广东省深圳市2022-2023学年高三化学模拟试题（一）

试卷第=page1010页，共=sectionpages1010页试卷第=page11页，共=sectionpages11页广东省深圳市2022-2023学年高三化学模拟试题（一）一、单选题1．中国文化博大精深。下列文物保存时需要防潮防霉变的是选项ABCD文物名称翠玉白菜简牍清雍正款霁红釉瓷碗萧何月下追韩信梅瓶A．A B．B C．C D．D2．南海海域拥有丰富的资源(天然气水合物、石油、海砂等)，下列说法错误的是A．海砂的主要成分是 B．石油主要是各类烃的混合物C．天然气的主要成分是，属于可再生能源 D．可通过石油的裂化裂解制得不饱和烃3．近年来，我国科技迅猛发展，下列科技成果中蕴含的化学知识叙述错误的是A．建造港珠澳大桥所采用的高强抗震螺纹钢属于合金B．存储技术中用于编码的是核糖核酸C．华为麒麟芯片的主要成分是单质硅D．中国天眼用到的是新型无机非金属材料4．下列有关化学实验的叙述正确的是（）A．用待测液润洗滴定用的锥形瓶B．配制FeCl3溶液时，向溶液中加入少量Fe和稀盐酸C．用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶D．Na2CO3溶液保存在带玻璃塞的试剂瓶中5．化学与生活息息相关、密不可分。下列生活中的应用与所述的化学知识没有关联的是选项生活中的应用化学知识A技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板铝能形成致密氧化膜B可用于自来水的杀菌消毒具有强氧化性C工人将模具干燥后再注入熔融钢水铁与高温下会反应D面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包可与酸反应A．A B．B C．C D．D6．下列性质的比较，不正确的是A．沸点： B．键角：C．熔点： D．在水中溶解性：丁醇戊醇7．某工业废水中含有大量的和，经常以下列过程氧化处理，再进行一系列操作，回收锰和铬，以达到回收利用且降低污染的目的。下列说法正确的是A．在氧化处理过程中用代替NaClO效果更好B．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1C．反应②为D．在酸性条件下转化为是氧化还原反应8．莲花清瘟胶囊的有效成分大黄素的结构如图所示，该成分有很强的抗炎抗菌药理活性,基于结构视角，下列说法正确的是A．该分子中碳原子的杂化类型均为 B．分子中所含元素的电负性C．基态氧原子核外电子的空间运动状态有8种 D．该分子为非极性分子9．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，观察溶液颜色变化检验铁锈中是否含有B向溶液中缓慢滴加硫酸，观察溶液颜色变化探究浓度对和相互转化的影响C向NaBr溶液中滴加过量的氯水，再加入淀粉KI溶液，观察溶液颜色变化比较、和的氧化性强弱D分别测定浓度均为的和溶液的pH比较与的水解常数大小A．A B．B C．C D．D10．高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是A．放电时，正极区溶液的pH增大B．放电时，负极反应式：C．充电时，电极a连接电源负极D．充电时，负极材料每增重13g，中性电解质溶液减少11.7g11．能正确表示下列反应的离子方程式是A．电解水溶液：B．少量通入液中：C．碱性溶液与反应：D．用溶液吸收少量：12．下列实验操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A探究化学反应是否可逆向溶液中滴加1~2滴的溶液，充分反应后，滴入1~2滴的溶液，生成黄色沉淀B探究浓度对盐类水解平衡的影响向滴有酚酞的碳酸钠溶液中滴加氯化钡溶液，观察现象C比较AgI和AgCl溶度积大小向的硝酸银溶液中先滴加2~3滴浓度为的NaCl溶液，再滴加2~3滴相同浓度的NaI溶液，观察生成沉淀的颜色D比较HClO和酸性强弱用pH试纸测定NaClO溶液和溶液的pHA．A B．B C．C D．D13．一种药物中间体的结构如图所示，W、R、X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，其中W与Y同主族，X与Z同主族。下列叙述错误的是A．电负性：Y＜X＜RB．简单离子半径：Y＜X＜ZC．最高价氧化物对应水化物的酸性：R＜ZD．X分别与W、R、Y、Z元素均可以形成两种或两种以上的化合物14．在恒压密闭容器中，充入起始量一定的CO2和H2，主要发生下列反应：

达平衡时，CO2转化率和CO的选择性(CO的选择性随温度的变化如图所示，下列说法不正确的是。A．图中曲线①表示平衡时CO的选择性随温度的变化B．温度一定，通过增大压强能提高的平衡产率C．一定温度下，增大，一定能降低CO2平衡转化率D．T℃时，起始投入、，达平衡时生成15．一种化学“自充电”的锌-有机物电池，电解质为和水溶液。将电池暴露于空气中，某电极无需外接电源即能实现化学自充电，该电极充放电原理如下图所示。下列说法正确的是A．化学自充电时，增大B．化学自充电时，电能转化为化学能C．化学自充电时，锌电极反应式：D．放电时，外电路通过电子，正极材料损耗16．的溶液用的NaOH溶液进行滴定，其滴定曲线如图所示已知：滴定分数滴定液中溶质被滴定溶质。下列说法正确的是A．时，B．时，C．时，D．时，二、实验题17．某小组研究Cu与浓硝酸反应时发现如下现象：装置与试剂现象Cu片完全溶解，产生红棕色气体，得到绿色溶液A，该溶液长时间放置后得到蓝色溶液B。反应后溶液体积几乎不变。（1）Cu与浓硝酸反应的离子方程式为_____。（2）甲同学猜测溶液A不是蓝色而呈绿色与溶解了NO2有关，于是向溶液B中通入NO2，然后再持续通入一段时间N2，观察到现象：_____，证实猜测合理。甲同学为深入研究溶液A呈绿色的原因，查得如下资料并提出了新的假设：资料i：NO2溶于水部分发生歧化反应：2NO2+H2OHNO2+HNO3资料ii:NO能与Cu2+络合：Cu2+（蓝色）+4NOCu(NO2)(绿色)资料iii：HNO2是弱酸，加热或遇强酸发生分解3HNO2=HNO3+2NO↑+H2O假设一：A中形成了Cu(NO2)使溶液呈绿色。为了验证假设一的合理性，甲同学进行了如下实验：【实验一】操作现象①向20.0mL0.5mol·L-1Cu(NO3)2蓝色溶液中通入少量NO2气体溶液呈绿色②向20.0mL水中通入与①中等量的NO2气体溶液呈无色（3）操作②的目的是_____。（4）乙同学向①所得溶液中滴加浓硫酸，使溶液中c(H+)达约8mol·L-1，观察到有无色气体放出（遇空气变为红棕色），溶液很快变回蓝色。利用平衡移动原理解释溶液变蓝的原因：_____。（5）综合甲乙两位同学的实验，假设一不成立。请说明理由：______。乙同学查得如下资料并提出来另一种假设：资料iv：浓硝酸中溶有NO2时呈黄色；水或稀硝酸中溶有少量NO2时呈无色假设二：A中浓硝酸溶解了NO2所得黄色溶液与Cu2+的蓝色复合形成的绿色。为验证假设二的合理性，乙同学进行了如下实验：【实验二】操作现象①配制与溶液A的c(H+)浓度相同的HNO3溶液，取20.0mL，通入少量NO2气体溶液呈黄色②加入溶液变为绿色③……溶液立即变回蓝色（6）操作②中加入的试剂为_____。操作③进一步证明了假设二的合理性，写出该操作：_____。三、工业流程题18．钼酸铋作为新型半导体光催化材料，因其具有优异的离子导电性、介电性、气体传感性和催化性而广泛应用于生产生活中。以氧化铋渣(主要成分是、、还含有、ZnO、和等杂质)为原料制备钼酸铋(，其中Mo为+6价)的工艺流程如下：回答下列问题：(1)基态的价电子排布式为___________。(2)“浸渣”的主要成分为___________(填化学式)。(3)“除锑”过程中发生反应的化学方程式为______；该过程需要加热的原因为_______。(4)已知：硫代乙酰胺()在酸性溶液中会水解为乙酰胺()和硫化氢；的，；。①硫化氢会进一步发生反应，计算该反应的平衡常数K＝___________。②硫代乙酰胺比乙酰胺的沸点低，解释其原因为___________。(5)“酸溶”时会有NO逸出，此过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。(6)已知钼酸铋在空气中放置会变质，生成和，该过程中的化学方程式为___________。(7)的立方晶胞结构如图所示，以A点为原点建立分数坐标，已知A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为，则C点坐标为___________。四、原理综合题19．苯乙烯是一种重要的有机化工原料，可广泛用于合成橡胶，工程塑料及制药等。工业上可通过乙苯催化脱氢来制取苯乙烯，反应方程式如下：(1)已知部分物质的燃烧热数据如下表，利用表中数据计算_____________。物质乙苯苯乙烯氢气燃烧热(2)下列关于该反应的说法正确的是_____________A．高温、低压有利于该反应平衡正向进行B．工业生产中应尽可能提高反应温度，并增大压强，以提高原料的利用率C．恒温恒容条件下，反应达到平衡后，向体系中再充入乙苯蒸气，乙苯的转化率将增大D．选择合适的催化剂可以缩短达到平衡的时间，但不会提高生成物中苯乙烯的含量(3)工业上通入过热水蒸气()，在常压的条件下发生乙苯的催化脱氢反应。①反应中通入水蒸气的作用是____________________。②将乙苯和水蒸气通入反应器，期中乙苯的物质的量分数为，在温度t、压强p下进行反应。平衡时，乙苯的转化率为，该反应的平衡常数_________(分压=总压×物质的量分数)(4)保持温度为，向体积不等的恒容密闭容器中加入一定量的乙苯发生反应，反应40分钟后测得各容器中乙苯的转化率与容器体积的关系如图所示，图中乙苯的转化率随着容器体积增大呈现先增大后减小的趋势，可能的原因是：_____________________(5)气氛中乙苯催化脱氢制苯乙烯更容易进行，其过程同时存在如图两种途径，请在图中画出途径1的能量和反应过程的图象，并作适当标注(图中b、c均大于0)______________。五、有机推断题20．茚草酮是一种常见的除草剂，主要用于水稻和草坪上。以A和芳香烃E为原料可以制备茚草酮，其合成路线如下：回答下列问题：(1)A中所含官能团的名称为___________。(2)写出B→C的化学方程式___________。(3)C→D的反应类型为___________；E→F的反应所需试剂为___________。(4)E的结构简式为___________。(5)G的化学名称为___________。(6)若I分子的碳碳双键和Br2分子加成，则产物中有___________个手性碳原子。(7)B的同分异构体中，满足下列条件的结构有___________种①与FeCl3溶液发生显色反应；②含有2个甲基，且连在同一个碳原子上。其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6：2：2：1的结构简式为___________。答案第=page1010页，共=sectionpages1313页答案第=page99页，共=sectionpages1313页参考答案：1．B【详解】A．翠玉白菜主要化学成分为SiO2，化学性质稳定，不需要防潮防霉变，A不合题意；B．简牍是用竹子或者木头制成的，故需要防潮防霉变，B符合题意；C．瓷碗的主要成分是硅酸盐，化学性质稳定，耐酸性腐蚀，不需要防潮防霉变，C不合题意；D．“梅瓶”的主要成分是硅酸盐，化学性质稳定，耐酸性腐蚀，不需要防潮防霉变，D不合题意；故答案为：B。2．C【详解】A．海砂的主要成分是，A正确；B．石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，所以石油主要是各类烃的混合物，B正确；C．天然气的主要成分是，属于不可再生能源，C错误；D．石油裂化裂解可制得乙烯等不饱和烃，D正确；故答案选C。3．B【详解】A．合金是金属与金属或非金属组成的具有特性的物质，螺纹钢属于合金，A正确；B．DNA存储技术中用于编码的DNA是脱氧核糖核酸，B错误；C．Si单质是良好的半导体材料，华为麒麟芯片的主要成分是单质硅，C正确；D．SiC（金刚砂）属于新型无机非金属材料，D正确；故选B。4．C【详解】A．滴定操作中，锥形瓶不能使用待测液润洗，否则会造成待测液的量增加，影响滴定结果，故A错误；B．氯化铁能够与铁粉反应生成氯化亚铁，配制氯化铁溶液时不能加入铁粉，配制氯化铁溶液，将氯化铁溶于一定浓度的浓盐酸中，目的是防止铁离子水解，故B错误；C．盛放过石灰水的试剂瓶，内壁有碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成可溶性盐，可以用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶，故C正确；D．碳酸钠显碱性，能与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠能将瓶口和塞子黏在一起，所以不能用玻璃塞，应用软胶塞，故D错误；故选：C。5．D【详解】A．技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板，铝为活泼金属，铝能与氧气反应形成致密氧化膜(Al2O3)，A不符合题意；B．可用于自来水的杀菌消毒，具有强氧化性，使蛋白质变性，B不符合题意；C．工人将模具干燥后再注入熔融钢水，铁与高温下会反应生成四氧化三铁和氢气，C不符合题意；D．面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包，可与酸反应，D符合题意；故选D。6．A【详解】A．均为分子晶体，氯化氢相对分子质量小于氯化氢，故沸点：，A错误；B．硫酸根离子中硫原子为sp3杂化，无孤电子对；氨气分子中氮原子为sp3杂化，有1对孤电子对；由于孤电子对对成键电子对斥力大于成键电子对之间的斥力，故导致键角：，B正确；C．离子半径Mg2+>Ba2+，O2->Cl-，则离子键键能，导致熔点，C正确；D．1-戊醇中烃基更大，导致其在水中溶解度更小，故溶解性：1-丁醇>1-戊醇，D正确；故选A。7．C【详解】A.MnO2可作H2O2分解反应的催化剂，说明H2O2不能把Mn2+和Cr3+氧化为MnO2、，所以不能用H2O2代替NaClO作氧化剂，故A错误；B.反应①中Mn2+被NaClO氧化为MnO2，1molMn2+转移2mol电子，1molNaClO转化为Cl-转移2mol电子，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B错误；C.反应②，Cr3+被ClO-氧化为，自身被还原为Cl-，碱性条件下生成水，反应的离子方程式为，故C正确；D.存在元素化合价变化的反应是氧化还原反应，生成的在酸性条件下转化为，该反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故D错误；答案选C。8．B【详解】A．由题干有机物结构简式可知，该分子中碳原子除-CH3上采用sp3杂化之外，其余碳原子的杂化类型均为，A错误；B．根据同一周期从左往右元素的电负性依次增大，则O＞C，又结合碳氢化合物中碳显负电性，H显正电性，故分子中所含元素的电负性，B正确；C．O是8号元素，核外有8个电子，气态氧原子的核外电子排布式为：1s22s22p4，共占据5个不同的轨道，故基态氧原子核外电子的空间运动状态有5种

，C错误；D．由题干有机物结构简式可知，该分子结构不高度对称，正、负电荷中心不重合，故为极性分子，D错误；故答案为：B。9．B【详解】A．盐酸具有还原性，会使高锰酸钾褪色，所以无法检验铁锈中是否含有，A错误；B．2CrO+2H+Cr2O+H2O，向溶液中缓慢滴加硫酸，溶液由黄色转化为橙色，可以探究浓度对和相互转化的影响，B正确；C．向NaBr溶液中滴加过量的氯水，生成Br2，证明氧化性Cl2大于Br2，再加入淀粉KI溶液，过量的氯水会和KI反应生成I2，使溶液变蓝，干扰和的氧化性比较，C错误；D．溶液呈中性，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相同，溶液呈碱性，所以通过测定浓相同浓度的和溶液的pH，无法比较与的水解常数大小，D错误；故答案选B。10．D【分析】如图，该装置为充电电池，放电时为原电池，Zn为负极，电极反应为；正极区为转化为，电极反应式为；充电时，放电时的负极作阴极，与电源负极相连，a为电源的负极，则b为正极；【详解】A．综上所述，放电时，该装置为原电池，正极反应式为，故A正确；B．放电时为原电池，Zn为负极，电极反应为，故B正确；C．充电时为电解池，原来电池的负极作阴极，与电源负极相连，所以a为电源负极，故C正确；D．充电时，负极材料作阴极，电极反应式为，负极材料每增重13g，即生成0.2molZn，转移电子0.4mol，中性溶液中和分别透过阳膜和阴膜进入阴极区和阳极区，物质的量为0.4mol，质量为23.4g，故D错误；故选D。11．D【详解】A．电解水溶液：，A错误；B．量通入液中：，B错误；C．碱性溶液中氧化，反应后溶液不可能为酸性，C错误；D．氯气能够把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，D正确；故答案选D。12．B【详解】A．由题意可知，碘化钾溶液与硫酸铁溶液反应时，碘化钾溶液过量，无论反应是否为可逆反应，溶液中均存在碘离子，则选择加入硝酸银溶液检验溶液中是否存在碘离子不能探究该反应为可逆反应，应选择硫氰化钾溶液中是否存在铁离子探究，故A错误；B．碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，能使酚酞试液变红色，向溶液中加入氯化钡溶液，溶液中碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，水解平衡向逆反应方向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液红色变浅或消失能探究浓度对盐类水解平衡的影响，故B正确；C．由题意可知，硝酸银溶液与氯化钠溶液反应生成氯化银白色沉淀时，硝酸银溶液过量，氯化钠溶液反应后再滴加碘化钠溶液，碘化钠溶液与过量的硝酸银溶液反应生成碘化银黄色沉淀，滴加碘化钠溶液的过程中发生沉淀的生成，没有发生沉淀的转化，则观察生成沉淀的颜色无法比较氯化银和碘化银溶度积大小，故C错误；D．次氯酸钠具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，用pH试纸无法测定次氯酸钠溶液的pH，则无法利用盐的水解程度比较次氯酸和醋酸的酸性强弱，故D错误；故选B。13．A【分析】由药物中间体的结构可知，Y最外层1个电子，W形成一个共价键，R形成4个共价键，W、R、X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，W与Y第ⅠA族，X、Z均为第ⅥA元素，所以W为H元素，R为C元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为S元素。【详解】A．电负性Na<C<O，A错误；B．电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，O2-、Na+核外有2个电子层、S2-核外都有3个电子层，但Na的原子序数大于O，则简单离子半径：S2->O2->Na+，B正确；C．非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S>C，所以酸性H2SO4>H2CO3，C正确；D．X和W、R、Y、Z均形成至少两种二元化合物，如:H2O、H2O2、CO、CO2、Na2O、Na2O2、SO2、SO3、，D正确；故答案选A。14．D【分析】生成一氧化碳的反应为吸热反应、生成二甲醚的反应为放热反应，随着温度的升高，利于一氧化碳的生成而不利于二甲醚的生成，结合图象可知：曲线①一直随温度升高而变大，故①表示平衡时CO的选择性随温度的变化，②表示CO2转化率随温度的变化；【详解】A．由分析可知，图中曲线①表示平衡时CO的选择性随温度的变化，A正确；B．生成一氧化碳的反应为气体分子数不变的反应、生成二甲醚的反应为气体分子数减小的反应，温度一定，通过增大压强平衡向生成二甲醚的方向移动，能提高的平衡产率，B正确；C．反应在恒压密闭容器中进行，温度一定，增大，相当于在原有平衡上增大体积，导致平衡向气体分子数增加的方向移动，降低二氧化碳的转化率，C正确；D．T℃时，CO2转化率和CO的选择性均为a%，起始投入、，则反应二氧化碳、生成一氧化碳的物质的量分别为2a%mol、2a%×a%mol=2a2×10-4mol：故达平衡时生成，D错误；故选D。15．A【详解】A．由图可知，化学自充电时，消耗O2，该反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，增大，故A正确；B．化学自充电时，无需外接电源即能实现化学自充电，该过程不是电能转化为化学能，故B错误；C．由图可知，化学自充电时，锌电极作阴极，该电极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；D．放电时，1mol转化为，消耗2molK+，外电路通过电子时，正极物质增加0.02molK+，增加的质量为0.02mol×39g/mol=0.78g，故D错误；故选A。16．B【详解】A.时，表示与NaOH按1：1反应，恰好生成，溶液为酸性，说明的电离程度大于其水解程度，则溶液中，选项A错误；B.时，反应恰好生成等量的和，溶液中存在物料守恒：，所以有，选项B正确；C.时，反应恰好生成，溶液呈碱性，的水解程度大于其电离程度，则溶液中，选项C错误；D.时，反应恰好生成，溶液呈碱性，根据质子守恒：，选项D错误；答案选B。17．Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑溶液通入NO2后变绿，通入一段N2后又变蓝证明NO2溶于水时没有颜色变化，排除这一因素在①中的干扰加入浓硫酸后，温度升高且c(H+)增大，HNO2分解导致c(HNO2)下降，均引起平衡HNO2+H+逆向移动，c()下降，Cu2+(蓝色)+4Cu(NO2)(绿色)逆向移动，溶液颜色由绿色变为蓝色加酸后溶液变为蓝色，说明酸性较强的溶液A中不能大量存在，因此Cu(NO2)也不能大量存在，不是溶液A呈绿色的主要原因0.01mlmolCu(NO3)2加水稀释【分析】本实验利用Cu与浓硝酸发生反应Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑制取NO2时，根据实验现象提出猜测并研究溶液颜色变化的原因，结合平衡移动原理等知识解答相关现象出现的原因，根据控制变量法的原理进行实验设计。【详解】(1)Cu与浓硝酸反应生成硫酸铜、NO2和H2O，反应的离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑；(2)甲同学猜测溶液A不是蓝色而呈绿色与溶解了NO2有关，于是向溶液B中通入NO2，溶液变成绿色，然后再持续通入一段时间N2，目的是将NO2吹出，进一步确认NO2的影响，因此通入一段时间N2后溶液又变成蓝色；(3)操作②是对比试验，可证明NO2溶于水时没有颜色变化，排除这一因素在①中的干扰；(4)结合资料可知，由于加入浓硫酸后，温度升高且c(H+)增大，HNO2分解导致c(HNO2)下降，同时产生无色气体，均引起平衡HNO2+H+逆向移动，c()下降，Cu2+(蓝色)+4Cu(NO2)(绿色)逆向移动，所以溶液颜色由绿色变为蓝色；(5)根据题干信息，所用Cu和HNO3的量中HNO3过量，根据方程式可知，A存有大量HNO3，酸性很强，而加酸后溶液变为蓝色，说明酸性较强的溶液A中不能大量存在，因此Cu(NO2)也不能大量存在，不是溶液A呈绿色的主要原因，故假设一不成立；(6)根据控制变量法，操作②中加入的试剂应与实验一相同，即为0.01mlmolCu(NO3)2；(7)根据资料ⅳ，稀硝酸中溶有少量NO2时呈无色，因此可采用稀释的方法。【点睛】(6)小问为易错点，注意实验一给的是浓度，需要计算相应的物质的量。18．(1)6s26p3(2)、(3)2SbCl3＋3H2O＋6HCl盐酸易挥发，加热有利于HCl挥发，水解平衡正向移动(4)乙酰胺分子间氢键的键能(强度)大于硫代乙酰胺，数目多于硫代乙酰胺(5)2:1(6)＋＝＋(7)【分析】氧化铋渣(主要成分是、、还含有、ZnO、和等杂质)加入盐酸和氯化钠溶液，二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和盐酸反应生成氯化银，其他物质和盐酸生成相应氯化物，过滤，向滤液中加水加热得到，过滤，向滤液中加入沉铋，过滤，向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，向硝酸铋溶液中加入(NH4)2Mo7O24∙4H2O得到。【详解】（1）N和Bi是同族元素，Bi是第六周期元素，因此基态的价电子排布式为6s26p3；故答案为：6s26p3。（2）二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和盐酸反应生成氯化银，因此“浸渣”的主要成分为、；故答案为：、。（3）“除锑”过程中发生反应的化学方程式为2SbCl3＋3H2O＋6HCl；盐酸易挥发，加热有利于HCl挥发，水解平衡正向移动；故答案为：2SbCl3＋3H2O＋6HCl；盐酸易挥发，加热有利于HCl挥发，水解平衡正向移动。（4）①硫化氢会进一步发生反应，则该反应的平衡常数，；故答案为：。②硫代乙酰胺的相对分子质量比乙酰胺的相对分子质量大，硫代乙酰胺比乙酰胺的沸点低，说明乙酰胺分子间氢键的键能(强度)大于硫代乙酰胺，数目多于硫代乙酰胺；故答案为：乙酰胺分子间氢键的键能(强度)大于硫代乙酰胺，数目多于硫代乙酰胺。（5）“酸溶”时会有NO逸出，即Bi2S3和硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，Bi2S3中硫化合价从−2价升高到0价，化合价升高6个，硝酸中氮+5价降低到+2价，降低3个价态，则NO系数配2，Bi2S3系数配1，因此此过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；故答案为：2:1。（6）钼酸铋在空气中放置会变质，说明和二氧化碳反应生成和，则该过程中的化学方程式为，＋＝＋；故答案为：＋＝＋。（7）的立方晶胞结构如图所示，以A点为原点建立分数坐标，已知A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为，则C点体对角线的四分之一处，其坐标为；故答案为：。