2019年高考化學沖刺模擬試題(五)(含解析).doc

2019年高考化學沖刺模擬試題(五)(含解析)一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1化學知識無處不在，下列與常見古詩文記載對應的化學知識正確的是（）常見古詩文記載化學知識A夢溪筆談中對寶劍的記載：“古人以劑鋼為刃，柔鐵為莖干，不爾則多斷折”劑鋼指的是鐵的合金，其硬度比純鐵的大，熔點比純鐵的高B荀子勸學：“冰水為之，而寒于水”冰的能量低于水的，冰轉化為水屬于吸熱反應C詩經(jīng)大雅綿：“堇茶如飴“鄭玄箋：“其所生菜，雖有性苦者，甘如飴也“糖類均有甜味D唐蘇味道正月十五夜詩：“火樹銀花合，星橋鐵鎖開“火樹銀花”中的焰火實質上是金屬元素的焰色反應AABBCCDD2設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A0.5mol熔融的NaHSO4中含有的離子數(shù)目為1.5NAB標準狀況下，2.24LCl2溶于水，轉移電子數(shù)為0.1NAC氫氣與氯氣反應生成標準狀況下22.4L氯化氫，則斷裂化學鍵總數(shù)為NAD電解精練銅時，轉移1mol電子時，陽極溶解的銅的質量為32g3某種新型高分子材料的結構簡式為，對此高聚物敘述不正確的是（）A化學式為（C11H10O2）nB可以發(fā)生水解反應、氧化反應，也能發(fā)生鹵代反應C1mol該有機物分子最多能和4molH2發(fā)生加成反應D該高分子材料是經(jīng)加聚反應而得到4為達到下列實驗目的，表中提供的主要儀器及所用試劑合理的是（）實驗目的主要儀器所用試劑A制備少量CO2大試管、帶導管的單孔塞石灰石、稀鹽酸B檢驗溶液中SO32試管、膠頭滴管Ba（NO3）2溶液、稀鹽酸C配制240mL0.1molL1KMnO4溶液250mL容量瓶、量筒、玻璃棒、膠頭滴管KMnO4固體、蒸餾水D分離NaOH溶液中的 CaCO3分液漏斗、燒杯、玻璃棒混有CaCO3的NaOH溶液AABBCCDD5光能儲存一般是指將光能轉換為電能或化學能進行儲存，利用太陽光、CO2、H2O生成甲醇的光能儲存裝置如圖所示，制備開始時質子交換膜兩側的溶液質量相等下列敘述不正確的是（）An型半導體為負極BX2為O2，H+由b極向a極移動Cb極的電極反應式為CO2+6e+6H+=CH3OH+H2OD當制備32g甲醇時，質子交換膜兩側溶液相差104g6鉀長石的主要成分為硅酸鹽，由前20號元素中的四種組成，化學式為XYZ3W8其中，只有W顯負價X、Y的最外層電子數(shù)之和與Z的最高正價數(shù)相等Y3+與W的陰離子具有相同的電子層結構X、W的質子數(shù)之和等于Y、Z的質子數(shù)之和下列說法錯誤的是（）AW的離子半徑Y的離子半徑BZ的氫化物穩(wěn)定性W的氫化物穩(wěn)定性CY的氧化物既能與鹽酸，又能與NaOH溶液反應DX2W2、Y2W3兩種化合物含有的化學鍵類型完全相同7常溫下，10mL濃度均為0.1mol/L的HX和HY兩種一元酸溶液加水稀釋過程中溶液的pH隨溶液體積變化曲線如圖所示則下列說法正確的是（）AHX的電離常數(shù)K（HX）大于HY的電離常數(shù)K（HY）Ba點水的電離程度大于b點水的電離程度Ca、b兩點對應的兩種酸等體積混合后溶液的pH大于混合前溶液的pHD濃度均為0.1mol/L的NaX和NaY組成的混合溶液中c（Na+）c（Y）c（X）c（OH）c（H+）二、解答題（共3小題，滿分43分）8單質硅是半導體材料，也是目前太陽能發(fā)電的核心材料工業(yè)上利用SiO2為原料，用還原劑還原可制備單質硅某學校探究小組利用如圖所示裝置，探究焦炭還原SiO2制備單質硅及過程中生成的氣體產(chǎn)物的成分已知反應：CO+PdCl2+H2O=CO2+2HCl+Pd，溶液變渾濁，金屬鈀呈黑色回答下列問題：（1）實驗前需要先在裝置中通入一段時間的He，其作用是 （2）裝置B的作用是 （填字母）a收集氣體 b檢驗氣體 c安全瓶 d防止液體倒吸入裝置A中（3）經(jīng)測定，裝置A中產(chǎn)生CO2，則裝置C和裝置D分別盛放 和PdCl2溶液，若焦炭和SiO2足量，則裝置C中的實驗現(xiàn)象為 ，PdCl2溶液中出現(xiàn)黑色渾濁，則裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為 （4）裝置D的出氣導管放置在酒精燈火焰上方，目的是 （5）試設計實驗證明碳、硅的最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱： 9鉬酸鈉晶體（Na2MoO42H2O）可用于制造生物堿、油墨、化肥、鉬紅顏料等，也可用于制造阻燃劑和無公害型冷卻水系統(tǒng)的金屬緩蝕劑如圖所示是利用鉬精礦（主要成分為MoS2，含少量PbS等）為原料生產(chǎn)鉬酸鈉晶體的工藝流程圖請回答下列問題：（1）Na2MoO4中Mo的化合價為 （2）“焙燒”時，有MoO3生成，反應的化學方程式為 ，氧化產(chǎn)物是 （3）“堿浸”生成CO2和另外一種物質，CO2的電子式為 ，另外一種生成物的化學式為 （4）若“除重金屬離子”時加入的沉淀劑為Na2S，則廢渣的成分為 （填化學式）（5）測得“除重金屬離子”中部分離子的濃度：c（MoO42）=0.40molL1，c（SO42）=0.04molL1“結晶”前應先除去SO42，方法是加入Ba（OH）2固體假設加入Ba（OH）2固體后溶液體積不變，當BaMoO4開始沉淀時，去除的SO42的質量分數(shù)為 %（保留小數(shù)點后一位數(shù)字）已知Ksp（BaSO4）=1.11010，Ksp（BaMoO4）=4.0108（6）在堿性條件下，將鉬精礦加入NaClO溶液中，也可以制備鉬酸鈉該反應的離子方程式為 10已知釩的化合物在水溶液中存在多種離子形式：V2+（紫色）、V3+（綠色）、VO2+（藍色）、VO2+（淡黃色）、VO43（無色）、V5O143（紅棕色）等（1）如果向酸性的VSO4溶液中滴加高錳酸鉀溶液，溶液出現(xiàn)的顏色變化是紫色綠色藍色綠色黃色第一次出現(xiàn)綠色發(fā)生反應的離子方程式是 第二次出現(xiàn)綠色時溶液中的主要陽離子是 （2）向酸性淡黃色的（VO2）2SO4溶液中加入NaOH溶液調節(jié)pH，溶液會出現(xiàn)一定的顏色變化，最終變?yōu)闊o色若向所得溶液中加入硫酸，則現(xiàn)象恰好相反由給出的釩所形成的離子的信息可知，在調節(jié)PH過程中會出現(xiàn) 色，用離子方程式表示過程中出現(xiàn)該顏色的特征： （3）VO2+加入氨水中可以得到NH4VO3室溫下，NH4VO3在水中的Ksp曲線如圖1所示，則Ksp（NH4VO3）= 熱重分析可探究化學變化的歷程，某研究小組取234g NH4VO3進行探究，焙燒過程中減少的質量隨溫度變化的曲線如圖2所示，則B是 （填化學式，后同），C是 （4）釩液流電池具有廣泛的應用領域和市場前景如圖3所示為電池充電時的部分工作原理，電池放電時負極是 （填“X”或“Y”），電池充電時陽極的電極反應式是 三、解答題（共1小題，滿分15分）11硼元素B在化學中有很重要的地位硼的化合物在農(nóng)業(yè)、醫(yī)藥、玻璃工業(yè)等方面用途很廣請回答下列問題：（1）寫出與B元素同主族的Ga元素的基態(tài)原子核外電子排布式 從原子結構的角度分析，B、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為 （2）立方氮化硼可利用人工方法在高溫高壓條件下合成，屬于超硬材料同屬原子晶體的氮化硼（BN）比晶體硅具有更高硬度和耐熱性的原因是 （3）在BF3分子中中心原子的雜化軌道類型是 ，SiF4微粒的空間構型是 又知若有d軌道參與雜化，能大大提高中心原子成鍵能力試解釋為什么BF3、SiF4水解的產(chǎn)物中，除了相應的酸外，前者生成BF4一后者卻是生成SiF62： （4）科學家發(fā)現(xiàn)硼化鎂在39K時呈超導性，在硼化鎂晶體的理想模型中，鎂原子和硼原子是分層排布的，一層鎂一層硼相間排列如圖是該晶體微觀空間中取出的部分原子沿Z軸方向的投影，白球是鎂原子投影，黑球是硼原子投影，圖中的硼原子和鎂原子投影在同一平面上根據(jù)圖示確定硼化鎂的化學式為 四、解答題（共1小題，滿分0分）12具有抗HIV、抗腫瘤、抗真菌和延緩心血管老化的活性苯并呋喃衍生物（R）的合成路線如圖：已知：RCHO+R1CH2CHORCH=+H2O（R、R1表示烴基或氫）（1）A的名稱是 DE的反應類型是 F中含有的官能團有酯基、 和 （寫名稱）寫出F與足量NaOH溶液共熱反應的化學方程式 （2）物質G可通過如下流程合成：IJMG1.08g 的I 與飽和溴水完全反應，生成2.66g白色沉淀，則I的結構簡式為 寫出MG中反應的化學方程式 （3）下列說法正確的是 （選填字母）aY易溶于水 bB能使酸性高錳酸鉀溶液褪色cR的分子式為C12H10O3 dI與互為同系物（4）寫出符合下列要求的E的同分異構體的結構簡式（寫反式結構）： （寫反式結構）與E具有相同官能團 能發(fā)生銀鏡反應 有2個CH3存在順反異構xx山東省齊魯名校教科研協(xié)作體、湖北省部分重點中學高考化學沖刺模擬試卷（五）參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1化學知識無處不在，下列與常見古詩文記載對應的化學知識正確的是（）常見古詩文記載化學知識A夢溪筆談中對寶劍的記載：“古人以劑鋼為刃，柔鐵為莖干，不爾則多斷折”劑鋼指的是鐵的合金，其硬度比純鐵的大，熔點比純鐵的高B荀子勸學：“冰水為之，而寒于水”冰的能量低于水的，冰轉化為水屬于吸熱反應C詩經(jīng)大雅綿：“堇茶如飴“鄭玄箋：“其所生菜，雖有性苦者，甘如飴也“糖類均有甜味D唐蘇味道正月十五夜詩：“火樹銀花合，星橋鐵鎖開“火樹銀花”中的焰火實質上是金屬元素的焰色反應AABBCCDD【考點】18：物理變化與化學變化的區(qū)別與聯(lián)系；GH：焰色反應【分析】A合金的性質分析，合金硬度比成分金屬大，熔點低；B物質三態(tài)轉化，并不是化學反應；C糖類的性質中不是所有的糖類都有甜味；D焰色反應是某些金屬的特征性質；【解答】解：A劑鋼指的是鐵的合金，其硬度比純鐵的大，熔點比純鐵的低，故A錯誤；B物質三態(tài)轉化并不是化學反應，冰的能量低于水的，冰轉化為水屬于物理變化，故B錯誤；C不是所有的糖類都有甜味，例如纖維素，故C錯誤；D焰色反應是某些金屬的特征性質，不同金屬的焰色反應不同，“火樹銀花”中的焰火實質上是金屬元素的焰色反應的體現(xiàn)，故D正確；故選D2設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A0.5mol熔融的NaHSO4中含有的離子數(shù)目為1.5NAB標準狀況下，2.24LCl2溶于水，轉移電子數(shù)為0.1NAC氫氣與氯氣反應生成標準狀況下22.4L氯化氫，則斷裂化學鍵總數(shù)為NAD電解精練銅時，轉移1mol電子時，陽極溶解的銅的質量為32g【考點】4F：阿伏加德羅常數(shù)【分析】A熔融硫酸氫鈉電離出鈉離子和硫酸氫根離子；B氯氣溶于水是可逆反應，并不能完全反應；C當反應生成2molHCl時，斷裂2mol化學鍵；D電解精煉銅的過程中，陽極溶解的不全都是銅【解答】解：A熔融的NaHSO4 只含Na+、HSO4，0.5mol中含有離子為NA，故A錯誤；B氯氣溶于水是可逆反應，并不能完全反應，2.24L標況下Cl2的物質的量為0.1mol，轉移的電子數(shù)0.1NA，故B錯誤；C生成標況下22.4LHCl氣體，即1molHCl，消耗H2和Cl2各0.5mol，斷裂化學鍵各0.5mol，斷鍵總數(shù)NA，故C正確；D電解精煉銅，陽極為粗銅，其中還含有雜質，當轉移1mol電子時，溶解的銅質量小于32g，故D錯誤故選C3某種新型高分子材料的結構簡式為，對此高聚物敘述不正確的是（）A化學式為（C11H10O2）nB可以發(fā)生水解反應、氧化反應，也能發(fā)生鹵代反應C1mol該有機物分子最多能和4molH2發(fā)生加成反應D該高分子材料是經(jīng)加聚反應而得到【考點】HD：有機物的結構和性質【分析】由結構可知分子式，分子中含COOC、碳碳雙鍵，結合酯、烯烴及苯的性質來解答【解答】解：A由結構可知，該有機物的分子式為（C11H10O2）n，故A正確；B分子中含有酯基，可以發(fā)生水解反應，含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生氧化反應，含有苯環(huán)，可以發(fā)生鹵代反應，故B正確；C該有機物屬于高聚物，苯環(huán)、雙鍵均與氫氣發(fā)生加成反應，1mol該有機物分子最多能和4n mol H2發(fā)生加成反應，故C錯誤；D該有機物高分子的主鏈上只有2個C，經(jīng)加聚反應聚合而成，故D正確；故選C4為達到下列實驗目的，表中提供的主要儀器及所用試劑合理的是（）實驗目的主要儀器所用試劑A制備少量CO2大試管、帶導管的單孔塞石灰石、稀鹽酸B檢驗溶液中SO32試管、膠頭滴管Ba（NO3）2溶液、稀鹽酸C配制240mL0.1molL1KMnO4溶液250mL容量瓶、量筒、玻璃棒、膠頭滴管KMnO4固體、蒸餾水D分離NaOH溶液中的 CaCO3分液漏斗、燒杯、玻璃棒混有CaCO3的NaOH溶液AABBCCDD【考點】U5：化學實驗方案的評價【分析】A利用固體與液體混合，且不加熱裝置可制備二氧化碳；B硝酸根離子在酸性條件下可氧化亞硫酸根離子；C配制240mL0.1molL1KMnO4溶液，選250mL容量瓶，計算后稱量固體質量；DCaCO3不溶于水【解答】解：A石灰石與稀鹽酸發(fā)生反應制備二氧化碳，選擇大試管、帶導管的單孔塞合理，故A正確；BNO3酸性條件下具有強氧化性，可將SO32氧化成SO42，故Ba（NO3）2不能用于檢驗SO32，故B錯誤；C需要用托盤天平稱取高錳酸鉀固體質量，故C錯誤；D需要過濾分離，過濾操作需用普通漏斗，故D錯誤；故選A5光能儲存一般是指將光能轉換為電能或化學能進行儲存，利用太陽光、CO2、H2O生成甲醇的光能儲存裝置如圖所示，制備開始時質子交換膜兩側的溶液質量相等下列敘述不正確的是（）An型半導體為負極BX2為O2，H+由b極向a極移動Cb極的電極反應式為CO2+6e+6H+=CH3OH+H2OD當制備32g甲醇時，質子交換膜兩側溶液相差104g【考點】BH：原電池和電解池的工作原理【分析】由利用太陽光、CO2、H2O生成甲醇的光能儲存裝置可知，b電極上C得到電子，b為陰極，則n型半導體為負極，陰極反應為CO2+6e+6H+=CH3OH+H2O，a與正極相連為陽極，陽極上發(fā)生氧化反應為2H2O4e=O2+4H+，以此來解答【解答】解：A由圖中b極產(chǎn)生甲醇可知，b極為陰極，所以n型半導體為負極，故A正確；Ba極為陽極，電極反應為2H2O4e=O2+4H+，H+由a極向b極移動，故B錯誤；Cb極的電極反應式為CO2+6e+6H+=CH3OH+H2O，為還原反應，故C正確；D由得失電子守恒可得關系式：6 H2O3O22 CH3OH，當生成32gCH3OH時，a極消耗54g水，b極生成18g水，故質子交換膜兩側溶液相差104g，故D正確；故選B6鉀長石的主要成分為硅酸鹽，由前20號元素中的四種組成，化學式為XYZ3W8其中，只有W顯負價X、Y的最外層電子數(shù)之和與Z的最高正價數(shù)相等Y3+與W的陰離子具有相同的電子層結構X、W的質子數(shù)之和等于Y、Z的質子數(shù)之和下列說法錯誤的是（）AW的離子半徑Y的離子半徑BZ的氫化物穩(wěn)定性W的氫化物穩(wěn)定性CY的氧化物既能與鹽酸，又能與NaOH溶液反應DX2W2、Y2W3兩種化合物含有的化學鍵類型完全相同【考點】8F：原子結構與元素周期律的關系【分析】只有W顯負價，應為O元素，Y3+與W的陰離子具有相同的電子層結構，Y為Al元素，X、Y的最外層電子數(shù)之和與Z的最高正價數(shù)相等，可知該硅酸鹽中，Z應為Si元素，X的化合價為+1價，X、W的質子數(shù)之和等于Y、Z的質子數(shù)之和，則X為K元素，以此解答該題【解答】解：只有W顯負價，應為O元素，Y3+與W的陰離子具有相同的電子層結構，Y為Al元素，X、Y的最外層電子數(shù)之和與Z的最高正價數(shù)相等，可知該硅酸鹽中，Z應為Si元素，X的化合價為+1價，X、W的質子數(shù)之和等于Y、Z的質子數(shù)之和，則X為K元素，該硅酸鹽為KAlSi3O8，AO2與Al3+具有相同的核外電子排布，核電荷數(shù)越小離子半徑越大，故A正確；B非金屬性OSi，元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定，故B正確；CAl2O3為兩性氧化物，既能與鹽酸反應，又能與NaOH溶液反應，故C正確；DK2O2、Al2O3兩種化合物都為離子化合物，K2O2含有離子鍵和共價鍵，而Al2O3只含有離子鍵，故D錯誤故選D7常溫下，10mL濃度均為0.1mol/L的HX和HY兩種一元酸溶液加水稀釋過程中溶液的pH隨溶液體積變化曲線如圖所示則下列說法正確的是（）AHX的電離常數(shù)K（HX）大于HY的電離常數(shù)K（HY）Ba點水的電離程度大于b點水的電離程度Ca、b兩點對應的兩種酸等體積混合后溶液的pH大于混合前溶液的pHD濃度均為0.1mol/L的NaX和NaY組成的混合溶液中c（Na+）c（Y）c（X）c（OH）c（H+）【考點】DO：酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算【分析】濃度均為0.1mol/L的HX和HY兩種一元酸，HY溶液的pH=2，HX的pH=3，說明HY溶液中氫離子濃度大于HX，則HY的酸性比HX強，酸性越強，對應鹽是水解程度越大，結合酸對水的電離影響分析【解答】解：A濃度均為0.1mol/L的HX和HY兩種一元酸，HY溶液的pH=2，HX的pH=3，說明HY溶液中氫離子濃度大于HX，則HY的酸性比HX強，所以HX的電離常數(shù)K（HX）小于HY的電離常數(shù)K（HY），故A錯誤；Bab兩點溶液中氫離子濃度相同，對水的電離的抑制程度相同，所以a點水的電離程度等于b點水的電離程度，故B錯誤；Cab兩點溶液中氫離子濃度相同，a、b兩點對應的兩種酸等體積混合后溶液的pH等于混合前溶液的pH，故C錯誤；DHY的酸性比HX強，則NaX的水解程度大，所以溶液中c（Y）c（X），則溶液中離子濃度大小關系：c（Na+）c（Y）c（X）c（OH）c（H+），故D正確故選D二、解答題（共3小題，滿分43分）8單質硅是半導體材料，也是目前太陽能發(fā)電的核心材料工業(yè)上利用SiO2為原料，用還原劑還原可制備單質硅某學校探究小組利用如圖所示裝置，探究焦炭還原SiO2制備單質硅及過程中生成的氣體產(chǎn)物的成分已知反應：CO+PdCl2+H2O=CO2+2HCl+Pd，溶液變渾濁，金屬鈀呈黑色回答下列問題：（1）實驗前需要先在裝置中通入一段時間的He，其作用是排盡裝置A中的空氣（2）裝置B的作用是cd （填字母）a收集氣體 b檢驗氣體 c安全瓶 d防止液體倒吸入裝置A中（3）經(jīng)測定，裝置A中產(chǎn)生CO2，則裝置C和裝置D分別盛放澄清石灰水和PdCl2溶液，若焦炭和SiO2足量，則裝置C中的實驗現(xiàn)象為先出現(xiàn)白色沉淀，后沉淀溶解，PdCl2溶液中出現(xiàn)黑色渾濁，則裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為SiO2+2CSi+2CO、SiO2+CSi+CO2（4）裝置D的出氣導管放置在酒精燈火焰上方，目的是燃燒有毒尾氣CO，防止污染環(huán)境（5）試設計實驗證明碳、硅的最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱：向Na2SiO3溶液中通入CO2，生成白色沉淀，證明碳酸酸性大于硅酸【考點】U2：性質實驗方案的設計【分析】對焦炭還原二氧化硅的氣體產(chǎn)物的成分進行探究，碳與二氧化硅反應要在高溫下進行，而高溫下碳與空氣中氧氣反應，所以實驗時要將裝置中的空氣排盡，利用氦氣排凈裝置內的空氣，關閉活塞，點燃酒精燈發(fā)生反應生成一氧化碳，裝置B為安全瓶，根據(jù)元素守恒，碳與二氧化硅反應可能生成一氧化碳也可能生成二氧化碳，所以C裝置用來檢驗有沒有二氧化碳，D裝置用來檢驗一氧化碳；通過裝置D中PdCl2溶液檢驗一氧化碳生成的生成，最后點燃，防止CO污染空氣，以此解答該題【解答】解：（1）實驗前通He的目的是排盡裝置A中的空氣，以避免氧氣與碳反應，故答案為：排盡裝置A中的空氣；（2）若缺少裝置B，則裝置A與裝置C直接相連，C中的液體會倒吸進入裝置A中，導致熱的試管炸裂，則起到安全瓶的作用，故答案為：cd；（3）CO2與澄清石灰水反應先生成CaCO3白色沉淀，繼續(xù)反應生成Ca（HCO3）2，沉淀溶解，裝置C中的實驗現(xiàn)象為先出現(xiàn)白色沉淀，后沉淀溶解，由裝置C、D中現(xiàn)象可知，反應生成CO和CO2，故反應的化學方程式為SiO2+2CSi+2CO、SiO2+CSi+CO2，故答案為：澄清石灰水；先出現(xiàn)白色沉淀，后沉淀溶解；SiO2+2CSi+2CO、SiO2+CSi+CO2；（4）裝置A中反應生成的CO有毒，可通過燃燒使其轉化為無毒的物質，防止污染環(huán)境，故答案為：燃燒有毒尾氣CO，防止污染環(huán)境；（5）碳酸與Na2SiO3反應生成硅酸的原理是強酸制弱酸，可向Na2SiO3溶液中通入CO2，生成白色沉淀，證明碳酸酸性大于硅酸，故答案為：向Na2SiO3溶液中通入CO2，生成白色沉淀，證明碳酸酸性大于硅酸9鉬酸鈉晶體（Na2MoO42H2O）可用于制造生物堿、油墨、化肥、鉬紅顏料等，也可用于制造阻燃劑和無公害型冷卻水系統(tǒng)的金屬緩蝕劑如圖所示是利用鉬精礦（主要成分為MoS2，含少量PbS等）為原料生產(chǎn)鉬酸鈉晶體的工藝流程圖請回答下列問題：（1）Na2MoO4中Mo的化合價為+6（2）“焙燒”時，有MoO3生成，反應的化學方程式為2MoS2+7O22MoO3+4SO2，氧化產(chǎn)物是MoO3、SO2（3）“堿浸”生成CO2和另外一種物質，CO2的電子式為，另外一種生成物的化學式為Na2MoO4（4）若“除重金屬離子”時加入的沉淀劑為Na2S，則廢渣的成分為PbS（填化學式）（5）測得“除重金屬離子”中部分離子的濃度：c（MoO42）=0.40molL1，c（SO42）=0.04molL1“結晶”前應先除去SO42，方法是加入Ba（OH）2固體假設加入Ba（OH）2固體后溶液體積不變，當BaMoO4開始沉淀時，去除的SO42的質量分數(shù)為97.3%（保留小數(shù)點后一位數(shù)字）已知Ksp（BaSO4）=1.11010，Ksp（BaMoO4）=4.0108（6）在堿性條件下，將鉬精礦加入NaClO溶液中，也可以制備鉬酸鈉該反應的離子方程式為MoS2+9ClO+6OH=MoO42+9Cl+2SO42+3H2O【考點】P8：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用【分析】灼燒鉬精礦，MoS2燃燒，反應方程式為2MoS2+7O22MoO3+4SO2，堿性條件下，MoO3和Na2CO3溶液反應，反應方程式為MoO3+CO32=MoO42+CO2，然后向溶液中加入沉淀劑除去重金屬離子，溶液中的溶質為Na2MoO4，將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，然后重結晶得到Na2MoO4.2H2O，（1）根據(jù)在化合物中正負化合價代數(shù)和為零計算；（2）焙燒過程中鉬精礦發(fā)生的主要反應的化學方程式為：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，元素化合價升高的失去電子發(fā)生氧化反應得到氧化產(chǎn)物；（3）二氧化碳使共價化合物，碳原子分別和氧原子形成兩個共價鍵，據(jù)此書寫電子式，堿性條件下，MoO3和Na2CO3溶液反應生成二氧化碳和鉬酸鈉；（4）除重金屬離子就是出去溶液中的Pb2+，生成硫化鉛；（5）根據(jù)鉬酸鋇和硫酸鋇的溶度積計算出溶液中硫酸根離子的濃度，在再計算出SO42的去除率；（6）用NaClO在堿性條件下氧化MoO3，得到鉬酸鈉和NaCl和水，同時有SO42生成，據(jù)此可寫出離子反應方程式【解答】解：（1）計算結晶水合物鉬鉬酸鈉中元素的化合價只計算Na2MoO4中鉬元素的化合價即可，鈉元素顯+1，氧元素顯2，設鉬元素的化合價是x，根據(jù)在化合物中正負化合價代數(shù)和為零，可知鉬酸鈉（Na2MoO42H2O）中鉬元素的化合價：（+1）2+x+（2）4=0，則x=+6，故答案為：+6； （2）焙燒過程中鉬精礦發(fā)生的主要反應的化學方程式為：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，元素化合價升高的失去電子發(fā)生氧化反應得到氧化產(chǎn)物，反應中Mo元素化合價+2價變化為+6價，硫元素化合價1價變化為+4價，該反應中氧化產(chǎn)物是MoO3、SO2，故答案為：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；MoO3、SO2；（3）二氧化碳為共價化合物，分子中存在兩個碳氧雙鍵，二氧化碳正確的電子式為：，堿性條件下，MoO3和Na2CO3溶液反應生成二氧化碳和鉬酸鈉，化學方程式為：MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2，另一種產(chǎn)物為Na2MoO4，故答案為：；Na2MoO4；（4）由鉬精礦的雜質為PbS可知，除重金屬離子就是出去溶液中的Pb2+，因此廢渣為PbS，故答案為：PbS；（5）BaMoO4開始沉淀時，C（Ba2+）=molL1=1.0107molL1，故溶液中C（SO42）=molL1=1.1103molL1，故去除的SO42的質量分數(shù)為1100%=12.75%97.3%，故答案為：97.3；（6）ClO作氧化劑，將MoS2氧化成MoO42和SO42，用NaClO在堿性條件下氧化MoO3，發(fā)生反應的離子方程式為：MnS2+9ClO+6OH=MoO42+9Cl+2SO42+3H2O，故答案為：MoS2+9ClO+6OH=MoO42+9Cl+2SO42+3H2O10已知釩的化合物在水溶液中存在多種離子形式：V2+（紫色）、V3+（綠色）、VO2+（藍色）、VO2+（淡黃色）、VO43（無色）、V5O143（紅棕色）等（1）如果向酸性的VSO4溶液中滴加高錳酸鉀溶液，溶液出現(xiàn)的顏色變化是紫色綠色藍色綠色黃色第一次出現(xiàn)綠色發(fā)生反應的離子方程式是5V2+MnO4+8H+=5V3+Mn2+4H2O第二次出現(xiàn)綠色時溶液中的主要陽離子是VO2+、VO2+、Mn2+、H+（2）向酸性淡黃色的（VO2）2SO4溶液中加入NaOH溶液調節(jié)pH，溶液會出現(xiàn)一定的顏色變化，最終變?yōu)闊o色若向所得溶液中加入硫酸，則現(xiàn)象恰好相反由給出的釩所形成的離子的信息可知，在調節(jié)PH過程中會出現(xiàn)紅棕 色，用離子方程式表示過程中出現(xiàn)該顏色的特征：5VO2+8OHV5O143+4H2O、V5O143+12OH5VO43+6H2O（3）VO2+加入氨水中可以得到NH4VO3室溫下，NH4VO3在水中的Ksp曲線如圖1所示，則Ksp（NH4VO3）=3108熱重分析可探究化學變化的歷程，某研究小組取234g NH4VO3進行探究，焙燒過程中減少的質量隨溫度變化的曲線如圖2所示，則B是HVO3 （填化學式，后同），C是V2O5（4）釩液流電池具有廣泛的應用領域和市場前景如圖3所示為電池充電時的部分工作原理，電池放電時負極是Y （填“X”或“Y”），電池充電時陽極的電極反應式是VO2+H2Oe=VO2+2H+【考點】B1：氧化還原反應；DI：電解原理【分析】（1）因為V2+被酸性高錳酸鉀溶液氧化，第一次出現(xiàn)綠色，與V2+價態(tài)最接近的是V3+，KMnO4被還原為Mn2+；第二次出現(xiàn)綠色是藍色和黃色混合后的顏色，溶液出現(xiàn)的顏色變化是紫色綠色藍色綠色黃色，結合離子顏色分析；（2）向酸性淡黃色的（VO2）2SO4溶液中加入NaOH溶液調節(jié)PH，V元素的化合價不變，隨著PH的增大，H+被中和，V元素結合O元素的比例增大，可能出現(xiàn)的含釩的離子除VO2+（淡黃色）與VO43（無色）之外，還有V5O143，只有V5O143為紅棕色；（3）室溫下，由NH4VO3在水中的Ksp曲線可知，Ksp（NH4VO3）=c（NH4+）c（VO3）計算；234g NH4VO3的物質的量為2mol，AB質量減少34g，則減少的是2mol NH3的質量，故B為HVO3，結合元素守恒計算判斷化學式；（4）由題圖中電池充電時的部分工作原理可知，H+移向陰極區(qū)，即X是陽極，Y是陰極，故電池放電時Y是負極；電池充電時，陽極發(fā)生氧化反應VO2+（淡黃色）失電子生成VO2+（藍色）；【解答】解：（1）因為V2+被酸性高錳酸鉀溶液氧化，第一次出現(xiàn)綠色，與V2+價態(tài)最接近的是V3+，KMnO4被還原為Mn2+，故反應的離子方程式是：5V2+MnO4+8H+=5V3+Mn2+4H2O，故答案為：5V2+MnO4+8H+=5V3+Mn2+4H2O；第二次出現(xiàn)綠色是藍色和黃色混合后的顏色，故溶液中有VO2+、VO2+、Mn2+、H+4種陽離子，故答案為：VO2+、VO2+、Mn2+、H+；（2）向酸性淡黃色的（VO2）2SO4溶液中加入NaOH溶液調節(jié)PH，V元素的化合價不變，隨著PH的增大，H+被中和，V元素結合O元素的比例增大，可能出現(xiàn)的含釩的離子除VO2+（淡黃色）與VO43（無色）之外，還有V5O143，只有V5O143為紅棕色注意調節(jié)PH，轉化是可逆的：5VO2+8OHV5O143+4H2O、V5O143+12OH5VO43+6H2O，故答案為：紅棕；5VO2+8OHV5O143+4H2O、V5O143+12OH5VO43+6H2O；（3）室溫下，由NH4VO3在水中的Ksp曲線可知，Ksp（NH4VO3）=c（NH4+）c（VO3）=31041104=3108，故答案為：3108；234g NH4VO3的物質的量為2mol，AB質量減少34g，則減少的是2mol NH3的質量，故B為HVO3 ，再失重即變成釩的氧化物，234g42g=192g，含氧原子的物質的量是g18gmol1=5mol，故C是V2O5，故答案為：HVO3；V2O5；（4）由題圖中電池充電時的部分工作原理可知，H+移向陰極區(qū)，即X是陽極，Y是陰極，故電池放電時Y是負極；電池充電時，陽極發(fā)生氧化反應，電極反應式是：VO2+H2Oe=VO2+2H+，故答案為：Y；VO2+H2Oe=VO2+2H+；三、解答題（共1小題，滿分15分）11硼元素B在化學中有很重要的地位硼的化合物在農(nóng)業(yè)、醫(yī)藥、玻璃工業(yè)等方面用途很廣請回答下列問題：（1）寫出與B元素同主族的Ga元素的基態(tài)原子核外電子排布式1s22s22p63d104s24p1從原子結構的角度分析，B、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為NOB（2）立方氮化硼可利用人工方法在高溫高壓條件下合成，屬于超硬材料同屬原子晶體的氮化硼（BN）比晶體硅具有更高硬度和耐熱性的原因是N原子和B原子的半徑比硅原子小，BN鍵長比SiSi短（3）在BF3分子中中心原子的雜化軌道類型是sp2，SiF4微粒的空間構型是正四面體又知若有d軌道參與雜化，能大大提高中心原子成鍵能力試解釋為什么BF3、SiF4水解的產(chǎn)物中，除了相應的酸外，前者生成BF4一后者卻是生成SiF62：B原子最外電子層為L層，無d軌道；而Si原子最外層為N層，有d軌道，可參與雜化，使Si配位數(shù)增加至6（4）科學家發(fā)現(xiàn)硼化鎂在39K時呈超導性，在硼化鎂晶體的理想模型中，鎂原子和硼原子是分層排布的，一層鎂一層硼相間排列如圖是該晶體微觀空間中取出的部分原子沿Z軸方向的投影，白球是鎂原子投影，黑球是硼原子投影，圖中的硼原子和鎂原子投影在同一平面上根據(jù)圖示確定硼化鎂的化學式為MgB2【考點】86：原子核外電子排布；98：判斷簡單分子或離子的構型；9I：晶胞的計算；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷【分析】（1）鎵是31號元素，其原子核外有31個電子，根據(jù)構造原理書寫其基態(tài)原子核外電子排布式；同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大的趨勢，但第IIA族和第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素；（2）原子晶體的硬度與原子半徑、鍵長成反比；（3）根據(jù)價層電子對互斥理論確定其雜化方式及空間構型；B原子最外電子層為L層，無d軌道；而Si原子最外層為N層，有d軌道；（4）1個B原子為3個Mg原子共用，1個Mg原子為6個B原子共用，利用均攤法計算硼原子和鎂原子的個數(shù)比【解答】解：（1）鎵位于周期表中第四周期第IIIA，故其核外電子排布式為1s22s22p63d104s24p1或Ar3d104s24p1；同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大的趨勢，但第IIA族和第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素，所以三種元素的第一電離能由大到小的順序為NOB，故答案為：1s22s22p63d104s24p1；NOB；（2）原子晶體的硬度與原子半徑、鍵長成反比，N原子和B原子的半徑比硅原子小，BN鍵長比SiSi短鍵能大，所以氮化硼（BN）比晶體硅具有更高硬度和耐熱性，故答案為：N原子和B原子的半徑比硅原子小，BN鍵長比SiSi短；（3）在BF3分子中B原子的價層電子對等于3，且沒有孤電子對，所以中心原子的雜化軌道類型是sp2雜化，SiF4中硅原子含有4個共價鍵，且不含孤電子對，中心原子的雜化軌道類型是sp3雜化，所以它的空間構型是正四面體型；B原子最外電子層為L層，無d軌道，而Si原子最外層為N層，有d軌道，可參與雜化，使Si配位數(shù)增加至6；故答案為：sp2；正四面體；B原子最外電子層為L層，無d軌道；而Si原子最外層為N層，有d軌道，可參與雜化，使Si配位數(shù)增加至6；（4）根據(jù)投影可知，1個B原子為3個Mg原子共用，故屬于一個Mg原子的B原子為