2017年湖北省部分重点中学高考化学冲刺模拟试卷（解析版）

2017年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A．A B．B C．C D．D2．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.5mol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C．1mol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240mL0.1mol•L﹣1KMnO4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A．A B．B C．C D．D5．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（）A．n型半导体为负极B．X2为O2，H+由b极向a极移动C．b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（）A．W的离子半径＞Y的离子半径B．Z的氢化物稳定性＜W的氢化物稳定性C．Y的氧化物既能与盐酸，又能与NaOH溶液反应D．X2W2、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．则下列说法正确的是（）A．HX的电离常数K（HX）大于HY的电离常数K（HY）B．a点水的电离程度大于b点水的电离程度C．a、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）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（Na2MoO4•2H2O）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（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﹣）=0.40mol•L﹣1，c（SO42﹣）=0.04mol•L﹣1．“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%．（保留小数点后一位数字）〔已知Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10，Ksp（BaMoO4）=4.0×10﹣8〕（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Ⅰ→蓝色→绿色Ⅱ→黄色．①第一次出现绿色发生反应的离子方程式是②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NH4VO3．①室温下，NH4VO3在水中的Ksp曲线如图1所示，则Ksp（NH4VO3）=②热重分析可探究化学变化的历程，某研究小组取234gNH4VO3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）①A的名称是．②D→E的反应类型是．③F中含有的官能团有酯基、和（写名称）．④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M→G中反应①的化学方程式．（3）下列说法正确的是（选填字母）a．Y易溶于水b．B能使酸性高锰酸钾溶液褪色c．R的分子式为C12H10O3d．I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）．①与E具有相同官能团②能发生银镜反应③有2个﹣CH3④存在顺反异构．

2017年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A．A B．B C．C D．D【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．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D．2．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.5mol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C．3．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C．1mol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4nmolH2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C．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240mL0.1mol•L﹣1KMnO4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A．A B．B C．C D．D【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240mL0.1mol•L﹣1KMnO4溶液，选250mL容量瓶，计算后称量固体质量；D．CaCO3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；B．NO3﹣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．需要过滤分离，过滤操作需用普通漏斗，故D错误；故选A．5．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（）A．n型半导体为负极B．X2为O2，H+由b极向a极移动C．b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，阳极上发生氧化反应为2H2O﹣4e﹣=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；B．a极为阳极，电极反应为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，H+由a极向b极移动，故B错误；C．b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：6H2O～3O2～2CH3OH，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B．6．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（）A．W的离子半径＞Y的离子半径B．Z的氢化物稳定性＜W的氢化物稳定性C．Y的氧化物既能与盐酸，又能与NaOH溶液反应D．X2W2、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，A．O2﹣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O＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；C．Al2O3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；D．K2O2、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D．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．则下列说法正确的是（）A．HX的电离常数K（HX）大于HY的电离常数K（HY）B．a点水的电离程度大于b点水的电离程度C．a、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；B．ab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；C．ab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；D．HY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（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PdCl2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（HCO3）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，证明碳酸酸性大于硅酸．9．钼酸钠晶体（Na2MoO4•2H2O）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）测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：c（MoO42﹣）=0.40mol•L﹣1，c（SO42﹣）=0.04mol•L﹣1．“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）=1.1×10﹣10，Ksp（BaMoO4）=4.0×10﹣8〕（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，MoS2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（Na2MoO4•2H2O）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+）==mol•L﹣1=1.0×10﹣7mol•L﹣1，故溶液中C（SO42﹣）==mol•L﹣1=1.1×10﹣3mol•L﹣1，故去除的SO42﹣的质量分数为1﹣×100%=1﹣2.75%≈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﹣+3H2O．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Ⅰ→蓝色→绿色Ⅱ→黄色．①第一次出现绿色发生反应的离子方程式是5V2++MnO4﹣+8H+=5V3++Mn2++4H2O②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该颜色的特征：5VO2++8OH﹣⇌V5O143﹣+4H2O、V5O143﹣+12OH﹣⇌5VO43﹣+6H2O（3）VO2+加入氨水中可以得到NH4VO3．①室温下，NH4VO3在水中的Ksp曲线如图1所示，则Ksp（NH4VO3）=3×10﹣8②热重分析可探究化学变化的历程，某研究小组取234gNH4VO3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++H2O﹣e﹣=VO2++2H+．【考点】B1：氧化还原反应；DI：电解原理．【分析】（1）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+；②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Ⅰ→蓝色→绿色Ⅱ→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）①室温下，由NH4VO3在水中的Ksp曲线可知，Ksp（NH4VO3）=c（NH4+）•c（VO3﹣）计算；②234gNH4VO3的物质的量为2mol，A→B质量减少34g，则减少的是2molNH3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）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；②第二次出现绿色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++8OH﹣⇌V5O143﹣+4H2O、V5O143﹣+12OH﹣⇌5VO43﹣+6H2O，故答案为：红棕；5VO2++8OH﹣⇌V5O143﹣+4H2O、V5O143﹣+12OH﹣⇌5VO43﹣+6H2O；（3）①室温下，由NH4VO3在水中的Ksp曲线可知，Ksp（NH4VO3）=c（NH4+）•c（VO3﹣）=3×10﹣4×1×10﹣4=3×10﹣8，故答案为：3×10﹣8；②234gNH4VO3的物质的量为2mol，A→B质量减少34g，则减少的是2molNH3的质量，故B为HVO3，再失重即变成钒的氧化物，234g﹣42g=192g，含氧原子的物质的量是g÷18g•mol﹣1=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++H2O﹣e﹣=VO2++2H+，故答案为：Y；VO2++H2O﹣e﹣=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N＞O＞B．（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，B﹣N键长比Si﹣Si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；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1s22s22p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1；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N＞O＞B，故答案为：1s22s22p63d104s24p1；N＞O＞B；（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，B﹣N键长比Si﹣Si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，B﹣N键长比Si﹣Si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；