子都达到稳定结构，NH3的电子式：结合形成NH3，所以NH3的电子式为；
(5)消石灰与氯化铵固体混合加热产生氨气、氯化钙和水，此反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(6)A．氯化铵不稳定受热易分解，但是氨气与氯化氢遇冷又极易反应生成氯化铵固体，不能用于制备氨气，故A错误；
B．向CaO中滴加浓氨水，CaO遇水生成Ca(OH)2，同时放出大量热量，有利于浓氨水中的氨气逸出，故B正确；
C．固体加热制气体时，试管口应略向下倾斜，使产生的水能够流出，以免损坏试管，所以利用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气需试管口应略向下倾斜，故C错误；
D．浓氨水易挥发，加热能够促进氨气的逸出，可以用来制备氨气，故D正确；
故答案为AC；
(7)用圆底烧瓶收集干燥的氨气，用图1装置进行喷泉实验，当挤压滴管的胶头时，水进入烧瓶中，氨气溶于水，使烧瓶内气体压强减小，烧杯内的水不断进入烧瓶，由于氨气溶于水形成的一水合氨电离产生NH4+、OH−，水溶液显碱性，因此可以得到红色喷泉，用方程式表示为：NH3∙H2O NH4++OH−；
(8)如果只提供如图2的装置，引发喷泉的方法是打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管内的空气，再将热源移开，水进入烧瓶内，氨气溶解于水中产生压强差，即发生喷泉；
(9)NH4NO3是常用的铵态氮肥，在施用时若受热，就会发生分解反应释放出氨气而降低肥效；检验NH4+的方法是加入强碱反应，加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的刺激性气

（四） 硝酸
1.物理性质 ： 无色刺激性气味的液体，沸点低，易挥发，在空气中呈白雾状，易溶于水，浓硝酸质量分数为96%，98%以上的硝酸为发烟硝酸。
2.化学性质
△或光照
（1）酸的通性： 浓硝酸使石蕊先变红后褪色，稀硝酸只能使石蕊变红。
（2）不稳定性 ： 4HNO3 4NO2↑+O2↑+2H2O
①保存：棕色试剂瓶，低温黑暗处，不能用橡皮塞。
②浓硝酸呈黄色的原因：硝酸分解产生了红棕色的NO2溶解在浓硝酸中而使其略显黄色。可通入O2或加水来消除NO2。
（3）强氧化性 不需要加热；金属和HNO3反应不产生H2，浓HNO3的还原产物是NO2，稀HNO3的还原产物是NO。
①和金属反应：金属显高价。
＝

Cu + 4HNO3（浓） Cu(NO3)2 + 2NO2↑+ 2H2O
＝
＝
3Cu + 8HNO3（稀） 3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O
a.浓硝酸和稀硝酸都有强氧化性，但浓HNO3＞稀HNO3；
b.能氧化除Au、Pt以外的金属。注意Fe和HNO3反应时量对产物的影响。
c.王水：浓HNO3和浓盐酸按体积比1∶3混合形成，能氧化所有金属；
d.铁和铝常温下在冷的浓硫酸和浓硝酸中表面被氧化成致密的氧化物薄膜，阻止了酸与内层金属的继续反应，因此可用铁制或铝制容器来盛装浓硫酸和浓硝酸。
②和非金属反应：非金属单质显最高价。
＝
＝

C + 4HNO3（浓） 4NO2↑+ CO2↑+ 2H2O C和稀HNO3不反应。

3、习题
1．我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指(　　)
A．氨水　　　　　 B．硝酸
C．醋 D．卤水
【答案】B
【解析】根据所给四种物质的氧化性的强弱可判断，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属。
2.下列环境问题与产生的主要原因不相符的是(　　)
①“光化学烟雾”主要是由汽车排放的氮氧化物所引起的　
②“酸雨”主要是由空气中CO2的浓度增大引起的
③“温室效应”主要是由空气中CO2浓度增大引起的　
④“酸雨”主要是由于雷雨天闪电而引起的　　　　　　　　　　　　
A.只有①② B.只有②③ C.全部 D.只有②④
【答案】D
【解析】“酸雨”主要是由空气中SO2或NOx的浓度增大引起的,雷雨天闪电产生的氮氧化物的量很少,不会引起雨水酸性的大的变化。
3．下列对于硝酸的认识,不正确的是(　　)
A.浓硝酸在见光或受热时会发生分解
B.铜与硝酸的反应属于置换反应
C.金属与硝酸反应不产生氢气
D.可用铁和铝制品盛装冷的浓硝酸
【答案】B
【解析】4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O,A项正确;铜与浓、稀硝酸反应的还原产物分别是NO2和NO,没有单质生成,故不属于置换反应,B项错误;硝酸是氧化性酸,金属与硝酸反应均不产生H2,C项正确;铁、铝遇冷浓硝酸钝化,故可用铁或铝制容器盛装冷的浓硝酸,D项正确。
4．实验室贮存下列物质的溶液时，必须用棕色瓶的是(　　)
①浓硝酸　②浓硫酸　③浓盐酸　④硝酸银溶液
A．①④ B．②③　　　
C．①③　　　 D．②④
【答案】A　
【解析】见光易分解的物质保存在棕色瓶中，如：浓硝酸、硝酸银、溴化银、氯水等。
5.下列关于浓硝酸和浓硫酸的叙述中正确的是(　　)
A.常温下都可用铝制容器贮存
B.露置在空气中,容器内酸液的质量都减轻
C.常温下都能与铜较快反应
D.露置在空气中,容器内酸液的浓度都增大
【答案】A
【解析】浓硫酸吸水增重,浓硫酸常温下与Cu不反应,露置在空气中,浓硝酸、浓硫酸的浓度都减小。
6．下列实验事实与硝酸性质不相对应的一组是(　　)
A．稀硝酸使紫色石蕊溶液变红——酸性
B．铁与稀硝酸反应不能放出氢气——强氧化性
C．要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性
D．氢氧化亚铁固体与稀硝酸混合——仅强酸性
【答案】D
【解析】稀硝酸使紫色石蕊溶液变红体现硝酸的酸性，A正确；稀硝酸具有氧化性，与Fe反应，产生硝酸盐、NO和水，不能产生氢气，这是它的强氧化性，B正确；浓硝酸不稳定，见光易分解产生NO2、O2和水，所以浓硝酸要放在棕色试剂瓶中避光保存，C正确；稀硝酸具有酸性，能与氢氧化亚铁发生中和反应，但它同时具有强氧化性，会把反应产生的Fe2＋氧化为Fe3＋，不仅仅表现酸性，D错误。
7．工业上用洗净的废铜屑作原料制取硝酸铜。为节约原料和防止环境污染，宜采取的方法是(　　)
A．Cu＋HNO3(浓)―→Cu(NO3)2
B．Cu＋HNO3(稀)―→Cu(NO3)2
C．CuCuOCu(NO3)2
D．CuCu(SO4)2Cu(NO3)2
【答案】C　
【解析】A中产生NO2，B中产生NO，D中产生SO2，都产生污染性气体。
【等级考提升练】
8．(双选)硝酸甘油又称硝化甘油,三硝酸甘油酯,可用作血管扩张药,治疗心绞痛。硝酸与醇发生酯化反应,即可制得硝化甘油。下列关于硝酸的说法中正确的是 (　　)
A.硝酸电离出的H+能被Zn还原成H2
B.常温下,向浓硝酸中投入Fe片,会产生大量的红棕色气体
C.向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀硫酸,可在试管口观察到红棕色气体
D.过量的Fe粉中加入稀硝酸,充分反应后,滴入KSCN溶液,溶液不呈红色
【答案】CD
【解析】A项,硝酸具有强氧化性,与Zn反应不能生成H2;B项,常温下,Fe遇浓硝酸钝化;C项,H2SO4电离出H+,NO3-在酸性条件下具有强氧化性,被Fe2+还原为NO,NO在试管口遇O2生成红棕色的NO2,正确;D项,过量的Fe粉中加入稀硝酸,生成的Fe2+与KSCN溶液不反应,溶液不呈红色,正确。
9.铜与1 mol·L-1硝酸溶液反应,若c(NO3-)下降0.2 mol·L-1,则c(H+)下降(　　)
A.0.2 mol·L-1 B.0.4 mol·L-1
C.0.6 mol·L-1 D.0.8 mol·L-1
【答案】D
【解析】铜与1 mol·L-1硝酸溶液反应的离子方程式为8H++2NO3-+3Cu3Cu2++2NO↑+4H2O,消耗H+和NO3-的物质的量之比为8∶2=4∶1,它们浓度的变化量之比是4∶1。
10.木炭与浓硫酸共热产生的气体X和铜与浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图所示装置),下列有关说法不正确的是(　　)

A.洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡
B.Z导管出来的气体中有二氧化碳
C.洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡
D.在Z导管口有红棕色气体出现
【答案】A
【解析】X为SO2、CO2的混合物;Y为NO2,在Z导管口处发生反应:2NO+O22NO2。
11．（2020·太原师范学院附属中学高一月考）对下列实验过程的评价，正确的是( )
A．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐
B．某溶液中滴加 BaCl2溶液，生成不溶于稀HNO3 的白色沉淀，证明一定含有 SO
C．某无色溶液滴入酚酞试液显红色，该溶液一定呈酸性
D．某溶液中加氢氧化钠溶液加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口试纸变蓝，证明一定含 NH
【答案】D
【解析】
A．因碳酸盐、碳酸氢盐等与盐酸反应均可生成无色气体，则某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，则该固体可能含有碳酸根离子或是碳酸氢根离子等，故A错误；
B．因硫酸钡、氯化银均为不溶于水和酸的白色沉淀，则某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中可能含硫酸根或银离子，但不能同时存在，故B错误；
C．因碱性溶液遇酚酞变红，则某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性，故C错误；
D．加入氢氧化钠溶液加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口试纸变蓝，说明产生了氨气，则可证明溶液中含 NH，故D正确；
故选D。
12．（2020·朝阳·北京八十中高一期末）一定温度下，探究铜与稀HNO3的反应，反应过程如下：

下列说法错误的是
A．过程I中生成无色气体的离子方程式是3Cu+2NO3-+8H+ =3Cu2++2NO↑+4H2O
B．步骤III反应速率比I 快的原因一定是NO2溶于水，使c(HNO3)增大
C．过程Ⅱ中气体变成红棕色的反应为2NO+O2=2NO2
D．当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解
【答案】B
【分析】
铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮、水，得到的无色气体是一氧化氮，抽入空气后发生反应2NO+O2=2NO2，振荡后，反应速率加快，说明二氧化氮对反应具有催化作用，据此分析。
【解析】
A．过程I中生成无色气体的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故A正确；
B．随着反应的进行，溶液里生成硝酸铜，根据氮元素守恒，溶液中c(HNO3)应比原硝酸浓度减小，不会增大，故B错误；
C．根据分析可知，过程Ⅱ中气体变成红棕色，是一氧化氮被氧化的过程，化学反应方程式为：2NO+O2=2NO2，故C正确；
D．当活塞不再移动时，再抽入空气，一氧化氮与氧气、水反应生成硝酸，能与铜继续反应，故D正确；
答案选B。
【点睛】
易错点是B项，硝酸除了生成硝酸铜之外，还生成了氮的氧化物，故硝酸的浓度不会增大，只会减小。
13．(2021·山东青岛调研)研究金属与硝酸的反应，实验如下。
实验(20 ℃)
现象
Ⅰ.过量铜粉、2mL 0.5 mol/L HNO3
无色气体(遇空气变红棕色)，溶液变为蓝色
Ⅱ.过量铁粉、2mL 0.5 mol/L HNO3
6mL无色气体(经检测为H2)，溶液几乎无色

(1)Ⅰ中的无色气体是________。
(2)Ⅱ中生成H2的离子方程式是________________________。
(3)研究Ⅱ中的氧化剂
①甲同学认为该浓度的硝酸中H＋的氧化性大于NO，所以NO没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是____________________________________。
②乙同学通过分析，推测出NO也能被还原，依据是________________________________，进而他通过实验证实该溶液中含有NH，其实验操作是____________________________。
(4)根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有________________；试推测还可能有哪些因素影响____________(列举1条)。
【答案】(1)NO或一氧化氮　(2)Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑　
(3)①硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出
　②NO中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性　取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体　
(4)金属的种类、硝酸的浓度　温度
【解析】(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮，遇空气变红棕色二氧化氮；(2)Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2，离子反应方程式为：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；(3)①如硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化，其实验证据是硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出；②元素化合价处于最高价具有氧化性，NO中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，被还原，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸，所以具体操作为：取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素金属的活泼性，硝酸的浓度和温度。
【新情境创新练】
14．（2021·北京延庆·高一期中）甲、乙两同学用下图所示装置进行实验，探究硝酸与铁反应的产物。

文献记载：
I．在浓硝酸和活泼金属反应过程中，随着硝酸浓度的降低，其生成的产物有+4、+2、﹣3价等氮的化合物。
II．FeSO4+NO⇌Fe(NO)SO4(棕色) 。
III．NO2和NO都能被KMnO4氧化吸收。
甲的实验操作和现象记录如下：
实验操作
实验现象
(1)打开弹簧夹，通入一段时间某气体，关闭弹簧夹。

(2)打开分液漏斗活塞，将浓硝酸缓慢滴入烧瓶中，关闭活塞。
无明显现象。
(3)加热烧瓶，反应开始后停止加热。
①A中有红棕色气体产生，一段时间后，气体颜色逐渐变浅； B中溶液变棕色； C中溶液紫色变浅。
②反应停止后，A中有固体剩余。
请回答下列问题：
(1)为排除空气对实验的干扰，操作(1)中通入的气体可能是________________。
(2)滴入浓硝酸加热前没有明显现象的原因是__________________________。
(3)试写出加热烧瓶后A中有红棕色气体产生的化学方程式_______________。
(4)甲认为B中溶液变棕色是因为A中有NO生成，你认为甲的观点对吗_________(填正确或错误)？请结合方程式简述原因 ________________________________。
(5)检验是否生成﹣3价氮的化合物，应进行的实验操作是________________________。
【答案】（1）N2或CO2(氮气或二氧化碳)等
（2）常温下铁在浓硝酸中钝化
（3）Fe+6HNO3Fe(NO)3+3NO2↑+3H2O
（4）错误 3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应生成的一氧化氮能与FeSO4变棕色
（5）取A中液体少许于试管中，加入浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近管口，若变蓝，证明生成了铵盐；否则，没有生成铵盐
【分析】
(1)为排除空气对实验的干扰，操作(1)中通入的气体可能是氮气或二氧化碳；
(2)常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生；
(3)浓硝酸与铁在加热条件下反应生成硝酸铁、二氧化氮和水；
(4)二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，生成的硝酸能将硫酸亚铁氧化为硫酸铁使溶液变为棕色，同时结合已知信息，生成的一氧化氮也可以与硫酸亚铁反应转化为Fe(NO)SO4变棕色；
(5) 若有-3价氮的化合物生成，应生成NH4+，检验A溶液中是否有NH4+离子即可。
【解析】
(1)为排除空气对实验的干扰，操作(1)中通入的气体可能是N2或CO2(氮气或二氧化碳)等；
(2)常温时，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了铁和浓硝酸进一步反应，即产生钝化现象，所以滴入浓硝酸加热前没有明显现象；
(3)浓硝酸与铁在加热条件下反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，化学方程式Fe+6HNO3Fe(NO)3+3NO2↑+3H2O；
(4)甲认为B中溶液变棕色是因为A中有NO生成，甲的观点错误，3NO2+H2O=2HNO3+NO，结合已知信息II，该反应生成的一氧化氮能与FeSO4变棕色；
(5)生成−3价氮的化合物是氨气,氨气极易溶于水生成氨水，氨水电离生成铵根离子，检验铵根离子的方法是：取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口，若试纸变蓝，则A中生成NH4+，否则，没有生成铵盐

硝酸的性质与相关计算

1．有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4 mol·L－1和2 mol·L－1，取10 mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体的体积为(设反应中HNO3被还原成NO)(　　)
A．0.448 L B．0.672 L C．0.896 L D．0.224 L
【答案】B
【解析】金属和混酸反应通过离子方程式计算比较简便，3Fe＋8H＋＋2NO===
3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O(铁过量，产物为Fe2＋)，反应中Fe和H＋过量，生成的NO的量以NO为准来计算，共得NO 0.448 L，若只考虑到这一步反应，得答案A是错误的，因为过量的铁还可以和溶液中过量的H＋反应产生H2，即有Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，生成的H2为0.224 L，所以气体体积共计0.672 L，应选B。
2．将一定体积稀硝酸溶液平均分为两份，一份与足量的铜粉反应收集到气体的体积为V1，另一份先加入与其等体积的稀硫酸，再投入足量的铜粉收集到气体的体积为V2(V1和V2都在同一条件下测定)，则下列观点不正确的是( )
A．V2一定大于V1
B．若3V1=V2，则反应后的溶液中均有NO3－剩余
C．若4V1=V2，则稀硝酸和稀硫酸的物质的量浓度之比为1：3
D．V2不可能等于5倍的V1
【答案】C
【解析】设等体积的硝酸和硫酸中硝酸和硫酸的物质的量分别为xmol、ymol，然用3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O解题。若4V1=V2，则稀硝酸和稀硫酸的物质的量浓度之比为2：3。
3．500mL (NH4)2CO3和 NaHCO3的混合溶液分成两等份。向其中一份溶液加入过量氢氧化钠溶液并加热，产生a mol NH3。另一份中加入过量盐酸产生 b mol CO2，则该混合溶液中Na+物质的量浓度为( )
A．(4b-2a)mol/L B．(8b-4a)mol/L C．(b-a)mol/L D．(b-a/2)mol/L
【答案】A
【解析】向其中一份溶液加入过量氢氧化钠溶液并加热，产生a mol NH3，则根据氮原子守恒可知溶液中铵根的物质的量是a mol，所以(NH4)2CO3的物质的量是0.5a mol；另一份中加入过量盐酸产生 b mol CO2，则根据碳原子守恒可知溶液中碳酸根和碳酸氢根的物质的量之和是b mol，所以碳酸氢根离子的物质的量是b mol－0.5a mol，则碳酸氢钠的物质的量是b mol－0.5a mol，因此该混合溶液中Na+物质的量浓度为(b mol－0.5a mol)÷0.25L＝(4b－2a) mol/L。答案选A。
4．将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝3∶2，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为(　　)
A．1∶1 B．5∶16 C．2∶3 D．3∶2
【答案】B
【解析】同一溶液中，离子的浓度之比等于其物质的量之比，c(Fe2+)：c(Fe3+)=3：2，所以该溶液中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：2，设亚铁离子的物质的量为3xmol，则铁离子的物质的量为2xmol，根据化学式Fe(NO3)2、Fe(NO3)3知，起酸作用的硝酸的物质的量=3xmol×2+2xmol×3=12xmol；氧化还原反应中得失电子数相等，即铁失去的电子数等于硝酸根离子得到的电子数，设作氧化剂的硝酸根离子的物质的量为ymol，所以3xmol×2+2xmol×3=3ymol，y=4x，所以参加反应的硝酸的物质的量=12xmol+4xmol=16xmol，根据铁元素守恒知，参加反应的铁的物质的量=3xmol+2xmol，所以参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为5xmol：16xmol=5：16，故选B。
5．向18.4 g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3 g沉淀。另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为( )
A．7.84L B．6.72L C．4.48L D．无法计算
【答案】A
【解析】向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe(OH)3、Cu(OH)2，则氢氧化铁和氢氧化铁中含有的氢氧根离子的质量为：30.3g-18.4g=11.9g，氢氧根离子的物质的量为：n(OH-)=11.9g÷17g/mol=0.7mol；Cl2与铜、铁反应产物为：FeCl3、CuCl2，根据化合物总电荷为0可知，FeCl3、CuCl2中n(Cl-)=Fe(OH)3、Cu(OH)2中n(OH-)，即n(Cl-)=0.7mol，根据质量守恒，消耗Cl2的物质的量为：n(Cl2)=n(Cl-)/2=0.35mol，标况下0.35mol氯气的体积为：22.4L/mol×0.35mol=7.84L，故选A。
6．将质量为32g的铜与150mL的一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下11.2L的NO和NO2的混合气体，将生成的混合气体与一定体积的氧气一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸收生成NaNO3。下列说法不正确的是
A．标准状况下，通入的O2体积为5.6L
B．向反应后的溶液加NaOH，使铜沉淀完全，需要NaOH的物质的量至少为1.0mol
C．标准状况下，混合气体构成是5.6L的NO和5.6L的NO2
D．硝酸的物质的量浓度为10.0mol·L−1
【答案】D
【解析】32g的铜的物质的量为0.5mol；11.2L的NO和NO2的物质的量为0.5mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则x+y=0.5，反应过程中铜全部被氧化成Cu2+，根据电子守恒有3x+y=0.5×2，和前式联立可得x=0.25mol，y=0.25mol；设氧气的物质的量为z，NO和NO2全部转化为NaNO3，则根据电子守恒有0.5×2=4z，解得z=0.25mol；根据元素守恒可知生成的n(NaNO3)=0.5mol。A项，根据分析可知通入的O2为0.25mol，标况下体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故A正确；B项，当硝酸无剩余时消耗的NaOH最少，此时NaOH只与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀，根据元素守恒可知此时n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.5mol×2=1mol，故B正确；C项，根据分析可知，混合气体中有0.25molNO和0.25molNO2，即标准状况下的5.6L的NO和5.6L的NO2，故C正确；D项，由于不知道和铜反应后硝酸是否有剩余，所以无法计算硝酸的浓度，故D错误；故选D。
7．实验研究发现，金属与硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量的铝粉和铁粉的混合物与足量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出，在反应结束后的溶液中逐滴加入5mol/LNaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如图所示，下列说法不正确的是( )

A．硝酸的还原产物全部是NH4+
B．b点与a点的差值为0.05mol
C．原硝酸溶液中硝酸的物质的量为0.47mol
D．样品中铝粉和铁粉的物质的之比为5：3
【答案】C
【解析】A项，根据题目信息可知硝酸氧化金属单质时没有气体放出，所以硝酸的还原产物全部是铵根，故A正确；B项，b与a的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，ef段消耗的氢氧化钠溶液为104mL-94mL=10mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.01L×5mol/L=0.05mol，根据Al(OH)3+ OHˉ= AlO+2H2O可知Al(OH)3的物质的量为0.05mol，故B正确；C项，由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵。由图可知，de段消耗的氢氧化钠的体积为94mL-88mL=6mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.006L×5mol/L=0.03mol，根据NH4++ OHˉ=NH3•H2O 可知溶液中n(NH4+)=0.03ml，由N原子守恒可知n(NH4NO3)=n(NH4+)=0.03mol，根据钠元素守恒可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L×5mol/L=0.44mol，根据氮元素守恒原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，故C错误；D项，由Al原子守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=0.05mol，根据电子转移守恒有：3n(Fe)+3n(Al)=8n(NH4+)，即3n(Fe)+3×0.05mol=8×0.03mol，解得n(Fe)=0.03mol，故n(Al)：n(Fe)=0.05mol：0.03mol=5：3，故D正确；故选C。
8．足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24L(标准状况)，这些气体与一定体积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4mol•L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50mL，下列说法正确的是( )
A．参加反应的硝酸是0.2mol B．消耗氧气的体积为1.68 L
C．铜和硝酸反应过程中转移的电子为0.3 mol D．混合气体中含NO21.12 L
【答案】D
【解析】A项，沉淀达到最大，溶液中溶质为NaNO3，根据N元素守恒，参加反应硝酸的物质的量为n(NaNO3)＋n(NO、NO2)=(50×10－3×4＋2.24/22.4)mol=0.3mol，故错误；B项，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓，根据离子反应方程式求出参加n(Cu)=50×10－3×4/2mol=0.1mol，根据分析，铜失去得电子最终给了氧气，根据得失电子数目守恒，即n(Cu)×2=n(O2)×4，即n(O2)=0.2/4mol=0.05mol，即氧气的体积为0.05×22.4L=1.12L，故错误；C项，铜和硝酸反应失去的电子物质的量为0.1×2mol=0.2mol，故错误；D项，令NO的物质的量为xmol，则NO2的物质的量为(2.24×22.4－x)mol，根据得失电子数目守恒，即3x＋(2.24/22.4－x)=0.2，解得x=0.05mol，因此NO2体积为0.05×22.4L=1.12L，故正确。
9．将一定质量的铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，此时共收集到NO气体448mL(标准状况)。然后向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为止，容器剩有铜粉m2g，则(m1－m2)为( )
A．5.76 B．2.88 C．1.92 D．0
【答案】A
【解析】铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1 g铜粉，反应生成Cu(NO3 )2 和NO气体，NO的物质的量为n(NO)=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的铜的物质的量为0.02mol×(5−2)÷2=0.03mol，根据铜元素守恒可知，溶液中n[Cu(NO3 )2 ]=0.03mol，溶液中n(NO3 -)=0.06mol。再向溶液中足量稀硫酸至不再反应为止，Cu(NO3 )2中NO3 -发生反应3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，容器剩有铜粉m2 g，(m1-m2)为再与溶液中NO3 -反应的铜的质量，则由反应3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知0.06mol NO3－再发生反应消耗Cu的物质的量是n(Cu)=3/2×n(NO3－)= 3/2×0.06mol=0.09mol，所以再次反应的铜的质量为0.09mol×64g/mol=5.76g，即(m1-m2)=5.76g。故选A。
10．向含有0.01 mol Cu，a mol Cu2O、b mol CuO的混合物中滴加6 mol·L－1的稀硝酸溶液至10ml时，固体恰好完全溶解，得到标准状况下224mL气体(纯净物)。下列说法正确的是( )
A．反应过程中转移0.01 mol电子 B．a：b＝1：1
C．被还原的硝酸为0.06 mol D．将少量铁粉投入该稀硝酸中能生成Fe(NO3)2
【答案】B
【解析】A项，NO是Cu与硝酸反应生成的，HNO3中N，化合价从+5降低到+2，生成1molNO，转移3mol电子，因此生成0.01molNO时，电子转移0.03mol，A项错误；B项， Cu的化合价从0升高到+2，Cu2O中的Cu的化合价从+1升高到+2，转移的电子的物质的量为0.03mol，根据得失电子守恒有a==0.005mol，由Cu原子守恒有b=-0.01mol-0.005mol×2=0.005mol，则a:b=1:1，B项正确；C项，被还原的硝酸为生成NO的硝酸，物质的量为0.01mol，C项错误；D项，少量铁与硝酸反应生成硝酸铁，只有当铁粉过量后才能生成硝酸亚铁，D项错误；故选B。
11．将mg铜粉和锌粉的混合物分成两等份，将其中一份加入200mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO2.24L(标准状况下)；将另一份在空气中充分加热，的到n g固体，将所得固体溶于上述稀硝酸，消耗硝酸的体积为V ml。下列说法不正确的是( )
A．V＝150mL B．硝酸的浓度为2 mol·L－1
C．m g铜粉和锌粉的物质的量之和为0.3 mol D．n＝m＋2.4
【答案】D
【解析】其中一份与200mL的稀硝酸恰好完全反应，溶液中溶质为Cu(NO3)2、Zn(NO3)2，NO的物质的量为2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，转移电子为0.1mol×(5﹣2)＝0.3mol，金属都表现+2，根据电子转移守恒可知n(Cu)+n(Zn)＝0.3mol÷2＝0.15mol，故溶液中NO3﹣的物质的量为：0.15mol×2＝0.3mol，由N原子守恒可知200mL溶液中HNO3的物质的量为：0.1mol+0.3mol＝0.4mol，故HNO3的物质的量浓度为：0.4mol÷0.2L＝2mol/L。A项，反应后溶液中Cu(NO3)2、Zn(NO3)2，可知消耗HNO3的物质的量为0.15mol×2＝0.3mol，故消耗硝酸的体积为0.3mol÷2mol/L＝0.15L，即150mL，故A正确；B项，由分析可知，HNO3的物质的量浓度为：0.4mol÷0.2L＝2mol/L，故B正确；C项，每一份中n(Cu)+n(Zn)＝0.15mol，则mg铜粉和锌粉的物质的量之和为0.15mol×2＝0.3mol，故C正确；D项，每一份中金属总质量为0.5m g，得到ng固体为CuO、ZnO，n(O)＝n(Cu)+n(Zn)＝0.15mol，则ng＝0.5mg+0.15mol×16g/mol＝(0.5m+2.4)g，故D错误；故选D。
12．硝酸是重要的化工原料，在工业上可用于制造化肥、农药、炸药和染料等。下列关于浓硝酸性质的描述不正确的是(　　)
A．难挥发 B．能溶于水 C．能与碳反应 D．能与氨气反应
【答案】A
【解析】A项，浓硝酸属于易挥发性的酸，A错误；B项，浓硝酸能溶于水，可配成各种浓度的稀硝酸，B正确；C项，浓硝酸有强氧化性，在加热条件下和碳反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，C正确；D项，浓硝酸与氨气反应生成硝酸铵，D正确。故选A。
13．下列金属在冷、浓的硝酸或硫酸中，能形成致密氧化膜的是( )
A．Mg B．Fe C．Cu D．Na
【答案】B
【解析】铁、铝在冷、浓的硝酸或硫酸中钝化，故B正确。
14．下列有关浓硝酸说法正确的是(　　)
A．保存在无色试剂瓶中 B．易挥发
C．常温时与铁反应放出氢气 D．受热不分解
【答案】B
【解析】A项，浓硝酸见光容易分解，因此应该保存在棕色试剂瓶中，A错误；B项，浓硝酸属于挥发性的酸，浓度越大，越容易挥发，B正确；C项，常温下，Fe与浓硝酸会发生钝化，不会生成氢气，C错误；D项，浓硝酸不稳定受热易分解，生成NO2、O2和水，D错误。
15．硝酸被称为“国防工业之母”是因为它是制取炸药的重要原料。下列实验事实与硝酸性质不相对应的一组是(　　)
A．浓硝酸使紫色石蕊试液先变红后褪色——酸性和强氧化性
B．不能用稀硝酸与锌反应制氢气——强氧化性
C．要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性
D．能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去——强氧化性
【答案】D
【解析】硝酸能使滴有酚酞的NaOH溶液红色褪去，原因是硝酸和NaOH发生了酸碱中和反应，体现的是硝酸的酸性，D错。
16．从降低成本和减少环境污染的角度考虑，制取硝酸铜最好的方法是( )
　　A．铜和浓硝酸反应　　　　　　　B．铜和稀硝酸反应
　　C．氧化铜和硝酸反应　　　　　　D．氯化铜和硝酸银反应
【答案】C
【解析】A项，Cu～4HNO3(浓)～Cu(NO3)2～2NO2；B项，Cu～HNO3(稀)～Cu(NO3)2～NO；C．CuO～2HNO3～Cu(NO3)2～H2O；由以上关系式可以看出：C项，既节约原料，同时又不产生有毒气体。D项，成本太高亦不可采用。故C为最好的办法。
17．铜粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显现象发生。当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出。该盐是( )
　　A．Fe2(SO4)3　　　　B．Na2CO3　　　　C．KNO3　　　　D．FeSO4
【答案】C
【解析】铜与稀硫酸不反应，但加入KNO3后，由于溶液中有H＋存在，故会发生如下反应：3Cu＋8H＋＋2NO==3Cu＋2NO↑＋4H2O。加入Fe2(SO4)3，也会使铜粉的质量减少，但无气体逸出，故答案选C。
18．下列有关硝酸的说法正确的是( )
A．工业硝酸的质量分数约为 69%，常因溶有少量NO而略显黄色
B．硝酸是一种氧化性很强的酸，可以与金、铂等金属反应
C．将木炭放入浓硝酸中，可立即观察到有气泡生成
D．工业制备硝酸第三步为用水吸收二氧化氮生成硝酸
【答案】D
【解析】A项，工业硝酸的质量分数约为69%，常因溶有少量NO2而略显黄色，而不是NO，故A错误；B项，硝酸是一种氧化性很强的酸，和很多金属(除金、铂)反应，故B错误；C项，将木炭放入浓硝酸中，由于木炭的活泼性较弱，反应速率很慢，不能立即观察到有气泡生成，中学阶段一般理解为要加热才反应，故C错误；D项，工业制备硝酸第三步为用水吸收二氧化氮生成硝酸，发生3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO反应，故D正确。故选D。
19．下列关于硝酸说法正确的是(　　)
A．硝酸与金属反应，主要是＋5价氮得电子
B．与金属反应时，稀硝酸可能被还原为更低价态，则稀硝酸氧化性强于浓硝酸
C．硝酸电离出H＋离子，能被Zn、Fe等金属还原成H2
D．常温下，向浓HNO3中投入Fe片，会产生大量红棕色气体
【答案】A
【解析】硝酸与金属反应，主要是＋5价氮得电子，生成氮的低价化合物，一般不生成氢气；浓HNO3比稀HNO3氧化性强，根据Cu与浓HNO3和稀HNO3的反应剧烈程度可以证明；常温下铁遇到浓硝酸发生钝化，不会生成大量红棕色气体。
20．下列有关铜与浓硝酸反应的说法中错误的是(　　)
A．HNO3是氧化剂，NO2是还原产物
B．若2 mol HNO3被还原，则反应中一定生成22.4 L NO2气体
C．参加反应的硝酸中，被还原和未被还原的硝酸的物质的量之比是1∶1
D．硝酸在反应中既表现了强氧化性，又表现了酸性
【答案】B
【解析】题目没有指明温度和压强，故无法确定气体的摩尔体积，无法计算气体的体积，B项错误。
21．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是(　　)
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液
溶液呈红色
稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋
B
常温下，Fe、Al放入浓HNO3或浓H2SO4中
无明显现象
Fe、Al与浓HNO3或浓H2SO4发生钝化
C
Al箔插入稀HNO3中
无现象
Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜
D
用玻璃棒蘸取浓HNO3点到红色石蕊试纸上
试纸变蓝色
浓HNO3具有酸性
【答案】B
【解析】稀硝酸与铁粉反应，铁首先被氧化成Fe3＋，过量铁粉将Fe3＋还原，最终得到Fe2＋，滴入KSCN溶液不显红色，A错误；常温下，Fe、Al在浓HNO3或浓H2SO4中发生钝化，生成致密的保护膜阻止了反应进行，B正确；Al箔能与稀HNO3反应放出气体，C错误；浓硝酸具有氧化性，能使红色石蕊试纸先变红后褪色，D错误。
22．等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是(　　)
A．FeO B．Fe2O3 C．FeSO4 D．Fe3O4
【答案】A
【解析】假设质量都为mg：A项，FeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；B项，Fe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；C项，FeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；D项，Fe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO；故选A。
23．向500 mL稀硝酸中加入一定质量的铁粉，恰好使铁粉完全溶解，放出NO气体5.6 L(标准状况)，同时溶液质量增加9.3 g。下列判断正确的是(　　)
A．原溶液中投入铁粉物质的量是0.25 mol
B．原溶液中HNO3的浓度是 2.0 mol·L－1
C．反应后的溶液中还可溶解9.6 g铜
D．反应后的溶液中 c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝1∶2
【答案】B
【解析】n(NO)＝＝0.25 mol，m(NO)＝0.25 mol×30 g·mol－1＝7.5 g。m(Fe)＝9.3 g＋7.5 g＝16.8 g，n(Fe)＝＝0.3 mol，由得失电子守恒知反应后溶液中存在Fe2＋、Fe3＋，则n(Fe2＋)＋n(Fe3＋)＝0.3 mol；由得失电子守恒得2n(Fe2＋)＋3n(Fe3＋)＝3n(NO)，2n(Fe2＋)＋3n(Fe3＋)＝0.25 mol×3，解得n(Fe2＋)＝0.15 mol，n(Fe3＋)＝0.15 mol。n(HNO3)＝2n(Fe2＋)＋3n(Fe3＋)＋n(NO)＝0.15 mol×2＋0.15 mol×3＋0.25 mol＝1 mol，c(HNO3)＝＝2.0 mol·L－1。还可溶解铜：n(Cu)＝n(Fe3＋)/2＝0.075 mol，m(Cu)＝0.075 mol×64 g·mol－1＝4.8 g

（五） 氮及化合物的转化


磷及其化合物
一、单质磷
（1）磷有至少10种同素异形体，常见的有白磷、红磷和黑磷，它们结构各异。纯白磷是无色而透明的晶体，遇光逐渐变黄，因此而又叫黄磷，将白磷在高压和一定温度下加热得到黑磷。白磷的结构为P4，结构如图；白磷隔绝空气加热会得到无定型红磷，可能结构如图；黑鳞很难得到，需要白磷在极高的压强下加热才可以得到黑鳞，结构类似于石墨的片状结构，能导电“金属磷”，结构如图。
不论在溶液中或在蒸气状态，磷的分子质量都相当于分子式P4，磷蒸气加热至1073K，P4开始分解为P2，P2的结构与N2相同。在自然界中是以磷酸盐的形式存在，磷也是重要的生命元素之一，存在于细胞、蛋白质、骨骼和牙齿中。在骨骼和牙齿中主要以羟基磷灰石形式存在。含磷的矿物有磷酸钙Ca3(PO4)2、氟磷灰石Ca5(PO4)3F、羟基磷灰石Ca5(PO4)3(OH)等。
（2）白磷(P)为正四面体结构，键角为60°，每个分子中含有6个P—P键不溶于水，易溶于CS2。白磷有剧毒、易自燃，一般要存放在水中以隔绝空气。
（3）白磷几乎可与所有金属反应，形成磷化物，如：6Mg+P42Mg3P2。
（4）磷与O2或Cl2在点燃条件下反应，反应物的量不同，生成的产物就不同，如：4P+3O22P2O3，4P+
5O22P2O5；2P+3Cl22PCl3（液体），2P+5Cl22PCl5（固体），所以这个反应能同时看到烟雾。
（5）白磷与热的浓NaOH反应可歧化生成膦（磷化氢）和次磷酸盐：P4+3OH－+3H2OPH3↑+3H2PO2－。
（6）白磷还能将Au、Ag、Cu等从它们的盐溶液中还原出来，如白磷中毒后可用硫酸铜溶液解毒：11P + 15CuSO4 + 24H2O5Cu3P + 6H3PO4 + 15H2SO4。
（7）白磷可以用以下反应来制备：2Ca(PO4)2+10C+6SiO26CaSiO3+ 10CO+P4，将生成的磷蒸气通入水中冷却就得到白磷。反应中加入石英砂可大大降低反应温度。
二、磷化氢（PH3）
（1）PH3又叫膦，为无色气体、有类似大蒜臭味的气味、剧毒。在一定温度下，能在氧气中燃烧，生成磷酸：PH3+2O2H3PO4。
（2）平常制得的磷化氢在空气中能自燃，是因为气体中含有联膦（P2H4），它与联氨是类似物，也是强还原剂：2P2H4+7O22P2O3+4H2O。
（3）磷化氢是强还原剂，能从某些金属盐（Cu2+、Ag+、 Au3+、Hg2+）溶液中将金属置换出来：PH3+6Ag++
3H2O6Ag+6H++H3PO3
（4）PH3的制备可用如下三种方法：①磷化钙的水解：Ca3P2+6H2O3Ca(OH)2+2PH3；②PH4I与碱反应：
PH4I+NaOHNaI+PH3+H2O，因此水溶液中不存在PH4+，这一点要与NH4+区分开；③白磷溶于碱：P4+3NaOH+3H2OPH+3NaH2PO2
（5）对PH3稳定性的补充：化学稳定性参考（2），磷化氢在空气中能够自燃，这一点和同族的氨气相比更活泼；结构稳定性，P－H键长为142pm，N－H键长为99pm，由此可见，结构稳定性PH3不如NH3。
三、三氧化二磷（P2O3）和五氧化二磷（P2O5）
（1）磷在不充分的空气中燃烧，生成的氧化物为P4O6，常叫做三氧化二磷。P4O6是以P为基础形成的，P分子中的P－P键因有张力而不稳定氧分子进攻时断裂，在每两个P原子间嵌入一个氧原子，于是形成了P4O6分子。P2O3是亚磷酸的酸酐。
（2）与冷水反应生成亚磷酸：P2O3+3H2O2H3PO3。P2O3与热水发生歧化反应：2P2O3+6H2OPH3+3H3PO4或5P2O3+9H2O4P+6H3PO4。
（3）白磷在充分的氧气中燃烧可生成P4O10，简称为五氧化二磷。P4O10是白色粉末状固体，有很强的吸水性，在空气中很快就潮解，它是干燥能力最强的一种干燥剂。是磷酸的酸酐，与水反应，当水少时生成偏磷酸，水多时生成磷酸：P2O5+H2O2HPO3，P2O5+3H2O2H2PO4
四、次磷酸（H3PO2）
（1）纯H3PO2是白色固体，易溶于水，是一元中强酸，其结构式为，有腐蚀性，受热分解生成磷酸和剧毒的磷化氢气体：2H3PO2PH3↑+H3PO4。
（2）H3PO2及其盐都是强还原剂，主要是因为分子中含有两个P－H键。常温下在空气中可逐淅被氧化，也能把Cu2+、Ag+、Ni2+、Hg2+还原成为金属单质：H3PO2+4Ag++2H2O4Ag+H3PO4+4H+。次磷酸还原能力强，氧化能力弱，容易发生歧化反应。
（3）关于还原性的补充：当酸分子中有两个或两个以上的羟基时，其中的羟基可以与溶剂中的水分子，通过氢键形成稳定的五元环、或六元环。这会导致这些环中的羟基有额外的稳定性，而难于电离出氢离子来（也就是酸性减弱）。
五、亚磷酸（H3PO3）
（1）H3PO3是白色、易潮解的固体，极易溶于水，是二元中强酸，其结构式为。
（2）H3PO3是强还原剂，能还原Ag+、Cu2+、Hg2+，也能被卤素、二氧化氮、浓硫酸氧化：H3PO3+2Ag++
H2O2Ag+H3PO4+2H+。
六、磷酸（H3PO4）
（1）磷酸有正磷酸（H3PO4）、偏磷酸（HPO3）和焦磷酸（H4P2O7）。
（2）H3PO4是无挥发性的三元中强酸，其结构式为，具有弱氧化性，磷酸溶液的黏度较大，这是因为溶液中存在着较多氢键。
（3）不论在酸中还是在碱中，磷酸几乎都没有氧化性。磷酸根离子能与某些金属离子形成可溶性配位化合物，基于这种性质，分析测定中常用磷酸掩蔽Fe3+。
（4）磷酸二氢盐均能溶于水。磷酸一氢盐和磷酸盐除碱金属盐与铵盐外，均难溶于水。任何一种磷酸盐（正盐或酸式盐）溶液中加入硝酸银溶液，皆生成黄色的Ag3PO4沉淀。
（5）磷酸盐（主要是钙盐和铵盐）是重要的无机肥料。
七、卤化磷（PCl3、PCl5）
（1）磷与氯气反应，当氯气不足时生成的三氯化磷是液体，当氯气足量时生成的五氯化磷是固体。
（2）三化磷可被氯气氧化为五化磷：PCl3+Cl2PCl5。
（3）卤化磷易水解：PCl3+3H2OH3PO3+3HCl；PCl5+4H2OH3PO4+ 5HCl，水解反应进行的非常彻底，即使在浓盐酸中也不能抑制其水解。
八、磷及化合物的转化

九、 习题
【习题1】磷化铝是用红磷和铝粉烧制而成。因杀虫效率高、经济方便而应用广泛。可作粮仓熏蒸的磷化铝片，熏蒸每吨粮食只需3～5片（3.20g/片）。
（1）写出磷化铝的化学式：________；举一例红磷的同素异形体，写出其化学式：________。
（2）磷化铝毒性主要为遇水、酸时则迅速分解，放出吸收很快、毒性剧烈的磷化氢气体，写出磷化铝
和水反应的化学方程式：____________________________________________________________。
（3）磷化氢是一种无色、剧毒、易燃的气体，该气体比空气重并有类似臭鱼的味道，其结构和NH3相似，写出磷化氢的电子式：________；磷化氢具有强的还原性，通入硫酸铜溶液中会生成单质铜和磷酸，写出该反应的离子方程式：___________________________________________。
（4）磷化氢在空气中的最高允许值为0.3ppm，空气中超标的PH3气体可以用重铬酸钾、活性炭、氢碘酸处理，你认为他们的反应原理是否相同，原因是____________________________________。
（5）磷的含氧酸很多，H3PO4是常见的一种，多个磷酸分子通过脱水作用由O原子连接而成为多磷酸，三聚磷酸钠（Na5P3O10·6H2O）是常见的多磷酸盐，该盐373K时，可发生如下反应Na5P3O10·6H2O=== Na3HP2O7+X+5H2O，请你推出X的化学式：______________________________；并且写出X溶液中离子电荷守恒的等式：___________________________。
（6）工业制备PH3的流程如图所示。

①黄磷和烧碱溶液反应的化学方程式为_____________________，次磷酸属于____________(填“一”“二”或“三”)元酸。
②若起始时有1 mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成___________mol PH3。(不考虑产物的损失）
【答案】
（1）AlP P4
（2）AlP + 3H2O＝Al(OH)3+ PH3↑ （3） PH3 + 4Cu2+ + 4H2O＝8H++H3PO4 + 4Cu↓
（4）不同，重铬酸钾和PH3是氧化还原反应，活性炭是吸附能力，HI和PH3是化合反应生成PH4I
（5）Na2HPO4 c(Na+)+ c(H+)＝2c(HPO42-)+ c(H2PO4-)+ 3c(PO43-)+ c(OH－)
（6）P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2 一 2.5
【解析】（1）铝的化合价是+3价，则磷化铝的化学式为AlP。白磷是红磷的同素异形体，其化学式为 P4。
（2）磷化铝毒性主要为遇水、酸时则迅速分解，放出吸收很快、毒性剧烈的磷化氢气体，则根据原子守恒可知另一种生成物是氢氧化铝，因此磷化铝和水反应的化学方程式为AlP + 3H2O＝Al(OH)3+ PH3↑。
（3）磷化氢的结构和NH3相似，氨气分子中含有极性键，则根据氨气的电子式可判断磷化氢的电子式为；磷化氢具有强的还原性，通入硫酸铜溶液中会生成单质铜和磷酸，反应中P失去8个电子，铜得到2个电子，则根据电子得失守恒可知该反应的离子方程式为PH3 + 4Cu2+ + 4H2O＝8H++H3PO4 + 4Cu↓。
（4）重铬酸钾具有强氧化性，和PH3发生氧化还原反应，活性炭具有吸附能力，HI和PH3是化合反应生成PH4I，所以其原理不同。
（5）根据反应Na5P3O10·6H2O＝Na3HP2O7+X+5H2O依据质量守恒定律可判断X的化学式为Na2HPO4。由于磷酸是三元弱酸，所以根据电荷守恒可知X溶液中离子电荷守恒的等式为 c(Na+)+ c(H+)＝2c(HPO42-)+ c(H2PO4-)+ 3c(PO43-)+ c(OH－)。
（6）①根据图示信息：黄磷和烧碱溶液反应生成PH3↑、NaH2PO2，方程式为：P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2，根据电离出的氢离子数目确定次磷酸属于一元酸；故答案为P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；一；
②P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；2H3PO2=PH3↑+H3PO4，即P4～2.5PH3，若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5molPH3．故答案为2.5。

【习题2】NaH2PO2(次磷酸钠)易溶于水，水溶液近中性，具有强还原性，可用于化学镀银、镍、铬等。一种利用泥磷(含P4和少量CaO、Fe2O3、Al2O3、CaCl2等)为原料制备NaH2PO2·H2O的工艺流程如下：

已知P4与两种碱的反应主要有：
Ⅰ. 2Ca(OH)2+P4+4H2O=2Ca(H2PO2)2+2H2↑ Ⅱ. 4NaOH + P4+8H2O = 4NaH2PO2·H2O+2H2↑
Ⅲ. 4NaOH + P4+2H2O = 2Na2HPO3 +2PH3↑ Ⅳ. NaH2PO2+NaOH = Na2HPO3+H2↑
（1）已知H3PO2是一元中强酸，NaH2PO2是___________(填“正盐”或“酸式盐”)。
（2）尾气中的PH3被NaClO溶液吸收可生成NaH2PO2，从吸收液中获得NaH2PO2·H2O的操作为______________、______________过滤、洗涤和干燥。
（3）用NiCl2、NaH2PO2溶液化学镀Ni，同时生成H3PO4和氯化物的化学方程式为：______________________。
（4）“反应”在温度和水量一定时，混合碱总物质的量与P4的物质的量之比[n(碱)/ n(磷)]与NaH2PO2产率的关系如图所示。当n(碱)/ n(磷)＞2.6时，NaH2PO2的产率随n(碱)/ n(磷)的增大而降低的可能原因是______。

（5）滤渣2主要成分为_________________________ (填化学式)。
（6） “过滤2”的滤液须用Ag2SO4、Ba(OH) 2及Na2S溶液除去其中Cl－及Fe2+等，其中加入的Ag2SO4溶液不宜过量太多，其主要原因是_______________________________________________。
（7）在工业上，可以用惰性电极电解NaH2PO2溶液制取磷酸，请写出其阳极反应式_______________________。
【答案】
（1）正盐
（2）蒸发浓缩 冷却结晶
（3）2NiCl2 + NaH2PO2 + 2H2O= 2Ni↓ + H3PO4 + NaCl + 3HCl
（4）过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3
（5）CaCO3和Al(OH)3
（6）过量的Ag+会氧化H2PO2－
（7）H2PO2--4e-+2H2O═H3PO4+3H+
【解析】
（1）H3PO2是一元中强酸，在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子，电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2-，H2PO2-不能再电离，则NaH2PO2为正盐，故答案为正盐；
（2）根据题中所给信息，PH3与NaClO反应生成NaH2PO2和NaCl，反应的离子方程式为PH3+2ClO-+OH-=H2PO2-+2Cl-+H2O，从吸收液中获得NaH2PO2·H2O，需要蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤和干燥，故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；
（3）根据题意，NiCl2中Ni转化成Ni单质，NaH2PO2为还原剂，P元素的化合价升高，NiCl2＋NaH2PO2→Ni↓＋H3PO4＋NaCl，依据化合价升降法进行配平，即2NiCl3＋NaH2PO2→2Ni↓＋H3PO4＋NaCl，产物为H3PO4，说明该溶液为酸性，利用原子守恒配平其他物质，反应的化学方程式为2NiCl2 + NaH2PO2 + 2H2O= 2Ni↓ + H3PO4 + NaCl + 3HCl，故答案为2NiCl2 + NaH2PO2 + 2H2O= 2Ni↓ + H3PO4 + NaCl + 3HCl；
（4）n(碱)/n(磷)>2.6，说明碱过量，根据P4与两种碱反应中IV，H2PO2－与过量的NaOH反应转化成HPO32－，次磷酸钠的产率降低，因此NaH2PO2的产率随n(碱)/n(磷)的增大而降低的可能的原因是过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3，故答案为过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3；
（5）“调pH”除去Ca2＋和Al3＋，CO2与碱反应生成CO32－，CO32－与Ca2＋反应生成CaCO3，CO32－与Al3＋发生双水解反应生成Al(OH)3，因此滤渣2的成分是CaCO3和Al(OH)3，故答案为CaCO3和Al(OH)3；
（6）NaH2PO2具有强还原性，Ag＋具有氧化性，因此加入Ag2SO4溶液不宜过量太多，否则过量的Ag+会氧化H2PO2-，故答案为过量的Ag+会氧化H2PO2－；
（7） NaH2PO2具有较强的还原性，电解时，阳极上H2PO2-失电子，所以用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：H2PO2--4e-+2H2O═H3PO4+3H+，故答案为H2PO2--4e-+2H2O═H3PO4+3H+。

【习题3】磷化氢气体(PH3)是一种强烈的储粮害虫杀剂，其制取原理类似于实验室制氨气，空气中磷化氢气体达到2PPM以上时就会造成人畜中毒,请回答：
（1）用碘化磷(PH4I)和烧碱反应制取PH3的化学方程式_________________________________________。
（2）实验室用硫酸铜溶液吸收PH3时的化学方程式24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4 ，当吸收2.2molPH3转移电子____________mol
（3）氧硫化碳（COS）可替代磷化氢而被用作熏蒸剂，粉末状的KSCN与浓硫酸在一定条件下可得到COS和两种硫酸氢盐，生成物的物质的量之比为1∶1∶1,写出相应的化学方程式______________________________。
（4）氧硫化碳水解及部分应用流程如下（部分产物已略去）：COSH2SNa2SM溶液+H2
①组成氧硫化碳和磷化氢的各原子中，原子半径最大的元素在周期表中的位置是___________________.
②已知M溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32﹣，则反应Ⅲ中生成S2O32﹣的离子方程式为____________________．
③如图是反应Ⅲ中，在不同反应温度下，反应时间与H2产量的关系（Na2S初始含量为3mmol），由图象分析可知，a点时M溶液中除S2O32—外，还有__________（填含硫微粒的离子符号）。

【答案】
（1）PH4I+NaOHPH3↑+NaI+H2O
（2）4.8
（3）KSCN+2H2SO4（浓)+H2O=KHSO4+NH4HSO4+COS↑
（4）第三周期第VA族
2S2﹣+5H2OS2O32﹣+4H2↑+2OH﹣ SO42﹣
【解析】
（1）用PH4I与NaOH加热发生反应产生NaI、H2O、PH3，反应方程式为PH4I+NaOHPH3↑+NaI+H2O；
（2）在反应24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4中，Cu元素的化合价由反应前CuSO4中的+2价变为反应后中Cu3P的+1价，化合价降低，因此CuSO4为氧化剂；每24mol CuSO4发生反应，同时会消耗11molPH3，转移24mol电子，则吸收2.2molPH3转移电子的物质的量为mol=4.8mol；
（3）氧硫化碳(COS)可替代磷化氢而被用作熏蒸剂，粉末状的KSCN与浓硫酸在一定条件下可得到COS和两种硫酸氢盐KHSO4、NH4HSO4，生成物的物质的量之比为1∶1∶1，反应方程式为：KSCN+2H2SO4(浓)+H2O=KHSO4+NH4HSO4+COS↑；
（4）①组成氧硫化碳和磷化氢的原子为O、S、P、H，由于原子核外电子层数越多，原子半径越大；当原子核外电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，所以这四种元素中，原子半径最大的元素为P，其在周期表中的位置位于第三周期第VA族；②S2-与H2O反应产生S2O32-和H2，根据电荷守恒、原子守恒、电子守恒，可得反应方程式为：2S2﹣+5H2OS2O32﹣+4H2↑+2OH﹣；③反应III中，a点360℃时，随着时间推移，氢气的物质的量不变，Na2S初始含量为3mmol，若只发生反应2S2﹣+5H2OS2O32﹣+4H2↑+2OH﹣，生成氢气的物质的量为3mmol×=6mmol，图示为9mmol，说明M溶液中除含有S2O32﹣外，还含有SO42-，反应方程式为：S2﹣+4H2O=SO42-+4H2↑。

【习题4】次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性．回答下列问题：
（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式 ．
（2）H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银．
①（H3PO2）中，P元素的化合价为 ．
②利用（H3PO2）进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为： （填化学式）．
③NaH2PO2为 （填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显 （填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）．
（3）（H3PO2）的工业制法是：将白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，后者再与H2SO4反应．写出白磷与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式 ．
（4）H3PO2也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：

①写出阳极的电极反应式 ．
②分析产品室可得到H3PO2的原因 ．
③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室，其缺点是产品中混有 杂质．
【答案】
（1）H3PO2H2PO2﹣+H+；
（2）①+1；②H3PO4；③正盐；弱碱性；
（3）2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑；
（4）①2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+； ②由于阳极室OH﹣放电，造成H+浓度增大，通过阳膜进入产品室，而原料室中的H2PO2﹣通过阴膜进入产品室，二者反应生成H3PO2； ③H3PO4．
【解析】
（1）H3PO2是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为：H3PO2⇌H2PO2﹣+H+，
（2）①H3PO2中，总化合价为0，其中氢元素为+1价，氧元素为﹣2价，则P元素的化合价为：+1价，
②该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1﹣0）=1×（x﹣1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，
③H3PO2是一元中强酸，则NaH2PO2为正盐，H2PO2﹣离子在水溶液里水解导致溶液呈碱性，
（3）白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，反应方程式为：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑，
（4）阳极室水放电生成氧气与氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入产品室，与产品室中HPO32﹣反应得到H3PO3，由于氧气可以将H3PO3氧化为H3PO4，左边阳离子交换膜防止氧气可以将H3PO3氧化为H3PO4，阴极室中是水放电生成氢气与氢氧根，钠离子通过阳离子交换膜加入阴极室．①阳极室发生氧化反应，电极反应式为：2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，②由于阳极室OH﹣放电，造成H+浓度增大，通过阳膜进入产品室，而原料室中的H2PO2﹣通过阴膜进入产品室，二者反应生成H3PO2，③阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室，氧气可以将H3PO3氧化为H3PO4，导致产品中混有：H3PO4

【习题5】磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4)2等形式存在。它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。
（1）白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下：
2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)="==" 6CaO(s)+P4(s)+10CO(g) △H1="+3359.26" kJ·mol－1
CaO(s)+SiO2(s)="==" CaSiO3(s) △H2="-89." 61 kJ·mol－1
2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)="==" 6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g) △H3
则△H3= kJ·mol－1。
（2）白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：
11P4+60CuSO4+96H2O="==" 20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4
60molCuSO4能氧化白磷的物质的量是 。
（3）磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得，含磷各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH 的关系如图所示。

①为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在 ；pH=8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系为 。
②Na2HPO4溶液显碱性，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，其原因是
(用离子方程式表示)。
（4）磷的化合物三氯氧磷()与季戊四醇()以物质的量之比2：1 反应时，可获得一种新型阻燃剂中间体X，并释放出一种酸性气体。季戊四醇与X 的核磁共振氢谱如下图所示。

①酸性气体是 (填化学式)。
②X的结构简式为 。
【答案】
（1）2821. 6
（2）3 mol
（3）①4 ~5. 5(介于此区间内的任意值或区间均可) c(HPO42－)>c(H2PO4-)
②3Ca2＋+2HPO42－="==" Ca3(PO4)2↓+2H＋
（4）①HCl ②
【解析】
（1）2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)=6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g) ΔH＝＋3359.26 kJ·mol－1①
CaO(s)＋SiO2(s)=CaSiO3(s) ΔH2＝－89.61 kJ·mol－1②根据盖斯定律，①＋②×6得ΔH3＝＋2821.6 kJ·mol－1。
（2）该反应中，Cu2＋转化为Cu＋，则60 mol CuSO4转移60 mol e－，，1 mol P4被CuSO4氧化时得20 mol e－，所以60 mol CuSO4可以氧化3 mol P4。
（3）根据图像可知获得纯净的NaH2PO4应控制pH在4～5.5之间。pH＝8时溶质主要是Na2HPO4和NaH2PO4。此时c(HPO42—)＞c(H2PO4—)。加入CaCl2后，Ca2＋结合HPO42—电离出的PO42—生成沉淀，促进了HPO42—的电离，反应的离子方程式为3Ca3＋＋2HPO42—=Ca3(PO4)2↓＋2H＋。
（4）根据元素种类可以判定酸性气体是HCl，根据元素守恒及反应物季戊四醇的核磁共振氢谱、生成物X的核磁共振氢谱推出反应为

【习题6】磷酸二氢钾(KH2PO4)是一种高效复合肥。工业上以羟磷灰石精矿[主要成分是Ca5(PO4)3OH，还含有少量石英和氧化铁等杂质]为原料，生产磷酸二氢钾的流程如下：

（1）“制酸”过程中生成磷酸的化学方程式为___________________________________________________。
该过程若用硫酸代替盐酸，磷酸的产率明显降低，其原因是___________________________________。
（2）“反应”中加入有机碱——三辛胺(TOA)的目的是____________________________________________。

（3）“反应”中，三辛胺的用量会影响溶液的pH。水溶液中H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-的分布分数δ随pH的变化如右图所示。
①“反应”中，当pH＝____时，停止加入三辛胺。
②使用pH试纸测定溶液pH的操作是_____________________________________________。
（4）查阅资料可知：①磷酸三丁酯、二(2乙基己基)磷酸都是难溶于水的液态有机物。
②磷酸三丁酯对H3PO4和Fe3＋有较强的萃取作用。
③二(2乙基己基)磷酸仅对Fe3＋有较强的萃取作用。
请根据题中信息，补充完整“提纯”步骤的实验方案：向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，________________，向有机层中加入蒸馏水，振荡、静置，分液取水层，得到稀磷酸。[实验中须使用的试剂有：二(2乙基己基)磷酸、磷酸三丁酯]
【答案】
（1）Ca5(PO4)3OH＋10HCl===5CaCl2＋3H3PO4＋H2O 使用H2SO4，会产生微溶性的CaSO4覆盖在羟磷灰石的表面，阻止反应的继续进行
（2）加入三辛胺会与溶液中的HCl反应，促进了KH2PO4生成
（3）①4.5 ②用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，立即与标准比色卡对比，读取pH ③过滤，向滤液中加入适量二(2乙基己基)磷酸，振荡、静置，分液取水层；在水层中加入适量磷酸三丁酯，振荡，静置，分液取有机层
【解析】（1）“制酸”过程中羟磷灰石精矿与盐酸反应生成磷酸、氯化钙和水，反应的化学方程式为Ca5(PO4)3OH＋10HCl=5CaCl2＋3H3PO4＋H2O；该过程若用硫酸代替盐酸，会产生微溶性的CaSO4覆盖在羟磷灰石的表面，阻止反应的继续进行，使磷酸的产率明显降低；
（2）“反应”中加入有机碱——三辛胺(TOA)会与溶液中的HCl反应，促进了KH2PO4生成；
（3）①“反应”中，三辛胺的用量会影响溶液的pH。三辛胺(TOA)会与溶液中的HCl反应，促进了KH2PO4生成，当pH=4.5时，c(H2PO4-)最大，故“反应”中，当pH＝4.5时，停止加入三辛胺；②使用pH试纸测定溶液pH的操作是用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，立即与标准比色卡对比，读取pH；
（4）“提纯”步骤的实验方案：向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，过滤，向滤液中加入适量二(2乙基己基)磷酸，振荡、静置，分液取水层；在水层中加入适量磷酸三丁酯，振荡，静置，分液取有机层，向有机层中加入蒸馏水，振荡、静置，分液取水层，得到稀磷酸。

【习题7】磷单质及其化合物有广泛应用。结合所学知识同答下列间题：
（1）磷酸的结构式为，三聚磷酸可视为两个磷酸分子之间脱去两个水分子的产物，三聚磷酸钠（俗称“磷酸五钠”）是一种常用的延长混凝土凝结时间的缓凝剂，其化学式为_______________________。
（2）工业制备PH3的工艺流程如下（部分操作和条件略）：
Ⅰ．向黄磷（P4）中加入过量浓NaOH溶液，产生PH3气体和次磷酸钠（NaH2PO2）溶液；
Ⅱ．向NaH2PO2溶液加入过量的稀硫酸，得到次磷酸（H3PO2）；
Ⅲ．次磷酸（H3PO2）不稳定，受热易分解产生PH3气体和磷酸（H3PO4）。
①黄磷和烧碱溶液反应的离子方程式为_______________________，根据题意判断次磷酸属于_____（填“一”“二”或“三”）元酸。
②次磷酸受热分解的化学方程式为_______________________。
③起始时有1mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成_____mol PH3（不考虑产物的损失）。
（3）次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍。化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2﹣，在酸性条件下发生下述反应，请配平：
_____Ni2++　 　H2PO2﹣+　 　　 　═　 　Ni++　 　H2PO3﹣+　 　　 　。
【答案】
（1）Na5P3O10
（2）①P4+3OH—+3H2O=PH3↑+3H2PO2— 一 ②2H3PO2PH3↑+ H3PO4 ③2.5
（3）1；1；H2O；1；1；2H+
【解析】（1）磷酸分子间通过羟基脱水形成三聚磷酸，所以三聚磷酸的结构式为：；三聚磷酸中羟基的氢原子被钠离子取代生成三聚磷酸钠，所以三聚磷酸钠的化学式为：Na5P3O10，故答案为Na5P3O10；
（2）①由题意可知，黄磷和过量浓NaOH溶液反应生成PH3气体和一元酸盐次磷酸钠，反应的离子方程式为P4+3OH—+3H2O=PH3↑+3H2PO2—；故答案为P4+3OH—+3H2O=PH3↑+3H2PO2—；一；
②次磷酸受热分解生成PH3气体和磷酸，反应的离子方程式为2H3PO2 PH3↑+ H3PO4，故答案为2H3PO2PH3↑+ H3PO4；
③由题意可知，1mol P4与过量浓NaOH溶液反应生成1molPH3气体和3molNa2PO2，3molNa2PO2与过量的稀硫酸反应生成3molH3PO2，3molH3PO2受热易分解产生1.5molPH3气体，则起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5molPH3，故答案为2.5；
（3）由题意可知，Ni2+和H2PO2﹣反应生成单质Ni和H2PO3-，反应的化学方程式为：H2O+Ni2++H2PO2-+═Ni+H2PO3-+2H+，故答案为1；1；H2O；1；1；2H+。

【习题8】化学镀镍是指不使用外加电流，利用氧化还原作用在金属制件的表面上沉积一层镍的方法。次磷酸钠(NaH2PO2)是化学镀镍的重要原料，工业上制备NaH2PO2·H2O的流程如下：

回答下列问题:
（1）次磷酸钠(NaH2PO2)是次磷酸(H3PO2)与足量NaOH溶液反应的产物，NaH2PO2属于_______(填“正盐”“酸式盐”“碱式盐”）， NaH2PO2中磷元素的化合价为___________。
（2）在反应器中加入乳化剂并高速搅拌的目的是________________
（3）在反应器中发生多个反应，其中白磷(P4)与Ca(OH)2反应生成次磷酸钠及磷化氢的化学方程式为_________________________
（4）流程中通入CO2的目的是______________，滤渣X的化学式为_____________
（5）流程中母液中的溶质除NaH2PO2外，还有的一种主要成分为_____________
（6）含PH3的废气可用NaClO和NaOH的混合溶液处理将其转化为磷酸盐，该反应的离子方程式为____________
（7）某次生产投入的原料白磷为1240 kg，在高速乳化反应器中有80%的白磷转化为次磷酸钠及磷化氢，忽略其它步骤的损失，理论上最终得到产品NaH2PO2·H2O的质量应为__________kg(NaH2PO2·H2O的相对分子质量为106)
【答案】
（1）正盐 +1
（2）加快反应速率
（3）2P4+3Ca(OH)2+6H2O=3Ca(H2PO2)2+2PH3↑
（4）将Ca(H2PO2)2 转化为NaH2PO2 CaCO3
（5）Na2HPO3
（6）PH3+4ClO-+3OH-=PO43-+4Cl-+3H2O
（7）2544
【解析】
（1）次磷酸钠是次磷酸与足量的氢氧化钠反应的产物，因此次磷酸钠是正盐，其中Na显＋1价，氢显＋1价，氧显－2价，整个化合价的代数和为0，P的化合价是＋1价；
（2）搅拌的目的是增加接触面积，加速反应速率；
（3）发生P4＋Ca(OH)2→Ca(H2PO2)2＋PH3，P4→Ca(H2PO2)2中P的化合价由0→＋1价，升高1价，共升高2价，P4→PH3中P的化合价由0→－3价，降低3价，最小公倍数为6，即Ca(H2PO2)2系数为3，PH3的系数为2，根据原子守恒，反应方程式为2P4＋3Ca(OH)2=3Ca(H2PO2)2＋2PH3；
（4）CO2与NaOH反应生成Na2CO3，碳酸钙难溶于水，通入CO2的目的是除去Ca2＋，即将Ca(H2PO2)2 转化为NaH2PO2 ，即滤渣X为CaCO3；
（5）根据流程图，母液中还含有NH2HPO3；
（6）利用ClO－作氧化剂，把PH3氧化成PO43－，PH3＋ClO－→PO43－＋Cl－，P的化合价由－3价→＋5价，化合价升高8价，Cl由＋1价→－1价，降低2价，最小公倍数为8，PH3＋4ClO－→PO43－＋4Cl－，环境是碱性，且遵循反应前后离子所带电荷数相等，即PH3＋4ClO－＋3OH－=PO43－＋4Cl－+3H2O；
（7）根据上述反应，建立关系式：2P4～3Ca(H2PO2)2～6NaH2PO2·H2O，m(NaH2PO2·H2O)=1240×80%×6×106/(31×4×2)kg=2544kg。

【习题9】Ca(H2PO2)2（次磷酸钙，一元中强酸H3PO2的钙盐）是一种白色结晶粉末，溶于水（常温时，溶解度16.7g/100g水），其水溶液呈现弱酸性。可用作医药、抗氧化剂以及制备次磷酸钠等。由白磷（P4）与石灰乳制备Ca（H2PO2）2的实验步骤如下：

步骤1.在三口烧瓶中加入白磷和石灰乳，先通入N2，然后在约98°C下充分搅拌1h，同时收集产生的PH3。
步骤2.将反应液静置、过滤。
步骤3.向滤液中通入适量CO2，再过滤。
步骤4.用次磷酸溶液调节步骤3滤液的pH，浓缩、冷却结晶、干燥得次磷酸钙。
（1）步骤1先通入N2的目的是 ；搅拌的目的是 。
（2）步骤1石灰乳与 P4（白磷）发生反应的化学方程式为 ；步骤2过滤所得滤渣成分为 。
（3）步骤3的目的是 。
（4）请补充完整由产品进一步制备NaH2PO2·H2O的实验方案：取产品次磷酸钙加入烧杯中，加适量的水溶解， ，干燥得到NaH2PO2·H2O。（已知：在常压下，加热蒸发次磷酸钠溶液会发生爆炸，100℃时NaH2PO2·H2O的溶解度为667g/100g水）
【答案】
（1）排除装置内的空气，防止次磷酸钙及白磷被氧化；使反应物充分接触反应，加快反应速率
（2）2P4+3Ca（OH）2+6H2O3Ca（H2PO2）2+2PH3↑；P4和Ca（OH）2
（3）除去其中的Ca（OH）2
（4）边搅拌边向溶液中加入Na2CO3溶液，静置，向上层清液中滴入Na2CO3溶液，若无沉淀，过滤，将滤液减压蒸发浓缩，结晶
【解析】
（1）步骤1中先通入N2可以排除装置内的空气，防止次磷酸钙及白磷被氧化；搅拌可以使反应物充分接触反应，加快反应速率，故答案为：排除装置内的空气，防止次磷酸钙及白磷被氧化；使反应物充分接触反应，加快反应速率；
（2）石灰乳与 P4（白磷）发生反应的化学方程式为2P4 +3Ca（OH）2+6H2O 3Ca（H2PO2） 2+2PH3↑，步骤2过滤所得滤渣有为反应的白磷和氢氧化钙，故答案为：2P4 +3Ca（OH）2+6H2O 3Ca（H2PO2） 2+2PH3↑；P4和Ca（OH）2；
（3）步骤3向滤液中通入适量CO2，可以与溶解的氢氧化钙反应，生成碳酸钙沉淀，故答案为：除去其中的Ca（OH）2；
（4） 进一步制备NaH2PO2·H2O的实验方案：取产品次磷酸钙加入烧杯中，加适量的水溶解，边搅拌边向溶液中加入Na2CO3溶液，静置，向上层清液中滴入Na2CO3溶液，若无沉淀，过滤，将滤液减压蒸发浓缩，结晶，干燥得到NaH2PO2·H2O，故答案为：边搅拌边向溶液中加入Na2CO3溶液，静置，向上层清液中滴入Na2CO3溶液，若无沉淀，过滤，将滤液减压蒸发浓缩，结晶。