1、2017年山东省齐鲁名校教科研协作体、湖北省部分重点中学高考化学冲刺模拟试卷（五）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学知识无处不在，下列与常见古诗文记载对应的化学知识正确的是（）常见古诗文记载化学知识A梦溪笔谈中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”剂钢指的是铁的合金，其硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高B荀子劝学：“冰水为之，而寒于水”冰的能量低于水的，冰转化为水属于吸热反应C诗经大雅绵：“堇茶如饴“郑玄笺：“其所生菜，虽有性苦者，甘如饴也“糖类均有甜味D唐苏味道正月十五夜诗：“火树银花合，星桥铁锁开“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应AABBCCD
2、D2设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A0.5mol熔融的NaHSO4中含有的离子数目为1.5NAB标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移电子数为0.1NAC氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L氯化氢，则断裂化学键总数为NAD电解精练铜时，转移1mol电子时，阳极溶解的铜的质量为32g3某种新型高分子材料的结构简式为，对此高聚物叙述不正确的是（）A化学式为（C11H10O2）nB可以发生水解反应、氧化反应，也能发生卤代反应C1mol该有机物分子最多能和4molH2发生加成反应D该高分子材料是经加聚反应而得到4为达到下列实验目的，表中提供的主要仪器及所用试剂合理的是（）实验目的
3、主要仪器所用试剂A制备少量CO2大试管、带导管的单孔塞石灰石、稀盐酸B检验溶液中SO32试管、胶头滴管Ba（NO3）2溶液、稀盐酸C配制240mL0.1molL1KMnO4溶液250mL容量瓶、量筒、玻璃棒、胶头滴管KMnO4固体、蒸馏水D分离NaOH溶液中的 CaCO3分液漏斗、烧杯、玻璃棒混有CaCO3的NaOH溶液AABBCCDD5光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O生成甲醇的光能储存装置如图所示，制备开始时质子交换膜两侧的溶液质量相等下列叙述不正确的是（）An型半导体为负极BX2为O2，H+由b极向a极移动Cb极的电极反应式为CO2+6e+6H+
4、=CH3OH+H2OD当制备32g甲醇时，质子交换膜两侧溶液相差104g6钾长石的主要成分为硅酸盐，由前20号元素中的四种组成，化学式为XYZ3W8其中，只有W显负价X、Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等Y3+与W的阴离子具有相同的电子层结构X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和下列说法错误的是（）AW的离子半径Y的离子半径BZ的氢化物稳定性W的氢化物稳定性CY的氧化物既能与盐酸，又能与NaOH溶液反应DX2W2、Y2W3两种化合物含有的化学键类型完全相同7常温下，10mL浓度均为0.1mol/L的HX和HY两种一元酸溶液加水稀释过程中溶液的pH随溶液体积变化曲线如图所示则下列说法正确
5、的是（）AHX的电离常数K（HX）大于HY的电离常数K（HY）Ba点水的电离程度大于b点水的电离程度Ca、b两点对应的两种酸等体积混合后溶液的pH大于混合前溶液的pHD浓度均为0.1mol/L的NaX和NaY组成的混合溶液中c（Na+）c（Y）c（X）c（OH）c（H+）二、解答题（共3小题，满分43分）8单质硅是半导体材料，也是目前太阳能发电的核心材料工业上利用SiO2为原料，用还原剂还原可制备单质硅某学校探究小组利用如图所示装置，探究焦炭还原SiO2制备单质硅及过程中生成的气体产物的成分已知反应：CO+PdCl2+H2O=CO2+2HCl+Pd，溶液变浑浊，金属钯呈黑色回答下列问题：（1）
6、实验前需要先在装置中通入一段时间的He，其作用是 （2）装置B的作用是 （填字母）a收集气体 b检验气体 c安全瓶 d防止液体倒吸入装置A中（3）经测定，装置A中产生CO2，则装置C和装置D分别盛放 和PdCl2溶液，若焦炭和SiO2足量，则装置C中的实验现象为 ，PdCl2溶液中出现黑色浑浊，则装置A中发生反应的化学方程式为 （4）装置D的出气导管放置在酒精灯火焰上方，目的是 （5）试设计实验证明碳、硅的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱： 9钼酸钠晶体（Na2MoO42H2O）可用于制造生物碱、油墨、化肥、钼红颜料等，也可用于制造阻燃剂和无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂如图所示是利用钼精矿（
7、主要成分为MoS2，含少量PbS等）为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图请回答下列问题：（1）Na2MoO4中Mo的化合价为 （2）“焙烧”时，有MoO3生成，反应的化学方程式为 ，氧化产物是 （3）“碱浸”生成CO2和另外一种物质，CO2的电子式为 ，另外一种生成物的化学式为 （4）若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S，则废渣的成分为 （填化学式）（5）测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：c（MoO42）=0.40molL1，c（SO42）=0.04molL1“结晶”前应先除去SO42，方法是加入Ba（OH）2固体假设加入Ba（OH）2固体后溶液体积不变，当BaMoO4开始沉淀时，去除的
8、SO42的质量分数为 %（保留小数点后一位数字）已知Ksp（BaSO4）=1.11010，Ksp（BaMoO4）=4.0108（6）在碱性条件下，将钼精矿加入NaClO溶液中，也可以制备钼酸钠该反应的离子方程式为 10已知钒的化合物在水溶液中存在多种离子形式：V2+（紫色）、V3+（绿色）、VO2+（蓝色）、VO2+（淡黄色）、VO43（无色）、V5O143（红棕色）等（1）如果向酸性的VSO4溶液中滴加高锰酸钾溶液，溶液出现的颜色变化是紫色绿色蓝色绿色黄色第一次出现绿色发生反应的离子方程式是 第二次出现绿色时溶液中的主要阳离子是 （2）向酸性淡黄色的（VO2）2SO4溶液中加入NaOH溶液调
9、节pH，溶液会出现一定的颜色变化，最终变为无色若向所得溶液中加入硫酸，则现象恰好相反由给出的钒所形成的离子的信息可知，在调节PH过程中会出现 色，用离子方程式表示过程中出现该颜色的特征： （3）VO2+加入氨水中可以得到NH4VO3室温下，NH4VO3在水中的Ksp曲线如图1所示，则Ksp（NH4VO3）= 热重分析可探究化学变化的历程，某研究小组取234g NH4VO3进行探究，焙烧过程中减少的质量随温度变化的曲线如图2所示，则B是 （填化学式，后同），C是 （4）钒液流电池具有广泛的应用领域和市场前景如图3所示为电池充电时的部分工作原理，电池放电时负极是 （填“X”或“Y”），电池充电时阳
10、极的电极反应式是 三、解答题（共1小题，满分15分）11硼元素B在化学中有很重要的地位硼的化合物在农业、医药、玻璃工业等方面用途很广请回答下列问题：（1）写出与B元素同主族的Ga元素的基态原子核外电子排布式 从原子结构的角度分析，B、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为 （2）立方氮化硼可利用人工方法在高温高压条件下合成，属于超硬材料同属原子晶体的氮化硼（BN）比晶体硅具有更高硬度和耐热性的原因是 （3）在BF3分子中中心原子的杂化轨道类型是 ，SiF4微粒的空间构型是 又知若有d轨道参与杂化，能大大提高中心原子成键能力试解释为什么BF3、SiF4水解的产物中，除了相应的酸外，前者生成BF4
11、一后者却是生成SiF62： （4）科学家发现硼化镁在39K时呈超导性，在硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子是分层排布的，一层镁一层硼相间排列如图是该晶体微观空间中取出的部分原子沿Z轴方向的投影，白球是镁原子投影，黑球是硼原子投影，图中的硼原子和镁原子投影在同一平面上根据图示确定硼化镁的化学式为 四、解答题（共1小题，满分0分）12具有抗HIV、抗肿瘤、抗真菌和延缓心血管老化的活性苯并呋喃衍生物（R）的合成路线如图：已知：RCHO+R1CH2CHORCH=+H2O（R、R1表示烃基或氢）（1）A的名称是 DE的反应类型是 F中含有的官能团有酯基、 和 （写名称）写出F与足量NaOH溶液共热反
12、应的化学方程式 （2）物质G可通过如下流程合成：IJMG1.08g 的I 与饱和溴水完全反应，生成2.66g白色沉淀，则I的结构简式为 写出MG中反应的化学方程式 （3）下列说法正确的是 （选填字母）aY易溶于水 bB能使酸性高锰酸钾溶液褪色cR的分子式为C12H10O3 dI与互为同系物（4）写出符合下列要求的E的同分异构体的结构简式（写反式结构）： （写反式结构）与E具有相同官能团 能发生银镜反应 有2个CH3存在顺反异构2017年山东省齐鲁名校教科研协作体、湖北省部分重点中学高考化学冲刺模拟试卷（五）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学知识无处不在，下列
13、与常见古诗文记载对应的化学知识正确的是（）常见古诗文记载化学知识A梦溪笔谈中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”剂钢指的是铁的合金，其硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高B荀子劝学：“冰水为之，而寒于水”冰的能量低于水的，冰转化为水属于吸热反应C诗经大雅绵：“堇茶如饴“郑玄笺：“其所生菜，虽有性苦者，甘如饴也“糖类均有甜味D唐苏味道正月十五夜诗：“火树银花合，星桥铁锁开“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应AABBCCDD【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系；GH：焰色反应【分析】A合金的性质分析，合金硬度比成分金属大，熔点低；B物质三态转化，并不是化学反应；C
14、糖类的性质中不是所有的糖类都有甜味；D焰色反应是某些金属的特征性质；【解答】解：A剂钢指的是铁的合金，其硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，故A错误；B物质三态转化并不是化学反应，冰的能量低于水的，冰转化为水属于物理变化，故B错误；C不是所有的糖类都有甜味，例如纤维素，故C错误；D焰色反应是某些金属的特征性质，不同金属的焰色反应不同，“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应的体现，故D正确；故选D2设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A0.5mol熔融的NaHSO4中含有的离子数目为1.5NAB标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移电子数为0.1NAC氢气与氯气反应生成标准状况
15、下22.4L氯化氢，则断裂化学键总数为NAD电解精练铜时，转移1mol电子时，阳极溶解的铜的质量为32g【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A熔融硫酸氢钠电离出钠离子和硫酸氢根离子；B氯气溶于水是可逆反应，并不能完全反应；C当反应生成2molHCl时，断裂2mol化学键；D电解精炼铜的过程中，阳极溶解的不全都是铜【解答】解：A熔融的NaHSO4 只含Na+、HSO4，0.5mol中含有离子为NA，故A错误；B氯气溶于水是可逆反应，并不能完全反应，2.24L标况下Cl2的物质的量为0.1mol，转移的电子数0.1NA，故B错误；C生成标况下22.4LHCl气体，即1molHCl，消耗H2和Cl2
16、各0.5mol，断裂化学键各0.5mol，断键总数NA，故C正确；D电解精炼铜，阳极为粗铜，其中还含有杂质，当转移1mol电子时，溶解的铜质量小于32g，故D错误故选C3某种新型高分子材料的结构简式为，对此高聚物叙述不正确的是（）A化学式为（C11H10O2）nB可以发生水解反应、氧化反应，也能发生卤代反应C1mol该有机物分子最多能和4molH2发生加成反应D该高分子材料是经加聚反应而得到【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】由结构可知分子式，分子中含COOC、碳碳双键，结合酯、烯烃及苯的性质来解答【解答】解：A由结构可知，该有机物的分子式为（C11H10O2）n，故A正确；B分子中含有酯
17、基，可以发生水解反应，含有碳碳双键，可以发生氧化反应，含有苯环，可以发生卤代反应，故B正确；C该有机物属于高聚物，苯环、双键均与氢气发生加成反应，1mol该有机物分子最多能和4n mol H2发生加成反应，故C错误；D该有机物高分子的主链上只有2个C，经加聚反应聚合而成，故D正确；故选C4为达到下列实验目的，表中提供的主要仪器及所用试剂合理的是（）实验目的主要仪器所用试剂A制备少量CO2大试管、带导管的单孔塞石灰石、稀盐酸B检验溶液中SO32试管、胶头滴管Ba（NO3）2溶液、稀盐酸C配制240mL0.1molL1KMnO4溶液250mL容量瓶、量筒、玻璃棒、胶头滴管KMnO4固体、蒸馏水D分
18、离NaOH溶液中的 CaCO3分液漏斗、烧杯、玻璃棒混有CaCO3的NaOH溶液AABBCCDD【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A利用固体与液体混合，且不加热装置可制备二氧化碳；B硝酸根离子在酸性条件下可氧化亚硫酸根离子；C配制240mL0.1molL1KMnO4溶液，选250mL容量瓶，计算后称量固体质量；DCaCO3不溶于水【解答】解：A石灰石与稀盐酸发生反应制备二氧化碳，选择大试管、带导管的单孔塞合理，故A正确；BNO3酸性条件下具有强氧化性，可将SO32氧化成SO42，故Ba（NO3）2不能用于检验SO32，故B错误；C需要用托盘天平称取高锰酸钾固体质量，故C错误；D需要过滤分
19、离，过滤操作需用普通漏斗，故D错误；故选A5光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O生成甲醇的光能储存装置如图所示，制备开始时质子交换膜两侧的溶液质量相等下列叙述不正确的是（）An型半导体为负极BX2为O2，H+由b极向a极移动Cb极的电极反应式为CO2+6e+6H+=CH3OH+H2OD当制备32g甲醇时，质子交换膜两侧溶液相差104g【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】由利用太阳光、CO2、H2O生成甲醇的光能储存装置可知，b电极上C得到电子，b为阴极，则n型半导体为负极，阴极反应为CO2+6e+6H+=CH3OH+H2O，a与正极相连为阳极，
20、阳极上发生氧化反应为2H2O4e=O2+4H+，以此来解答【解答】解：A由图中b极产生甲醇可知，b极为阴极，所以n型半导体为负极，故A正确；Ba极为阳极，电极反应为2H2O4e=O2+4H+，H+由a极向b极移动，故B错误；Cb极的电极反应式为CO2+6e+6H+=CH3OH+H2O，为还原反应，故C正确；D由得失电子守恒可得关系式：6 H2O3O22 CH3OH，当生成32gCH3OH时，a极消耗54g水，b极生成18g水，故质子交换膜两侧溶液相差104g，故D正确；故选B6钾长石的主要成分为硅酸盐，由前20号元素中的四种组成，化学式为XYZ3W8其中，只有W显负价X、Y的最外层电子数之和与
21、Z的最高正价数相等Y3+与W的阴离子具有相同的电子层结构X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和下列说法错误的是（）AW的离子半径Y的离子半径BZ的氢化物稳定性W的氢化物稳定性CY的氧化物既能与盐酸，又能与NaOH溶液反应DX2W2、Y2W3两种化合物含有的化学键类型完全相同【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系【分析】只有W显负价，应为O元素，Y3+与W的阴离子具有相同的电子层结构，Y为Al元素，X、Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等，可知该硅酸盐中，Z应为Si元素，X的化合价为+1价，X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和，则X为K元素，以此解答该题【解答】解：只有W显负价，应为
22、O元素，Y3+与W的阴离子具有相同的电子层结构，Y为Al元素，X、Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等，可知该硅酸盐中，Z应为Si元素，X的化合价为+1价，X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和，则X为K元素，该硅酸盐为KAlSi3O8，AO2与Al3+具有相同的核外电子排布，核电荷数越小离子半径越大，故A正确；B非金属性OSi，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；CAl2O3为两性氧化物，既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，故C正确；DK2O2、Al2O3两种化合物都为离子化合物，K2O2含有离子键和共价键，而Al2O3只含有离子键，故D错误故选D7常温下，10mL浓
23、度均为0.1mol/L的HX和HY两种一元酸溶液加水稀释过程中溶液的pH随溶液体积变化曲线如图所示则下列说法正确的是（）AHX的电离常数K（HX）大于HY的电离常数K（HY）Ba点水的电离程度大于b点水的电离程度Ca、b两点对应的两种酸等体积混合后溶液的pH大于混合前溶液的pHD浓度均为0.1mol/L的NaX和NaY组成的混合溶液中c（Na+）c（Y）c（X）c（OH）c（H+）【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】浓度均为0.1mol/L的HX和HY两种一元酸，HY溶液的pH=2，HX的pH=3，说明HY溶液中氢离子浓度大于HX，则HY的酸性比HX强，酸性越强，对应盐是
24、水解程度越大，结合酸对水的电离影响分析【解答】解：A浓度均为0.1mol/L的HX和HY两种一元酸，HY溶液的pH=2，HX的pH=3，说明HY溶液中氢离子浓度大于HX，则HY的酸性比HX强，所以HX的电离常数K（HX）小于HY的电离常数K（HY），故A错误；Bab两点溶液中氢离子浓度相同，对水的电离的抑制程度相同，所以a点水的电离程度等于b点水的电离程度，故B错误；Cab两点溶液中氢离子浓度相同，a、b两点对应的两种酸等体积混合后溶液的pH等于混合前溶液的pH，故C错误；DHY的酸性比HX强，则NaX的水解程度大，所以溶液中c（Y）c（X），则溶液中离子浓度大小关系：c（Na+）c（Y）c（
25、X）c（OH）c（H+），故D正确故选D二、解答题（共3小题，满分43分）8单质硅是半导体材料，也是目前太阳能发电的核心材料工业上利用SiO2为原料，用还原剂还原可制备单质硅某学校探究小组利用如图所示装置，探究焦炭还原SiO2制备单质硅及过程中生成的气体产物的成分已知反应：CO+PdCl2+H2O=CO2+2HCl+Pd，溶液变浑浊，金属钯呈黑色回答下列问题：（1）实验前需要先在装置中通入一段时间的He，其作用是排尽装置A中的空气（2）装置B的作用是cd （填字母）a收集气体 b检验气体 c安全瓶 d防止液体倒吸入装置A中（3）经测定，装置A中产生CO2，则装置C和装置D分别盛放澄清石灰水和P
26、dCl2溶液，若焦炭和SiO2足量，则装置C中的实验现象为先出现白色沉淀，后沉淀溶解，PdCl2溶液中出现黑色浑浊，则装置A中发生反应的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO、SiO2+CSi+CO2（4）装置D的出气导管放置在酒精灯火焰上方，目的是燃烧有毒尾气CO，防止污染环境（5）试设计实验证明碳、硅的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：向Na2SiO3溶液中通入CO2，生成白色沉淀，证明碳酸酸性大于硅酸【考点】U2：性质实验方案的设计【分析】对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究，碳与二氧化硅反应要在高温下进行，而高温下碳与空气中氧气反应，所以实验时要将装置中的空气排尽，利用氦气排净
27、装置内的空气，关闭活塞，点燃酒精灯发生反应生成一氧化碳，装置B为安全瓶，根据元素守恒，碳与二氧化硅反应可能生成一氧化碳也可能生成二氧化碳，所以C装置用来检验有没有二氧化碳，D装置用来检验一氧化碳；通过装置D中PdCl2溶液检验一氧化碳生成的生成，最后点燃，防止CO污染空气，以此解答该题【解答】解：（1）实验前通He的目的是排尽装置A中的空气，以避免氧气与碳反应，故答案为：排尽装置A中的空气；（2）若缺少装置B，则装置A与装置C直接相连，C中的液体会倒吸进入装置A中，导致热的试管炸裂，则起到安全瓶的作用，故答案为：cd；（3）CO2与澄清石灰水反应先生成CaCO3白色沉淀，继续反应生成Ca（HC
28、O3）2，沉淀溶解，装置C中的实验现象为先出现白色沉淀，后沉淀溶解，由装置C、D中现象可知，反应生成CO和CO2，故反应的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO、SiO2+CSi+CO2，故答案为：澄清石灰水；先出现白色沉淀，后沉淀溶解；SiO2+2CSi+2CO、SiO2+CSi+CO2；（4）装置A中反应生成的CO有毒，可通过燃烧使其转化为无毒的物质，防止污染环境，故答案为：燃烧有毒尾气CO，防止污染环境；（5）碳酸与Na2SiO3反应生成硅酸的原理是强酸制弱酸，可向Na2SiO3溶液中通入CO2，生成白色沉淀，证明碳酸酸性大于硅酸，故答案为：向Na2SiO3溶液中通入CO2，生成白色沉淀
29、，证明碳酸酸性大于硅酸9钼酸钠晶体（Na2MoO42H2O）可用于制造生物碱、油墨、化肥、钼红颜料等，也可用于制造阻燃剂和无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂如图所示是利用钼精矿（主要成分为MoS2，含少量PbS等）为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图请回答下列问题：（1）Na2MoO4中Mo的化合价为+6（2）“焙烧”时，有MoO3生成，反应的化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，氧化产物是MoO3、SO2（3）“碱浸”生成CO2和另外一种物质，CO2的电子式为，另外一种生成物的化学式为Na2MoO4（4）若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S，则废渣的成分为PbS（填化学式）（5）
30、测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：c（MoO42）=0.40molL1，c（SO42）=0.04molL1“结晶”前应先除去SO42，方法是加入Ba（OH）2固体假设加入Ba（OH）2固体后溶液体积不变，当BaMoO4开始沉淀时，去除的SO42的质量分数为97.3%（保留小数点后一位数字）已知Ksp（BaSO4）=1.11010，Ksp（BaMoO4）=4.0108（6）在碱性条件下，将钼精矿加入NaClO溶液中，也可以制备钼酸钠该反应的离子方程式为MoS2+9ClO+6OH=MoO42+9Cl+2SO42+3H2O【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】灼烧钼精矿，M
31、oS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO32=MoO42+CO2，然后向溶液中加入沉淀剂除去重金属离子，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4.2H2O，（1）根据在化合物中正负化合价代数和为零计算；（2）焙烧过程中钼精矿发生的主要反应的化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，元素化合价升高的失去电子发生氧化反应得到氧化产物；（3）二氧化碳使共价化合物，碳原子分别和氧原子形成两个共价键，据此书写电子式，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反
32、应生成二氧化碳和钼酸钠；（4）除重金属离子就是出去溶液中的Pb2+，生成硫化铅；（5）根据钼酸钡和硫酸钡的溶度积计算出溶液中硫酸根离子的浓度，在再计算出SO42的去除率；（6）用NaClO在碱性条件下氧化MoO3，得到钼酸钠和NaCl和水，同时有SO42生成，据此可写出离子反应方程式【解答】解：（1）计算结晶水合物钼钼酸钠中元素的化合价只计算Na2MoO4中钼元素的化合价即可，钠元素显+1，氧元素显2，设钼元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可知钼酸钠（Na2MoO42H2O）中钼元素的化合价：（+1）2+x+（2）4=0，则x=+6，故答案为：+6； （2）焙烧过程中钼精矿
33、发生的主要反应的化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，元素化合价升高的失去电子发生氧化反应得到氧化产物，反应中Mo元素化合价+2价变化为+6价，硫元素化合价1价变化为+4价，该反应中氧化产物是MoO3、SO2，故答案为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；MoO3、SO2；（3）二氧化碳为共价化合物，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳正确的电子式为：，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和钼酸钠，化学方程式为：MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2，另一种产物为Na2MoO4，故答案为：；Na2MoO4；（4）由钼精矿的杂质为PbS可知，除重金属离子
34、就是出去溶液中的Pb2+，因此废渣为PbS，故答案为：PbS；（5）BaMoO4开始沉淀时，C（Ba2+）=molL1=1.0107molL1，故溶液中C（SO42）=molL1=1.1103molL1，故去除的SO42的质量分数为1100%=12.75%97.3%，故答案为：97.3；（6）ClO作氧化剂，将MoS2氧化成MoO42和SO42，用NaClO在碱性条件下氧化MoO3，发生反应的离子方程式为：MnS2+9ClO+6OH=MoO42+9Cl+2SO42+3H2O，故答案为：MoS2+9ClO+6OH=MoO42+9Cl+2SO42+3H2O10已知钒的化合物在水溶液中存在多种离子形
35、式：V2+（紫色）、V3+（绿色）、VO2+（蓝色）、VO2+（淡黄色）、VO43（无色）、V5O143（红棕色）等（1）如果向酸性的VSO4溶液中滴加高锰酸钾溶液，溶液出现的颜色变化是紫色绿色蓝色绿色黄色第一次出现绿色发生反应的离子方程式是5V2+MnO4+8H+=5V3+Mn2+4H2O第二次出现绿色时溶液中的主要阳离子是VO2+、VO2+、Mn2+、H+（2）向酸性淡黄色的（VO2）2SO4溶液中加入NaOH溶液调节pH，溶液会出现一定的颜色变化，最终变为无色若向所得溶液中加入硫酸，则现象恰好相反由给出的钒所形成的离子的信息可知，在调节PH过程中会出现红棕 色，用离子方程式表示过程中出现
36、该颜色的特征：5VO2+8OHV5O143+4H2O、V5O143+12OH5VO43+6H2O（3）VO2+加入氨水中可以得到NH4VO3室温下，NH4VO3在水中的Ksp曲线如图1所示，则Ksp（NH4VO3）=3108热重分析可探究化学变化的历程，某研究小组取234g NH4VO3进行探究，焙烧过程中减少的质量随温度变化的曲线如图2所示，则B是HVO3 （填化学式，后同），C是V2O5（4）钒液流电池具有广泛的应用领域和市场前景如图3所示为电池充电时的部分工作原理，电池放电时负极是Y （填“X”或“Y”），电池充电时阳极的电极反应式是VO2+H2Oe=VO2+2H+【考点】B1：氧化还原
37、反应；DI：电解原理【分析】（1）因为V2+被酸性高锰酸钾溶液氧化，第一次出现绿色，与V2+价态最接近的是V3+，KMnO4被还原为Mn2+；第二次出现绿色是蓝色和黄色混合后的颜色，溶液出现的颜色变化是紫色绿色蓝色绿色黄色，结合离子颜色分析；（2）向酸性淡黄色的（VO2）2SO4溶液中加入NaOH溶液调节PH，V元素的化合价不变，随着PH的增大，H+被中和，V元素结合O元素的比例增大，可能出现的含钒的离子除VO2+（淡黄色）与VO43（无色）之外，还有V5O143，只有V5O143为红棕色；（3）室温下，由NH4VO3在水中的Ksp曲线可知，Ksp（NH4VO3）=c（NH4+）c（VO3）计
38、算；234g NH4VO3的物质的量为2mol，AB质量减少34g，则减少的是2mol NH3的质量，故B为HVO3，结合元素守恒计算判断化学式；（4）由题图中电池充电时的部分工作原理可知，H+移向阴极区，即X是阳极，Y是阴极，故电池放电时Y是负极；电池充电时，阳极发生氧化反应VO2+（淡黄色）失电子生成VO2+（蓝色）；【解答】解：（1）因为V2+被酸性高锰酸钾溶液氧化，第一次出现绿色，与V2+价态最接近的是V3+，KMnO4被还原为Mn2+，故反应的离子方程式是：5V2+MnO4+8H+=5V3+Mn2+4H2O，故答案为：5V2+MnO4+8H+=5V3+Mn2+4H2O；第二次出现绿色
39、是蓝色和黄色混合后的颜色，故溶液中有VO2+、VO2+、Mn2+、H+4种阳离子，故答案为：VO2+、VO2+、Mn2+、H+；（2）向酸性淡黄色的（VO2）2SO4溶液中加入NaOH溶液调节PH，V元素的化合价不变，随着PH的增大，H+被中和，V元素结合O元素的比例增大，可能出现的含钒的离子除VO2+（淡黄色）与VO43（无色）之外，还有V5O143，只有V5O143为红棕色注意调节PH，转化是可逆的：5VO2+8OHV5O143+4H2O、V5O143+12OH5VO43+6H2O，故答案为：红棕；5VO2+8OHV5O143+4H2O、V5O143+12OH5VO43+6H2O；（3）室
40、温下，由NH4VO3在水中的Ksp曲线可知，Ksp（NH4VO3）=c（NH4+）c（VO3）=31041104=3108，故答案为：3108；234g NH4VO3的物质的量为2mol，AB质量减少34g，则减少的是2mol NH3的质量，故B为HVO3 ，再失重即变成钒的氧化物，234g42g=192g，含氧原子的物质的量是g18gmol1=5mol，故C是V2O5，故答案为：HVO3；V2O5；（4）由题图中电池充电时的部分工作原理可知，H+移向阴极区，即X是阳极，Y是阴极，故电池放电时Y是负极；电池充电时，阳极发生氧化反应，电极反应式是：VO2+H2Oe=VO2+2H+，故答案为：Y；
41、VO2+H2Oe=VO2+2H+；三、解答题（共1小题，满分15分）11硼元素B在化学中有很重要的地位硼的化合物在农业、医药、玻璃工业等方面用途很广请回答下列问题：（1）写出与B元素同主族的Ga元素的基态原子核外电子排布式1s22s22p63d104s24p1从原子结构的角度分析，B、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为NOB（2）立方氮化硼可利用人工方法在高温高压条件下合成，属于超硬材料同属原子晶体的氮化硼（BN）比晶体硅具有更高硬度和耐热性的原因是N原子和B原子的半径比硅原子小，BN键长比SiSi短（3）在BF3分子中中心原子的杂化轨道类型是sp2，SiF4微粒的空间构型是正四面体又知若
42、有d轨道参与杂化，能大大提高中心原子成键能力试解释为什么BF3、SiF4水解的产物中，除了相应的酸外，前者生成BF4一后者却是生成SiF62：B原子最外电子层为L层，无d轨道；而Si原子最外层为N层，有d轨道，可参与杂化，使Si配位数增加至6（4）科学家发现硼化镁在39K时呈超导性，在硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子是分层排布的，一层镁一层硼相间排列如图是该晶体微观空间中取出的部分原子沿Z轴方向的投影，白球是镁原子投影，黑球是硼原子投影，图中的硼原子和镁原子投影在同一平面上根据图示确定硼化镁的化学式为MgB2【考点】86：原子核外电子排布；98：判断简单分子或离子的构型；9I：晶胞的计算
43、；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）镓是31号元素，其原子核外有31个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；（2）原子晶体的硬度与原子半径、键长成反比；（3）根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式及空间构型；B原子最外电子层为L层，无d轨道；而Si原子最外层为N层，有d轨道；（4）1个B原子为3个Mg原子共用，1个Mg原子为6个B原子共用，利用均摊法计算硼原子和镁原子的个数比【解答】解：（1）镓位于周期表中第四周期第IIIA，故其核外电子排布式为1s22s22p
44、63d104s24p1或Ar3d104s24p1；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以三种元素的第一电离能由大到小的顺序为NOB，故答案为：1s22s22p63d104s24p1；NOB；（2）原子晶体的硬度与原子半径、键长成反比，N原子和B原子的半径比硅原子小，BN键长比SiSi短键能大，所以氮化硼（BN）比晶体硅具有更高硬度和耐热性，故答案为：N原子和B原子的半径比硅原子小，BN键长比SiSi短；（3）在BF3分子中B原子的价层电子对等于3，且没有孤电子对，所以中心原子的杂化轨道类型是sp2杂化，SiF4中硅原子
45、含有4个共价键，且不含孤电子对，中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化，所以它的空间构型是正四面体型；B原子最外电子层为L层，无d轨道，而Si原子最外层为N层，有d轨道，可参与杂化，使Si配位数增加至6；故答案为：sp2；正四面体；B原子最外电子层为L层，无d轨道；而Si原子最外层为N层，有d轨道，可参与杂化，使Si配位数增加至6；（4）根据投影可知，1个B原子为3个Mg原子共用，故属于一个Mg原子的B原子为；1个Mg原子为6个B原子共用，故用于一个B原子的Mg原子为，由此可知：镁硼原子个数比=： =1：2，故硼化镁的化学式为MgB2，故答案为：MgB2四、解答题（共1小题，满分0分）12具有抗H
46、IV、抗肿瘤、抗真菌和延缓心血管老化的活性苯并呋喃衍生物（R）的合成路线如图：已知：RCHO+R1CH2CHORCH=+H2O（R、R1表示烃基或氢）（1）A的名称是乙醛DE的反应类型是取代反应（或酯化反应）F中含有的官能团有酯基、碳碳双键和溴原子（写名称）写出F与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式（2）物质G可通过如下流程合成：IJMG1.08g 的I 与饱和溴水完全反应，生成2.66g白色沉淀，则I的结构简式为写出MG中反应的化学方程式（3）下列说法正确的是bc（选填字母）aY易溶于水 bB能使酸性高锰酸钾溶液褪色cR的分子式为C12H10O3 dI与互为同系物（4）写出符合下列要求的E
47、的同分异构体的结构简式（写反式结构）：（写反式结构）与E具有相同官能团 能发生银镜反应 有2个CH3存在顺反异构【考点】HC：有机物的合成【分析】F与G生成Y，由F、Y的结构可知，G为A发生题目已知中的反应生成B，A含有CHO，结合A的分子式可知，A为CH3CHO，则B为CH3C=CHCHO，B与氢氧化铜反应、酸化得到D，则醛基被氧化为羧基，故D为CH3CH=CH2COOH，D与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成E，则E为CH3CH=CH2COOCH3，E在NBS/CCl4条件下发生取代反应生成F，F与G发生取代反应生成Y，据此解答【解答】解：F与G生成Y，由F、Y的结构可知，G为A发生
48、题目已知中的反应生成B，A含有CHO，结合A的分子式可知，A为CH3CHO，则B为CH3C=CHCHO，B与氢氧化铜反应、酸化得到D，则醛基被氧化为羧基，故D为CH3CH=CH2COOH，D与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成E，则E为CH3CH=CH2COOCH3，E在NBS/CCl4条件下发生取代反应生成F，F与G发生取代反应生成Y，（1）A为CH3CHO，名称是乙醛，故答案为：乙醛；DECH3CH=CH2COOH与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成CH3CH=CH2COOCH3，故答案为：取代反应（或酯化反应）；由F的结构可知，F中含有的官能团有酯基、碳碳双键、溴原子，故答案
49、为：碳碳双键；溴原子；F与足量NaOH溶液共热，溴原子、酯基都发生水解反应，且生成物与氢氧化钠发生中和反应，该反应的化学方程式为：，故答案为：；（2）G为，1.08g 的I与饱和溴水完全反应，生成2.66g白色沉淀，则I含有酚羟基，结合转化关系可知，还含有甲基，且处于另外，则I的结构简式为，光照发生甲基取代反应生成，碱性条件下发生水解反应生成，氧化生成，最后酸化得到，MG中反应的化学方程式为，故答案为：；（3）aY含有酯基等，具有酯的性质，不易溶于水，故a错误；bB为CH3C=CHCHO，含有C=C双键与醛基，可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故b正确；c根据R的结构可知，R的分子式为C12H10O3，故c正确；dI为，属于酚类，属于醇类，二者不是同系物，故d错误；故答案为：bc；（4）E（CH3CH=CH2COOCH3）的同分异构体的结构简式（写反式结构）：E具有相同官能团，含有酯基与C=C，能发生银镜反应，应为甲酸形成的酯，含有OOCH 有2个CH3存在顺反异构，不饱和的碳同一碳原子连接不同的基团，故符合条件的E的同分异构体的反式结构为，故答案为：