广西南宁市2017届高考化学一模试卷 WORD版含解析.doc

1、广西南宁市2017届高考化学一模试卷（解析版）一、选择题1、化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ） 选项化学性质实际应用AClO2具有强氧化性自来水消毒杀菌BSO2具有还原性用作漂白剂CNaHCO3受热易分解并且生成气体焙制糕点DAl（OH）3分解吸收大量热量并有H2O生成阻燃剂A、AB、BC、CD、D2、用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ） A、9.8g由H2SO4和H3PO4组成的混合物中含有的氧原子数为0.4NAB、1mol Na218O2中所含的中子数为42NAC、28g铁粉与足量稀硝酸反应，转移的电子数为NAD、1mol环己烷中含有的共价键数为12N

2、A3、下列实验存在能达到相应实验目的是（ ） A、AB、BC、CD、D4、香叶醛（ ）是一种重要的香料，在硫酸的作用下能生成对异丙基甲苯（ ）下列有关香叶醛与对异丙基甲苯的叙述正确的是（ ） A、两者互为同分异构体B、两者均能与溴水反应加成反应C、香叶醛的一种同分异构体可能是芳香醇D、对异丙基甲苯的分子式为C10H145、最近美国科学家实施了一项“天空绿色计划”，通过电解二氧化碳得到碳材料（部分原理如图所示），并利用得到的碳材料生产锂离子电池下列说法正确的是（ ） A、图中能量化方式只有一种B、阳极的电极反应式为2CO324e=2CO2+O2C、若反应中转移1mole ， 则理论上消耗CO32

3、0.5molD、当生成12g碳材料时，可收集到22.4L O26、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体K是无色气体，是主要的大气污染物之一，0.05mol/L丙溶液的pH为l，上述物质的转化关系如图所示下列说法正确的是（ ） A、原子半径：WXYB、元素的非全属性：ZYXC、化合物XYZ中只含共价键D、K、L、M中沸点最高的是M7、常温下，Ka（CH3COOH）=Kb（NH3H2O）=1.75105 ， 下列说法正确的是（ ） A、用0.1molL1的盐酸滴定0.1molL1的氨水

4、时，可用酚酞作指示剂B、0.2 molL1的醋酸与0.1 molL1的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中：c（CH3COO）+c（OH）=C（CH3COOH）+C（H+）C、pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中有水电离出的C（H+）=1107 molL1D、pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中C（NH3H2O）C（NH4+）C（Cl）二、解答题8、某学习小组的同学拟利用碘化亚铁与碳酸氢钠的反应来制备高纯度的碘化钠晶体回答下列问题： (1)碘化亚铁溶液的制备：将碘和铁粉按物质的量之比在 之间配料，加入三颈烧瓶中（如图），然后加入适量水，并向装置中持续通入N2

5、， 在4060下搅拌反应3050min，待反应完成检验出反应液中不含碘单质后，过滤即制得碘化亚铁溶液 配料中铁粉过量的目的是_；持续通入N2的目的是_检验反应液中不含碘单质的方法是_ (2)碘化钠溶液的制备：将制备好的碘化亚铁溶液加入碳酸氢钠溶液中，控制碘化亚铁与碳酸氢钠的物质的量之比在 ，在80100下，反应3050min，反应生成碘化钠及硫酸亚铁等该反应的化学方程式为_ (3)点化钠的提纯与结晶： 除去碘化钠溶液中以HCO3的方法是_从碘化钠溶液中获得碘化钠晶体（20时溶解度为179/100g水，100时溶解度为302/100g水）的操作方法是_ (4)碘化钠的提度的测定： 该小组同学称取

6、制得的碘化钠晶体18.1g，溶于水后加入50mL2.5mol/LAgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥，称得沉淀的质量为28.2g则碘化钠晶体的纯度为_（杂质不参与反应，结果保留至小数点后两位）9、铜、硫的单质及其化合物在生产、生活中应用广泛，辉铜矿（主要成分是Cu2S）是冶炼铜和制硫酸的重要原料 (1)已知：2Cu2S（s）+3O2（g）=2Cu2O（s）+2SO2（g）H=768.2kJmol1 2Cu2O（s）+Cu2S（s）=6Cu（s）+SO2（g）H=+116.0kJmol1 则Cu2S（s）+O2（g）=2Cu（s）+SO2（g）H=_ (2)已知25时，KSP（BaSO4）=1.11

7、010 ， 向仅含0.1molL1 Ba（OH）2的废液中加入等体积0.12molL1硫酸，充分搅拌后过滤，滤液中c（Ba2+）=_ (3)上述冶炼过程中会产生大量的SO2 ， 回收处理SO2 ， 不仅能防止环境污染，而且能变害为宝，回收处理的方法之一是先将SO2转化为SO3 ， 然后再转化为H2SO4 450时，某恒容密闭容器中存在反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0，下列事实能表明该反应达到平衡的是_A容器内气体密度不变 BO2、SO2的消耗速率之比为1：2 Cn（SO2）：n（O2）：n（SO3）=2：1：2 D容器内压强不再发生变化450、0.1MPa下，将2.0molS

8、O2和1.0molO2置于5L密闭容器中开始反应，保持温度和容器体积不变，SO2的转化率（）随着时间（t）的变化如图1所示，则该温度下反应的平衡常数K=_若维持其他条件不变，使反应开始时的温度升高到500，请在图1中画出反应开始到平衡时SO2转化率的变化图象(4)已知CuCl2溶液中，铜元素的存在形式与c（Cl）的相对大小有关，具体情况如图2所示（分布分数是指平衡体系中含铜微粒物质的量占铜元素总物质的量的百分比） 若溶液中含铜微粒的总浓度为amolL1 ， 则X点对应的c（CuCl+）=_（用含a的代数式表示）向c（Cl）=1molL1的氯化铜溶液中滴入少量AgNO3溶液，则浓度最大的含铜微粒

9、发生反应的离子方程式为_ 10、偏钒酸铵（NH4VO3）主要用作催化剂、催干剂、媒染剂等用沉淀法除去工业级偏钒酸铵中的杂质硅、磷的流程如图1： (1)碱溶时，下列措施有利于NH3逸出的是_（填字母） a、升高温度 b、增大压吸 c、增大NaOH溶液的浓度 (2)滤渣的主要成分为Mg3（PO4）2、MgSiO3 ， 已知Ksp（MgSiO3）=2.4l05 若滤液中c（SiO32）=0.08mol/L，则c（Mg2+）=_ 由图2可知，加入一定量的MgSO4溶液作沉淀剂时，随着温度的升高，除磷率下降，其原因是温度升高，Mg3（PO4）2溶解度增大和_；但随着温度的升高，除硅率升高，其原因是_（用

10、离子方程式表示） (3)沉钒时，反应温度需控制在50，在实验室可采取的加热方式为_ (4)探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，设计实验步骤（常见试剂任选）：取两份10mL一定浓度的滤液A和B，分别加入lmL和10mL的1mol/LNH4Cl溶液，再向A中加入_mL蒸馏水，控制两份溶液温度均为50、pH均为8，由专用仪器洲定沉钒率加入蒸馏水的目的是_ (5)偏钒酸铵本身在水中的溶解度不大，但在草酸（H2C2O4）溶液中因发生氧化还原反应而溶解，同时生成络合物（NH4）2（VO）2（C2O4）3，该反应的化学方程式为_ 11、三硫化四磷是黄绿色针状结晶，其结构如图所示，不溶于冷水，溶于叠氮酸、二硫

11、化碳、苯等有机溶剂在沸腾的NaOH稀溶液中会迅速水解回答下列问题： (1)Se是S的下一周期同主族元素，其核外电子排布式为_； (2)第一电离能：S_（填“”“”或“=”，下同）P；电负性：S_P (3)三硫化四磷分子中P原子采取_杂化，与PO3互为等电子体的化合物分子的化学式为_ (4)二硫化碳属于_（填“极性”或“非极性”）分子 (5)用NA表示阿伏加德罗常数的数值，0.1mol三硫化四磷分子中含有的孤电子对数为_ (6)纯叠氮酸（HN3）在常温下是一种液体，沸点较高，为308.8K，主要原因是_ (7)氢氧化钠具有NaCl型结构，其晶饱中Na+与OH之间的距离为acm，晶胞中Na+的配位

12、数为_，用NA表示阿伏加德罗常数的数值，NaOH的密度为 _gcm3 12、福莫特罗是一种治疗哮喘病的药物，它的关键中间体（G）的合成路线如下： 回答下列问题： (1)F中的含氧官能团有_（填名称）；反应的反应类型为_ (2)反应的化学方程式为_ (3)C能与FeCl3溶液发生显色反应，C的结构简式为_；D的结构简式为_ (4)B的同分异构体（不含立体异构）中能同时满足下列条件的共有_种 a能发生银镜反应 b能与NaOH溶液发生反应 c含有苯环结构其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的是_（填结构简式） (5)参照G的合成路线，设计一种以 为起始原料制备 的合成路线：_ 答

13、案解析部分一、选择题 1、【答案】B 【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用，二氧化硫的化学性质，钠的重要化合物，镁、铝的重要化合物 【解析】【解答】解：AClO2具有强氧化性，可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故A正确； B做漂白剂与漂白性有关，与还原性无关，故B错误；CNaHCO3不稳定，与酸反应生成二氧化碳气体，可用于焙制糕点，故C正确；D氢氧化铝分解吸收热量，可用于阻燃剂，故D正确故选B【分析】A具有强氧化性，可用于杀菌消毒；B做漂白剂与漂白性有关；CNaHCO3不稳定，与酸反应生成二氧化碳气体；D氢氧化铝分解吸收热量 2、【答案】A 【考点】阿伏伽德罗常数 【解析】【解答】解：A.9.

14、8g由H2SO4和H3PO4组成的混合物物质的量为 =0.1mol，含有氧原子数为：0.1mol4NA=0.4NA ， 故A正确；B.1mol Na218O2中所含的中子数为44NA ， 故B错误；C.28g铁粉物质的量为： =0.5mol，与足量稀硝酸反应反应生成0.5mol三价铁离子，转移1.5NA个电子，故C错误；D.1mol环己烷中含有的共价键数为17NA ， 故D错误；故选：A【分析】A硫酸和磷酸摩尔质量都是98g/mol，每个分子都含有4个氧原子；B.1mol过氧化钠含有44molmol中子；C铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁；D.1个环己烷含有12个CH、5个CC，共有17个共价键；

15、 3、【答案】 C【考点】化学实验方案的评价【解析】【解答】解：A苯和四氯化碳互溶，溶液不分层，不能用分液的方法分离，故A错误； B向饱和FeCl3溶液中滴加氨水，生成氢氧化铁沉淀，实验室制备氢氧化铁胶体，可在沸水中滴加氯化铁饱和溶液，故B错误；C碳酸氢钠不稳定，加热分解生成碳酸钠，可用加热的方法除杂，故C正确；D氯化铵分解生成的氯化氢、氨气易重新反应生成氯化铵，应用氢氧化钙和氯化铵在加热的条件下制备氨气，故D错误故选C【分析】A苯和四氯化碳互溶；B向饱和FeCl3溶液中滴加氨水，生成氢氧化铁沉淀；C碳酸氢钠不稳定，加热分解生成碳酸钠；D氯化铵分解生成的氯化氢、氨气易重新反应生成氯化铵4、【答

16、案】D 【考点】有机物的结构和性质 【解析】【解答】解：A香叶醛含有O元素，二者分子式不同，不是同分异构体，故A错误； B对异丙基甲苯不含有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，故B错误；C香叶醛含有1个C=O键，2个C=C键，不饱和度为3，与苯的不饱和度不同，不是同分异构体，故C错误；D由结构简式可知异丙基甲苯分子式为C10H14 ， 故D正确故选D【分析】A二者分子式不同；B对异丙基甲苯不含有碳碳双键；C香叶醛含有1个C=O键，2个C=C键，不饱和度为3，与苯的不饱和度不同；D根据结构简式确定有机物元素种类和原子个数，可确定分子式 5、【答案】B 【考点】电解原理 【解析】【解答】解：A能量转

17、化不止一只，阳能转化为电能，电能转化为化学能，可能还伴随热量的产生，故A错误； B阳极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为2CO324e=2CO2+O2，故B正确；C总反应为CO2 C+O2，若反应中转移1mole ， 不消耗CO32 ， 故C错误；D当生成12g碳材料时，生成1molO2 ， Vm未知，不能计算其体积，故D错误；故选B【分析】由图可知，太阳能转化为电能，电能转化为化学能，可能还伴随热量的产生，电解二氧化碳得到碳材料，则阴极上3CO2+4e=C+2CO32 ， 阳极上2CO324e=2CO2+O2，总反应为CO2 C+O2，以此来解答 6、【答案】C 【考点】无机物的推断 【解

18、析】【解答】解：W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素， A同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，CO，故A错误；B同主族元素从上到下非金属性减弱，OS，故B错误；C化合物HOS都由非金属性构成，只含共价键，故C正确；DK、M常温下为气体，L为水，常温下为液体，沸点最高，故D错误故选C【分析】0.05mol/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4 ， K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4 ， 则应为SO2 ， 可知乙为O2 ， L为H2O，乙是常见的气体，且与浓硫酸和甲反应生成，可知甲为C，M为CO2 ， 则W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素

19、，以此解答该题 7、【答案】CD 【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡 【解析】【解答】解：A用0.1molL1的盐酸滴定0.1molL1的氨水时，恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性，酚酞变色范围为810碱性溶液中变色，不可用酚酞作指示剂，应选择变色范围3.14.4变色的甲基橙做指示剂，故A错误； B.0.2 molL1的醋酸与0.1 molL1的氢氧化钠溶液等体积混合，得到等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液，溶液中电荷守恒c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），物料守恒2c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH），得到c（CH3COO）+2c（OH）=c（CH3COOH）

20、+2c（H+），故B错误；C常温下，Ka（CH3COOH）=Kb（NH3H2O）=1.75105 ， 醋酸根离子和铵根离子都发生水解，促进水的电离，二者水解程度相近，溶液pH=7，所得溶液中有水电离出的C（H+）=1107 molL1 ， 故C正确；DpH=3的盐酸溶液中氢离子浓度和氯离子浓度为103mol/L，pH=11的氨水溶液中c（OH）=c（NH4+）= mol/L=103mol/L，等体积混合，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，原氨水溶液浓度大于盐酸，所得溶液为氯化铵和一水合氨溶液，溶液中c（NH3H2O）c（NH4+）c（Cl），故D正确；故选CD【分析】A盐酸和一水合氨反应生

21、成氯化铵，铵根离子水解溶液显酸性，选择酸性溶液中指示剂变色的指示剂；B.0.2 molL1的醋酸与0.1 molL1的氢氧化钠溶液等体积混合，得到等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液，结合溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断；CpH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合恰好完全反应生成醋酸铵溶液，常温下，Ka（CH3COOH）=Kb（NH3H2O）=1.75105分析；DpH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子 二、解答题 8、【答案】（1）使碘充分反应以提高其利用率；防止生成的I被氧化；取少量溶液于试管中，加人淀粉溶液（及少量稀硫酸），溶液不变蓝色，说明已不含

22、I2（2）FeI2+2NaHCO3=FeCO3+2NaI+CO2+H2O（3）向（2）的滤液中加入稍过量的HI溶液，再微热；蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶并干燥（4）99.45% 【考点】制备实验方案的设计 【解析】【解答】解：（1）制备碘化亚铁溶液，为保证碘充分反应，铁粉过量，反应过程通入氮气，防止防止生成的I被氧化； 故答案为：使碘充分反应以提高其利用率；防止生成的I被氧化；检验反应液中不含碘单质可选淀粉，故方法是：取少量溶液于试管中，加人淀粉溶液（及少量稀硫酸），溶液不变蓝色，说明已不含I2；故答案为：取少量溶液于试管中，加人淀粉溶液（及少量稀硫酸），溶液不变蓝色，说明已不含I2；（2

23、）将制备好的碘化亚铁溶液加入碳酸氢钠溶液中，在80100下，生成碘化钠及碳酸亚铁和二氧化碳，化学方程式为：FeI2+2NaHCO3=FeCO3+2NaI+CO2+H2O；故答案为：FeI2+2NaHCO3=FeCO3+2NaI+CO2+H2O；（3）除去碘化钠溶液中的HCO3可适当增强溶液酸性，同时注意不引入杂质，方法为：向（2）的滤液中加入稍过量的HI溶液，再微热；故答案为：向（2）的滤液中加入稍过量的HI溶液，再微热；碘化钠20时溶解度为179/100g水，100时溶解度为302/100g水，将碘化钠溶液蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶并干燥；故答案为：蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶并干

24、燥；（4）根据NaIAgI，则m（NaI）= g=18g，故纯度为： =99.45%，故答案为：99.45%【分析】（1）将碘和铁粉加入三颈烧瓶中然后加入适量水，制备碘化亚铁溶液，为保证碘充分反应，铁粉过量，反应过程通入氮气，防止防止生成的I被氧化；检验反应液中不含碘单质的方法是根据淀粉遇碘单质显蓝色分析；（2）将制备好的碘化亚铁溶液加入碳酸氢钠溶液中，在80100下，生成碘化钠及碳酸亚铁和二氧化碳，据此书写；（3）除去碘化钠溶液中的HCO3可适当增强溶液酸性，同时注意不引入杂质；碘化钠20时溶解度为179/100g水，100时溶解度为302/100g水，可选用蒸发浓缩的方法得晶体；（4）根据

25、NaIAgI，计算m（NaI），从而计算其纯度 9、【答案】（1）217.4kJ/mol（2）1.1108 mol/L（3）D；4050（4）0.56amol/L；CuCl+Ag+=AgCl+Cu2+ 【考点】热化学方程式，化学平衡状态的判断，化学平衡的计算 【解析】【解答】解：（1）2Cu2S（s）+3O2（g）=2Cu2O（s）+2SO2（g）H=768.2kJmol1 2Cu2O（s）+Cu2S（s）=6Cu（s）+SO2（g）H=+116.0kJmol1 将方程式 得Cu2S（s）+O2（g）=2Cu（s）+SO2（g）H= kJ/mol=217.4kJ/mol，故答案为：217.4k

26、J/mol；（2）KSP（BaSO4）=1.11010 ， 假设两种溶液的体积都是1L，nBa（OH）2=0.1mol/L1L=0.1moln（H2SO4）=0.12mol/L1L=0.12mol，所以硫酸剩余，溶液呈酸性，混合溶液中c（SO42 ）= =0.01mol/L，c（Ba2+）= = mol/L=1.1108 mol/L，故答案为：1.1108 mol/L；（3）A反应前后气体总质量不变、容器体积不变，所以容器内气体密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故错误；B无论反应是否达到平衡状态都存在O2、SO2的消耗速率之比为1：2，不能据此判断平衡状态，故错误；Cn（SO2）：n（O2）

27、：n（SO3）=2：1：2 时该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，不能据此判断平衡状态，故错误；D反应前后气体物质的量减小、压强减小，当容器内压强不再发生变化时正逆反应速率相等反应达到平衡状态，故正确；故选D；根据图知，二氧化硫的转化率为90%，开始时c（SO2）= =0.4mol/L、c（O2）= =0.2mol/L，参加反应的c（SO2）=0.4mol/L90%=0.36mol/L，该反应SO2（g）O2（g）=2SO3（g）开始（mol/L）0.40.20反应（mol/L）0.360.180.36平衡（mol/L）0.040.020.36化学平衡常数K= = =4050

28、；升高温度正逆反应速率都增大，反应到达平衡的时间缩短，升高温度平衡逆向移动，二氧化硫转化率降低，其图象为 ，故答案为：4050； ；（4）若溶液中含铜微粒的总浓度为amolL1 ， 则X点对应的c（CuCl+）=amol/L（122%22%）=0.56amo/L，故答案为：0.56amol/L；根据图知，氯离子浓度减小，含铜微粒有CuCl+变为Cu 2+ ， 反应离子方程式为CuCl+Ag+=AgCl+Cu2+， 故答案为：CuCl+Ag+=AgCl+Cu2+ 【分析】（1）2Cu2S（s）+3O2（g）=2Cu2O（s）+2SO2（g）H=768.2kJmol1 2Cu2O（s）+Cu2S（

29、s）=6Cu（s）+SO2（g）H=+116.0kJmol1 将方程式 得Cu2S（s）+O2（g）=2Cu（s）+SO2（g）H 进行相应的改变；（2）KSP（BaSO4）=1.11010 ， 假设两种溶液的体积都是1L，nBa（OH）2=0.1mol/L1L=0.1moln（H2SO4）=0.12mol/L1L=0.12mol，所以硫酸剩余，溶液呈酸性，混合溶液中c（SO42 ）= =0.01mol/L，c（Ba2+）= ；（3可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；根据图知，二氧化硫的转化率为90%，开始

30、时c（SO2）= =0.4mol/L、c（O2）= =0.2mol/L，参加反应的c（SO2）=0.4mol/L90%=0.36mol/L，该反应SO2（g）O2（g）=2SO3（g）开始（mol/L）0.40.20反应（mol/L）0.360.180.36平衡（mol/L）0.040.020.36化学平衡常数K= ；升高温度正逆反应速率都增大，反应到达平衡的时间缩短，升高温度平衡逆向移动，二氧化硫转化率降低；（4）若溶液中含铜微粒的总浓度为amolL1 ， 则X点对应的c（CuCl+）=amol/L（122%22%）；根据图知，氯离子浓度减小，含铜微粒有CuCl+变为Cu 2+ 10、【答案

31、】（1）ac（2）3104mol/L；升温促进Mg2+水解生成Mg（OH）2；SiO32+2H2O H2SiO3+2OH（或者SiO32+3H2O H4SiO4+2OH）（3）水浴加热（4）9；使两份溶液总体积相等，便于比较（5）2NH4VO3+4H2C2O4=（NH4）2（VO）2（C2O4）3+2CO2+4H2O 【考点】制备实验方案的设计 【解析】【解答】解：（1）根据气体在水中溶解度的影响因素可知，升温、减压都可以减小气体的溶解度，故选a，由于氨气在水中形成氨水能电离出氢氧根离子，根平衡移动原理，增加氢氧根浓度可以减小氨气 的溶解度，故选c， 故答案为：ac；（2）已知Ksp（MgSi

32、O3）=c（Mg2+）c（SiO32）=2.4l05 ， 结合c（SiO32）=0.08mol/L，则c（Mg2+）= =3104mol/L，故答案为：3104mol/L；根据影响盐类水解的因素可知，升高温度水解程度增大，镁离子、硅酸根离子都是易水解的离子，所以升温促进Mg2+水解生成Mg（OH）2 ， 使硅酸根水解生成硅沉淀，反应的离子方程式为SiO32+2H2O H2SiO3+2OH（或者SiO32+3H2O H4SiO4+2OH）；故答案为：升温促进Mg2+水解生成Mg（OH）2；SiO32+2H2O H2SiO3+2OH（或者SiO32+3H2O H4SiO4+2OH）；（3）沉钒时，

33、反应温度需控制在50，可采用水浴加热，故答案为：水浴加热；（4）探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，为要有可比性，两溶液的体积必须相等，所以要 向A中加入约9 mL蒸馏水，使两份溶液总体积相等，便于比较；故答案为：9；使两份溶液总体积相等，便于比较；（5）偏钒酸铵与草酸反应生成（NH4）2（VO）2（C2O4）3，V元素化合价降低，则碳元素化合价升高由二氧化碳生成，则化学方程为：2NH4VO3+4H2C2O4=（NH4）2（VO）2（C2O4）3+2CO2+4H2O；故答案为：2NH4VO3+4H2C2O4=（NH4）2（VO）2（C2O4）3+2CO2+4H2O【分析】以沉淀法除去工业级偏钒

34、酸铵（NH4VO3）中硅、磷元素杂质的流程为：在偏钒酸铵中加氢氧化钠溶液，将偏钒酸铵溶解，铵盐遇到强碱生成氨气，再加盐酸调节溶液的pH值，加硫酸镁，生成Mg3（PO4）2、MgSiO3沉淀，过滤除去滤渣，在滤液中加氯化铵得偏钒酸铵，（1）根据气体在水中溶解度的影响因素可知，升温、减压都可以减小气体的溶解度，由于氨气在水中形成氨水能电离出氢氧根离子，根平衡移动原理，增加氢氧根浓度可以减小氨气 的溶解度；（2）根据Ksp（MgSiO3）=c（Mg2+）c（SiO32）=2.4l05 ， 结合c（SiO32）=0.08mol/L，进行计算；根据影响盐类水解的因素可知，升高温度水解程度增大，镁离子、硅

35、酸根离子都是易水解的离子；（3）沉钒时，反应温度需控制在50，可采用水浴加热；（4）探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，对比试验应体积形同；（5）偏钒酸铵与草酸反应生成（NH4）2（VO）2（C2O4）3和二氧化碳，据此分析 11、【答案】（1）Ar3d104s24p4（2）；（3）sp3；SO3（4）非极性（5）NA（6）HN3分子间存在氢键（7）6；【考点】原子核外电子排布，晶胞的计算，原子轨道杂化方式及杂化类型判断 【解析】【解答】解：（1）Se是S的下一周期同主族元素，其核外电子排布式为Ar3d104s24p4 ， 故答案为：Ar3d104s24p4；（2）同一周期中，元素的第一电离能

36、随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于相邻元素；同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，第一电离能：SP；电负性：SP，故答案为：；（3）P4S3中P原子成3个PS键、含有一对孤对电子，杂化轨道数为4，P原子采取sp3杂化；与PO3互为等电子体的化合物分子的化学式为SO3； 故答案为：sp3；SO3；（4）二硫化碳与二氧化碳的结构相似，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故答案为：非极性；（5）根据图知，每个P上1对孤对电子对，每个S有2对孤对电子对，1mol共10

37、对孤对电子对，0.1mol含有NA孤对电子对数，故答案为：NA；（6）纯叠氮酸（HN3）在常温下是一种液体，沸点较高，为308.8K，主要原因是HN3分子间存在氢键，使沸点反常的升高，故答案为：HN3分子间存在氢键；（7）以体心Na+研究，与之相邻的Cl位于面心，晶胞中Na+的配位数为6，晶胞中Na+与Cl之间的距离为a cm，则晶胞棱长为2a cm，晶胞体积为（2a cm）3 ， 晶胞中Na+离子数目为1+12 =4、Cl离子数目为8 +6 =4，则晶胞质量为4 g，则晶胞密度为4 g（2a cm）3= gcm3 ， 故答案为：6； 【分析】（1）Se是S的下一周期同主族元素，其核外电子排布

38、式为Ar3d104s24p4；（2）同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于相邻元素；同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小；（3）P4S3中P原子成3个PS键、含有一对孤对电子，杂化轨道数为4，P原子采取sp3杂化；与PO3互为等电子体的化合物分子的化学式为SO3；故答案为：sp3；SO3；（4）二硫化碳与二氧化碳的结构相似，正负电荷中心重合，属于非极性分子；（5）根据图知，每个P上1对孤对电子对，每个S有2对孤对电子对；（6）HN3分

39、子间存在氢键，使沸点反常的升高；（7）以体心Na+研究，与之相邻的Cl位于面心，晶胞中Na+的配位数为6，晶胞中Na+与Cl之间的距离为a cm，则晶胞棱长为2a cm，晶胞体积为（2a cm）3 ， 晶胞中Na+离子数目为1+12 =4、Cl离子数目为8 +6 =4，则晶胞质量为4 g，则晶胞密度为4 g（2a cm）3= gcm3 12、【答案】（1）醚键、羰基、硝基；取代反应（2）+（CH3CO）2O +CH3COOH（3）；（4）17；（5）【考点】有机物的合成 【解析】【解答】解：由D的分子式与E的结构可知，D与 发生取代反应生成E，则D为 ，C能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚

40、羟基，结合C的分子式逆推可知C为 ，A的分子式为C6H6O，A与乙酸酐反应得到酯B，B在氯化铝作用下得到C，则A为 ，B为 E与溴发生取代反应生成F，相当于E中羰基还原为羟基，再发生取代反应得到F（1）F中的含氧官能团有：醚键、羰基、硝基，反应的反应类型为取代反应， 故答案为：醚键、羰基、硝基；取代反应；（2）反应的化学方程式为： +（CH3CO）2O +CH3COOH，故答案为： +（CH3CO）2O +CH3COOH；（3）C的结构简式为 ，D的结构简式为 ，故答案为： ； ；（4）B（ ）的同分异构体（不含立体异构）中能同时满足下列条件：a能发生银镜反应，说明含有醛基，b能与NaOH溶液

41、发生反应，说明含有酯基或酚羟基，c含有苯环结构，若为甲酸形成的酯基，含有1个取代基，可以为甲酸苯甲酯，含有2个取代基为CH3、OOCH，有邻、间、对3种，若含有醛基、酚羟基，含有2个取代基，其中一个为OH，另外的取代基为CH2CHO，有邻、间、对3种，含有3个取代基，为OH、CH3、CHO，当OH、CH3处于邻位时，CHO有4种位置，当OH、CH3处于间位时，CHO有4种位置，当OH、CH3处于对位时，CHO有2种位置，符合条件的同分异构体共有17种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的是 ，故答案为：17； ；（5） 在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成 ，发生催化氧化生成 ，在硝酸/磷酸条件下发生取代反应生成 ，最后在NaBH4条件下反应生成 ，合成路线流程图为： ，故答案为： 【分析】由D的分子式与E的结构可知，D与 发生取代反应生成E，则D为 ，C能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，结合C的分子式逆推可知C为 ，A的分子式为C6H6O，A与乙酸酐反应得到酯B，B在氯化铝作用下得到C，则A为 ，B为 E与溴发生取代反应生成F，相当于E中羰基还原为羟基，再发生取代反应得到F（5） 在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成 ，发生催化氧化生成 ，在硝酸/磷酸条件下发生取代反应生成 ，最后在NaBH4条件下反应生成