2020-2021學年天津一中高三（上）第二次月考化學試卷

一、選擇題（單選共12道題，每題3分，共36分）13分）下列有關化學用語正確的是()B．Fe2+的離子結構示意圖：C．含18個中子的氯原子：ClD．次氯酸的結構式是：H﹣Cl﹣O23分）NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A．0.1mol/LNa2S溶液中，S2﹣、HS﹣、H2S三種粒子數(shù)目之和為0.1NAB．1mol甲醇分子中含有的共價鍵數(shù)目為4NAC．12g金剛石含有的σ鍵數(shù)目為2NAD．1L0.5mol/LCH3COONa溶液中含有的CH3COO﹣數(shù)為0.5NA33分）《ChemicalReviews》最近報道了一些化學物質，如太空中的乙醇氣團、爆炸力極強的N5、價格比黃金還貴的18O2、海洋中的新型能源可燃冰等。下列說法中不正確的是 A．乙醇是一種可再生能源，乙醇的燃燒屬于放熱反應B．N5和N2互為同素異形體，它們之間的轉化屬于化學變化C．18O2和16O2是兩種不同的核素D．可燃冰（CH4?8H2O）中甲烷分子與水分子之間不可以形成氫鍵43分）a、b、c、d為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素。a的最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的3倍，b的M層上有1個電子，a與c同主族。下列說法不正確的是()A．氫化物的沸點：a＞cB．氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：a＞cC．簡單陰離子還原性：d＞cD．ab可形成既含離子鍵又含共價鍵的離子化合物53分）下列由事實得出的判斷正確的是()事實判斷A反應Ⅰ：500℃下進行反應Ⅰ的反應速率一定大于ⅡB反應2NO（g）+Cl2（g）=2NOCl（g）在恒溫恒容下進行，當氣體密度保持不變時該反應達到化學平衡狀態(tài)C反應A+B=C△H＞0，在一定溫度下能自發(fā)進行該反應△S＞0D（g）平衡體系改變條件后達到新的平衡狀態(tài)，測得SO3百分含量增大改變的條件一定使平衡右移63分）硅酸鹽與二氧化硅一樣，都是以硅氧四面體作為基本結構單元．硅氧四面體可以用投影圖表示成，其中O表示氧原子，中心黑點表示硅原子．硅氧四面體通過不同方式的連接可以組成各種不同的多聚硅酸根離子．圖示為某無限長單鏈的多聚硅酸根離子（見圖試確定該陰離子中硅原子與氧原子的個數(shù)之比為()73分）一種由短周期主族元素組成的化合物（如圖所示具有良好的儲氫性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大、且總和為24。下列有關敘述錯誤的是()A．YW3分子中Y原子采用sp3雜化B．簡單離子半徑：Y＞ZC．XCl3中并非所有原子均為8電子穩(wěn)定結構D．第二周期中，第一電離能介于X、Y元素之間的元素共有2種83分）下列圖示與對應的敘述相符的是()A．圖Ⅰ表示某吸熱反應分別在有、無催化劑的情況下反應過程中的能量變化B．圖Ⅱ表示常溫下，0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol/LHCl溶液所得到的滴定曲線C．圖Ⅲ表示一定質量的冰醋酸加水稀釋過程中，醋酸溶液電離程度：c＜a＜bD．圖Ⅳ表示反應4CO（g）+2NO2（g）=N2（g）+4CO2（g在其他條件不變的情況下改變起始物CO的物質的量，平衡時N2的體積分數(shù)變化情況，由圖可知NO2的轉化率c>b＞a93分）實驗室模擬工業(yè)處理含鉻廢水，操作及現(xiàn)象如圖1，反應過程中鉻元素的化合價變化如圖2下列說法正確的是已知：深藍色溶液中生成了CrO5。A．實驗開始至5s，鉻元素被氧化B．實驗開始至30s，溶液中生成Cr3+的總反應離子方程式為：Cr2O72﹣+3H2O2+8H+═2Cr3++7H2O+3O2↑C．30s至80s的過程，一定是氧氣氧化了Cr3+D．80s時，溶液中又生成了Cr2O72﹣,顏色相比于開始時淺，是水稀釋所致103分）下列說法正確的是()則△H═Ea﹣Eb）kJ/molB．已知Si﹣Si、O＝O、Si﹣O的鍵能分別是akJ/mol、bkJ/mol、ckJ/mol則Si（s）+O2（g）═SiO2（s）的△Ha+b﹣2c）kJ/molC．將0.2mol/L的CH3COOH溶液與0.1mol/L的NaOH溶液等體積混合后，溶液中有關粒子的濃度滿足下列關系：2c（H+）+c（CH3COOHc（CH3COO﹣)+2c（OH﹣)D．將濃度為0.1mol/LHF溶液加水不斷稀釋過程中，電離平衡常數(shù)Ka（HF）保持不變，始終保持增大113分）甲、乙、丙三個容器中最初存在的物質及數(shù)量如圖所示，三個容器最初的容積相等，溫度相同，反應中甲、丙的容積不變，乙中的壓強不變，在一定溫度下反應達到平衡。下列說法正確的是()A．平衡時各容器內c（NO2）的大小順序為乙＞甲＞丙B．平衡時N2O4的百分含量：乙＞甲＝丙C．平衡時甲中NO2與丙中N2O4的轉化率不可能相同D．平衡時混合物的平均相對分子質量：甲＞乙＞丙123分）常溫下，已知Ka1（H2CO34.3×10﹣7，Ka2（H2CO35.6×10﹣11。某二元酸H2R及其鈉鹽的溶液中，H2R、HR﹣、R2﹣三者的物質的量分數(shù)隨溶液pH變化關系如圖所示，下列敘述錯誤的是()A．H2R的二級電離常數(shù)Ka2的數(shù)值為1×10﹣4.3B．在pH＝4.3的溶液中：c（OH﹣)+3c（R2﹣)═c（Na+）+c（H+）C．等體積、等濃度的NaOH溶液與H2R溶液混合后，溶液中：c（R2﹣)>c（H2R）D．向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，發(fā)生的反應是：CO32﹣+H2R═HCO3﹣+HR﹣二、非選擇題（共64分）1316分）近期我國學者研制出低成本的電解“水制氫”催化劑﹣鎳摻雜的磷化鈷三元納米片電催化劑（Ni0.1Co0.9P）?；卮鹣铝袉栴}：（1）Co在元素周期表中的位置為，Co2+價層電子排布式為。（2）Co、Ni可形成[Co（NH3）6]Cl2、K3[Co（NO3）6]、Ni（CO）4、[Ni（NH3）6]SO4等多種配合物。①SO42﹣的空間構型為，NO3﹣中N原子的雜化軌道類型為。②C、N、O、S四種元素中，電負性最大的是。③1mol[Co（NH3）6]Cl2中含有σ鍵的數(shù)目為；已知NF3比NH3的沸點小得多，試解釋原因。①1mol二（丁二酮肟）合鎳(Ⅱ)中含有mol配位鍵。②上述反應的適宜pH為。（填字母序號）B．5～10C．1（4）磷化硼是一種備受關注的耐磨涂料，其晶體中磷原子作面心立方最密堆積，硼原子填入四面體空隙中（如圖）。已知磷化硼晶體密度為ρg?cm﹣3，計算晶體晶胞的邊長cm。1416分）氨和聯(lián)氨（N2H4）是氮的兩種常見化合物，在工農業(yè)生產中有重要的應用。（1）聯(lián)氨分子的電子式為。（2）聯(lián)氨與鹽酸反應生成重要的化工原料鹽酸肼（N2H6Cl2鹽酸肼（N2H6Cl2）屬于離子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理與NH4Cl類似。①寫出鹽酸肼第一步水解反應的離子方程式。②寫出足量金屬鎂加入N2H6Cl2溶液中所發(fā)生反應的化學方程式。①NH4NO3②CH3COONH4③NH4HSO4④（NH4）2SO4⑤（NH4）2CO3，其中所含的c（NH4+）由大到小的順序是。（用序號填空）（4）工業(yè)生產硫酸過程中，通常用氨水吸收尾氣SO2①如果在25℃時，相同物質的量的SO2與NH3溶于水，發(fā)生反應的離子方程式為所得A．c（SO32﹣)﹣c（H2SO3）B．c（HSO3﹣)+c（SO32﹣)﹣c（NH4+）C．c（SO32﹣)+c（NH3?H2O）﹣c（H2SO3）D．c（HSO3﹣)+2c（SO32﹣)﹣c（NH4+）②已知在25℃時NH3?H2O、H2SO3電離平衡常數(shù)如表，則上述所得溶液中，各離子濃度由大到小的順序為。NH3?H2OH2SO3電離平衡常數(shù)1.7×10﹣5Ka1Ka21.54×10﹣21.02×10﹣71516分）磷化鋁（AIP）是一種常用于糧食倉儲的廣譜性熏蒸殺蟲劑，遇水立即產生高毒性氣體PH3（沸點﹣89.7℃,還原性強）。國家衛(wèi)計委規(guī)定糧食中磷化物（以PH3計）的殘留量不超過5×10﹣5g/kg時為質量合格，反之不合格。某化學興趣小組的同學用下述方法測定某糧食樣品中殘留磷化物的質量以判斷是否合格。在C中加入1000g原糧，E中加入10.00mL1×10﹣4mol/LKMnO4溶液（H2SO4酸化往C中加入足量水，充分反應后，用亞硫酸鈉標準溶液滴定E中過量的KMnO4溶液。回答下列問題：（1）PH3的電子式為。儀器D的名稱是。（2）裝置B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液，其作用是吸收空氣中的O2，若去掉該裝置。對實驗的影響為。（3）實驗前、實驗結束后均需通入空氣，通入空氣的作用分別是、。（4）裝置E中PH3被氧化成磷酸，充分反應后的吸收液，加水稀釋至250mL，取25.00mL于錐形瓶中，用2×10﹣6mol/L的Na2SO3標準溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3標準溶液25.00mL，Na2SO3與KMnO4溶液反應的離子方程式為：SO32﹣+MnO4﹣+H+→SO42﹣+Mn2++H2O（未配平則滴定終點的現(xiàn)象為。該原糧樣品中磷化物（以PH3計）的殘留量為g/kg。若滴定終點時俯視滴定管刻度，則由此測得的殘留量將。（偏大、偏小或不變）（5）PH3也可被NaClO氧化可用于制備NaH2PO2，制得的NaH2PO2和NiCl2溶液可用于化學鍍鎳，同時生成磷酸和氯化物，請寫出化學鍍鎳的化學方程式為。1616分）以NOx為主要成分的霧霾的綜合治理是當前重要的研究課題。汽車尾氣中的NO（g）和CO（g）在一定條件下可發(fā)生反應生成無毒的N2和CO2：（1）已知：①N2（g）+O2（g）?2NO（g）△H1＝+180.5kJ?mol﹣1②CO的燃燒熱△H2=﹣283.0kJ?mol﹣1，則反應③2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（2）若在恒容的密閉容器中，充入2molCO和1molNO，發(fā)生反應③,下列選項中能說明該反應已經達到平衡狀態(tài)的是。A．CO和NO的物質的量之比不變B．混合氣體的密度保持不變C．容器中混合氣體的平均摩爾質量不變D．v（N2）正═2v（CO）逆（3）某研究小組在三個容積為5L的恒容密閉容器中，分別充入0.4molNO和0.4molCO，發(fā)生反應③。在三種不同實驗條件下進行上述反應（體系各自保持溫度不變反應體系（4）將NO和CO以一定的流速通過兩種不同的催化劑（cat1、cat2）進行反應，相同時間內測量的脫氮率（脫氮率即NO的轉化率）如圖2所示。M點（填“是”或“不是”）對應溫度下的平衡脫氮率，說明理由。一、選擇題（單選共12道題，每題3分，共36分）13分）下列有關化學用語正確的是()B．Fe2+的離子結構示意圖：C．含18個中子的氯原子：ClD．次氯酸的結構式是：H﹣Cl﹣O【分析】A．氫化銨的電子式中，氫離子最外層的2個電子必須標出；B．亞鐵離子的核電荷數(shù)為26，核外電子總數(shù)為24；C．原子符號ZAX，左下角Z代表質子數(shù)，左上角A為質量數(shù)，X代表元素符號，其中質量數(shù)＝質子數(shù)+中子數(shù)；D．次氯酸的中心原子是O原子，含有O﹣H鍵和O﹣Cl鍵。【解答】解：A．氫化銨為離子化合物，氫離子必須標出最外層電子，氫化銨正確的電子B．Fe原子含有26個電子，失去2個電子形成+2價陽離子，F(xiàn)e2+有三個電子層，分別容納2、8、14個電子，即C．含18個中子的氯原子，其質量數(shù)為17+18＝35，故該核素的符號為：Cl，故C錯D．次氯酸是共價化合物，含有O﹣H鍵和O﹣Cl鍵，結構式為H﹣O﹣Cl，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了常見化學用語的表示方法判斷，題目難度不大，涉及電子式、離子結構示意圖、核素、結構式等知識，明確常見化學用語的概念及書寫原則為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生規(guī)范答題能力。23分）NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A．0.1mol/LNa2S溶液中，S2﹣、HS﹣、H2S三種粒子數(shù)目之和為0.1NAB．1mol甲醇分子中含有的共價鍵數(shù)目為4NAC．12g金剛石含有的σ鍵數(shù)目為2NAD．1L0.5mol/LCH3COONa溶液中含有的CH3COO﹣數(shù)為0.5NA【分析】A．溶液體積未知；B．甲醇分子中含有5個共價鍵；C．金剛石中每個C原子平均含有2個σ鍵；D．醋酸根離子部分水解，導致醋酸根離子數(shù)目減少?！窘獯稹拷猓篈．缺少0.1mol/LNa2S溶液的體積，無法計算S2﹣、HS﹣、H2S三種粒子的數(shù)目，故A錯誤；B．1mol甲醇分子中含有5mol共價鍵，含有的共價鍵數(shù)目為5NA，故B錯誤；C．12g金剛石中含有n（C）==1mol，金剛石中1molC平均形成2molσ鍵，含有的σ鍵數(shù)目為2NA，故C正確；D．CH3COO﹣部分水解，導致溶液中CH3COO﹣的數(shù)目小于0.5NA，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關計算和判斷，題目難度不大，注意掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數(shù)的關系，A為易錯點，試題側重考查學生的分析能力及化學計算能力。33分）《ChemicalReviews》最近報道了一些化學物質，如太空中的乙醇氣團、爆炸力極強的N5、價格比黃金還貴的18O2、海洋中的新型能源可燃冰等。下列說法中不正確的是 A．乙醇是一種可再生能源，乙醇的燃燒屬于放熱反應B．N5和N2互為同素異形體，它們之間的轉化屬于化學變化C．18O2和16O2是兩種不同的核素D．可燃冰（CH4?8H2O）中甲烷分子與水分子之間不可以形成氫鍵【分析】A．乙醇可以通過植物中的淀粉制備，燃燒放出大量的熱；B．有新物質生成的變化為化學變化；C．含有一定數(shù)目質子和一定數(shù)目中子的原子稱為核素；D．N、O、F元素易形成氫鍵，碳元素不能形成氫鍵?！窘獯稹拷猓篈．乙醇可以通過植物中的淀粉制備，屬于可再生資源，乙醇能燃燒，燃燒放出大量的熱，故A正確；B．N5和N2之間的轉化有新物質生成，屬于化學變化，故B正確；C．含有一定數(shù)目質子和一定數(shù)目中子的原子稱為核素，18O2和16O2是兩種分子，不是原子，不屬于核素，故C錯誤；D．N、O、F元素易形成氫鍵，碳元素不能形成氫鍵，所以甲烷分子與水分子之間不存在氫鍵，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查的知識點較多，涉及到核素的概念、化學變化和物理變化的判斷、能源的分類及氫鍵的判斷等知識點，題目難度不大，側重于考查學生對基礎知識的應用能力。43分）a、b、c、d為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素。a的最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的3倍，b的M層上有1個電子，a與c同主族。下列說法不正確的是()A．氫化物的沸點：a＞cB．氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：a＞cC．簡單陰離子還原性：d＞cD．ab可形成既含離子鍵又含共價鍵的離子化合物【分析】a、b、c、d為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，a的最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的3倍，a為O；b的M層上有1個電子，b為Na；a與c同主族，c為S，結合原子序數(shù)可知d為Cl，以此來解答。【解答】解：由上述分析可知，a為O、b為Na、c為S、d為Cl，A.水分子間含氫鍵，硫化氫分子間不含，則氫化物的沸點：a＞c，故A正確；B.非金屬性O大于S，則氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：a＞c，故B正確；C.非金屬性Cl大于S，則簡單陰離子還原性：d＜c，故C錯誤；D.ab可形成既含離子鍵又含共價鍵的離子化合物為過氧化鈉，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握原子結構、元素的位置、原子序數(shù)來推斷元素為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大。53分）下列由事實得出的判斷正確的是()事實判斷A反應Ⅰ：500℃下進行反應Ⅰ的反應速率一定大于ⅡB反應2NO（g）+Cl2（g）?2NOCl（g）在恒溫恒容下進行，當氣體密度保持不變時該反應達到化學平衡狀態(tài)C反應A+B?C△H＞0，在一定溫度下能自發(fā)進行該反應△S＞0D（g）平衡體系改變條件后達到新的平衡狀態(tài)，測得SO3百分含量增大改變的條件一定使平衡右移【分析】A.影響化學反應速率的主要因素為物質的本身性質，為內因，對于同一個化學反應來說，增大濃度、壓強，升高溫度或加入催化劑、增大固體表面積等，可增大反應速率；B．反應正向進行是變量的可以作為是否達到平衡的判據(jù)，一直不變的量不能作為是否達到平衡的判據(jù)，如在恒溫恒容下進行，反應物和生成物都是氣體，混合氣體的密度不變不能判定是否達到平衡狀態(tài)；C.△H﹣T△S＜0，反應可以自發(fā)進行，反應A+B?C△H＞0，在一定溫度下能自發(fā)進行，據(jù)此判斷△S；D．加入氣體生成物，平衡左移?！窘獯稹拷猓篈．反應不同，為內因，不能確定反應速率大小，故A錯誤；B．在恒溫恒容下進行，體積不變，反應物和生成物都是氣體，氣體的質量不變，當氣體密度保持不變時，所以氣體的密度一直不變，不能作為是否達到平衡的判據(jù)，故B錯誤；C.△H﹣T△S＜0，反應可以自發(fā)進行，反應A+B?C△H＞0，在一定溫度下能自發(fā)進行，所以該反應△S＞0，故C正確；D．對2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）平衡體系改變條件后達到新的平衡狀態(tài)，測得SO3百分含量增大，改變的條件是加入SO3平衡左移，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了化學平衡，涉及化學平衡狀態(tài)的判斷、影響化平衡的因素、化學反應速率、反應方向的判斷等，題目難度中等，掌握影響化學平衡的影響因素是解題關鍵。63分）硅酸鹽與二氧化硅一樣，都是以硅氧四面體作為基本結構單元．硅氧四面體可以用投影圖表示成，其中O表示氧原子，中心黑點表示硅原子．硅氧四面體通過不同方式的連接可以組成各種不同的多聚硅酸根離子．圖示為某無限長單鏈的多聚硅酸根離子（見圖試確定該陰離子中硅原子與氧原子的個數(shù)之比為()【分析】根據(jù)無限長單鏈的多聚硅酸根離子圖可知，重復出現(xiàn)，以此來解答.【解答】解：由無限長單鏈的多聚硅酸根離子圖可知，重復出現(xiàn)，O表示氧原子，中心黑點表示硅原子，則結構單元中硅原子個數(shù)為1，氧原子個數(shù)為2+2×=3，所以該陰離子中硅原子與氧原子的個數(shù)之比為1：3，故選：B。【點評】本題考查離子中原子的個數(shù)比，明確結構及重復出現(xiàn)的結構式解答本題的關鍵，注意O原子的共用是解答的難點和易錯點，題目難度中等.73分）一種由短周期主族元素組成的化合物（如圖所示具有良好的儲氫性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大、且總和為24。下列有關敘述錯誤的是()A．YW3分子中Y原子采用sp3雜化B．簡單離子半徑：Y＞ZC．XCl3中并非所有原子均為8電子穩(wěn)定結構D．第二周期中，第一電離能介于X、Y元素之間的元素共有2種【分析】由短周期主族元素組成的化合物，Z的原子序數(shù)最大、且形成+1價陽離子，則Z為Na；Y形成3個共價鍵，其原子序數(shù)小于Na，則Y為N；W形成1個共價鍵，其原子序數(shù)小于N，則W為H；W、X、Y、Z的原子序數(shù)總和為24，X的原子序數(shù)為24【解答】解：由上述分析可知，W為H、X為B、Y為N、Z為Na，A.NH3分子中Y原子上由1對孤對電子，形成3個N﹣H鍵，則N原子采用sp3雜化，故A正確；B.具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小，則簡單離子半徑：Y＞Z，故B正確；C.XCl3中B的最外層電子數(shù)為3+3＝6，不滿足8電子穩(wěn)定結構，Cl原子滿足8電子穩(wěn)定結構，故C正確；D.第二周期中，第一電離能介于X、Y元素之間的元素共有3種，分別為Be、C、O，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握物質結構、化學鍵、原子序數(shù)來推斷元素為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，選項D為解答的難點，最外層電子半滿為穩(wěn)定結構，題目難度不大。83分）下列圖示與對應的敘述相符的是()A．圖Ⅰ表示某吸熱反應分別在有、無催化劑的情況下反應過程中的能量變化B．圖Ⅱ表示常溫下，0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol/LHCl溶液所得到的滴定曲線C．圖Ⅲ表示一定質量的冰醋酸加水稀釋過程中，醋酸溶液電離程度：c＜a＜bD．圖Ⅳ表示反應4CO（g）+2NO2（g）?N2（g）+4CO2（g在其他條件不變的情況下改變起始物CO的物質的量，平衡時N2的體積分數(shù)變化情況，由圖可知NO2的轉化率c>b＞a【分析】A、吸熱反應，反應物的總能量小于生成物的總能量，加入催化劑會降低活化能；B、0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol/LHCl，HCl的開始的pH為1，恰好中和消耗氫氧化鈉20.00ml，氫氧化鈉過量時pH小于13；C、冰醋酸加水，溶解，離子濃度增大，導電能力增強達到平衡后繼續(xù)加入水促進醋酸電離，但離子濃度減小導電能力減??；D、增大反應物量會增大另一種物質的轉化率.【解答】解：A、吸熱反應，反應物的總能量小于生成物的總能量，反應中加入催化劑會降低活化能，與圖不符，故A錯誤；B、0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol/LHCl，HCl的開始的pH為1，恰好中和消耗氫氧化鈉20.00ml，氫氧化鈉過量時，溶液顯堿性，但是pH不可能等于或大于13，所以與圖象不相符合，故B錯誤；C、冰醋酸加水，溶解，離子濃度增大，導電能力增強達到平衡后繼續(xù)加入水促進醋酸電離，但離子濃度減小導電能力減小，圖象符合離子濃度變化，導電能力b＞a＞c，a、b、c三點醋酸的電離程度：a＜b＜c，故C錯誤；D、反應4CO（g）+2NO2（g）?N2（g）+4CO2（g）△H＜0，在其他條件不變的情況下增大起始物CO的物質的量，二氧化氮轉化率增大，NO2的轉化率c＞b＞a，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了圖象分析，反應能量變化，酸堿中和溶液酸堿性判斷，弱電解質稀釋溶液中離子濃度變化分析，反應物轉化率應用，題目難度中等.93分）實驗室模擬工業(yè)處理含鉻廢水，操作及現(xiàn)象如圖1，反應過程中鉻元素的化合價變化如圖2下列說法正確的是已知：深藍色溶液中生成了CrO5。A．實驗開始至5s，鉻元素被氧化B．實驗開始至30s，溶液中生成Cr3+的總反應離子方程式為：Cr2O72﹣+3H2O2+8H+═2Cr3++7H2O+3O2↑C．30s至80s的過程，一定是氧氣氧化了Cr3+D．80s時，溶液中又生成了Cr2O72﹣,顏色相比于開始時淺，是水稀釋所致【分析】A、K2Cr2O7中Cr的化合價為+6，由圖2可知，5s時Cr的化合價為+6；B、實驗開始至30s時，K2Cr2O7→CrO5→Cr3+，即H2O2還原K2Cr2O7生成Cr3+，結合電子守恒電荷守恒寫出總反應方程式；C、H2O2也具有強氧化性，可能氧化Cr3+；D、80s時，溶液呈紅色，應該是又生成了CrO42﹣?！窘獯稹拷猓篈、K2Cr2O7中Cr的化合價為+6，由圖2可知，5s時Cr的化合價為+6，Cr的化合價沒變化，即鉻元素沒有被氧化，故A錯誤；B、實驗開始至30s時，K2Cr2O7→CrO5→Cr3+，過量的H2O2還原K2Cr2O7生成Cr3+，H2O2被氧化生成O2，總反應離子方程式為：Cr2O72﹣+3H2O2+8H+═2Cr3++7H2O+3O2↑,故B正確；C、實驗過程中H2O2過量，H2O2也具有強氧化性，可能氧化Cr3+，不一定是氧氣氧化了Cr3+，故C錯誤；D、80s時溶液呈紅色，并且溶液呈堿性，2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O，所以80s時又生故選：B?！军c評】本題以含鉻廢水的處理為載體，考查了氧化還原反應及離子方程式的書寫、平衡移動原理的應用和實驗方案的設計與評價等知識，為常見考題和高頻考點，把握氧化還原反應概念、判定及離子方程式的配平方法、濃度對化學平衡的影響即可解答，注意結合酸堿性規(guī)則配平氧化還原反應離子方程式，題目難度中等。103分）下列說法正確的是()則△H═Ea﹣Eb）kJ/molB．已知Si﹣Si、O＝O、Si﹣O的鍵能分別是akJ/mol、bkJ/mol、ckJ/mol則Si（s）+O2（g）═SiO2（s）的△Ha+b﹣2c）kJ/molC．將0.2mol/L的CH3COOH溶液與0.1mol/L的NaOH溶液等體積混合后，溶液中有關粒子的濃度滿足下列關系：2c（H+）+c（CH3COOHc（CH3COO﹣)+2c（OH﹣)D．將濃度為0.1mol/LHF溶液加水不斷稀釋過程中，電離平衡常數(shù)Ka（HF）保持不變，始終保持增大【分析】A．焓變△H＝正反應活化能﹣逆反應活化能；B．焓變△H＝反應物的總鍵能﹣生成物的總鍵能；C．0.2mol/L的CH3COOH溶液與0.1mol/L的NaOH溶液等體積混合后得到濃度相等的等濃度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，物料關系式為：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣)=2c（Na+電荷關系式為c（H+）+c（Na+c（CH3COO﹣)+c（OH【解答】解：A．反應A（g）?2B（g）△H，若正反應的活化能為EakJ/mol，逆反應的活化能為EbkJ/mol，則△H═（Ea﹣Eb）kJ/mol=Eb﹣Ea）kJ/mol，故A錯誤；B．1molSi含有2molSi﹣Si鍵、1molSiO2含有4molSi﹣O鍵，所以Si（s）+O2（g）═SiO2（s）的△H2a+b﹣4c）kJ/mol，故B錯誤；C．0.2mol/L的CH3COOH溶液與0.1mol/L的NaOH溶液等體積混合后得到濃度相等的等濃度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，物料關系式為：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣)=2c（Na+電荷關系式為c（H+）+c（Na+c（CH3COO﹣)+c（OH）＝D．HF溶液加水不斷稀釋過程中減小，Ka電荷關系﹣始終保持減小，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查反應熱與焓變、弱電解質的電離平衡等知識，為高頻考點，側重學生分析能力、計算能力和靈活運用能力的考查，把握焓變與活化能或鍵能的計算關系、電解質溶液中的守恒關系為解答關鍵，注意Si和SiO2的物質結構、離子的守恒關系及電離平衡常數(shù)的應用，選項B為解答難點和易錯點，題目難度中等。113分）甲、乙、丙三個容器中最初存在的物質及數(shù)量如圖所示，三個容器最初的容積相等，溫度相同，反應中甲、丙的容積不變，乙中的壓強不變，在一定溫度下反應達到平衡。下列說法正確的是()A．平衡時各容器內c（NO2）的大小順序為乙＞甲＞丙B．平衡時N2O4的百分含量：乙＞甲＝丙C．平衡時甲中NO2與丙中N2O4的轉化率不可能相同D．平衡時混合物的平均相對分子質量：甲＞乙＞丙【分析】甲、乙存在平衡2NO2?N2O4，該反應為氣體物質的量減小的反應，故甲中壓強減小，乙中壓強不變，乙中到達的平衡相當于在甲平衡的基礎上增大壓強，增大壓強平衡向正反應移動，平衡時N2O4的百分含量增大；但平衡移動的結果是降低NO2濃度增大，不會消除增大；反應混合氣體的總質量不變，總的物質的量減小，混合氣體的平衡摩爾質量增大；丙中存在平衡N2O4?2NO2，相當于開始加入2molNO2，與甲為等效平衡，NO2濃度、N2O4的百分含量、混合氣體的平衡摩爾質量與甲中相同。平衡時甲、丙中N2O4的物質的量相等，據(jù)此計算轉化率判斷甲中NO2與丙中N2O4的轉化率是否可能相同?！窘獯稹拷猓杭?、乙存在平衡2NO2?N2O4，該反應為氣體物質的量減小的反應，故甲中壓強減小，乙中壓強不變，乙中到達的平衡相當于在甲平衡的基礎上增大壓強，丙中存在平衡N2O4?2NO2，相當于開始加入2molNO2，與甲為等效平衡，A．甲與丙為完全等效平衡，平衡時NO2濃度的相等，乙中到達的平衡相當于在甲平衡的基礎上增大壓強，增大壓強平衡向正反應移動，但平衡移動的結果是降低NO2濃度增大，不會消除增大，故平衡時容器內c（NO2）的大小順序為乙＞甲＝丙，故A錯誤；B．甲與丙為完全等效平衡，平衡時N2O4的百分含量相等，乙中到達的平衡相當于在甲平衡的基礎上增大壓強，增大壓強平衡向正反應移動，平衡時N2O4的百分含量增大，故平衡時N2O4的百分含量：乙＞甲＝丙，故B正確；解得α=，故平衡時甲中NO2與丙中N2O4的轉化率可能相同，故C錯誤；D．甲與丙為完全等效平衡，平衡時混合氣體的平衡摩爾質量相等，乙中到達的平衡相當于在甲平衡的基礎上增大壓強，增大壓強平衡向正反應移動，總的物質的量減小，乙中平均摩爾質量解得，故平衡時混合物的平均相對分子質量：乙＞甲＝丙，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查化學平衡的影響因素、化學平衡的有關計算等，難度中等，構建平衡建立的等效途徑是解決問題的關鍵，注意等效思想的利用。123分）常溫下，已知Ka1（H2CO34.3×10﹣7，Ka2（H2CO35.6×10﹣11。某二元酸H2R及其鈉鹽的溶液中，H2R、HR﹣、R2﹣三者的物質的量分數(shù)隨溶液pH變化關系如圖所示，下列敘述錯誤的是()A．H2R的二級電離常數(shù)Ka2的數(shù)值為1×10﹣4.3B．在pH＝4.3的溶液中：c（OH﹣)+3c（R2﹣)═c（Na+）+c（H+）C．等體積、等濃度的NaOH溶液與H2R溶液混合后，溶液中：c（R2﹣)>c（H2R）D．向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，發(fā)生的反應是：CO32﹣+H2R═HCO3﹣+HR﹣【分析】A.pH＝4.3時c（R2﹣)=c（HR﹣),Ka2＝c（H+B.pH＝4.3時c（R2﹣)=c（HR﹣),且溶液中存在電荷守恒2c（R2﹣))=c（Na+）+c（H+C.等體積、等濃度的NaOH溶液與H2R溶液混合后恰好生成NaHR，溶液pH為1.3＜pHKa2＝c（H+10﹣4.3，Ka1（H2R）、Ka2（H2R）都大于Ka1（H2CO3Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，二者反應生成CO2和R2﹣。）＝B.pH＝4.3時c（R2﹣)=c（HR﹣),且溶液中存在電荷守恒2c（R2﹣))=c（Na+）+c（H+則3c（R2﹣)=c（Na+）+c（H+c（OH﹣),故B正確；C.等體積、等濃度的NaOH溶液與H2R溶液混合后恰好生成NaHR，溶液pH為1.3＜pH＜4.3，則HR﹣的電離大于其水解，存在c（R2﹣)>c（H2R故C正確；Ka2＝c（H+10﹣4.3，Ka1（H2R）、Ka2（H2R）都大于Ka1（H2CO3Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，二者反應生成CO2和R2﹣,離子方程式為CO32﹣+H2R═CO2↑故選：D?！军c評】本題考查弱電解質的電離，為高頻考點，把握圖中離子濃度的變化、離子濃度的關系、電荷守恒、酸性比較為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項D為解答的難點，題目難度不大。二、非選擇題（共64分）1316分）近期我國學者研制出低成本的電解“水制氫”催化劑﹣鎳摻雜的磷化鈷三元納米片電催化劑（Ni0.1Co0.9P）?；卮鹣铝袉栴}：（1）Co在元素周期表中的位置為第四周期第VIII族，Co2+價層電子排布式為3d7。（2）Co、Ni可形成[Co（NH3）6]Cl2、K3[Co（NO3）6]、Ni（CO）4、[Ni（NH3）6]SO4等多種配合物。①SO42﹣的空間構型為正四面體形，NO3﹣中N原子的雜化軌道類型為sp2。②C、N、O、S四種元素中，電負性最大的是O。③1mol[Co（NH3）6]Cl2中含有σ鍵的數(shù)目為24NA；已知NF3比NH3的沸點小得多，試解釋原因NH3分子間存在氫鍵。①1mol二（丁二酮肟）合鎳(Ⅱ)中含有4mol配位鍵。②上述反應的適宜pH為B。（填字母序號）B．5～10C．1（4）磷化硼是一種備受關注的耐磨涂料，其晶體中磷原子作面心立方最密堆積，硼原子填入四面體空隙中（如圖）。已知磷化硼晶體密度為ρg?cm﹣3，計算晶體晶胞的邊長【分析】（1）根據(jù)鈷元素的原子序數(shù)為27可確定其核外電子排布，從而確定其在周期表中的位置，結合電子排布可確定Co2+離子的價層電子排布式；（2）①根據(jù)離子的中心原子的價層電子對數(shù)確定中心原子的雜化類型以及離子的空間結②根據(jù)同周期元素的電負性從左到右遞增，同主族元素第一電離能從上到下遞減；③結合粒子的組成，N﹣H單鍵和配位鍵都是σ鍵；分子晶體的熔沸點與相對分子質量有關，存在氫鍵的熔沸點異常高；（3）①由結構圖可知二（丁二酮肟）合鎳(Ⅱ))①由結構圖可知1個二（丁二酮肟）合鎳(Ⅱ);②根據(jù)反應及物質的結構性質分析，強酸性條件會使產物溶解，強堿性不利于產物生成；（4）通過晶胞的結構，利用均攤法確定晶胞的組成，確定晶胞的質量，結合晶胞的密度可以求出晶胞參數(shù)?！窘獯稹拷?）Co是27號元素在周期表中處在第四周期第VIII族，其核外電子排布為【Ar】3d74s2，失去4s上的兩個電子形成Co2+離子的價層電子排布式為3d7，故答案為：第四周期第VIII族；3d7；（2）①SO42﹣中硫原子以sp3雜化軌道成鍵、離子中存在4個σ鍵，離子為正四面體形；NO3﹣中氮原子價層電子對數(shù)為=3，N原子軌道的雜化類型為sp2，故答案為：正四面體形；sp2；②C、N、O、S四種元素中，C、N、O同周期電負性逐漸增大，O的電負性，O、S同主族，同主族元素從上到下電負性逐漸減小，故四種元素中電負性最大的是O，故答案為：O；③[Co（NH3）6]Cl2中N﹣H之間存在σ鍵，Co原子與氮原子存在配位鍵是σ鍵，1mol該物質中含有24molσ鍵；NF3與NH3的均為分子，氨氣分子間存在氫鍵導致其沸點反常的高，故答案為：24NA；NH3分子間存在氫鍵；（3）①由結構圖可知1個二（丁二酮肟）合鎳(Ⅱ)中心鎳原子與四個氮原子均形成配位鍵，故答案為：4；②強酸性條件下二（丁二酮肟）合鎳(Ⅱ)會溶于酸，強堿性條件下，鎳離子會直接形成氫氧化鎳沉淀，因此適宜的條件是pH為5～10，故答案為：B；（4）由圖可知，1個晶胞中含有4個B原子和4個P原子故晶胞質量設邊長為acm，則晶胞的體積V＝a3cm3，故晶胞密度ρ==ρg?cm﹣3，解得a＝2×故答案為【點評】本題考查較為全面，涉及到電子排布式、分子空間構型、雜化類型的判斷以及有關晶體的計算，但解題具有較強的方法性和規(guī)律性，學習中注意總結如何書寫電子排布式，如何判斷分子空間構型以及有關晶體計算等方法。1416分）氨和聯(lián)氨（N2H4）是氮的兩種常見化合物，在工農業(yè)生產中有重要的應用。（1）聯(lián)氨分子的電子式為。（2）聯(lián)氨與鹽酸反應生成重要的化工原料鹽酸肼（N2H6Cl2鹽酸肼（N2H6Cl2）屬于離子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理與NH4Cl類似。①寫出鹽酸肼第一步水解反應的離子方程式N2H62++H2O?[N2H5?H2O]++H+。②寫出足量金屬鎂加入N2H6Cl2溶液中所發(fā)生反應的化學方程式Mg+N2H6Cl2=MgCl2+N2H4+H2↑。①NH4NO3②CH3COONH4③NH4HSO4④（NH4）2SO4⑤（NH4）2CO3，其中所含的c（NH4+）由大到小的順序是④⑤③①②。（用序號填空）（4）工業(yè)生產硫酸過程中，通常用氨水吸收尾氣SO2①如果在25℃時，相同物質的量的SO2與NH3溶于水，發(fā)生反應的離子方程式為所得溶液中c（H+c（OH﹣)=CD。（填序號）A．c（SO32﹣)﹣c（H2SO3）B．c（HSO3﹣)+c（SO32﹣)﹣c（NH4+）C．c（SO32﹣)+c（NH3?H2O）﹣c（H2SO3）D．c（HSO3﹣)+2c（SO32﹣)﹣c（NH4+）②已知在25℃時NH3?H2O、H2SO3電離平衡常數(shù)如表，則上述所得溶液中，各離子濃度由大到小的順序為c（NH4+c（HSO3﹣)>c（H+c（SO32﹣)>c（OH﹣)。NH3?H2OH2SO3電離平衡常數(shù)1.7×10﹣5Ka1Ka21.54×10﹣21.02×10﹣7【分析】（1）N2H4是氮原子和氫原子形成四個共價鍵，氮原子和氮原子間形成一個共價鍵形成的共價化合物；（2）①因水解與NH4Cl類似，則N2H62+水解結合H2O電離生成的OH﹣得到[N2H5?H2O]+；②依據(jù)NH4Cl與Mg反應生成MgCl2、NH3、H2，推出金屬鎂加入N2H6Cl2溶液中所發(fā)生反應；（3）物質的量濃度相等的銨鹽溶液中，c（NH4+）與銨根離子的系數(shù)成正比，系數(shù)越大其c（NH4+）越大，相同系數(shù)的銨鹽，銨根離子水解程度越大，則溶液中c（NH4+）越小；（4）①同物質的量的SO2與NH3溶于水，發(fā)生反應生成亞硫酸氫銨；根據(jù)電荷守恒，可知：c（H+）+c（NH4+c（HSO3﹣)+2c（SO32﹣)+c（OH﹣),溶液中氫離子源于水電離、HSO3﹣的水解、NH4+的水解，氫氧根離子源于水的電離、HSO3﹣的水解，由水電離得到的c水（H+）與c水（OH﹣)相等，據(jù)此判斷；②HSO3﹣的水解平衡常數(shù)=6.5×10﹣13＜Ka2＝1.02×10﹣7，NH4+的水解平衡常數(shù)為=5.9×10﹣10＜Ka2＝1.02×10﹣7，則NH4+的水解程度小于HSO3﹣的電離，溶液呈酸性，溶液中氫離子源于銨根離子水、HSO3﹣的電離、水的電離，氫離子濃度大于亞硫酸根濃度。【解答】解1）肼的分子式為N2H4，是氮原子和氫原子形成四個共價鍵，氮原子和氮原子之間形成一個共價鍵形成的共價化合物，電子式為，故答案為：；（2）①因水解與NH4Cl類似，則N2H62+水解結合H2O電離生成的OH﹣得到[N2H5?H2O]+，鹽酸肼第一步水解反應的離子方程式為：N2H62++H2O?[N2H5?H2O]++H+，故答案為：N2H62++H2O?[N2H5?H2O]++H+；②NH4Cl與Mg反應生成MgCl2、NH3、H2，依此類推，金屬鎂加入N2H6Cl2溶液中所發(fā)生反應的化學方程式為：Mg+N2H6Cl2＝MgCl2+N2H4+H2↑,故答案為：Mg+N2H6Cl2＝MgCl2+N2H4+H2↑;（3）物質的量濃度相等的銨鹽溶液中，c（NH4+）與銨根離子的系數(shù)成正比，系數(shù)越大其c（NH4+）越大，相同系數(shù)的銨鹽，銨根離子水解程度越大，④（NH4）2SO4⑤（NH4）2CO3中銨根離子濃度大，其中碳酸根離子水解促進銨根離子水解，則溶液中銨根離子濃度大?、?gt;⑤,溶液中c（NH4+）越小，③中氫離子抑制銨根離子水解，②中醋酸根離子促進銨根離子水解，所以銨根離子濃度大小順序是③>①>②,則其中所含的c（NH4+）由大到小的順序是④⑤③①②,故答案為：④⑤③①②;（4）①同物質的量的SO2與NH3溶于水，發(fā)生反應生成亞硫酸氫銨，反應離子方程式為：SO2+NH3+H2O＝NH4++HSO3﹣,根據(jù)電荷﹣溶液中氫離子源于水電離、HSO3﹣的水解、NH4+的水解，氫氧根離子源于水的電離、HSO3﹣的水解，由水電離得到的c水（H+）與c水（OH﹣)相等，則c（H+c（OH﹣)=[c?H2Oc（H2SO3故CD正確，故答案為：CD；②HSO3﹣的水解平衡常數(shù)=6.5×10﹣13＜Ka2＝1.02×10﹣7，NH4+的水解平衡常數(shù)為=5.9×10﹣10＜Ka2＝1.02×10﹣7，則NH4+的水解程度小于HSO3﹣的電離，溶液呈酸性，溶液中氫離子源于銨根離子水、HSO3﹣的電離、水的電離，氫離子濃度大于亞硫酸根濃度，各離子濃度由大到小的順序為：c（NH4+c（HSO3﹣)>c（H+c（SO32﹣)>c（OH﹣),故答案為：c（NH4+c（HSO3﹣)>c（H+c（SO32﹣)>c（OH﹣)。【點評】本題考查鹽類水解，學會根據(jù)知道影響鹽類水解的因素即可解答，難點是離子濃度大小的比較，知道鹽類水解是微弱的4）中離子濃度大小比較為易錯點、難點，關鍵是判斷亞硫酸氫根的水解程度與電離程度相對大小，題目難度中等。1516分）磷化鋁（AIP）是一種常用于糧食倉儲的廣譜性熏蒸殺蟲劑，遇水立即產生高毒性氣體PH3（沸點﹣89.7℃,還原性強）。國家衛(wèi)計委規(guī)定糧食中磷化物（以PH3計）的殘留量不超過5×10﹣5g/kg時為質量合格，反之不合格。某化學興趣小組的同學用下述方法測定某糧食樣品中殘留磷化物的質量以判斷是否合格。在C中加入1000g原糧，E中加入10.00mL1×10﹣4mol/LKMnO4溶液（H2SO4酸化往C中加入足量水，充分反應后，用亞硫酸鈉標準溶液滴定E中過量的KMnO4溶液。回答下列問題：（1）PH3的電子式為。儀器D的名稱是分液漏斗。（2）裝置B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液，其作用是吸收空氣中的O2，若去掉該裝置。對實驗的影響為造成測量結果偏低（測得磷化物的含量偏低）。（3）實驗前、實驗結束后均需通入空氣，通入空氣的作用分別是排出裝置中空氣、保證生成的PH3全部被裝置E中的酸性KMnO4溶液吸收。（4）裝置E中PH3被氧化成磷酸，充分反應后的吸收液，加水稀釋至250mL，取25.00mL于錐形瓶中，用2×10﹣6mol/L的Na2SO3標準溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3標準溶液25.00mL，Na2SO3與KMnO4溶液反應的離子方程式為：SO32﹣+MnO4﹣+H+→SO42﹣+Mn2++H2O（未配平則滴定終點的現(xiàn)象為滴最后一滴標準液時，溶液由淺紫色變?yōu)闊o色，且30秒不變色。該原糧樣品中磷化物（以PH3計）的殘留量為1.7×10﹣5g/kg。若滴定終點時俯視滴定管刻度，則由此測得的殘留量將偏大。（偏大、偏小或不變）（5）PH3也可被NaClO氧化可用于制備NaH2PO2，制得的NaH2PO2和NiCl2溶液可用2NiCl2+NaH2PO2+2H2O＝2Ni+H3PO4+NaCl+3HCl?！痉治觥緾中盛有100g原糧，E中盛有20.00mL2.50×10﹣4mol/LKMnO4溶液（H2SO4酸化吸收生成的PH3，B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液，其作用是吸收空氣中的O2，防止氧化裝置C中生成的PH3，A中盛裝KMnO4溶液的作用除去空氣中的還原性氣體，（1）PH3中P、H原子之間存在一對共用電子對；D為分液漏斗；（2）氧氣可氧化還原性氣體；（3）實驗前、實驗結束后均需通入空氣，排出裝置內氧氣、且保證生成的PH3全部被裝置E中的酸性KMnO4溶液吸收；（4）滴加亞硫酸鈉，與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，滴定終點，溶液變?yōu)闊o色；收集E中吸收液，結合2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O以及5PH3+8KMnO4+12H2SO4＝5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O計算；若滴定終點時俯視滴定管刻度，消耗Na2SO3標準溶液偏??；（5）NaH2PO2和NiCl2溶液可用于化學鍍鎳，同時生成磷酸和氯化物，結合質量守恒書寫化學方程式。【解答】解1）PH3的電子式；儀器C的名稱是分液漏斗，故答案為：；分液漏斗；（2）裝置B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液，其作用是吸收空氣中的O2，若去掉該裝置，實驗的影響為造成測量結果偏低（測得磷化物的含量偏低故答案為：造成測量結果偏低（測得磷化物的含量偏低（3）實驗前、實驗結束后均需通入空氣，通入空氣的作用分別是排出裝置中空氣、保證生成的PH3全部被裝置E中的酸性KMnO4溶液吸收，故答案為：排出裝置中空氣；保證生成的PH3全部被裝置E中的酸性KMnO4溶液吸收；（4）滴加亞硫酸鈉，與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，滴定終點，溶液變?yōu)闊o色，滴定終點的現(xiàn)象為滴最后一滴標準液時，溶液由淺紫色變?yōu)闊o色，且30秒不變色；收集E中吸收液，加水稀釋至250mL，取25.00mL于錐形瓶中用濃度為2×10﹣6mol/LNa2SO3標準溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3標準溶液25.00mL，由2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O，可知存在2KMnO4~5Na2SO3；未反應的×2×10﹣6mol/L×0.025L＝2×10﹣8mol，則250mL溶液中未反應的n（KMnO42×10﹣7mol；與PH3反應的n（KMnO40.01L×1.0×10﹣4mol/L＝1×10﹣6mol/L﹣2×10﹣7mol＝8×10﹣7mol，由5PH3+8KMnO4+12H2SO4＝5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O可知存在5PH3~8KMnO4，n×8×10﹣7mol＝5×10﹣7mol，其質量＝5×10﹣7mol×34g/mol＝1.7×10﹣5g，則1kg中還原磷化氫質量為1.7×10﹣5g；若滴定終點時俯視滴定管刻度，則消耗Na2SO3標準溶液偏小，由此測得的殘留量將偏大，故答案為：滴最后一滴標準液時，溶液由淺紫色變?yōu)闊o色，且30秒不變色；1.7×10﹣5；偏大；（5）NaH2PO2和NiCl2溶