1、《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识，下列诗词分析不正确的是（）
A、李白诗句“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象B、刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到C、王安石诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应D、曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能正确答案A
解析解：A．水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故A错误；
B．“沙里淘金”说明了金的化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B正确；
C．爆竹爆竹的过程中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成，属于化学变化，故C正确；
D．“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故D正确；
故选：A
2、下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A、H2SO3的电离方程式：H2SO32H++SOB、Cl﹣的结构示意图：C、乙醇的结构式：C2H5OHD、HOCH2COOH缩聚产物的结构简式：正确答案B
解析解：A．H2SO3的电离方程式：H2SO3H++HSO3﹣，HSO3﹣H++SO32﹣，故A错误；
B．Cl﹣的结构示意图：，故B正确；
C．乙醇的结构式，故C错误；
D．HOCH2COOH缩聚产物的结构简式：，故D错误；
故选B。
3、年12月1日国际纯粹与应用化学联合会宣布，将合成的四种新元素命名为号（缩写为Nh）、号（Mc）、号（Ts）和号（Og）．下列说法正确的是（ ）
A、号元素的氧化物为两性氧化物B、号元素位于第六周期第VA族C、号元素的某种原子，核内含个中子，此原子是D、号元素的原子最外层有8个电子正确答案D
解析解：A.号在周期表中位置是第七周期ⅢA族，为金属元素，氧化物不是两性氧化物，故A错误；
B.号元素有七个电子层，最外层5个电子，位于第七周期第VA族，故B错误；
C.号元素质量数=质子数+中子数=+=，原子符号中左上角为质量数，左下角为质子数，，故C错误；
D.号元素位于0族第七周期，最外层8个电子，故D正确；
故选：D
4、下列说法正确的是（ ）
A、H2O2具有强氧化性可用于杀菌消毒B、热的碳酸钠溶液去污能力强，所以蒸干碳酸钠溶液得到NaOH固体C、在铜的电解精炼过程中，若转移1mol电子，则阳极溶解32gCuD、油脂在酸性条件下易水解，可用于制作肥皂正确答案A
解析解：A．H2O2具有强氧化性，氧元素化合价﹣1价变化为0价，可用于杀菌消毒，故A正确；
B．碳酸钠水解产生的NaOH无挥发性，所以将碳酸钠溶液蒸干并灼烧，所得固体为碳酸钠，故B错误；
C．电解精炼铜的过程中转移了NA个电子，阳极溶解失电子的有铜、铁、锌、镍等，依据电子守恒阳极溶解铜的质量越大小于32g，故C错误；
D、油脂在碱性条件下可以水解，可用此反应可以制作肥皂，故D错误；
故选：A
5、下列各装置能够达到相应实验目的是（ ）
A、用图所示装置（正放）可收集NO气体B、用图所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸C、用装置制取无水MgCl2D、用装置蒸干NH4Cl饱和溶液获取NH4Cl晶体正确答案C
解析解：A．一氧化氮的密度小于二氧化碳，应该采用向下排空气法收集，导管应该采用短进长出的方式，图示装置无法达到实验目的，故A错误；
B．氨气极易溶于水，吸收氨气时需要防倒吸，由于苯的密度小于水，图示装置无法起到防倒吸作用，可用四氯化碳，故B错误；
C．镁离子水解生成氢氧化镁和HCl，HCl能够抑制镁离子的水解，所以在HCl气流中加热氯化镁晶体可以制取无水MgCl2，故C正确；
D．氯化铵加热分解，用图示蒸干NH4Cl饱和溶液的方法无法获取NH4Cl晶体，故D错误；
故选：C
6、下列各溶液中离子能大量共存，且加入（或滴入）X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A、AB、BC、CD、D正确答案B
解析解：A．次氯酸根离子具有氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，离子方程式：SO2+3ClO﹣+H2O═SO42﹣+2HClO+Cl﹣，故A错误；
B．三价铁离子能氧化硫化氢生成硫单质，离子方程式：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故B正确；
C．三价铁离子与偏铝酸根离子发生双水解，二者不共存，故C错误；
D．碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应，二者不共存，故D错误；
故选：B
7、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A、Al（OH）3AlFeB、SSO3H2SO4C、Cu2（OH）2CO3CuCl2（aq）CuD、Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3正确答案C
解析解：A、氢氧化铝受热易分解，电解得不到铝，应电解熔融的氧化铝生成铝单质，故A错误；
B、硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故B错误；
C、碱式碳酸铜与盐酸反应产生CuCl2，CuCl2溶液电解得到Cu和Cl2，故C正确；
D、氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3++3H2O2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，得到的为氢氧化铁，故D错误。
故选：C
8、用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O2+H2O═NaHCO3+NH3，已知：HCN酸性比H2CO3弱．下列有关说法正确的是（ ）
A、该反应中氮元素被氧化B、该反应中H2O2作还原剂C、实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液D、0.1mol?L﹣1NaCN溶液中含HCN和CN﹣总数目为0.1×6.02×正确答案C
解析解：A．NaCN中C为+2价，Na为+1价，则氮元素的化合价为﹣3，反应前后N元素化合价不变，故A错误；
B．NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑反应中O元素从﹣1价降低为﹣2价，所以反应中H2O2作氧化剂，故B错误；
C．因为HCN酸性比H2CO3弱，所以实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液防止水解，故C正确；
D．无体积无法计算，故D错误。
故选：C
9、X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数为电子总数的2/3，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z元素的单质常温下能与水反应产生氢气，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和．下列叙述正确的是（ ）
A、原子半径的大小顺序：X＞Y＞Z＞RB、最高价氧化物的水化物的酸性：R＞XC、氢化物的稳定性：X＞YD、Y与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均相同正确答案B
解析解：由以上分析可知X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Cl元素。
A．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，且同主族从上到下，原子半径逐渐增大，应为Na＞Cl＞C＞O，故A错误；
B．非金属性Cl＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则最高价氧化物的水化物的酸性：Cl＞C，故B正确；
C．非金属性C＜O，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；
D．Y为O元素、Z为Na元素，可分别形成氧化钠和过氧化钠，氧化钠只含有离子键、过氧化钠含有离子键和共价键，故D错误。
故选：B
10、H3BO3可以通过电解NaB（OH）4溶液的方法制备，其工作原理如图，下列叙述错误的是（ ）
A、M室发生的电极反应式为：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+B、N室中：a%＜b%C、b膜为阴膜，产品室发生反应的化学原理为强酸制弱酸D、理论上每生成1mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6L气体正确答案D
解析解：A．M室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，故A正确；
B．N室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH﹣，原料室中的钠离子通过c膜进入N室，溶液中c（NaOH）增大，所以N室：a%＜b%，故B正确；
C．原料室中的B（OH）4﹣通过b膜进入产品室，M室中氢离子通入a膜进入产品室，则b膜为阴离子交换膜，故C正确；
D．理论上每生成1mol产品，M、N室电极反应式分别为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+、2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，M室生成1molH+、N室生成0.5molH2，阴极生成的气体体积在标况下是11.2L，故D错误；
故选：D
二、多项选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）11、下列有关说法正确的是（ ）
A、常温下，PH均为9的CH3COONa和NaOH溶液中，水的电离程度不相同B、反应NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＞0C、向浓度均为0.1mol?L﹣1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，说明Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]D、已知II2+I﹣，向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大正确答案A,C
解析解：A．常温下，PH均为9的CH3COONa和NaOH溶液中，氢氧根离子浓度相同，酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，水的电离程度不相同，故A正确；
B．反应NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则△H﹣T△S＜0，反应△S＜0，则该反应的△H＜0才能满足△H﹣T△S＜0，故B错误；
C．向浓度均为0.1mol?L﹣1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀为氢氧化铜沉淀，氢氧化镁和氢氧化铜阴阳离子比相同，说明Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]，故C正确；
D．加入适量CCl4，碘溶解在CCl4层显紫色，则由现象可知I2在CCl4中的溶解度比在水中的大，故D错误；
故选：AC
12、某有机物Z具有较广泛的抗菌作用，其生成机理可由X与Y相互作用：
下列有关叙述中不正确的是（ ）
A、Z结构中有1个手性碳原子B、Y的分子式为C9H8O4C、1molZ与足量NaOH溶液反应，最多消耗8molNaOHD、Z与浓溴水既能发生取代反应又能发生加成反应正确答案A,C
解析解：A．连4个不同基团的C为手性碳原子，环己烷结构中与﹣OH、﹣COOC﹣相连的C均为手性碳，共4个，故A错误；
B．由结构简式X为C7H12O6，Z分子式为C16H18O9，由酯化反应规律可知Y的分子式为C9H8O4，故B正确；
C．Z中﹣COOH、﹣COOC﹣、酚﹣OH均与NaOH，则1molZ与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH，故C错误；
D．Z中含酚﹣OH、碳碳双键，酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成，故D正确；
故选：AC
13、下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
A、AB、BC、CD、D正确答案D
解析解：A．过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；
B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；
C．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；
D．由操作和现象可知，发生沉淀的转化，则Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小，故D正确；
故选：D
14、25℃时，0.1molNa2CO3与稀盐酸混合所得的体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如图所示．下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是（ ）
A、W点所示的溶液：c（Na+）＞c（CO32﹣）=c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B、pH=4的溶液：c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）=0.1mol?L﹣1C、向pH=8的溶液中通入CO2至pH=7所得的溶液：c（Na+）＞c（Cl﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D、pH=11的溶液：c（Na+）+2c（H2CO3）＞2c（Cl﹣）+2c（CO32﹣）正确答案A,D
解析解：A．根据图知，溶液中存在CO32﹣、HCO3﹣且二者的浓度相等，溶液中不存在H2CO3，说明溶液中溶质为碳酸钠、碳酸氢钠，二者都水解导致溶液呈碱性，且其水解程度较小，钠离子不水解，则溶液中存在：c（Na+）＞c（CO32﹣）=c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正确；
B．pH=4时，溶液中不存在CO32﹣，根据物料守恒得：c（H2CO3）+c（HCO3﹣）=0.1mol?L﹣1，故B错误；
C．向pH=8的溶液中通入CO2至pH=7，溶液中c（OH﹣）=c（H+），溶液中不存在CO32﹣，根据电荷守恒得c（Na+）=c（Cl﹣）+c（HCO3﹣），所以c（Na+）＜c（Cl﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故C错误；
D．根据图知，pH=11时溶液中c（H2CO3）=0，溶液中c（Na2CO3）＞0.08mol/L，c（NaHCO3）＜0.02mol/L，因为反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，因为碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠电离程度，所以得到的溶液中c（NaHCO3）＞c（NaCl），则c（Cl﹣）＜c（HCO3﹣），溶液呈碱性，结合电荷守恒得c（Na+）＞c（Cl﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），因为c（Cl﹣）＜c（HCO3﹣），所以存在c（Na+）+2c（H2CO3）＞2c（Cl﹣）+2c（CO32﹣），故D正确；
故选：AD
15、℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的X气体和Y气体，发生如下反应：X（g）+2Y（g）Z（g）反应过程中测定的部分数据见表：
下列说法正确的是（ ）
A、前10min内反应的平均速率为v（Z）=0.10mol?L﹣1?min﹣1B、温度为℃时，上述反应平衡常数为20，则正反应为吸热反应C、若密闭容器体积可变，其他条件不变，在达到平衡后缩小容器体积为原来一半，则c（X）＜1mol/LD、保持其他条件不变，向容器中再充入1.00molX气体和1.20molY气体，到达平衡后，X转化率增大正确答案C,D
解析解：A．由表中数据可知，10min内X的浓度变化量为2.00mol﹣1.00mol=1.00mol，由方程式可知Z的浓度变化量为1.00mol，故v（Z）==0.05mol?L﹣1?min﹣1，故A错误；
B．由表中数据可知，10min内X的浓度变化量为2.00mol﹣1.00mol=1.00mol，X的浓度变化量为=0.50mol/L，由方程式可知Y的浓度变化量为2×1.00mol=2.00mol，10min时Y浓度为0.40mol，30min时Y浓度为0.40mol，据此10min时达到平衡。则：X（g）+2Y（g）Z（g）
故该温度下平衡常数k==25，
升温为℃时，上述反应平衡常数为20，升温，平衡向逆反应进行，故正反应为放热反应，故B错误；
C．在达到平衡后持续缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，则平衡一直会正向移动，故C正确；
D．由表中数据可知，10min内X的浓度变化量为2.00mol﹣1.00mol=1.00mol，由方程式可知Y的浓度变化量为2×1.00mol=2.00mol，10min时Y浓度为0.40mol，30min时Y浓度为0.40mol，据此10min时达到平衡。
保持其他条件不变，向容器中再充入1.00molX气体和1.20molY气体，等效为原平衡体积缩小，增大压强，平衡正向移动，X的转化率增大，故D正确。
故选：CD
三、解答题（共5小题，满分65分）16、（12分）草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂制备．一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等]制取CoC2O4?2H2O工艺流程如图1：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
（1）浸出过程中加入Na2SO3的目的是将 还原（填离子符号）以便固体溶解．该步反应的离子方程式为 （写一个）．(2分)
（2）NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，氯元素被还原为最低价．该反应的离子方程式为 ．(2分)
（3）利用平衡移动原理分析：加Na2CO3能使浸出液中Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀的原因是 ．(2分)
（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2所示．
滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是 ；使用萃取剂适宜的pH= （填序号）左右(2分)
A．2.0B．3.0C．4.0
（5）滤液Ⅰ“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀．已知Ksp（MgF2）=7.35×10﹣11、Ksp（CaF2）=1.05×10﹣10．当加入过量NaF后，所得滤液c（Mg2+）/c（Ca2+）= ．(4分)
正确答案（1）Fe3+、Co3+；SO32﹣+2Fe3++H2O═SO42﹣+2Fe2++2H+或SO32﹣+2Co3++H2O═SO42﹣+2Co2++2H+；（2）ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O；（3）R3++3H2OR（OH）3+3H+，加入碳酸钠后，H+与CO32﹣反应，使水解平衡右移，从而产生沉淀；（4）除去溶液中的Mn2+；B；（5）0.7．解析解：含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CaCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中II中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴，
（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子Fe3+、Co3+，所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+还原，反应的离子方程式为SO32﹣+2Fe3++H2O═SO42﹣+2Fe2++2H+或SO32﹣+2Co3++H2O═SO42﹣+2Co2++2H+；
（2）NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水，离子反应方程式为ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O；
（3）Fe3+、Al3+水解导致溶液呈酸性，水解方程式为R3++3H2OR（OH）3+3H+，碳酸根离子和氢离子反应，从而促进水解平衡向右移动，产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；
（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；
由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；
（5）当加入过量NaF后，所得滤液中．
17、（10分每小题2分）化合物F是一种具有强双光子性质的物质，可以通过以下方法合成：
（1）在A、B、C、D、F中的含氧官能团名称为 、 ．
（2）B→C的反应类型为 ．
（3）E的分子是为C14H13N，写出E的结构简式 ．
（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式 ．
①能发生银镜反应；
②含有结构；
③分子中只有6种不同化学环境的氢．
（5）已知：RCOOHRCOCl
请以苯和乙二醇为原料制备1，2﹣二苯基乙二醇写出制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干） ．
正确答案（1）硝基；羰基；（2）还原反应；（3）：；（4）①：；（5）．解析解：（1）结合流程图中A、B、C、D、F的结构简式可知，在A、B、C、D、F中中的含氧官能团名称为硝基、羰基；故答案为：硝基；羰基；
（2）B→C是将硝基还原为氨基，发生的反应类型为还原反应；
（3）根据D→E的反应物是C2H5Cl与，并结合F的结构简式和E的分子式为C14H13N，可知E的结构简式为；
（4）①能发生银镜反应，可知结构中含有醛基；②含有结构；③分子中只有6种不同化学环境的氢，可知结构具有一定的对称性；则符合条件的F的一种同分异构体的结构简式可能为；
（5）以苯和乙二醇为原料制备1，2﹣二苯基乙二醇的合成路线流程图为．
18、（12分每小空3分）高纯硝酸锶[化学式：Sr（NO3）2]用于制造信号灯、光学玻璃等．
Ⅰ．工业级硝酸锶中常含有硝酸钙、硝酸钡等杂质，其中硝酸钙可溶于浓硝酸，而硝酸锶、硝酸钡不溶于浓硝酸．提纯硝酸锶的实验步骤如下：
①取含杂质的硝酸锶样品，向其中加入浓HNO3溶解，搅拌．
②过滤，并用浓HNO3洗涤滤渣．
③将滤渣溶于水中，加略过量铬酸使Ba2+沉淀，静置后加入肼（N2H4）将过量铬酸还原，调节pH至7～8，过滤．
④将滤液用硝酸调节pH至2～3，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤．
⑤将得到的Sr（NO3）2?2H2O晶体在℃条件下干燥，得到高纯硝酸锶．
（1）步骤②用浓HNO3洗涤滤渣的目的是 ．
（2）步骤③中肼（N2H4）将过量铬酸（CrO3）还原为Cr3+，同时产生一种无色无味的气体，写出该反应的离子方程式 ．
（3）肼具有很好的还原性，且氧化产物无污染，故可用于除去锅炉等设备供水中的溶解氧等，除去L锅炉水（含氧气8g/L）的溶解氧，需要肼的质量为 ．
Ⅱ．Sr（NO3）2受热易分解，生成Sr（NO2）2和O2；在℃时Sr（NO2）2进一步分解生成SrO及氮氧化物．取一定质量含Sr（NO2）2的Sr（NO3）2样品，加热至完全分解，得到5.20gSrO固体和5.08g混合气体．计算该样品中Sr（NO3）2的质量分数（写出计算过程） （精确到0.01）．
正确答案I．（1）除去杂质减少硝酸锶的溶解损失（2）3N2H4+4CrO3+12H+=3N2↑+4Cr3++12H2O；（3）g；II．82.49%．解析解：I．（1）硝酸锶中含有硝酸钙、硝酸钡等杂质，因硝酸钙可溶于浓硝酸，而硝酸锶、硝酸钡不溶于浓硝酸，则可先加入浓硝酸，溶解硝酸钙，过滤后再加入过量铬酸使Ba2+沉淀，过滤后蒸发、浓缩溶液可得硝酸锶，则先加入浓硝酸，用过滤的方法可除去硝酸钙，步骤②用浓HNO3洗涤滤渣，除去杂质减少硝酸锶的溶解损失；
（2）步骤③中肼（N2H4）将过量铬酸（CrO3）还原为Cr3+，Cr的化合价变化（+6→+3），则N的化合价升高，同时产生一种无色无味的气体，为氮气，N的化合价变化（﹣2→0），转移电子最小公倍数为：12，根据得失电子守恒和原子守恒，离子方程式为：3N2H4+4CrO3+12H+=3N2↑+4Cr3++12H2O；
（3）肼除氧的反应物是肼和氧气，氧化产物为氢和氧结合成的水，根据质量守恒定律可知生成物还有氮气，再根据观察法配平，所以方程式是：N2H4+O2=N2+2H2O，除去L锅炉水（含氧气8g/L）的溶解氧，氧气的物质的量为n==25mol，根据方程式可知消耗肼的物质的量为25mol，质量为m=nM=25mol×32g/mol=g；
II．m（样品）=5.20g+5.08g=10.28g，
n（SrO）==0.05mol，
n[Sr（NO3）2]×g?mol﹣1+n[Sr（NO2）2]×g?mol﹣1=10.28g，
n[Sr（NO3）2]+n[Sr（NO2）2]=0.05mol，
解得：n[Sr（NO3）2]=0.04mol，
n[Sr（NO2）2]=0.01mol，
w[Sr（NO3）2]=×%=82.49%．
19、（15分）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/g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 ．(4分)
（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 ．(4分)
（3）步骤3的目的是 ．(3分)
（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．(4分)
（已知：在常压下，加热蒸发次磷酸钠溶液会发生爆炸，℃时NaH2PO2?H2O的溶解度为g/g水）
正确答案（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．解析解：（1）因为次磷酸钙及白磷易被氧化，所以步骤1先通入N2的目的是排除装置内的空气，防止次磷酸钙及白磷被氧化；搅拌的目的是使反应物充分接触反应，加快反应速率；
（2）根据实验原理步骤1石灰乳与P4（白磷）发生反应生成Ca（H2PO2）2和PH3，反应的化学方程式为：2P4+3Ca（OH）2+6H2O3Ca（H2PO2）2+2PH3↑；反应后过量的P4和Ca（OH）2难溶于水，所以步骤2过滤所得滤渣成分为P4和Ca（OH）2；
（3）因为滤液中溶有少量的Ca（OH）2，所以通入适量CO2，目的是除去其中的Ca（OH）2；
（4）因为次磷酸钙与Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和NaH2PO2溶液，所以应先加入Na2CO3溶液使次磷酸钙完全转化为碳酸钙沉淀和NaH2PO2溶液，再根据在常压下，加热蒸发次磷酸钠溶液会发生爆炸，所以采用减压蒸发浓缩，结晶得到NaH2PO2?H2O晶体．
20、（14分）氮氧化物排放是形成臭氧层空洞、酸雨、雾霾的重要成因之一。SCR法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）△H＜0
（1）氮氧化物破坏臭氧层原理为：①NO+O3NO2+O2②NO2+ONO+O2
常温下反应①的平衡常数为K1，反应②的平衡常数为K2，则反应O3+O2O2的平衡常数K= （用K1、K2表示）。(2分)
（2）SCR法除NO时，投料比一定时有利于提高NO平衡转化率的反应条件是 、 。该法可能发生副反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），减少副反应的主要措施是 、 。(4分)
（3）其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图。
①工业上选择催化剂乙的原因是 ；(2分)
②在催化剂甲作用下，图中M点处（对应温度为℃）NO的转化率 （填“可能是”、“一定是”或“一定不是”）该温度下的平衡转化率。高于℃时，NO转化率降低的原因可能是 。(4分)
（4）消除汽车尾气中的NO时，可用尿素[（NH2）2CO]还原NO，既安全又高效，且产物都是空气中含有的成分。与SCR法相比，等物质的量的尿素与氨气可消除的NO物质的量之比为 .（不考虑副反应）(2分)
正确答案（1）K1?K2；（2）降低温度、减小压强；选择合适的催化剂、控制氧气用量；（3）①低温下有很强的催化活性；②一定不是；催化剂活性降低、副反应增多；（4）3：1．解析解：（1）①NO+O3NO2+O2反应①的平衡常数为K1=，②NO2+ONO+O2反应②的平衡常数为K2=，反应O3+O2O2的平衡常数K=，据此分析计算得到K=K1?K2，一氧化氮反应生成二氧化氮，二氧化氮反应又生成一氧化氮，说明氮氧化物在该反应中的作用是催化剂的作用；
（2）SCR法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）△H＜0，提高NO平衡转化率改变条件使平衡正向进行；
反应为气体体积增大的放热反应，可以降低温度、减小压强使平衡正向进行，减少副反应应使副反应4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）平衡逆向进行，结合化学平衡移动原理分析，需要选择合适的催化剂、控制氧气用量促进4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）（g）△H＜0反应进行，避免副反应4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）进行；
（3）①图象中曲线变化可知低温下乙的催化作用强，工业上选择催化剂乙的原因是低温下有很强的催化活性；
②甲催化剂随温度升高NO转化率先增大后减小是因为催化剂在温度高的条件下催化活性减小，在催化剂甲作用下，图中M点处（对应温度为℃）NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率，高于℃时，NO转化率降低是催化剂活性降低，副反应增多；
（4）SCR法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）△H＜0
尿素[（NH2）2CO]还原NO，既安全又高效，且产物都是空气中含有的成分，反应的化学方程式为2（NH2）2CO+6NO=5N2+2CO2+4H2O，等物质的量的尿素与氨气可消除的NO物质的量之比=12：4=3：1．
21、（12分）氮元素可以形成许多化合物，在我们生活生产中有广泛的应用．
（1）与NF3分子互为等电子体的分子为 ．
（2）铁和氨气在℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构见图甲．
写出Fe3+的基态电子排布式 ．
写出该反应的化学方程式： ．
（3）维生素B4结构如图乙，则1mol维生素B4分子中含有σ键的数目为 mol．
（4）配合物丙的结构见图，丙中含有 （填序号）；
a．极性共价键
b．非极性共价键
c．配位键
d．氢键
丙中碳原子的杂化方式有 ．
正确答案（1）NCl3；（2）[Ar]3d5；8Fe+2NH32Fe4N+3H2；（3）16；（4）abcd；sp3、sp2．解析解：（1）同主族元素价电子数相等，所以与NF3分子互为等电子体的分子为NCl3；
（2）Fe3+的基态电子排布式为：[Ar]3d5；该晶胞中铁原子个数=8×+6×=4，氮原子个数是1，所以氮化铁的化学式是Fe4N，铁和氨气在℃可发生置换反应生成氮气和氮化铁，所以该反应方程式为：8Fe+2NH32Fe4N+3H2；
（3）双键含有1个σ键和1个π键，所以1mol维生素B4分子中含有σ键16mol；
（4）根据图可知碳碳间形成非极性共价键、碳氮间为极性共价键，氮镍间为配位键，氧氢间形成氢键，根据图可知，碳碳间形成单键，为sp3杂化，有的碳碳间形成双键，为sp2杂化，故选：abcd；sp3、sp2．
特别声明：本
