2019年广东省广州市高考化学一模试卷-解析版

2019年广东省广州市高考化学一模试卷

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1. 明矾KAl（SO4）2．12H2O]在造纸等方面应用广泛。实验室中采用废易拉罐（含有Al和少量Fe、Mg

杂质）制各明矾的流程如图所示：

下列叙述错误的是（ ）

A. 回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用 B. “沉淀”为

C. “操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶 D. 上述流程中可用过量 代替

2. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）

A. 中含有的质子数与中子数均为

B. 标准状况下， 中含 键的数目为

C. 密闭容器中，1mol 和1moIHCI反应后气体分子总数为 D. 溶液与足量Cu反应，电子转移数为 3. 工业上用乙苯（

）经催化脱氢生产苯乙烯（

）。下列说法错误的是（ ）

A. 放电时，外电路电子由镁电极流向多孔碳材料电极

B. 放电时，正极的电极反应式为 C. 理论上，外电路中流过2mol电子时，负极质量增加58g D. 电池反应产物 经过灼烧与还原可制成镁锭循环利用

7. 常温下，用0.10moI/LNaOH溶液滴定0.10mol/LHA溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离

子浓度变化的关系如图b所示。下列叙述错误的是（ ）

A. 乙苯可通过石油催化重整获得 B. 乙苯的同分异构体超过四种

C. 苯乙烯与氯化氢反应可生成氯代苯乙烯

D. 乙苯和苯乙烯分子所有碳原子均可处于同一平面

4. 联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”。元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如图所

示，其中元素Z位于第四周期，W、X．Y原子的最外层电子数之和为 18．下列说法正确的是（ ）

A. 的数量级为

C. 过程中，水的电离程度逐渐增大

B. N点， D. 当滴定至溶液呈中性时，

W X Y 二、简答题（本大题共4小题，共49.0分）

8. 某废旧锂电池材料含有钴酸锂（LiCoO2）、导电剂石墨和铝粉等。回收废旧锂电池中钴的工艺流程如

下：

Z A. 简单氢化物沸点： B. 原子半径：

C. 氧化物的水化物的酸性：

D. 推测Z是半导体材料，Z与Y可形成化合物

5. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）

10，Ksp（CoCO3）=1.5×10。 已知：Ksp（CoC2O4）=2.5×

回答下列问题：

（1）“浸出液”的主要成分是LiHC2O4、AI（HC2O4），“浸出渣”的主要成分是CoC2O4．“浸出”

CoC2O4的产率反而会降低，中生成CoC2O4的化学方程式为______，若H2C2O4用量过大，原因是______。

（2）“转化”中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为，该反应进行的程度较大，试用平衡常数K解释原因______。

（3）“电解”时装置如图所示。阳极的电极反应式为______，电解后a室中的电解液可返回______工序继续使用。

-9-13

A. 用装置甲过滤海带灰的浸泡液以获得含 的溶液 B. 用装置乙蒸干氯化铵饱和溶液制备 晶体

C. 用装置丙将 与HCl混合气体纯化得到纯净的 D. 用装置丁收集铜粉与稀反应产生的NO

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10. 磷能形成众多单质与化台物。回答下列问题：

（1）磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，写出该激发态原子的核外电子排布式______。

（2）黑磷是一种二维材料，其中一层的结构如图1所示。

（4）某废旧锂电池粉末中LiCoO2的质量分数为w，将mkg该废料进行回收利用，电解得到钴nkg，钴的 回收率为______。

9. 环戊烯是生产精细化工产品的重要中间体，其制各涉及的反应如下：

①黑磷中P原子的杂化方式为______。每一层内P形成六元环彼此相接，平均每个空间六元环中含有的磷原子是______个。

②用4-甲氧基重氮苯四氟硼酸盐（如图2）处理黑磷纳米材料，可以保护和控制其性质。

该盐的构成元素中C、N、O、F的电负性由大到小顺序为______，1mol该盐阳离子含有的σ键的数目为______，该盐阴离子的几何构型是______。

（3）磷钇矿可提取稀土元素钇（Y），某磷钇矿的结构如下：

回答下列问题： （l）反应

的△H=______ kJ/mol。

（2）解聚反应在刚性容器中进行。

①其他条件不变，有利于提高双环戊二烯平衡转化率的条件是______ （填标号）。 A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．减小压强

②实际生产中常通入水蒸气以降低双环戊二烯的沸点。某温度下，通入总压为l00kPa的双环戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为160kPa，双环戊二烯的转化率为80%，则 pH2O=______kpa，平衡常数Kp=______kPa （Kp为以分压表示的平衡常数）

（3）一定条件下，将环戊二烯溶于有机溶剂中进行氢化反应，反应过程中保持氢气压力不变，测得环戊烯和环戊烷的产率（以环戊二烯为原料计）随时间变化如下图所示。

3-该磷钇矿的化学式为______，与PO4互为等电子体的阴离子有______ （写出两种离子的化学式）。己

-3

知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，阿伏加德罗常数为NA，则该磷钇矿的密度为______g•cm（列出计算式）。

11. 烯烃复分解反应可示意如下：

利用上述方法制各核苷类抗病毒药物的重要原料W的合成路线如下：

①将环戊二烯溶于有机溶剂中可减少二聚反应的发生，原因是______，

②最佳的反应时间为______h．活化能较大的是______（填“氢化反应”或“副反应”）。

1012，副反应的平衡常数为2.0×1011．在恒温恒容下，环戊二烯与（4）已知氢化反应平衡常数为1.6×

氢气按物质的量之比为1：1进行反应，则环戊二烯的含量随时间变化趋势是______（不考虑环戊二烯的二聚反应）。

回答下列问题：

（l）B的化学名称为______。

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（2）由B到C的反应类型为______。 （3）D到E的反应方程式为______。

（4）化合物F在Grubbs II催化剂的作用下生成G和另一种烯烃，该烯烃的结构简式是______。 （5）H中官能团的名称是______。

1molX最多可与3molNaOH反应，（6）化台物X是H的同分异构体，可与FeCl，溶液发生显色反应，

其核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3：2：2：1．写出两种符合要求的X的结构简式：______。 （7）由

为起始原料制备

的合成路线如下，请补充完整（无机试剂任选）。

______。

三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）

12. 二氧化钒（VO2）是一种新型热敏材料。+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。实验室以V2O5

为原料合成用于制各VO2的氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如下：

回答下列问题：

（1）VOC12中V的化合价为______。

（2）步骤i中生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该化学方程式为______。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液，该法的缺点是______ （3）步骤ii可在下图装置中进行。

①反应前应通入CO2数分钟的目的是______。 ②装置B中的试剂是______。

（4）测定氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。

称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，加0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1%NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用c mol/L（NH4）2Fe

+2++2+3+

（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL．滴定反应为：VO2+Fe+2H=VO+Fe+H2O。 ①KMnO4溶液的作用是______。NaNO2溶液的作用是______。 ②粗产品中钒的质量分数的表达式为______。

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】

C．密闭容器中，1mol NH3和1moIHCI反应生成1mol氯化铵； D．求出氯化铁的物质的量，然后根据反应后Fe3+变为+2价来分析。

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。 3.【答案】C

【解析】

解：A．回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用，达到资源再利用的效果，故A正确； B．由上述分析可知，沉淀为Al（OH）3，故B错误；

C．由溶液得到含结晶水的晶体，则“操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶，故C正确； D．偏铝酸钠溶液与二氧化碳可反应生成Al（OH）3，则上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3，故D正确； 故选：B。

含有少量的Fe、Mg杂质均与NaOH不反应，由实验流程可知，碱溶分离出滤渣为Fe、Mg，得到偏铝酸钠溶液中加入NH4HCO3溶液后，促进AlO2水解生成Al（OH）3沉淀，过滤后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，与K2SO4溶液混合后，操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到晶体明矾，以此来解答。

-

解：A．石油的催化重整可以获得乙苯等芳香烃，故A正确；

B．乙苯的同分异构体可为二甲苯二甲苯有3种，也可为链烃，故B正确； C．苯乙烯与氯化氢反应生成生成氯代苯乙烷，故C错误；

D．苯环和碳碳双键都为平面形结构，结合三点确定一个平面可知，乙苯、苯乙烯都可能在同一个平面上，故D正确。 故选：C。

A．石油的催化重整可以获得芳香烃；

B．乙苯的同分异构体可为二甲苯，也可为链烃；

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离方

C．苯乙烯与氯化氢反应生成生成氯代苯乙烷；

法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 2.【答案】A

【解析】

D．苯环和碳碳双键都为平面形结构，结合三点确定一个平面判断。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质为解答的关键，侧重分析与应

=0.5mol，0.5mol分子中含有的质子数与中子数均为5NA，故

用能力的考查，注意石油综合利用，题目难度不大。 4.【答案】D

【解析】

解：A.10gD2O物质的量=A正确；

B．标况下，三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误； C．密闭容器中，1mol NH3和1moIHCI反应后生成固体氯化铵1mol，无气体分子，故C错误； D．溶液中氯化铁的物质的量n=CV=1mol/L×0.1L=0.1mol，而反应后Fe3+变为+2价，故0.1mol氯化铁转移0.1mol电子即0.1NA个，故D错误； 故选：A。

A．计算D2O物质的量，1个分子中质子数为10，中子数=（2-1）×2+（16-8）=10； B．标况下，三氯甲烷为液态；

解：根据分析可知：W为N元素，X为S元素，Y为Cl元素，Z为Si元素。

A．氨气分子间存在氢键，导致其沸点较高，即简单氢化物的沸点：Y＞W，故A错误； B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z＞X＞Y，故B错误；

C．没有指出最高价，氧化物的水合物酸性不一定满足W＜X，若的酸性大于亚硫酸，故C错误；

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D．单质Si为半导体材料，Si与Cl可以形成化合物SiCl4，故D正确； 故选：D。

元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如图所示，其中元素Z位于第四周期，则W位于第二周期，X、Y位于第三周期，设X原子的最外层电子数为a，则W、Y原子最外层电子数分别为a-1、a+1，W、X、Y原子的最外层电子数之和为18，则a+a-1+a+1=18，解得：a=6，则W为N元素，X为S元素，Y为Cl元素，Z为Si元素，据此解答。

本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。 5.【答案】A

【解析】

解：A、放电时电子由负极流向正极，即放电时外电路电子由镁电极流向多孔碳材料电极，故A正确；

B、正极氧气发生还原反应生成氢氧根离子，所以正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-，故B正确；

C、理论上，外电路中流过2mol电子时，生成1mol的镁离子，结合2mol的氢氧根离子，所以负极质量增加34g，故C错误；

D、氢氧化镁受热分解产生氧化镁，氧化镁还原成单质镁循环利用，故D正确； 故选：C。

A、放电时电子由负极流向正极；

B、正极氧气发生还原反应生成氢氧根离子；

C、理论上，外电路中流过2mol电子时，生成1mol的镁离子，结合2mol的氢氧根离子； D、氢氧化镁受热分解产生氧化镁，氧化镁还原成单质镁。

本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生分析判断、获取信息解答问题及计算能力，明确各个电极上发生的反应、氧化还原反应计算是解本题关键。 7.【答案】B

【解析】

解：A．该装置分离难溶性固体和可溶性物质，海带灰中含有碘离子和难溶性固体，所以可以用过滤方法获取含I-的溶液，故A正确；

B．氯化铵受热易分解生成HCl和氨气，所以蒸干时得不到氯化铵，故B错误；

C．HCl极易溶于水，NaCl溶液能抑制氯气溶解，所以可以用饱和氯化钠溶液除去氯气中的HCl，但是得到的氯气中含有部分水蒸气，所以得不到纯净的氯气，故C错误；

D．NO能和氧气反应生成二氧化氮，NO不溶于水，所以应该用排水法收集NO而不能用排空气法收集，故D错误； 故选：A。

解：A．根据图b知，当lgA正确；

=0时，c（A-）=c（HA），Ka==c（H+）=10-4.5～10-5，故

B．N点，根据电荷守恒得c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=误；

-10-8.72=10-5.28-10-8.72，故B错

A．该装置分离难溶性固体和可溶性物质；

C．P到Q过程中，溶液中酸浓度减小、盐浓度增大，酸抑制水电离、含有弱离子的盐促进水电

B．氯化铵受热易分解生成HCl和氨气；

离，所以水的电离程度增大，故C正确；

C．HCl极易溶于水，NaCl溶液能抑制氯气溶解，但是得到的气体中含有部分水蒸气；

D．NaA是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸应该稍微过量，且酸的电

D．NO能和氧气反应生成二氧化氮。

本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析判断及实验操作能力，明确化学实验原理、元素化

故选：B。

合物性质是解本题关键，注意实验操作的规范性，题目难度不大。 6.【答案】C

【解析】

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离程度较小，所以溶液中存在c（A）＞c（HA），故D正确；

-

A．根据图b知，当lg

=0时，c（A-）=c（HA），Ka==c（H+）；

B．N点，根据电荷守恒得c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=-10-8.72；

分是LiHC2O4、Al（HC2O4），“浸出渣”的主要成分是CoC2O4，则生成CoC2O4的化学方程式为2LiCoO2+5H2C2O4=2LiHC2O4+2CoC2O4+4H2O+2CO2↑，H2C2O4用量过大时生成Co（HC2O4）2，

2-2-然后加入碳酸钠发生CoC2O4+CO3=CoCO3+C2O4，分离出滤渣1为CoCO3，滤液1含草酸

C．P到Q过程中，溶液中酸浓度减小、盐浓度增大，酸抑制水电离、含有弱离子的盐促进水电离；

D．NaA是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸应该稍微过量，且酸的电离程度较小。

本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确纵横坐标含义及混

钠，滤渣1加盐酸溶解生成CoCl2，电解可得到Co，以此来解答。

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用，注意电离平衡常数的计算方法，题目难度不大。

2LiCoO2+5H2C2O4=2LiHC2O4+2CoC2O4+4H2O+2CO2↑ 生成Co104，【答案】（HC2O4）8.2而溶解 K=1.67×

-+

100% 反应正向进行的趋势很大 2H2O-4e=O2↑+4H 酸溶 ×9.【答案】-209.9 AD 25 960 降低环戊二烯浓度、减少二聚速率稀释有利于平衡向解聚方向移

动 4 副反应 先变小后变大

【解析】

解：（1），

【解析】

解：（1）“浸出”中生成CoC2O4的化学方程式为

结合盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ得到反应

2LiCoO2+5H2C2O4=2LiHC2O4+2CoC2O4+4H2O+2CO2↑，若H2C2O4用量过大，CoC2O4的产率反而会降低，原因是生成Co（HC2O4）2而溶解，

故答案为：2LiCoO2+5H2C2O4=2LiHC2O4+2CoC2O4+4H2O+2CO2↑；生成Co（HC2O4）2而溶解；

2-2-（2）“转化”中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为CoC2O4+CO3=CoCO3+C2O4，该反

△H=-209.9KJ/mol，

故答案为：-209.9； （2）①反应，

A．升高温度平衡正向进行，有利于提高双环戊二烯平衡转化率，故A正确； B．降低温度 平衡逆向进行，故B错误；

C．增大压强平衡逆向进行，不利于提高双环戊二烯平衡转化率，故C错误； D．减小压强平衡正向进行，有利于提高双环戊二烯平衡转化率，故D正确； 故答案为：AD；

②设反应前双环戊二烯和水蒸气的总物质的量为n，压强为气体物质的量成正比，反应前总压强l00kPa的双环戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为160kPa，则平衡时混合气体的物质的量

，反应为气体体积增大的吸热

应进行的程度较大，用平衡常数K解释原因为K=大，

=1.67×104，反应正向进行的趋势很

2-2-104，反应正向进行的趋势很大； 故答案为：CoC2O4+CO3=CoCO3+C2O4；K=1.67×

（3）由“电解”装置图可知，阳极的电极反应式为2H2O-4e=O2↑+4H，氢离子移向a，阴极区氯离子移向a，电解后a室中的电解液可返回酸溶工序继续使用， 故答案为：2H2O-4e=O2↑+4H；酸溶；

（4）某废旧锂电池粉末中LiCoO2的质量分数为w，将mkg该废料进行回收利用，电解得到钴nkg，钴的回收率为故答案为：

×100%。

×100%=

×100%，

-+

-+

为：=1.6n，物质的量增大了0.6n，则

废旧锂电池材料含有钴酸锂（LiCoO2）、导电剂石墨和铝粉等，加草酸溶解，浸出液”的主要成

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△n

1 2 1 0.6n 1.2n 0.6n

双环戊二烯的转化率为80%，则原混合气体中双环戊二烯的物质的量为：气的物质的量为：n-0.75n=0.25n，所以pH2O=

×l00kPa=25kPa；

=0.75n，则水蒸

（2）①

反应，结合平衡移动原理分析判断选项；

，反应为气体体积增大的吸热

②设反应前双环戊二烯和水蒸气的总物质的量为n，压强为气体物质的量成正比，反应前总压强l00kPa的双环戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为160kPa，则平衡时混合气体的物质的量为：

=1.6n，物质的量增大了0.6n，则

平衡时双环戊二烯的物质的量为：0.75n×（1-80%）=0.15n，其分压为二烯的分压为：

×160kPa=120kPa，

×160kPa=15kPa，环戊

△n

1 2 1

0.6n 1.2n 0.6n

双环戊二烯的转化率为80%，则原混合气体中双环戊二烯的物质的量为：

=0.75n，据此计

所以

的平衡常数Kp=

=960，

故答案为：25；960；

（3）①将环戊二烯溶于有机溶剂中，降低了环戊二烯浓度、减少二聚速率，所以稀释后有利于平衡向解聚方向移动，

②根据图象可知，在4h时环戊烯产率最大、环戊烷产率较小，可得；相同时间内产率越大说明

故答案为：降低环戊二烯浓度、减少二聚速率稀释，有利于平衡向解聚方向移动；

反应速率越大，则对应的活化能越小，所以活化能加大的为副反应；

②根据图象可知，在4h时环戊烯产率最大、环戊烷产率较小，说明最佳的反应时间为4h；相同

（4）环戊二烯与氢气发生氢化反应，环戊二烯的含量减少，根据氢化反应和副反应的平衡常数，

时间内产率越大说明反应速率越大，则对应的活化能越小，所以活化能加大的为副反应；

副反应发生的程度较大，当氢化反应生成的环戊烯开始发生副反应，会消耗氢气，同时放出热

故答案为：4；副反应；

量，对使氢化反应逆向移动，据此分析可得。

（4）环戊二烯与氢气发生氢化反应，环戊二烯的含量减少，根据氢化反应和副反应的平衡常数，

本题考查了化学平衡常数的计算、化学平衡的移动、化学平衡的相关计算等问题，试题侧重于

副反应发生的程度较大，当氢化反应生成的环戊烯开始发生副反应，会消耗氢气，同时放出热

考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度

量，对使氢化反应逆向移动，环戊二烯的含量会变大直到保持不变；

较大。很好的考查了学生化学反应原理的掌握水平。

故答案为：先变小后变大（最后不变）。

10.【答案】1s22s22p63s13p33d1 sp3 2 F＞O＞N＞C 17NA 正四面体 YPO4 SO42-、ClO4-等

算pH2O和平衡常数；

（3）①将环戊二烯溶于有机溶剂中，环戊二烯浓度减小，根据浓度对可逆反应的影响分析；

（1），

【解析】

解：（1）磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，其它轨道电子排布不变，

结合盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ得到反应

的△H；

226131

据此书写电子排布式为1s2s2p 3s3p3d，

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226131

故答案为：1s2s2p 3s3p3d；

②同一周期元素，电负性随着原子序数增大而增大；共价单键为σ键、共价双键中含有1个σ键、1个π键，共价三键中含有1个σ键、2个π键，则该阳离子中含有σ键个数为17； 该盐阴离子中B原子价层电子对个数=4+理论判断该离子空间构型；

（3）该晶胞中Y原子位于8个顶点、体心、前后左右4个面上，Y原子个数=8×+1+4×=4，磷酸根离子位于上下面心、4个竖棱上、前后左右面上，磷酸根离子个数=2×+4×+4×=4，二者个数之比为4：4=1：1，据此书写该磷钇矿的化学式；

与PO4互为等电子体的阴离子中含有5个原子、价电子数是30；

a×c）×10-21cm3，阿伏加德罗常数为NA，己知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，该晶胞体积=（a×则该磷钇矿的密度=

。

3-

（2）①黑磷中每个P原子形成3个共价键且还含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判

3

断P原子的杂化方式为sp；每一层内P形成六元环彼此相接，每个P原子被3个环占有，平均

=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥

每个空间六元环中含有的磷原子个数=6×=2， 故答案为：sp；2；

②同一周期元素，电负性随着原子序数增大而增大，其电负性大小顺序为F＞O＞N＞C；共价单键为σ键、共价双键中含有1个σ键、1个π键，共价三键中含有1个σ键、2个π键，则该阳离子中含有σ键个数为17，则1mol该阳离子含有σ键个数为17NA， 该盐阴离子中B原子价层电子对个数=4+理论判断该离子空间构型为正四面体， 故答案为：F＞O＞N＞C；17NA；正四面体；

（3）该晶胞中Y原子位于8个顶点、体心、前后左右4个面上，Y原子个数=8×+1+4×=4，磷酸根离子位于上下面心、4个竖棱上、前后左右面上，磷酸根离子个数=2×+4×+4×=4，二者个数之比为4：4=1：1，据此书写该磷钇矿的化学式为YPO4；

与PO4互为等电子体的阴离子中含有5个原子、价电子数是30，与其互为等电子体的离子有SO42-、ClO4-等，

a×c）×10己知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，该晶胞体积=（a×则该磷钇矿的密度=

=

g/cm3=

。

-21

3-3

=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、等电子体判断、微粒空间构型判断等知识点，知道原子结构、晶胞结构、基本概念内涵、基本公式的灵活运用是解本题关键，注意（2）中判断σ键个数时易漏掉苯环上的C-Hσ键而导致错误，为解答易错点。 11.【答案】丙烯醛 加成反

应 HOOCCH2COOH+2CH3CH2OH CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O CH2=CH2 碳碳双键和羧

△浓硫酸

基

cm3，阿伏加德罗常数为NA，

g/cm3，

【解析】

2--故答案为：YPO4；SO4、ClO4等；

（1）磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，其它轨道电子排布不变，据此书写电子排布式；

解：（l）B的化学名称为丙烯醛， 故答案为：丙烯醛；

（2）①黑磷中每个P原子形成3个共价键且还含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判

（2）B和水发生加成反应生成C，由B到C的反应类型为加成反应，

断P原子的杂化方式；每一层内P形成六元环彼此相接，每个P原子被3个环占有，平均每个空

故答案为：加成反应；

间六元环中含有的磷原子个数=6×；

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（3）D和乙醇发生酯化反应生成E，D到E的反应方程式为HOOCCH2COOH+2CH3CH2OH

酸化，再发生酯化反应最后发生信息中的反应得到，其合成路线为

CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O， 故答案为：HOOCCH2COOH+2CH3CH2OH

， 故答案为：

CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O；

（4）化合物F在Grubbs II催化剂的作用下生成G和另一种烯烃，根据信息及原子守恒知，该烯烃的结构简式是CH2=CH2， 故答案为：CH2=CH2；

。

A发生氧化反应生成B，B和水反应生成C，根据C分子式知，发生加成反应，C发生氧化反应生成D，则C为HOCH2CH2CHO，D发生酯化反应生成E，E发生取代反应生成F，F发生信息

中的反应生成G，G发生水解反应然后酸化得到H，H

（5）H为

，H中官能团的名称是碳碳双键和羧基，

（7）由

为起始原料制备

，

，

故答案为：碳碳双键和羧基；

先发生取代反应，然后发生消去反应、

（6）H为

，化台物X是H的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含

酸化，再发生酯化反应最后发生信息中的反应得到。

本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用、知识迁移能力，明确有机物

有酚羟基，H的不饱和度是4、苯环的不饱和度是4，所以X中除了含有苯环外不和其他双键或

官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，注意信息中断键和成键方式，题目

三键或环，

难度不大。

1molX最多可与3molNaOH反应，说明含有3个酚羟基，其核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比

12.【答案】+4 2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O 有氯气生成，污染空气 排除装置中的空

+

100% 气，避免产物被氧化 饱和NaHCO3溶液 将+4价的钒氧化为VO2 除去过量的KMnO4 ×

为3：2：2：1．符合要求的X的结构简式：，

【解析】

解：（1）VOC12中氧元素-2价，氯元素-1价，则V元素+4价； 故答案为：+4；

故答案为：

；

（2）步骤i中V2O5与盐酸、N2H4•2HCl混合得到VOC12的同时生成氮气，反应为：

2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；浓盐酸与V2O5来制备VOC12，根据氧化还原

（7）由

为起始原料制备

，

先发生取代反应，然后发生消去反应、

反应原理，V元素被浓盐酸还原，则浓盐酸中氯元素被氧化得到氯气，氯气污染环境；

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故答案为：2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；有氯气生成，污染空气；

（3）①已知：．+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，故装置中不能有空气，反应前应通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化； 故答案为：排除装置中的空气，避免产物被氧化；

②A中制得的二氧化碳混有HCl气体，B装置的试剂应是能吸收HCl气体同时不吸收二氧化碳，故为饱和NaHCO3溶液； 故答案为：饱和NaHCO3溶液；

（4）①根据分析，KMnO4溶液的作用是将+4价的钒氧化为VO2；NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；

故答案为：将+4价的钒氧化为VO2；除去过量的KMnO4；

-2++2+3+

②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2+Fe+2H=VO+Fe+H2O，则钒元素的

+

+

解后，加0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，氧化其中+4价钒为VO2，再加入NaNO2溶液除去过量的KMnO4，防止后续对标准液的消耗干扰试验，最后用（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定VO2+；

-2++2+3+

②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2+Fe+2H=VO+Fe+H2O，则钒元素的

+

b×10-3L=cb×10-3mol，据此计算。 物质的量n=n（（NH4）2Fe（SO4）2）=cmol/L×

本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等，明确实验原理及物质性质是解题关键，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度较大。

b×10-3L=cb×10-3mol，粗产品中钒的质量分数的表达物质的量n=n（（NH4）2Fe（SO4）2）=cmol/L×式为故答案为：

。

=

；

V2O5与盐酸、N2H4•2HCl混合发生反应：2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加入NH4HCO3溶液，得到氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体， （1）根据化合物中化合价代数和为0可得；

（2）步骤i中V2O5与盐酸、N2H4•2HCl混合得到VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该气体为氮气，根据质量守恒可写；浓盐酸与V2O5来制备VOC12，根据氧化还原反应原理，V元素被浓盐酸还原，则浓盐酸中氯元素被氧化得到氯气，氯气污染环境；

（3）A中由盐酸与石灰石制备二氧化碳，制得的二氧化碳混有HCl气体，通过B中饱和碳酸氢钠吸收HCl，进入C装置参与反应，为防止产物被装置中空气氧化，故反应前先通二氧化碳一段时间，排除装置内的空气，据此分析；

（4）①测定氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量的原理为：氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体溶

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