2023-2024学年陕西省西安市蓝田县城关中学、大学区联考高二(下)期末化学试卷

2023-2024学年陕西省西安市蓝田县城关中学、大学区联考高二（下）期末化学试卷一．选择题（共16小题，每小题3分，共48分）1．（3分）反应A+B→C（ΔH＜0）分两步进行：①A+B→X（ΔH＞0），②X→C（ΔH＜0）。如图示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）A． B． C． D．2．（3分）已知下列反应的热化学方程式：①6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）＝2C3H5（ONO2）3（l）ΔH1，②2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH2，③C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH3。则下列说法正确的是（）A．ΔH3＞0 B．氢气的燃烧热为ΔHC．由以上热化学方程式能求出氢气的燃烧热 D．4C3H5（ONO2）3（1）＝12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）的ΔH＝12ΔH3+5ΔH2﹣2ΔH13．（3分）如图为N2（g）和O2（g）反应三成NO（g）过程中的能量变化。下列说法不正确的是（）A．通常情况下，N2比NO稳定 B．“雷雨发庄稼”中涉及到N2（g）和O2（g）的反应 C．1molN2（g）和1molO2（g）反应吸收的能量为179.3kJ D．NO是酸性氧化物，可直接用氢氧化钠溶液吸收而除去4．（3分）在一定条件下，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中，反应物与生成物的浓度随时间变化的曲线如图，则下列叙述正确的是（）A．该反应的化学方程式为3A（g）+B（g）⇌2C（g） B．t1时刻，反应物A的转化率为60% C．0→t1这段时间内，A的反应速率为v（A）＝0.2t1mol⋅L﹣1⋅s﹣1 D．在t1→（t1+10）内，v（A）＝v（B）＝05．（3分）室温条件下，向V1mL浓度均为cmol•L﹣1的HCN和HCl混合溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1某一元碱BOH溶液，溶液的导电能力随BOH溶液加入量的变化如图所示（忽略溶液混合时的体积变化）．下列说法正确的是（）A．BOH是强碱 B．b点溶液中，c（B+）＞c（CN﹣）+c（HCN） C．若c点溶液中c（B+）＜2c（CN﹣），则BCN溶液显碱性 D．滴加BOH溶液过程中，水的电离程度先增大后减小6．（3分）Li/I2电池是常温固体电解质电池，常用于心脏起搏器。负极是锂，正极是碘添加有机材料（如P2VP）做成的导电体多相电极。总反应为2Li+P2VP•nI2═P2VP•（n﹣1）I2+2LiI。有关说法错误的是（）A．该电池的正极反应式为：2Li++P2VP•nI2+2e﹣═P2VP•（n﹣1）I2+2LiI B．中间区域LiI的沉积，会使电池电压逐渐下降，对心脏起搏器起到预警作用 C．添加材料P2VP的作用是增强正极材料的导电性 D．其正负极活性物质消耗质量比为7：1277．（3分）我国科学家设计了一种CO2捕获和利用一体化装置，利用含NO3−的废水和CO2制备甲酸铵（HCOONH4A．NO3−参与的电极反应为：NO3−+8e﹣+6H2B．生成HCOO﹣的电极反应为：HCO3−+H2O﹣2e﹣＝HCOO﹣C．装置Ⅱ中OH﹣穿过阴离子交换膜由左向右迁移 D．空气的作用是作为载气将含NH3的气体吹出反应器8．（3分）CO2的应用领域广泛，是一种廉价易得的基本化工原料，我国提出力争在2060年前实现碳中和。碳中和：通过节能减排，植树造林，化工合成等治理CO2的手段，使CO2排放量减少甚至是回收利用，以此达到CO2“零排放”的目的。在二氧化碳合成甲醇的研究中，催化剂是研究的关键。目前国内外研究主要集中于铜基催化剂，有学者提出了CO2的转化过程如图所示。下列说法正确的是（）A．基态铜电子排布：[Ar]3d94s2 B．甲酸乙酯是该过程的催化剂 C．步骤④中有化学键的断裂和形成 D．反应过程中，催化剂参与反应，降低了反应的焓变9．（3分）W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数的变化趋势如图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X是短周期中金属性最强的元素；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强。下列说法正确的是（）A．对应气态氢化物的稳定性：Y＞W B．对应简单离子的半径：W＞Z C．化合物XZW中既含离子键又含共价键 D．Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强10．（3分）有关晶体的结构如图所示，下列说法中错误的是（）A．等质量的石墨和金刚石晶体中，碳碳键个数之比为3：4 B．该气态团簇分子的分子式为EF或FE C．在NaCl晶体中，Na+的配位数是6 D．C60、石墨和金刚石互为同素异形体，在C60分子晶体中，每个C60分子周围等距且紧邻的C60分子有12个11．（3分）某有机物A质谱图、核磁共振氢谱图如图，则A的结构简式可能为（）A．CH3OCH2CH3 B．CH3CH2OH C．CH3CHO D．CH3CH2CH2COOH12．（3分）一种叠氮桥基配位化合物C在医药工业具有广泛的用途，其合成方法如图，下列叙述正确的是（）A．基态Br原子价电子排布式为3d104s24p5 B．物质C中氮原子杂化形式有sp2、sp3 C．CH3OH是手性分子 D．NaN3中N313．（3分）实验室制取少量溴乙烷的装置如图所示，将生成物导入盛有冰水混合物的试管a中，实验结束发现试管a中的物质分为三层。对该实验的分析错误的是（）A．产物在a中第二层 B．烧瓶中除发生取代反应可能发生消去反应、氧化还原反应等 C．a中有产物和水还含HBr、CH3CH2OH等 D．b中盛放的酸性KMnO4溶液会褪色14．（3分）某有机物结构简式如图，下列叙述不正确的是（）A．1mol该有机物在加热和催化剂作用下，最多能和4molH2反应 B．该有机物能使溴水褪色，也能使酸性KMnO4溶液褪色 C．该有机物属于芳香烃，在一定条件下能通过加聚反应生成高分子化合物 D．该有机物在一定条件下能发生消去反应或取代反应15．（3分）烯酮分子在一定条件可与硅醚反应：有机物X（）在此条件下反应，其产物是（）A． B． C． D．16．（3分）古代文献记载很多与化学相关的内容。下列解释错误的是（）A．《肘后备急方》载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，“绞取汁”涉及到过滤分离方法 B．“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，“气”指乙烯 C．《本草纲目》“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”，这种方法是蒸馏 D．《本草衍义》中对精制砒霜过程描述如下：“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器”中的操作方法是萃取二、非选择题（共52分）17．（12分）NaOH和盐酸都是中学化学常见的试剂。Ⅰ．某同学用0.2000mol•L﹣1标准盐酸滴定待测烧碱溶液浓度（1）将5.0g烧碱样品（杂质不与酸反应）配成250mL待测液，取10.00mL待测液，如图1是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为mL。（2）由下表数据得出NaOH的百分含量是。滴定次数待测NaOH溶液体积（mL）标准盐酸体积滴定前的刻度（mL）滴定后的刻度（mL）第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00Ⅱ．氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。测血钙的含量时，进行如下实验：①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵（NH4）2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。③终点时用去20mL1.0×l0﹣4mol/L的KMnO4溶液。（1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式。（2）滴定时，将KMnO4溶液装在（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。（3）判断滴定终点的方法是。（4）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果。②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果。（5）计算：血液中含钙离子的浓度为mol/L。Ⅲ．50mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液测定计算中和反应的反应热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图2中缺少的一种玻璃用品是。如改用0.0275molNaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（2）已知盐酸和NaOH稀溶液发生中和反应生成0.1molH2O时，放出5.73kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：。18．（12分）工业“两次转化法”用天青石矿（主要成分为SrSO4，含有Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+等杂质）制备高纯碳酸锶。Ⅰ.一次转化（1）浸泡：用饱和碳酸钠溶液浸泡天青石矿粉，过滤得到粗品SrCO3。滤液中c（CO32−）＝2.0×10﹣3mol•L﹣1，c（SO42−）＝mol•L﹣1。[已知：常温下，Ksp（SrSO4）＝3.3×10﹣7，Ksp（SrCO（2）酸化：用稀盐酸浸泡粗品SrCO3，加入一定量的催化剂氯化铵，得到含有杂质（Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+）的SrCl2粗溶液。该酸化过程涉及反应的化学方程式为（催化剂氯化铵参与了SrCO3与盐酸生成SrCl2的反应）。（3）除杂。①除铁、铝：向SrCl2粗溶液中加入少量的5%H2O2溶液，在60～70℃条件下加入少量的稀氨水，控制溶液pH范围为，充分搅拌，过滤。已知：pH为7.8时Al（OH）3沉淀开始溶解。离子Fe3+Fe2+Al3+Ca2+开始沉淀时的pH1.97.03.4﹣沉淀完全时的pH3.29.04.712②除钙：取①中滤液，逐滴加入适量稀NaOH溶液。请补充完整去除Ca2+的后续实验操作：，得到较纯净的SrCl2溶液。已知：Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而降低；90℃时，Ca（OH）2、Sr（OH）2的溶解度分别为0.086g、101.4g。Ⅱ.二次转化。取②中滤液，加入适量碳酸氢铵溶液，微热（产生沉淀）、过滤、洗涤得到高纯度SrCO3。（1）写出产生沉淀时发生反应的化学方程式：。（2）SrCO3的产率随温度的变化如图所示。当反应温度大于60℃时，SrCO3的产率急剧下降的原因是。19．（14分）峨眉金顶摄身崖又称舍身崖，因常现佛光而得名。“佛光”因摄入身之影像于其中，遂称“摄身光”，为峨眉胜景之一。摄生崖下土壤中富含磷矿，所以在无月的黑夜可见到崖下荧光无数。（1）“荧光”主要成分是PH3（膦），其结构式为，下列有关PH3的说法错误的是。a．PH3分子是极性分子b．PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N—H键键能高c．一个PH3分子中，P原子核外有一对孤电子对d．PH3沸点低于NH3沸点，因为P—H键键能低（2）PH3的沸点比NH3（填“高”或“低”）NH3的水溶液碱性PH3的水溶液碱性（填“大于”或“小于”）；氯化鏻（PH4C1）与碱反应生成膦的离子方程式为。（3）PH3是一种还原剂，其还原能力比NH3强，通常情况下能从Cu2+、Ag+、Hg2+等盐溶液中还原出金属，而本身被氧化为最高氧化态。PH3与CuSO4溶液反应的化学方程式为。（4）“荧光”产生的原理是Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应，写出该反应的化学方程式。（5）PH3有毒，白磷工厂常用Cu2+、Pd2+液相脱除PH3：PH3+2O2Cu2+、Pd2+¯H3①由图可知，富氧有利于（选填“延长”或“缩短”）催化作用的持续时间。②随着反应进行，PH3的净化效率急剧降低的原因可能为。20．（14分）有机化合物是构成生命的基础物质，对人类的生命、生活和生产有着极其重要的意义。因此，对有机化合物的结构、性质、制备以及应用的研究显得尤为重要。已知A～G七种有机化合物，根据要求回答问题。A．B．C．D．E．F．G．（1）用系统命名法命名A物质：，A的一氯代物有种。（2）B物质的分子式为：，按官能团分类，B所属的类别是。（3）在C中加入足量的浓溴水，观察到的现象是。（4）工业上D主要用于生产聚异戊二烯橡胶，写出聚异戊二烯橡胶的结构简式。（5）E物质发生消去反应的条件是。（6）写出F在Cu作催化剂并加热的条件下发生催化氧化的化学方程式：。（7）检验G中官能团可以选择银氨溶液，写出银氨溶液的配制方法：。

2023-2024学年陕西省西安市蓝田县城关中学、大学区联考高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共16小题，每小题3分，共48分）1．（3分）反应A+B→C（ΔH＜0）分两步进行：①A+B→X（ΔH＞0），②X→C（ΔH＜0）。如图示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）A． B． C． D．【考点】反应热和焓变．【答案】A【分析】放热反应指反应物的总能量大于生成物的总能量的反应，吸热反应指反应物的总能量小于生成物的总能量的反应。【解答】解：由A+B→C是放热反应可知，A+B的能量大于C，由①A+B→X（ΔH＞0）可知，这步反应是吸热反应，故A+B的能量小于X，由②X→C（ΔH＜0）可知，这步反应是放热反应，故X的能量大于C，综上所述，图像A符合题意，故A正确，故选：A。2．（3分）已知下列反应的热化学方程式：①6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）＝2C3H5（ONO2）3（l）ΔH1，②2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH2，③C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH3。则下列说法正确的是（）A．ΔH3＞0 B．氢气的燃烧热为ΔHC．由以上热化学方程式能求出氢气的燃烧热 D．4C3H5（ONO2）3（1）＝12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）的ΔH＝12ΔH3+5ΔH2﹣2ΔH1【考点】反应热和焓变；燃烧热．【答案】D【分析】A．所有的燃烧都是放热反应；B．1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为氢气的燃烧热；C．上述反应中没有液态水，无法计算氢气的燃烧热；D．将方程式12③+5②﹣2①得到方程式4C3H5（ONO2）3（1）＝12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g），该反应ΔH进行相应的改变。【解答】解：A．所有的燃烧都是放热反应，③为碳的完全燃烧，所以该反应为放热反应，ΔH3＜0，故A错误；B．1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为氢气的燃烧热，反应②中生成的水是气态的，所以放出的热量小于生成液态水，则氢气的燃烧热大于−ΔC．上述反应中没有液态水，无法计算氢气的燃烧热，故C错误；D．将方程式12③+5②﹣2①得到方程式4C3H5（ONO2）3（1）＝12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g），该反应ΔH＝12ΔH3+5ΔH2﹣2ΔH1，故D正确；故选：D。3．（3分）如图为N2（g）和O2（g）反应三成NO（g）过程中的能量变化。下列说法不正确的是（）A．通常情况下，N2比NO稳定 B．“雷雨发庄稼”中涉及到N2（g）和O2（g）的反应 C．1molN2（g）和1molO2（g）反应吸收的能量为179.3kJ D．NO是酸性氧化物，可直接用氢氧化钠溶液吸收而除去【考点】反应热和焓变．【答案】D【分析】A．键能越大，化学键越不容易被打断，化学键越稳定，物质越稳定；B．雷雨发庄稼是将氮气变成氮的化合物；C．反应热＝反应物总键能﹣生成物总键能，据此计算反应热；D．一氧化氮不能和氢氧化钠反应。【解答】解：A．氮气分子中氮氮键能大于NO中氮氧键能，故氮气更稳定，故A正确；B．雷雨发庄稼，发生的反应有N2+O2雷电¯2NO、2NO+O2＝2NO2、3NO2+H2O＝2HNO3+NO，涉及N2（g）和O2C．反应N2（g）+O2（g）＝2NO（g）的反应热ΔH＝946kJ/mol+497.3kJ/mol﹣2×632kJ/mol＝+179.3kJ/mol，反应是吸热反应，故C正确；D．一氧化氮不能和氢氧化钠反应，不是酸性氧化物，故D错误；故选：D。4．（3分）在一定条件下，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中，反应物与生成物的浓度随时间变化的曲线如图，则下列叙述正确的是（）A．该反应的化学方程式为3A（g）+B（g）⇌2C（g） B．t1时刻，反应物A的转化率为60% C．0→t1这段时间内，A的反应速率为v（A）＝0.2t1mol⋅L﹣1⋅s﹣1 D．在t1→（t1+10）内，v（A）＝v（B）＝0【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【答案】A【分析】A．由图可知，A、B的浓度减少，C的浓度增加，则A、B为反应物，C为生成物，t1时，反应达到平衡状态，此时A的浓度变化量为0.8mol/L﹣0.2mol/L＝0.6mol/L，B的浓度变化量为0.5mol/L﹣0.3mol/L＝0.2mol/L，C的浓度变化量为0.4mol/L；B．t1时，A的浓度为0.2mol/L，物A的转化率为0.8mol/L−0.2mol/L0.8mol/LC．t1时，A的浓度为0.2mol/L，则0～t1内A的反应速率为v（A）=△cD．t1后，各组分浓度不变，反应达到平衡状态，正、逆反应速率相等。【解答】解：A．由图可知，A、B的浓度减少，C的浓度增加，则A、B为反应物，C为生成物，t1时，反应达到平衡状态，此时A的浓度变化量为0.8mol/L﹣0.2mol/L＝0.6mol/L，B的浓度变化量为0.5mol/L﹣0.3mol/L＝0.2mol/L，C的浓度变化量为0.4mol/L，A、B、C的浓度变化量之比为0.6mol/L：0.2mol/L：0.4mol/L＝3：1：2，则该反应的化学方程式为3A（g）+B（g）⇌2C（g），故A正确；B．t1时，A的浓度为0.2mol/L，物A的转化率为0.8mol/L−0.2mol/L0.8mol/LC．t1时，A的浓度为0.2mol/L，则0～t1内A的反应速率为v（A）=△cD．t1后，各组分浓度不变，反应达到平衡状态，正、逆反应速率相等，但反应速率不为0，故D错误；故选：A。5．（3分）室温条件下，向V1mL浓度均为cmol•L﹣1的HCN和HCl混合溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1某一元碱BOH溶液，溶液的导电能力随BOH溶液加入量的变化如图所示（忽略溶液混合时的体积变化）．下列说法正确的是（）A．BOH是强碱 B．b点溶液中，c（B+）＞c（CN﹣）+c（HCN） C．若c点溶液中c（B+）＜2c（CN﹣），则BCN溶液显碱性 D．滴加BOH溶液过程中，水的电离程度先增大后减小【考点】酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算．【答案】D【分析】溶液的导电能力与离子浓度成正比，向混合溶液中加入0.1mol•L﹣1一元碱BOH时，HCN是弱电解质，发生反应先后顺序为：HCl+BOH＝BCl+H2O、HCN+BOH＝BCN+H2O，由图可知a→b过程中溶液的导电性减弱，b点最小，原因是溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为物质的量浓度相等的BCl、HCN；b→c过程中生成的BCN是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增大，c点时恰好反应生成BCN，c点溶液中溶质为物质的量浓度相等的BCl、BCN；c→d过程中溶液的导电性减弱，则BOH为弱碱，d点溶液中溶质为等物质的量浓度的BCl、BCN、BOH，据此分析解答。【解答】解：A．由图可知，随着BOH的加入，c→d过程中溶液的导电性减弱，则BOH为弱碱，故A错误；B．由上述分析可知，b点溶液中溶质为物质的量浓度相等的BCl、HCN，BOH为弱碱，则c（B+）＜c（Cl﹣）＝c（CN﹣）+c（HCN），故B错误；C．由上述分析可知，c点溶液中溶质为物质的量浓度相等的BCl、BCN，若c点溶液中c（B+）＜2c（CN﹣），则BCN溶液中水解程度：B+＞CN﹣，B+水解使溶液呈酸性，CN﹣水解使溶液呈碱性，即BCN溶液显酸性，故C错误；D．a→b→c过程中溶液的酸性减弱，水的电离程度增大，c点时水的电离程度最大，c→d过程中溶液的碱性增大，水的电离程度减小，故D正确；故选：D。6．（3分）Li/I2电池是常温固体电解质电池，常用于心脏起搏器。负极是锂，正极是碘添加有机材料（如P2VP）做成的导电体多相电极。总反应为2Li+P2VP•nI2═P2VP•（n﹣1）I2+2LiI。有关说法错误的是（）A．该电池的正极反应式为：2Li++P2VP•nI2+2e﹣═P2VP•（n﹣1）I2+2LiI B．中间区域LiI的沉积，会使电池电压逐渐下降，对心脏起搏器起到预警作用 C．添加材料P2VP的作用是增强正极材料的导电性 D．其正负极活性物质消耗质量比为7：127【考点】化学电源新型电池．【答案】D【分析】正极上I2得电子发生还原反应，电极反应为：P2VP•nI2+2Li++2e﹣＝P2VP•（n﹣1）I2+2LiI，负极上是金属锂失电子的氧化反应，电极反应为：Li﹣e﹣＝Li+，C．原电池中阴离子向负极移动，该电池的电势低，放电缓慢，使用寿命比较长，据此回答即可。【解答】解：A．正极上I2得电子发生还原反应，其电极反应式为：P2VP•nI2+2Li++2e﹣＝P2VP•（n﹣1）I2+2LiI，故A正确；B．原电池中阴离子向负极移动，所以电池工作时，碘离子移向Li电极，在负极区域LiI沉积，使电池电压逐渐下降，对心脏起搏器起到预警作用，故B正确；C．正极是碘添加有机材料（如P2VP）做成的导电体多相电极，添加材料P2VP的作用是增强正极材料的导电性，故C正确；D．正极电极反应为：P2VP•nI2+2Li++2e﹣＝P2VP•（n﹣1）I2+2LiI，负极电极反应为：Li﹣e﹣＝Li+，根据电子守恒，正负极活性物质消耗质量比为7：254，故D错误；故选：D。7．（3分）我国科学家设计了一种CO2捕获和利用一体化装置，利用含NO3−的废水和CO2制备甲酸铵（HCOONH4A．NO3−参与的电极反应为：NO3−+8e﹣+6H2B．生成HCOO﹣的电极反应为：HCO3−+H2O﹣2e﹣＝HCOO﹣C．装置Ⅱ中OH﹣穿过阴离子交换膜由左向右迁移 D．空气的作用是作为载气将含NH3的气体吹出反应器【考点】原电池与电解池的综合．【答案】B【分析】由题干装置图可知，左侧装置中NO3−转化为NH3的电极反应为：NO3−+8e﹣+6H2O＝NH3+9OH﹣，该电极反应为还原反应，故为阴极，另一极为阳极，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，右侧装置中NH4HCO3参与的电极反应为：HCO3−+H2O+2e﹣＝HCOO﹣【解答】解：A．由分析可知，NO3−参与的电极反应为：NO3−+8e﹣B．由分析可知，生成HCOO﹣的电极反应为：HCO3−+H2O+2e﹣＝HCOOC．由分析可知，装置Ⅱ中左侧为阴极，右侧为阳极，故OH﹣穿过阴离子交换膜由左向右迁移，故C正确；D．由题干装置可知，空气的作用是作为载气将含NH3的气体吹出反应器，故D正确；故选：B。8．（3分）CO2的应用领域广泛，是一种廉价易得的基本化工原料，我国提出力争在2060年前实现碳中和。碳中和：通过节能减排，植树造林，化工合成等治理CO2的手段，使CO2排放量减少甚至是回收利用，以此达到CO2“零排放”的目的。在二氧化碳合成甲醇的研究中，催化剂是研究的关键。目前国内外研究主要集中于铜基催化剂，有学者提出了CO2的转化过程如图所示。下列说法正确的是（）A．基态铜电子排布：[Ar]3d94s2 B．甲酸乙酯是该过程的催化剂 C．步骤④中有化学键的断裂和形成 D．反应过程中，催化剂参与反应，降低了反应的焓变【考点】原子核外电子排布；化学键；催化剂的作用；探究化学反应机理．【答案】C【分析】A．核外电子排布要符合洪特规则特例；B．甲酸乙酯是该过程的中间物；C．反应中O﹣H键断裂、C﹣O键断裂，有碳氧双键形成与M﹣OH生成；D．催化剂降低反应活化能。【解答】解：A．基态铜电子排布为[Ar]3d104s1，故A错误；B．甲酸乙酯是该过程的中间物，金属羰基化合物是反应催化剂，故B错误；C．反应中O﹣H键断裂、C﹣O键断裂，有酯中的碳氧双键形成与M﹣OH中氧氢键生成，故C正确；D．催化剂改变反应途径，降低反应活化能，反应的焓变不变，故D错误；故选：C。9．（3分）W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数的变化趋势如图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X是短周期中金属性最强的元素；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强。下列说法正确的是（）A．对应气态氢化物的稳定性：Y＞W B．对应简单离子的半径：W＞Z C．化合物XZW中既含离子键又含共价键 D．Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强【考点】原子结构与元素周期律的关系．【答案】C【分析】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，质子数为8，所以W为O元素；X是短周期中金属性最强的元素，为Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，为Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，且原子半径大于W而小于Y，为Cl元素，即W、X、Y、Z分别是O、Na、Si、Cl元素；A．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强；B．离子的电子层数越多，其离子半径越大；C．XZW为NaClO，钠离子和次氯酸根离子之间存在离子键，次氯酸根离子中氯原子和氧原子之间存在共价键；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的化合物的酸性越强。【解答】解：A．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性：W＞Y，所以对应气态氢化物的稳定性：Y＜W，故A错误；B．离子的电子层数越多，其离子半径越大，W离子核外有2个电子层、Z离子核外有3个电子层，所以离子半径：W＜Z，故B错误；C．XZW为NaClO，钠离子和次氯酸根离子之间存在离子键，次氯酸根离子中氯原子和氧原子之间存在共价键，所以NaClO中含有离子键和共价键，故C正确；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的化合物的酸性越强，非金属性：Y＜Z，则Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的弱，故D错误；故选：C。10．（3分）有关晶体的结构如图所示，下列说法中错误的是（）A．等质量的石墨和金刚石晶体中，碳碳键个数之比为3：4 B．该气态团簇分子的分子式为EF或FE C．在NaCl晶体中，Na+的配位数是6 D．C60、石墨和金刚石互为同素异形体，在C60分子晶体中，每个C60分子周围等距且紧邻的C60分子有12个【考点】晶胞的计算．【答案】B【分析】A．根据图知，石墨中每个碳原子含有的碳碳键个数为3×12=B．该气态团簇分子中含有4个E、4个F原子；C．根据图知，在NaCl晶体中，距离Na+最近且相等的Cl﹣有6个；D．同一种元素的不同单质互为同素异形体，如图，每个C60分子周围等距且紧邻的C60分子个数为3×82。【解答】解：A．根据图知，石墨中每个碳原子含有的碳碳键个数为3×12=B．该气态团簇分子中含有4个E、4个F原子，分子式为E4F4或F4E4，故B错误；C．根据图知，在NaCl晶体中，距离Na+最近且相等的Cl﹣有6个，所以钠离子的配位数是6，故C正确；D．同一种元素的不同单质互为同素异形体，这三种物质是碳元素的不同单质，所以互为同素异形体，如图，每个C60分子周围等距且紧邻的C60分子个数为3×82=故选：B。11．（3分）某有机物A质谱图、核磁共振氢谱图如图，则A的结构简式可能为（）A．CH3OCH2CH3 B．CH3CH2OH C．CH3CHO D．CH3CH2CH2COOH【考点】有机物实验式和分子式的确定．【答案】B【分析】质谱图中质荷比最大的值为该有机物分子的相对分子质量，核磁共振氢谱图中，吸收峰组数等于氢原子种类，吸收峰面积之比等于各种氢原子个数之比，根据图知，相对分子质量为46，有3种氢原子，3种氢原子个数之比＝3：2：1。【解答】解：A．该分子的相对分子质量为60，有3种氢原子，3种氢原子个数之比为3：3：2，不符合图象，故A错误；B．该分子的相对分子质量为46，有3种氢原子，3种氢原子个数之比＝3：2：1，符合图象，故B正确；C．该分子的相对分子质量为44，有2种氢原子，2种氢原子个数之比为3：1，不符合图象，故C错误；D．该分子的相对分子质量为88，有4种氢原子，4种氢原子个数之比为3：2：2：1，不符合图象，故D错误；故选：B。12．（3分）一种叠氮桥基配位化合物C在医药工业具有广泛的用途，其合成方法如图，下列叙述正确的是（）A．基态Br原子价电子排布式为3d104s24p5 B．物质C中氮原子杂化形式有sp2、sp3 C．CH3OH是手性分子 D．NaN3中N3【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；判断简单分子或离子的构型．【答案】D【分析】A．基态Br原子序数为35，位于第四周期ⅦA族，价电子数为7；B．物质C中氮原子杂化形式有sp、sp2、sp3；C．有机物分子中的某个碳原子连接4个不同的原子或原子团，则这种碳原子称为“手性碳原子”，该分子属于手性分子；D．N3−的中心N原子的价层电子对数为2【解答】解：A．基态Br原子序数为35，位于第四周期ⅦA族，价电子数为7，价电子排布式为4s24p5，故A错误；B．由图可知，物质C中氮原子有3种形式，价层电子对数分别为2、3、4，VSEPR模型分别为直线形、平面三角形和四面体形，杂化形式有sp、sp2、sp3，故B错误；C．CH3OH分子中C原子连接3个H原子和1个﹣OH，没有手性碳原子，则CH3OH不属于手性分子，故C错误；D．NaN3中N3−的中心N原子的价层电子对数为2故选：D。13．（3分）实验室制取少量溴乙烷的装置如图所示，将生成物导入盛有冰水混合物的试管a中，实验结束发现试管a中的物质分为三层。对该实验的分析错误的是（）A．产物在a中第二层 B．烧瓶中除发生取代反应可能发生消去反应、氧化还原反应等 C．a中有产物和水还含HBr、CH3CH2OH等 D．b中盛放的酸性KMnO4溶液会褪色【考点】溴乙烷的制取．【答案】A【分析】NaBr、乙醇在浓硫酸作用下加热，发生取代反应生成溴乙烷，同时发生反应生成HBr，因浓硫酸具有强氧化性，可生成Br2，实验结束发现试管a中的物质分为三层，因溴乙烷的密度比水大，则一定在下层，以此解答该题。【解答】解：A．溴乙烷和水互不相溶，并且溴乙烷的密度比水大，在冰水混合物的下层，故A错误；B．乙醇和溴化氢在加热下发生取代反应生成溴乙烷；溴化氢与浓硫酸发生氧化还原反应生成单质溴、二氧化硫和水，可能生成乙烯，浓硫酸表现脱水性，故B正确；C．在加热条件下反应，HBr和CH3CH2OH都易挥发，因浓硫酸具有强氧化性，可生成Br2，故生成物中有存在HBr、Br2、CH3CH2OH，故C正确；D．挥发出的HBr和CH3CH2OH都能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，溶液褪色，故D正确，故选：A。14．（3分）某有机物结构简式如图，下列叙述不正确的是（）A．1mol该有机物在加热和催化剂作用下，最多能和4molH2反应 B．该有机物能使溴水褪色，也能使酸性KMnO4溶液褪色 C．该有机物属于芳香烃，在一定条件下能通过加聚反应生成高分子化合物 D．该有机物在一定条件下能发生消去反应或取代反应【考点】有机物的结构和性质．【答案】C【分析】该有机物中含有苯环、碳碳双键和氯原子，具有苯、烯烃和氯代烃的性质，一定条件下能发生加成反应、取代反应、氧化反应、加聚反应、水解反应、消去反应等。【解答】解：A．苯环和氢气以1：3、碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，该分子中含有1个苯环、1个碳碳双键，所以1mol该有机物在加热和催化剂作用下，最多能和4molH2反应，故A正确；B．碳碳双键能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．该分子中含有Cl原子，所以不属于芳香烃，故C错误；D．连接氯原子的碳原子相邻碳原子上含有H原子，所以能发生消去反应，氯原子能发生水解反应，也属于取代反应，故D正确；故选：C。15．（3分）烯酮分子在一定条件可与硅醚反应：有机物X（）在此条件下反应，其产物是（）A． B． C． D．【考点】有机物的结构和性质．【答案】C【分析】由信息可知，烯酮中﹣R1连接的碳碳双键中碳原子与硅醚中﹣R2连接碳碳双键中碳原子结合形成碳碳单键、碳碳双键消除，硅醚中C—OSi（CH3）3转化为羰基。【解答】解：由信息可知，烯酮中﹣R1连接的碳碳双键中碳原子与硅醚中﹣R2连接碳碳双键中碳原子结合形成碳碳单键、碳碳双键消除，硅醚中C—OSi（CH3）3转化为羰基，则发生信息中反应生成，故选：C。16．（3分）古代文献记载很多与化学相关的内容。下列解释错误的是（）A．《肘后备急方》载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，“绞取汁”涉及到过滤分离方法 B．“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，“气”指乙烯 C．《本草纲目》“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”，这种方法是蒸馏 D．《本草衍义》中对精制砒霜过程描述如下：“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器”中的操作方法是萃取【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【答案】D【分析】A．“渍”为浸泡，“绞”为研磨、“取汁”为过滤；B．乙烯具有催熟作用，“气”指乙烯；C．“蒸令气上”就是利用互溶的混合物沸点的差异进行分离；D．固体变为气体、气体又变为固体，则操作方法是升华。【解答】解：A．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，其中“渍”为浸泡，“绞”为研磨、“取汁”为过滤，故A正确；B．“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，“气”指乙烯，乙烯具有催熟作用，故B正确；C．“蒸令气上”就是利用互溶的混合物沸点的差异进行分离，则这种方法是蒸馏，故C正确；D．“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器”，过程中固体变为气体、气体又变为固体，则操作方法是升华，故D错误；故选：D。二、非选择题（共52分）17．（12分）NaOH和盐酸都是中学化学常见的试剂。Ⅰ．某同学用0.2000mol•L﹣1标准盐酸滴定待测烧碱溶液浓度（1）将5.0g烧碱样品（杂质不与酸反应）配成250mL待测液，取10.00mL待测液，如图1是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为22.60mL。（2）由下表数据得出NaOH的百分含量是80.0%。滴定次数待测NaOH溶液体积（mL）标准盐酸体积滴定前的刻度（mL）滴定后的刻度（mL）第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00Ⅱ．氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。测血钙的含量时，进行如下实验：①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵（NH4）2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。③终点时用去20mL1.0×l0﹣4mol/L的KMnO4溶液。（1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式2MnO4−+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++l0CO2↑+8H（2）滴定时，将KMnO4溶液装在酸式（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。（3）判断滴定终点的方法是当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。（4）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果偏高。②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果偏高。（5）计算：血液中含钙离子的浓度为2.5×10﹣3mol/L。Ⅲ．50mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液测定计算中和反应的反应热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图2中缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒。如改用0.0275molNaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将偏大（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（2）已知盐酸和NaOH稀溶液发生中和反应生成0.1molH2O时，放出5.73kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）＝NaCl（aq）+H2O（l）ΔH＝﹣57.3kJ•mol﹣1。【考点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量．【答案】见试题解答内容【分析】Ⅰ（1）读数为22.60ml；（2）消耗HCl的体积为12（20.50+19.90）ml＝20.00ml，n（NaOH）＝n（HCl）＝0.2000mol•L﹣1×20.00×10﹣3L＝4.000×10﹣3mol，m（NaOH）＝nM＝4.000×10﹣3mol×40g/mol＝0.16g，5.0g烧碱样品中含有NaOH质量为0.16g×Ⅱ（1）酸性KMnO4和H2C2O4反应生成CO2和Mn2+、守恒配平即得到反应的离子方程式；（2）KMnO4溶液有强氧化性，应该装在酸式滴定管中；（3）滴定前溶液无色，滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成紫色；（4）①滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则酸性KMnO4标准液的浓度降低，消耗KMnO4标准液的体积偏大；②滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则读数时读出消耗KMnO4标准液的体积偏大；（5）利用原子守恒建立关系式Ca2+～CaC2O4～H2C2O4～52KMnO4、列出等量关系n（Ca2+）=52n（KMnO4）=52nV=52Ⅲ（1）为使反应充分快速进行，需要环形搅拌器搅拌；NaOH固体溶解于水时会放出热量，使溶液温度升高，使中和热数值增大；（2）强酸和强碱反应生成1mol的水所放出的热量就是中和热，根据定义、计算作答；【解答】解：Ⅰ（1）滴定管中读数为22.60ml；故答案为：22.60；（2）消耗HCl的体积为12（20.50+19.90）ml＝20.00ml，n（NaOH）＝n（HCl）＝0.2000mol•L﹣1×20.00×10﹣3L＝4.000×10﹣3mol，m（NaOH）＝nM＝4.000×10﹣3mol×40g/mol＝0.16g，5.0g烧碱样品中含有NaOH质量为0.16g×250ml10.00ml故答案为：80.0%（或80%）；Ⅱ（1）酸性KMnO4和H2C2O4反应生成CO2和Mn2+，所以反应的离子方程式为2MnO4−+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++l0CO2故答案为：2MnO4−+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++l0CO2（2）KMnO4溶液有强氧化性，应该装在酸式滴定管中；故答案为：酸式；（3）滴定前溶液无色，滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成紫色；故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；（4）①未用酸性KMnO4标准液润洗，会使酸性KMnO4标准液的浓度降低，消耗KMnO4标准液的体积偏大，则测量结果偏高；故答案为：偏高；②滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则读数时读出消耗KMnO4标准液的体积偏大，所以测量结果偏高；故答案为：偏高；（5）根据关系式Ca2+～CaC2O4～H2C2O4～52KMnO4有等量关系n（Ca2+）=52n（KMnO4）=52nV=525×10−6mol2×10故答案为：2.5×10﹣3。Ⅲ（1）为使反应充分快速进行，需要环形搅拌器搅拌；NaOH固体溶解于水会放出热量，溶液温度会升高，使中和热数值增大；故答案为：环形玻璃搅拌棒；偏大；（2）生成0.1molH2O时，放出5.73kJ的热量，则生成1molH2O时，放出57.3kJ的热量，所以热化学方程式为NaOH（aq）+HCl（aq）＝NaCl（aq）+H2O（l）ΔH＝﹣57.3kJ•mol﹣1；故答案为：NaOH（aq）+HCl（aq）＝NaCl（aq）+H2O（l）ΔH＝﹣57.3kJ•mol﹣1；18．（12分）工业“两次转化法”用天青石矿（主要成分为SrSO4，含有Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+等杂质）制备高纯碳酸锶。Ⅰ.一次转化（1）浸泡：用饱和碳酸钠溶液浸泡天青石矿粉，过滤得到粗品SrCO3。滤液中c（CO32−）＝2.0×10﹣3mol•L﹣1，c（SO42−）＝6.0mol•L﹣1。[已知：常温下，Ksp（SrSO4）＝3.3×10﹣7，Ksp（SrCO（2）酸化：用稀盐酸浸泡粗品SrCO3，加入一定量的催化剂氯化铵，得到含有杂质（Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+）的SrCl2粗溶液。该酸化过程涉及反应的化学方程式为SrCO3+2NH4Cl＝SrCl2+（NH4）2CO3，（NH4）2CO3+2HCl＝2NH4Cl+CO2↑+H2O（催化剂氯化铵参与了SrCO3与盐酸生成SrCl2的反应）。（3）除杂。①除铁、铝：向SrCl2粗溶液中加入少量的5%H2O2溶液，在60～70℃条件下加入少量的稀氨水，控制溶液pH范围为4.7≤pH＜7.8，充分搅拌，过滤。已知：pH为7.8时Al（OH）3沉淀开始溶解。离子Fe3+Fe2+Al3+Ca2+开始沉淀时的pH1.97.03.4﹣沉淀完全时的pH3.29.04.712②除钙：取①中滤液，逐滴加入适量稀NaOH溶液。请补充完整去除Ca2+的后续实验操作：调节溶液pH≥12，升温到90℃，趁热过滤，得到较纯净的SrCl2溶液。已知：Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而降低；90℃时，Ca（OH）2、Sr（OH）2的溶解度分别为0.086g、101.4g。Ⅱ.二次转化。取②中滤液，加入适量碳酸氢铵溶液，微热（产生沉淀）、过滤、洗涤得到高纯度SrCO3。（1）写出产生沉淀时发生反应的化学方程式：SrCl2+2NH4HCO3△¯SrCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O（2）SrCO3的产率随温度的变化如图所示。当反应温度大于60℃时，SrCO3的产率急剧下降的原因是溶液中的NH4HCO3受热分解。【考点】制备实验方案的设计．【答案】Ⅰ.（1）6.0；（2）SrCO3+2NH4Cl＝SrCl2+（NH4）2CO3，（NH4）2CO3+2HCl＝2NH4Cl+CO2↑+H2O；（3）①4.7≤pH＜7.8；②调节溶液pH≥12，升温到90℃，趁热过滤；Ⅱ.（1）SrCl2+2NH4HCO3△¯SrCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2（2）溶液中的NH4HCO3受热分解。【分析】“两次转化法”用天青石矿（主要成分为SrSO4，含有Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+等杂质）制备高纯碳酸锶，第一次转化经过溶解、除杂过程，开始时的浸泡利用了沉淀转化的原理，将SrSO4转化为SrCO3，便于后面的酸化时，将其溶解，通过调节溶液的pH，将铁、铝元素转化为氢氧化物沉淀除去，最后除去钙离子，第二次转化主要是主要成分的转化，将SrCl2与NH4HCO3反应，生成高纯度的SrCO3，据此分析作答。【解答】解：Ⅰ.（1）根据题意可知，滤液中c（CO32−）＝2.0×10﹣3mol•L﹣1，c（Sr2+）=Ksp(SrCO3)c(CO32−)故答案为：6.0；（2）酸化：用稀盐酸浸泡粗品SrCO3，加入一定量的催化剂氯化铵，得到含有杂质（Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+）的SrCl2粗溶液，该酸化过程中催化剂氯化铵参与了SrCO3与盐酸生成SrCl2的反应，则涉及反应的化学方程式为：SrCO3+2NH4Cl＝SrCl2+（NH4）2CO3，（NH4）2CO3+2HCl＝2NH4Cl+CO2↑+H2O，故答案为：SrCO3+2NH4Cl＝SrCl2+（NH4）2CO3，（NH4）2CO3+2HCl＝2NH4Cl+CO2↑+H2O；（3）①除铁、铝：已知：pH为7.8时Al（OH）3沉淀开始溶解，所以向SrCl2粗溶液中加入少量的5%H2O2溶液，把Fe2+氧化为Fe3+，在60～70℃条件下加入少量的稀氨水，控制溶液pH范围为4.7≤pH＜7.8，充分搅拌，使Fe3+、Al3+完全沉淀，且Al（OH）3不溶解，故答案为：4.7≤pH＜7.8；②除钙：根据表格信息可知，pH≥12时，Ca（OH）2沉淀完全，又已知：Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而降低；90℃时，Ca（OH）2、Sr（OH）2的溶解度分别为0.086g、101.4g，Sr（OH）2的溶解度较大，不易形成沉淀，所以具体方案为：取①中滤液，逐滴加入适量稀NaOH溶液，调节溶液pH≥12，升温到90℃，趁热过滤，得到较纯净的SrCl2溶液，故答案为：调节溶液pH≥12，升温到90℃，趁热过滤；Ⅱ.（1）根据题意可知，产生沉淀时发生反应的化学方程式为：SrCl2+2NH4HCO3△¯SrCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2故答案为：SrCl2+2NH4HCO3△¯SrCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2（2）SrCO3的产率随温度的变化如图所示，当反应温度大于60℃时，SrCO3的产率急剧下降的原因是溶液中的NH4HCO3受热分解，NH4HCO3浓度降低，生成的SrCO3减少，产率下降，故答案为：溶液中的NH4HCO3受热分解。19．（14分）峨眉金顶摄身崖又称舍身崖，因常现佛光而得名。“佛光”因摄入身之影像于其中，遂称“摄身光”，为峨眉胜景之一。摄生崖下土壤中富含磷矿，所以在无月的黑夜可见到崖下荧光无数。（1）“荧光”主要成分是PH3（膦），其结构式为，下列有关PH3的说法错误的是cd。a．PH3分子是极性分子b．PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N—H键键能高c．一个PH3分子中，P原子核外有一对孤电子对d．PH3沸点低于NH3沸点，因为P—H键键能低（2）PH3的沸点比NH3低（填“高”或“低”）NH3的水溶液碱性大于PH3的水溶液碱性（填“大于”或“小于”）；氯化鏻（PH4C1）与碱反应生成膦的离子方程式为PH4++OH﹣＝PH3↑+H（3）PH3是一种还原剂，其还原能力比NH3强，通常情况下能从Cu2+、Ag+、Hg2+等盐溶液中还原出金属，而本身被氧化为最高氧化态。PH3与CuSO4溶液反应的化学方程式为4CuSO4+PH3+4H2O═4Cu↓+H3PO4+4H2SO4。（4）“荧光”产生的原理是Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应，写出该反应的化学方程式Ca3P2+6H2O＝3Ca（OH）2+2PH3↑。（5）PH3有毒，白磷工厂常用Cu2+、Pd2+液相脱除PH3：PH3+2O2Cu2+、Pd2+¯H3①由图可知，富氧有利于延长（选填“延长”或“缩短”）催化作用的持续时间。②随着反应进行，PH3的净化效率急剧降低的原因可能为生成的磷酸能和金属阳离子Cu2+、Pd2+反应，使催化效率降低。【考点】判断简单分子或离子的构型；盐类水解的应用．【答案】见试题解答内容【分析】（1）PH3分子中P原子和每个H原子形成1个共价键，且P原子最外层还有一个孤电子对；a．正负电荷中心不重合的分子为极性分子；b．存在的化学键键能越大分子越稳定；c．一个PH3分子中，P原子最外层有一对孤电子对；d．含有氢键的氢化物熔沸点较高；（2）氨气分子之间存在氢键，沸点高于PH3；氮的电负性大于磷，氨气的碱性强于磷化氢，PH4+与氢氧根离子反应生成膦（PH（3）PH3还原能力比NH3强，能将Cu2+还原出金属，而本身被氧化为最高