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2020年广东省梅州市高考化学二模试卷
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这是一份2020年广东省梅州市高考化学二模试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，非选择题必考题等内容，欢迎下载使用。
2020年广东省梅州市高考化学二模试卷
一、选择题
1．（3分）中华传统文化蕴含着很多科学知识。下列说法错误的是（ ）
A．“水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化
B．《吕氏春秋•别类编》中“金（即铜）柔锡柔合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性
C．“司南之（勺），投之于地，其柢（柄）指南”。司南中“杓”所用材质为Fe2O3
D．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”里的“碱”是K2CO3
2．（3分）设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．7.8g Na2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NA
B．已知CrO5中铬元素的化合价为+6价，则1mol CrO5分子中存在的过氧键数目为NA
C．1L 1mol•L﹣1H2O2溶液完全反应，转移电子数目一定为2NA
D．常温时，pH＝5的盐酸中水电离的OH﹣数目为10﹣9NA
3．（3分）有机化合物F结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．F中的三个苯环可能在同一平面
B．F可与氧气在一定条件下反应生成醛
C．F可发生加成聚合反应和取代反应
D．苯环上的一氯代物有6种
4．（3分）下列操作或装置，不能达到实验目的的是（ ）
A．图Ⅰ用于实验室制氨气并收集干燥的氨气
B．图Ⅱ用于检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子
C．图Ⅲ用于验证牺牲阳极的阴极保护法
D．图Ⅳ用于制取NaHCO3晶体
5．（3分）如图是磷酸、亚磷酸、次磷酸的结构式，其中磷酸为三元中强酸，亚磷酸为二元弱酸，则下列说法正确的是（ ）
A．磷酸（H3PO4）的电离方程式为：H3PO4═3H++PO43﹣
B．亚磷酸（H3PO3）与足量NaOH溶液反应生成Na3PO3
C．NaH2PO4溶液呈酸性，是因为H2PO4﹣的水解程度比电离程度大
D．NaH2PO2溶液呈碱性
6．（3分）已知电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．c点的混合液pH＝7
B．e、d两点溶液混合后的溶液中：c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）
C．b点溶液中：c（OH﹣）＞c（H+）+c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
D．a、b、c三点溶液中水的电离程度：c＞a＞b
7．（3分）X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示，其中M单质为淡黄色固体。下列说法错误的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞R
B．元素非金属性的顺序：Z＞X＞Y
C．M的氧化物对应的水化物均为强酸
D．Y的单质在加热条件下能与Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液反应
二、非选择题（一）必考题
8．V2O5是接触法生产硫酸的催化剂，属于两性氧化物，可从富钒炉渣（主要含有V2O5、FeO和少量Al2O3、SiO2）中提取，其工艺流程如图1：
已知：①2VO2++H2O⇌V2O5+2H+
②一些金属阳离子沉淀的pH范围：
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.5
9.0
Fe3+
2.2
3.5
Al3+
4.1
5.4
（1）“酸浸还原”时V2O5转化为VO2+，写出有关V2O5反应的离子方程式 ；经“氧化”后钒以VO2+存在，写出生成VO2+反应的离子方程式 。
（2）调节溶液pH至2.0～3.5，宜选用的试剂是 （填标号）。
A．HNO3B．H2SO4C．Na2CO3D．Ca（OH）2
（3）“滤渣1”的主要成分是 ；V2O5粗品中的杂质为 。
（4）“沉钒”时需加入稀H2SO4，其目的是 。
（5）焙烧产生的气体用 吸收后，其产物可以在该工艺中循环利用。
（6）V2O5在一定条件下可转化为不同价态的钒离子（V2+、V3+、VO2+、VO2+），可作为全钒液充电流电池的电极液，电池总反应为：VO2++V3++H2OV2++VO2++2H+，如图2是钒电池基本工作原理示意图，充电时阳极的反应式为 ；能够通过钒电池基本工作原理示意图中“隔膜”的离子是 。
9．硫酸锰晶体（MnSO4•7H2O）是重要的微量元素肥料之一。某兴趣小组在实验室中探究用软锰矿（主要成分为MnO2，含有少量Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质制取硫酸锰晶体，其具体流程如图1：
已知：①反应原理为：MnO2+H2C2O4+H2SO4═MnSO4+2CO2↑+2H2O；
②MnC2O4难溶于水。
（1）滤渣2主要成分是MnO2，步骤②中的稀硫酸的作用是 。
（2）步骤③中采用6.0mol•L﹣1硫酸和草酸晶体溶解MnO2，草酸晶体的作用是 ；配制100mL 6.0mol•L﹣1硫酸时，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要 。将滤渣2置于烧杯中，先加入稀硫酸，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解。在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体的理由是 。
（3）步骤④的具体实验操作有 ，经洗涤后干燥得到MnSO4•7H2O晶体。
（4）兴趣小组同学拟继续研究硫酸锰的高温分解的固体产物，经查资料可知：硫酸锰晶体高温下分解产物为MnxOy、SO2、SO3，及水蒸气。为了确定MnxOy的化学式，采用下面装置进行测定（已知：SO3的熔点为16.8℃，沸点为44.8℃）。
①C装置中吸收的气体为 。
②实验自始至终均需通入N2，其目的是 。
③若起始时，在装置A中加入83.1g MnSO4•7H2O，充分反应后，测得装置C增重6.4g，则MnxOy的化学式为 。
10．碳、氮、硫及其化合物对生产、生活有重要的意义。
（1）以CO2与NH3为原料可合成尿素。已知：
①2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）△H＝﹣159.5kJ•mol﹣1
②NH2COONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H＝+116.5kJ•mol﹣1
③H2O（l）═H2O（g）△H＝+44.0kJ•mol﹣1
写出NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式 。
（2）高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）。向容积为1L的恒容容器中加入0.2mol CO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度随温度的变化如图1所示。则该反应为 （填“放热”或“吸热”）反应；某温度下若向该平衡体系中再通入0.2mol CO2，达到新平衡后，体系中CO的百分含量 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g），平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示：
①650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为 。
②T℃时，平衡常数Kp＝ p总（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×体积分数）。
（4）NO2与SO2能发生反应：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H＜0在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比进行多次实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定NO2的平衡转化率。部分实验结果如图3所示：
①当容器内 （填标号）不再随时间的变化而改变时，反应达到平衡状态。
A．气体的压强 B．气体的平均摩尔质量 C．气体的密度 D．NO2的体积分数
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是 。
③若A点对应实验中，SO2（g）的起始浓度为c0mol•L﹣1，经过tmin达到平衡状态，该时段化学反应速率v（NO2）＝ mol•L﹣1•min﹣1。
④图中C、D两点对应的温度分别为TC℃和TD℃，通过计算判断TC TD（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（二）选考题[化学选修--3：物质结构与性质]
11．2019年诺贝尔化学奖授予约翰•古德伊纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料，请回答下列问题：
（1）基态锂原子的最高能级的电子云形状是 ；基态磷原子有 个未成对电子；基态铁原子核外电子排布式为 。
（2）[Co（NO3）4]2﹣中Co2+的配位数为4，配体中N的杂化方式为 ，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为 （用元素符号表示）。
（3）Co3+在水中易被还原成Co2+，而在氨水中可稳定存在，其原因为 。
（4）LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图1所示，这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为 （用n代表P原子数）。
（5）钴蓝晶体结构如图2，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成。晶体中Al3+占据O2﹣形成的 （填“四面体空隙”或“八面体空隙”）；钴蓝晶体的密度为 g•cm﹣3（列出计算式，用NA表示阿伏加德罗常数的值）。
[化学选修--5：有机化学基础]
12．聚碳酸酯是热塑性材料，双酚A型聚碳酸酯的合成路线如图：
（1）B的化学名称为 ，B中的官能团的名称是 。
（2）反应③的反应类型是 。
（3）写出D到E的反应方程式 。
（4）写出反应⑥中除生成双酚A型聚碳酸酯外的产物的结构简式 。
（5）写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式 （不考虑立体异构，只需写出2个）。
①能发生银镜反应②遇FeCl3溶液显紫色③核磁共振氢谱有六组峰
（6）设计由1﹣丙醇制备的合成路线 （无机试剂任选）。
2020年广东省梅州市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）中华传统文化蕴含着很多科学知识。下列说法错误的是（ ）
A．“水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化
B．《吕氏春秋•别类编》中“金（即铜）柔锡柔合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性
C．“司南之（勺），投之于地，其柢（柄）指南”。司南中“杓”所用材质为Fe2O3
D．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”里的“碱”是K2CO3
【分析】A．“水声冰下咽，说明冰的密度比水小，沙路雪中平”是水的三态变化，过程中没有新物质生成，未涉及化学变化；
B．合金的硬度比组成它的纯金属大，体现了合金硬度方面的特性；
C．Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，则司南中“杓”所用材质为Fe3O4；
D．草木灰的含有碳酸钾，碳酸钾溶于水，溶液呈碱性。
【解答】解：A．“水声冰下咽，沙路雪中平”是水的三态变化，过程中没有新物质生成，未涉及化学变化，故A正确；
B．金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚，说明合金的硬度比组成它的纯金属大，体现了合金硬度方面的特性，故B正确；
C．Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，则司南中“杓”所用材质为Fe3O4，故C错误；
D．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾溶于水，溶液呈碱性，所以“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是碳酸钾，故D正确；
故选：C。
【点评】本题以传统文化为背景考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（3分）设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．7.8g Na2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NA
B．已知CrO5中铬元素的化合价为+6价，则1mol CrO5分子中存在的过氧键数目为NA
C．1L 1mol•L﹣1H2O2溶液完全反应，转移电子数目一定为2NA
D．常温时，pH＝5的盐酸中水电离的OH﹣数目为10﹣9NA
【分析】A．Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，1molNa2S由2molNa+和1molS2﹣构成，1molNa2O2由2molNa+和1mol构成；
B．CrO5中铬元素的化合价为+6价，过氧根离子中氧为﹣1价，根据化合物中元素的化合价代数和为0判断；
C．过氧化氢可以发生自身氧化还原反应，分解生成水和氧气；
D．溶液体积未知。
【解答】解：A．Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，则7.8gNa2S和Na2O2的混合物的物质的量为0.1mol，1molNa2S由2molNa+和1molS2﹣构成，1molNa2O2由2molNa+和1mol构成，因此1molNa2S和Na2O2的混合物中含有的离子总数为0.3NA，故A正确；
B．CrO5中铬元素的化合价为+6价，根据化合物中元素的化合价代数和为0可知，CrO5中1个O显﹣2价，4个O显﹣1价，则CrO5中有2个过氧键，因此1molCrO5分子中存在的过氧键数目为2NA，故B错误；
C．H2O2完全分解生成H2O和O2时，O元素的化合价有升高也有降低，即1molH2O2完全反应时转移的电子数为NA，故C错误；
D．溶液体积未知，不能确定溶液中水电离出的OH﹣数目，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，主要是质量换算物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应电子转移计算方法，题目难度中等。
3．（3分）有机化合物F结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．F中的三个苯环可能在同一平面
B．F可与氧气在一定条件下反应生成醛
C．F可发生加成聚合反应和取代反应
D．苯环上的一氯代物有6种
【分析】有机物含有羟基，具有醇的性质，含有3个苯环，连接在同一碳原子上，具有苯环、甲烷的结构特点，以此解答该题。
【解答】解：A．根据F结构简式分析可知，分子中的三个苯环可以看作取代甲烷上的3个H原子，甲烷上最多2个H原子与C原子共平面，因此F中三个苯环不可能在同一平面，故A错误；
B．F分子中的醇羟基可催化氧化生成醛基，故B正确；
C．F分子中苯环可发生取代反应，但分子中不含有不饱和键（碳碳双键或碳碳三键），因此不能发生加聚反应，故C错误；
D．根据F的结构分析，苯环具有左右对称的结构特点，其苯环上的一氯代物共有3+2＝5种，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的结构的分析，题目难度不大。
4．（3分）下列操作或装置，不能达到实验目的的是（ ）
A．图Ⅰ用于实验室制氨气并收集干燥的氨气
B．图Ⅱ用于检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子
C．图Ⅲ用于验证牺牲阳极的阴极保护法
D．图Ⅳ用于制取NaHCO3晶体
【分析】A．加热NH4Cl和Ca（OH）2的混合物可生成氨气，可选碱石灰干燥，氨气的密度比空气密度小；
B．硫酸铜的密度大于水的密度，类似浓硫酸的稀释；
C．构成原电池时，Zn为负极；
D．发生NaCl+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl。
【解答】解：A．实验室用加热NH4Cl和Ca（OH）2的混合物的方法制取氨气，氨气是碱性气体，密度比空气小，用碱石灰干燥，采用向下排空气法收集，故A正确；
B．由于可能还有过剩的浓硫酸，因此在检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子时应将反应后的溶液倒入水中，类似于浓硫酸的稀释，故B错误；
C．原电池中锌作负极失去电子发生氧化反应，铁作正极被保护，可用K3[Fe（CN）6]来检验是否生成Fe2+从而验证牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D．CO2和NH3通入饱和的氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，蘸有稀硫酸的棉花可吸收氨气，防止污染空气，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5．（3分）如图是磷酸、亚磷酸、次磷酸的结构式，其中磷酸为三元中强酸，亚磷酸为二元弱酸，则下列说法正确的是（ ）
A．磷酸（H3PO4）的电离方程式为：H3PO4═3H++PO43﹣
B．亚磷酸（H3PO3）与足量NaOH溶液反应生成Na3PO3
C．NaH2PO4溶液呈酸性，是因为H2PO4﹣的水解程度比电离程度大
D．NaH2PO2溶液呈碱性
【分析】A．磷酸为三元中强酸，应分步电离，且可逆；
B．亚磷酸为二元弱酸，只能电离出两个氢离子；
C．NaH2PO4溶液呈酸性，说明H2PO4﹣电离程度大于水解程度；
D．磷酸含有三个羟基氢为三元酸，亚磷酸含有两个羟基氢为二元酸，而次磷酸只含一个羟基氢，所以应为一元酸。
【解答】解：A．磷酸为三元中强酸，应分步电离，且可逆，电离方程式为H3PO4⇌H++H2PO4﹣，H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣，HPO42﹣⇌H++PO43﹣，故A错误；
B．亚磷酸为二元弱酸，只能电离出两个氢离子，所以与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3，故B错误；
C．如果NaH2PO4溶液呈酸性，说明H2PO4﹣电离程度大于水解程度，故C错误；
D．磷酸含有三个羟基氢为三元酸，亚磷酸含有两个羟基氢为二元酸，而次磷酸只含一个羟基氢，所以应为一元酸，所以NaH2PO2为正盐，且为强碱弱酸盐，溶液中存在次磷酸根的水解，使溶液显碱性，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查磷酸、亚磷酸、次磷酸的结构及其电离，为高频考点，明确弱酸电离特点及几元酸的判断是解本题关键，题目难度不大。
6．（3分）已知电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．c点的混合液pH＝7
B．e、d两点溶液混合后的溶液中：c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）
C．b点溶液中：c（OH﹣）＞c（H+）+c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
D．a、b、c三点溶液中水的电离程度：c＞a＞b
【分析】A、盐酸为强电解质溶液，醋酸为弱电解质溶液；
B、分析可知d点所在的曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线，e点在的曲线代表滴定HCl溶液的曲线；
C、根据电荷守恒和物料守恒分析判断；
D、强酸强碱盐不影响水的电离，含弱酸根或弱碱根离子的盐促进水的电离。
【解答】解：A、根据盐酸为强电解质溶液，醋酸为弱电解质溶液。因电解质溶液电导率越大导电能力越强，c点为用0.100mol•L﹣1NaOH滴定10.00mL浓度为0.100mol•L﹣1的盐酸溶液，此时消耗0.100mol•L﹣1NaOH溶液为10.00mL，因HCl+NaOH＝NaCl+H2O，则n（NaOH）＝n（HCl），所以混合液pH＝7，故A正确；
B、根据盐酸为强电解质溶液，醋酸为弱电解质溶液，由图可知d点所在的曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线，e点在的曲线代表滴定HCl溶液的曲线，分别加入5mL 0.100mol•L﹣1NaOH溶液后，两者混合后溶液为NaCl和CH3COOH，且n（NaCl）＝n（CH3COOH），所以c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故B正确；
C、b点表示等浓度的氢氧化钠与醋酸钠的混和液，根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）①；根据物料守恒：c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）②，所以②﹣①得出：c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH），所以c（OH﹣）＞c（H+）+c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故C正确；
D、a点表示醋酸钠溶液，c点表示氯化钠溶液，b点表示氢氧化钠与醋酸钠的混合液，b点水电离受到氢氧化钠的抑制，a点水电离受到醋酸钠的促进，c点氯化钠对水电离无影响，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度：a＞c＞b，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查学生对酸碱混合时的定性判断和pH的理解和掌握，题目难度中等，掌握电离平衡、水解平衡的影响原理等，明确电荷守恒和物料守恒是解题关键。阅读题目获取新信息能力等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
7．（3分）X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示，其中M单质为淡黄色固体。下列说法错误的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞R
B．元素非金属性的顺序：Z＞X＞Y
C．M的氧化物对应的水化物均为强酸
D．Y的单质在加热条件下能与Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液反应
【分析】X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，X、R最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，M最外层有6个电子，位于第VIA族，其单质为淡黄色固体，则M为S元素；R原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、Z原子半径小于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N，据此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为H，Y为C，Z为N，M为S，R为Na元素。
A．R为Na元素，Z是N元素，二者简单离子的核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Z＞R，故A正确；
B．同周期从左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则元素非金属性强弱顺序：Z＞X＞Y，故B正确；
C．M为S元素，其氧化物对应的水化物不一定为强酸，如亚硫酸为弱酸，故C错误；
D．Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硝酸，碳具有还原性，能够与浓硝酸发生氧化还原反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及元素周期表结构，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
二、非选择题（一）必考题
8．V2O5是接触法生产硫酸的催化剂，属于两性氧化物，可从富钒炉渣（主要含有V2O5、FeO和少量Al2O3、SiO2）中提取，其工艺流程如图1：
已知：①2VO2++H2O⇌V2O5+2H+
②一些金属阳离子沉淀的pH范围：
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.5
9.0
Fe3+
2.2
3.5
Al3+
4.1
5.4
（1）“酸浸还原”时V2O5转化为VO2+，写出有关V2O5反应的离子方程式 4H++SO32﹣+V2O5＝2VO2++SO42﹣+2H2O ；经“氧化”后钒以VO2+存在，写出生成VO2+反应的离子方程式 6VO2++ClO3﹣+3H2O＝Cl﹣+6VO2++6H+ 。
（2）调节溶液pH至2.0～3.5，宜选用的试剂是 C （填标号）。
A．HNO3B．H2SO4C．Na2CO3D．Ca（OH）2
（3）“滤渣1”的主要成分是 SiO2 ；V2O5粗品中的杂质为 Fe（OH）3 。
（4）“沉钒”时需加入稀H2SO4，其目的是 使NH4+的水解平衡逆向移动，增大NH4+浓度，从而增大NH4VO3的产量 。
（5）焙烧产生的气体用 稀H2SO4 吸收后，其产物可以在该工艺中循环利用。
（6）V2O5在一定条件下可转化为不同价态的钒离子（V2+、V3+、VO2+、VO2+），可作为全钒液充电流电池的电极液，电池总反应为：VO2++V3++H2OV2++VO2++2H+，如图2是钒电池基本工作原理示意图，充电时阳极的反应式为 VO2++H2O﹣e﹣＝VO2++2H+ ；能够通过钒电池基本工作原理示意图中“隔膜”的离子是 H+ 。
【分析】富钒炉渣（主要含有V2O5、FeO和少量Al2O3、SiO2）加稀硫酸将金属氧化物溶解得到硫酸亚铁和硫酸铝，加亚硫酸钠将V2O5还原成VOSO4，二氧化硅不溶解，过滤除去；滤液中加NaClO3将VO2+氧化成VO2+，调节pH值后得到V2O5粗品；将粗品V2O5溶于氢氧化钠溶液中得到NaVO3溶液，过滤杂质，在滤液中加稀硫酸和硫酸铵得到NH4VO3，焙烧得纯净的V2O5，据此分析解答。
【解答】解：富钒炉渣（主要含有V2O5、FeO和少量Al2O3、SiO2）加稀硫酸将金属氧化物溶解得到硫酸亚铁和硫酸铝，加亚硫酸钠将V2O5还原成VOSO4，二氧化硅不溶解，过滤除去；滤液中加NaClO3将VO2+氧化成VO2+，调节pH值后得到V2O5粗品；将粗品V2O5溶于氢氧化钠溶液中得到NaVO3溶液，过滤杂质，在滤液中加稀硫酸和硫酸铵得到NH4VO3，焙烧得纯净的V2O5。
（1）“酸浸还原”时V2O5转化为VO2+，离子方程式为：4H++SO32﹣+V2O5＝2VO2++SO42﹣+2H2O；加NaClO3将VO2+氧化成VO2+，反应的离子反应方程式为：6VO2++ClO3﹣+3H2O＝Cl﹣+6VO2++6H+，
故答案为：4H++SO32﹣+V2O5＝2VO2++SO42﹣+2H2O；6VO2++ClO3﹣+3H2O＝Cl﹣+6VO2++6H+；
（2）调节溶液pH至2.0～3.5，使平衡2VO2++H2O⇌V2O5+2H+正向移动得到V2O5，需加碱性溶液中和氢离子，A、B为酸溶液不能与氢离子反应，故不合题意；D氢氧化钙能中和氢离子但会引入钙离子杂质，故不合题意，碳酸钠既可以中和氢离子又不引入新的杂质离子，故选择C，
故答案为：C；
（3）“滤渣1”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅；加硫酸溶解过滤后的滤液中存在亚铁离子，加氯酸钠后被氧化成三价铁离子，调节溶液pH至2.0～3.5时三价铁离子转变成Fe（OH）3沉淀，因此V2O5粗品中含有Fe（OH）3，
故答案为：SiO2；Fe（OH）3；
（4）因铵根离子会发生水解反应，导致其溶液中的铵根离子浓度减小，而加稀硫酸后可以使NH4+的水解平衡逆向移动，增大NH4+浓度，从而增大NH4VO3的产量，
故答案为：使NH4+的水解平衡逆向移动，增大NH4+浓度，从而增大NH4VO3的产量；
（5）焙烧过程中NH4VO3分解产生氨气和V2O5，产生的氨气可以用稀硫酸吸收转变成硫酸铵在沉钒时循环使用，
故答案为：稀H2SO4；
（6）充电时阳极发生氧化反应，结合总反应式VO2++V3++H2OV2++VO2++2H+可得阳极电极反应为：VO2++H2O﹣e﹣＝VO2++2H+；由阳极反应可知电解过程中阳极区的H+浓度增大，为维持两侧溶液的电荷守恒，H+应透过隔膜向阴极移动，
故答案为：VO2++H2O﹣e﹣＝VO2++2H+；H+。
【点评】本题考查混合物分离与提纯、物质制备、电解原理等知识，题目难度较大，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本方法及电解原理，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
9．硫酸锰晶体（MnSO4•7H2O）是重要的微量元素肥料之一。某兴趣小组在实验室中探究用软锰矿（主要成分为MnO2，含有少量Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质制取硫酸锰晶体，其具体流程如图1：
已知：①反应原理为：MnO2+H2C2O4+H2SO4═MnSO4+2CO2↑+2H2O；
②MnC2O4难溶于水。
（1）滤渣2主要成分是MnO2，步骤②中的稀硫酸的作用是 除去Fe2O3 。
（2）步骤③中采用6.0mol•L﹣1硫酸和草酸晶体溶解MnO2，草酸晶体的作用是 做还原剂，将MnO2还原为Mn2+ ；配制100mL 6.0mol•L﹣1硫酸时，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要 100mL容量瓶、胶头滴管 。将滤渣2置于烧杯中，先加入稀硫酸，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解。在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体的理由是 防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行，并防止草酸过量引入杂质 。
（3）步骤④的具体实验操作有 加热浓缩、冷却结晶、过滤 ，经洗涤后干燥得到MnSO4•7H2O晶体。
（4）兴趣小组同学拟继续研究硫酸锰的高温分解的固体产物，经查资料可知：硫酸锰晶体高温下分解产物为MnxOy、SO2、SO3，及水蒸气。为了确定MnxOy的化学式，采用下面装置进行测定（已知：SO3的熔点为16.8℃，沸点为44.8℃）。
①C装置中吸收的气体为 SO2 。
②实验自始至终均需通入N2，其目的是 排出装置中的空气，并将生成的气体全部赶至后面装置吸收 。
③若起始时，在装置A中加入83.1g MnSO4•7H2O，充分反应后，测得装置C增重6.4g，则MnxOy的化学式为 Mn3O4 。
【分析】由题给流程可知，向软锰矿中加入氢氧化钠溶液，酸性氧化物二氧化硅和两性氧化物氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成硅酸钠和偏铝酸钠，二氧化锰和氧化铁不溶解，则滤渣1为二氧化锰和氧化铁；向滤渣1中加入稀硫酸，碱性氧化物氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，二氧化锰不溶解，则滤渣2为二氧化锰；向滤渣2加入稀硫酸和草酸晶体，酸性条件下二氧化锰和草酸发生氧化还原反应生成硫酸锰，硫酸锰溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4•7H2O晶体。
【解答】解：（1）步骤②为向滤渣1中加入稀硫酸，碱性氧化物氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，二氧化锰不溶解，则稀硫酸的作用是溶解除去Fe2O3，
故答案为：除去Fe2O3；
（2）步骤③为向滤渣2加入6.0mol/L硫酸和草酸晶体，酸性条件下二氧化锰和草酸发生氧化还原反应生成，反应中二氧化锰做氧化剂，草酸做还原剂，将MnO2还原为Mn2+；配制100mL 6.0mol/L硫酸时用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；由题意可知MnC2O4难溶于水，溶解二氧化锰过程中，为防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行和草酸过量引入新杂质，应先加入稀硫酸，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解，
故答案为：做还原剂，将MnO2还原为Mn2+；100mL容量瓶、胶头滴管；防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行，并防止草酸过量引入杂质；
（3）步骤④为硫酸锰溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4•7H2O晶体，
故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤；
（4）①由题意可知，MnSO4•7H2O晶体受热分解生成的气体中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫能溶于浓硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，混合气体经过浓硫酸，浓硫酸吸收了三氧化硫和水蒸气，则氢氧化钠溶液吸收的气体为二氧化硫，
故答案为：SO2；
②实验开始时，通入氮气的目的是排出装置中的空气，实验中通入氮气的目的是将MnSO4•7H2O晶体受热分解生成的气体全部赶至后面装置吸收，防止影响实验结果，故
答案为：排出装置中的空气，并将生成的气体全部赶至后面装置吸收；
③83.1gMnSO4•7H2O的物质的量为＝0.3mol，6.4g二氧化硫的物质的量为＝0.1mol，设MnxOy中锰元素的化合价为a，由得失电子数目守恒可得0.3mol×（a﹣2）＝0.1mol×2，解得a＝，则MnxOy为Mn3O4，
故答案为：Mn3O4。
【点评】本题考查物质的制备和分离操作，侧重于学生分析能力、实验能力和综合运用化学知识能力的考查，为高考常见题型，题目难度中等，注意根据实验流程以及相关物质的性质解答该题。
10．碳、氮、硫及其化合物对生产、生活有重要的意义。
（1）以CO2与NH3为原料可合成尿素。已知：
①2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）△H＝﹣159.5kJ•mol﹣1
②NH2COONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H＝+116.5kJ•mol﹣1
③H2O（l）═H2O（g）△H＝+44.0kJ•mol﹣1
写出NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式 2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H＝﹣87.0kJ•mol﹣1 。
（2）高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）。向容积为1L的恒容容器中加入0.2mol CO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度随温度的变化如图1所示。则该反应为 吸热 （填“放热”或“吸热”）反应；某温度下若向该平衡体系中再通入0.2mol CO2，达到新平衡后，体系中CO的百分含量 变小 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g），平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示：
①650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为 25% 。
②T℃时，平衡常数Kp＝ 0.5 p总（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×体积分数）。
（4）NO2与SO2能发生反应：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H＜0在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比进行多次实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定NO2的平衡转化率。部分实验结果如图3所示：
①当容器内 D （填标号）不再随时间的变化而改变时，反应达到平衡状态。
A．气体的压强 B．气体的平均摩尔质量 C．气体的密度 D．NO2的体积分数
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是 降低温度 。
③若A点对应实验中，SO2（g）的起始浓度为c0mol•L﹣1，经过tmin达到平衡状态，该时段化学反应速率v（NO2）＝ co mol•L﹣1•min﹣1。
④图中C、D两点对应的温度分别为TC℃和TD℃，通过计算判断TC ＝ TD（填“＞”、“＝”或“＜”）。
【分析】（1）NH3和CO2合成尿素和液态水的化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l），
①2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）△H＝﹣159.5kJ•mol﹣1
②NH2COONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H＝+116.5kJ•mol﹣1
③H2O（l）═H2O（g）△H＝+44.0kJ•mol﹣1
根据盖斯定律①+②﹣③计算反应2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）的焓变△H；
（2）随着温度的升高，CO2的物质的量浓度逐渐减小，说明升高温度平衡正向移动；反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）正向是气体体积减小的反应，增大压强，平衡逆向移动，CO的浓度降低；
（3）①由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，根据三段式进行计算；
②反应为C（s）+CO2（g）⇌2CO（g），Kp＝，由图可知T℃时，CO2和CO的体积分数相等，即p（CO2）＝p（CO）＝0.5P总，据此计算；
（4）①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到不变时，说明可逆反应到达平衡状态；
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，即在不改变物料比的情况下，增加NO2的平衡转化率，考虑温度和压强对化学平衡的影响；
③A点实验中，NO2的平衡转化率α（NO2）＝50%，SO2（g）的起始浓度为c0mol/L，起始时的物料比为0.4，则NO2的起始量0.4c0mol/L，根据速率公式v＝计算v（NO2）；
④C、D两点对应的实验温度分别为Tc和Td，温度和平衡常数有关，结合图中的数据，利用三段式分别计算C和D点时的化学平衡常数，据此判断两点温度。
【解答】解：（1）NH3和CO2合成尿素和液态水的化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l），
①2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）△H＝﹣159.5kJ•mol﹣1
②NH2COONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H＝+116.5kJ•mol﹣1
③H2O（l）═H2O（g）△H＝+44.0kJ•mol﹣1
根据盖斯定律①+②﹣③计算反应2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）的焓变△H＝﹣87.0kJ•mol﹣1，热化学方程式为：2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H＝﹣87.0kJ•mol﹣1，
故答案为：2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H＝﹣87.0kJ•mol﹣1；
（2）由图可知，随着温度的升高，CO2的物质的量浓度逐渐减小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应为吸热反应；反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）正向是气体体积减小的反应，反应达到平衡后再通入0.2molCO2，达到新平衡，新平衡相当在原平衡基础上压缩容器体积为原容器的一半所形成的平衡状态，压缩气体增大压强，平衡逆向移动，CO的百分含量减小，
故答案为：吸热；变小；
（3）由图可以知道，650℃时，反应达到平衡后CO的体积分数为40%，设开始反应时加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则三行式为：
C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）
起始 1 0
转化 x 2x
平衡 1﹣x 2x
平衡后CO的体积分数为40%，×100%＝40%，解得x＝0.25mol，则CO2的转化率为：×100%＝25%，
故答案为：25%；
②由图可知T℃时，CO2和CO的体积分数相等，即p（CO2）＝p（CO）＝0.5P总，反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）的分压常数Kp＝＝＝0.5P总，
故答案为：0.5；
（4）①A，反应前后气体物质的量不变，气体的压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B、气体质量不变，气体物质的量不变，气体的平均摩尔质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C、反应前后气体质量不变、气体体积不变，则气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D、NO2的体积分数不变是平衡标志，故D正确；
故答案为：D；
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡转化率增大，平衡正向进行，正反应为放热反应，降低温度平衡正向进行，
故答案为：降低温度；
③A点平衡转化率为50%，n（NO2）：n（SO2）＝0.4，SO2（g）的起始浓度为comol/L，NO2起始浓度c（NO2）＝0.4comol/L，NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g），反应的NO2为0.4comol/L×50%＝0.2comol/L，该时段化学反应速率v（NO2）＝＝comol/（L▪min），
故答案为：co；
④C、D两点对应的实验温度分别为Tc和Td，温度和平衡常数有关。C点时起始时的物料比为1，NO2的平衡转化率为α（NO2）＝50%，设起始时c（NO2）＝c（SO2）＝xmol/L，
反应三段式为：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）
起始量（mol/L） x x 0 0
变化量（mol/L） 0.5x 0.5x 0.5x 0.5x
平衡量（mol/L）0.5x 0.5x 0.5x 0.5x
即平衡常数为K（C）＝＝＝1；
D点时，起始物料比为1.5，NO2的平衡转化率为α（NO2）＝40%，设起始时c（SO2）＝ymol/L，c（NO2）＝1.5ymol/L，
反应三段式为：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）
起始量（mol/L） 1.5y y 0 0
变化量（mol/L） 0.6y 0.6y 0.6y 0.6y
平衡量（mol/L） 0.9y 0.4y 0.6y 0.6y
化学平衡常数为K（D）＝＝＝1，所以平衡常数K相同，说明反应温度相同，即Tc＝Td，
故答案为：＝。
【点评】本题主要考查化学原理部分知识，涉及盖斯定律的计算应用、化学平衡的影响因素、化学反应速率的影响因素及计算、化学平衡常数的计算等知识，均为高频考点，把握基础、灵活运用是关键，题目难度中等。
（二）选考题[化学选修--3：物质结构与性质]
11．2019年诺贝尔化学奖授予约翰•古德伊纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料，请回答下列问题：
（1）基态锂原子的最高能级的电子云形状是 球形 ；基态磷原子有 3 个未成对电子；基态铁原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2（或[Ar]3d64s2） 。
（2）[Co（NO3）4]2﹣中Co2+的配位数为4，配体中N的杂化方式为 sp2 ，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为 Co＜O＜N （用元素符号表示）。
（3）Co3+在水中易被还原成Co2+，而在氨水中可稳定存在，其原因为 Co3+可与NH3形成较稳定的配合物 。
（4）LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图1所示，这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为 PnO3n+1（n+2）﹣ （用n代表P原子数）。
（5）钴蓝晶体结构如图2，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成。晶体中Al3+占据O2﹣形成的 八面体空隙 （填“四面体空隙”或“八面体空隙”）；钴蓝晶体的密度为 g•cm﹣3（列出计算式，用NA表示阿伏加德罗常数的值）。
【分析】（1）锂是3号元素，核外电子排布为1s22s1；s电子云形状是球形；磷是15号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；铁是26号元素，根据核外电子排布规律可得其基态铁原子核外电子排布式；
（2）价层电子对数为：σ+（a+电荷数﹣xb）；非金属性越强第一电离能越大，但由于N原子中最外层为半充满状态；
（3）配合物的内界不易发生反应；
（4）磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式为：PO43﹣、P2O74﹣、P3O105﹣，磷原子的变化规律为：1、2、3、4，n氧原子的变化规律为：4、7、10、3n+1，酸根所带电荷数的变化规律为：3、4、5、n+2，根据通项公式得出通式；
（5）观察图2，Al3+和O2﹣位于体心，Co2+分别位于晶胞的顶点、面心、体心，根据ρ＝计算得结果。
【解答】解：（1）锂是3号元素，核外电子排布为1s22s1，最高能级是2s，其电子云形状是球形；磷是15号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，其未成对电子数是3p能级上的3个电子；铁是26号元素，根据核外电子排布规律可得其基态铁原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
故答案为：球形；3；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
（2）NO3﹣中价层电子对数为：σ+（a+电荷数﹣xb）＝3+（5+1﹣3×2）＝3+0＝3，故为sp2杂化；一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但由于N原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于O，所以第一电离能由小到大的顺序为：Co＜O＜N；
故答案为：sp2；Co＜O＜N；
（3）Co3+可与NH3形成较稳定的配合物，配合物的内界不易发生反应，故在氨水中不易被还原，可稳定存在，
故答案为：Co3+可与NH3形成较稳定的配合物；
（4）根据图1是某种多聚磷酸根的结构示意图，一个P原子形成的含氧酸有很多种结构，可以是磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式为：PO43﹣、P2O74﹣、P3O105﹣，磷原子的变化规律为：1、2、3、4，n氧原子的变化规律为：4、7、10、3n+1，酸根所带电荷数的变化规律为：3、4、5、n+2，所以这类磷酸根离子的通式为：PnO3n+1（n+2）﹣，
故答案为：PnO3n+1（n+2）﹣；
（5）根据钴蓝晶体晶胞结构观察，晶体中Al3+占据O2﹣形成的八面体空隙；该晶胞的边长为2anm，体积V＝（2a×10﹣7）3cm3，Ⅰ和Ⅱ各4个按顺序无隙并置，Al3+和O2﹣位于体心，含有Al3+的个数为：4×4＝16；含有O2﹣的个数为：8×4＝32；Co2+分别位于晶胞的顶点、面心、体心，8×+6×+4＝8；该晶胞的质量m＝g＝g，所以密度ρ＝＝g•cm﹣3，
故答案为：八面体空隙；。
【点评】本题考查学生对原子结构和性质的理解和掌握，题目难度中等，掌握常见的基态原子的电子排布、第一电离能、杂化方式、晶胞密度的计算等，明确基态原子的电子排布和晶胞计算方法是解题关键。同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
[化学选修--5：有机化学基础]
12．聚碳酸酯是热塑性材料，双酚A型聚碳酸酯的合成路线如图：
（1）B的化学名称为 2﹣氯乙醇 ，B中的官能团的名称是 氯原子、羟基 。
（2）反应③的反应类型是 加成反应 。
（3）写出D到E的反应方程式 。
（4）写出反应⑥中除生成双酚A型聚碳酸酯外的产物的结构简式 。
（5）写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式 、、、
、、 （不考虑立体异构，只需写出2个）。
①能发生银镜反应②遇FeCl3溶液显紫色③核磁共振氢谱有六组峰
（6）设计由1﹣丙醇制备的合成路线 或 （无机试剂任选）。
【分析】A物质乙烯和HOCl发生加成反应生成B物质2﹣氯乙醇后，在Ca（OH）2的作用下生成C环氧乙烷，与二氧化碳发生加成反应生成D物质后在乙醇作用下生成E，E物质与苯酚反应生成F，F与双酚A发生加聚反应得到产物双酚A型聚碳酸酯，根据分析进行解答。
（6）由1﹣丙醇制备的合成路线可参考从A物质乙烯到C物质环氧乙烷，1﹣丙醇在浓硫酸加热条件下生成丙烯，后与HOCl反应，最后经过与氢氧化钙反应得到产物。
【解答】解：（1）物质A乙烯和HOCl发生加成反应生成B物质2﹣氯乙醇，B中的官能团为氯原子和羟基；
故答案为：2﹣氯乙醇，氯原子、羟基；
（2）C为环氧乙烷，二氧化碳中C＝O断裂发生加成反应生成D物质；
故答案为：加成反应；
（3）根据题目内容，D物质与乙醇反应过程中开环，生成E和乙二醇，反应方程式为：；
故答案为：；
（4）和双酚A发生加成聚合反应生成双酚A型聚碳酸酯和苯酚，苯酚的结构简式为：；
故答案为：；
（5）由①能发生银镜反应条件可知含有醛基，②遇FeCl3溶液显紫色表明结构中含有酚羟基，③核磁共振氢谱有六组峰说明结构中含有6种不同结构的H，故符合题意的结构简式有：、、、、、（任写2个）；
故答案为：、、、、、（任写2个）；
（6）由1﹣丙醇制备的合成路线可参考从A物质乙烯到C物质环氧乙烷，1﹣丙醇在浓硫酸加热条件下生成丙烯，后与HOCl反应，最后经过与氢氧化钙反应得到产物．反应路线为：或；
故答案为：或。
2020年广东省梅州市高考化学二模试卷
一、选择题
1．（3分）中华传统文化蕴含着很多科学知识。下列说法错误的是（ ）
A．“水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化
B．《吕氏春秋•别类编》中“金（即铜）柔锡柔合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性
C．“司南之（勺），投之于地，其柢（柄）指南”。司南中“杓”所用材质为Fe2O3
D．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”里的“碱”是K2CO3
2．（3分）设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．7.8g Na2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NA
B．已知CrO5中铬元素的化合价为+6价，则1mol CrO5分子中存在的过氧键数目为NA
C．1L 1mol•L﹣1H2O2溶液完全反应，转移电子数目一定为2NA
D．常温时，pH＝5的盐酸中水电离的OH﹣数目为10﹣9NA
3．（3分）有机化合物F结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．F中的三个苯环可能在同一平面
B．F可与氧气在一定条件下反应生成醛
C．F可发生加成聚合反应和取代反应
D．苯环上的一氯代物有6种
4．（3分）下列操作或装置，不能达到实验目的的是（ ）
A．图Ⅰ用于实验室制氨气并收集干燥的氨气
B．图Ⅱ用于检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子
C．图Ⅲ用于验证牺牲阳极的阴极保护法
D．图Ⅳ用于制取NaHCO3晶体
5．（3分）如图是磷酸、亚磷酸、次磷酸的结构式，其中磷酸为三元中强酸，亚磷酸为二元弱酸，则下列说法正确的是（ ）
A．磷酸（H3PO4）的电离方程式为：H3PO4═3H++PO43﹣
B．亚磷酸（H3PO3）与足量NaOH溶液反应生成Na3PO3
C．NaH2PO4溶液呈酸性，是因为H2PO4﹣的水解程度比电离程度大
D．NaH2PO2溶液呈碱性
6．（3分）已知电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．c点的混合液pH＝7
B．e、d两点溶液混合后的溶液中：c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）
C．b点溶液中：c（OH﹣）＞c（H+）+c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
D．a、b、c三点溶液中水的电离程度：c＞a＞b
7．（3分）X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示，其中M单质为淡黄色固体。下列说法错误的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞R
B．元素非金属性的顺序：Z＞X＞Y
C．M的氧化物对应的水化物均为强酸
D．Y的单质在加热条件下能与Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液反应
二、非选择题（一）必考题
8．V2O5是接触法生产硫酸的催化剂，属于两性氧化物，可从富钒炉渣（主要含有V2O5、FeO和少量Al2O3、SiO2）中提取，其工艺流程如图1：
已知：①2VO2++H2O⇌V2O5+2H+
②一些金属阳离子沉淀的pH范围：
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.5
9.0
Fe3+
2.2
3.5
Al3+
4.1
5.4
（1）“酸浸还原”时V2O5转化为VO2+，写出有关V2O5反应的离子方程式 ；经“氧化”后钒以VO2+存在，写出生成VO2+反应的离子方程式 。
（2）调节溶液pH至2.0～3.5，宜选用的试剂是 （填标号）。
A．HNO3B．H2SO4C．Na2CO3D．Ca（OH）2
（3）“滤渣1”的主要成分是 ；V2O5粗品中的杂质为 。
（4）“沉钒”时需加入稀H2SO4，其目的是 。
（5）焙烧产生的气体用 吸收后，其产物可以在该工艺中循环利用。
（6）V2O5在一定条件下可转化为不同价态的钒离子（V2+、V3+、VO2+、VO2+），可作为全钒液充电流电池的电极液，电池总反应为：VO2++V3++H2OV2++VO2++2H+，如图2是钒电池基本工作原理示意图，充电时阳极的反应式为 ；能够通过钒电池基本工作原理示意图中“隔膜”的离子是 。
9．硫酸锰晶体（MnSO4•7H2O）是重要的微量元素肥料之一。某兴趣小组在实验室中探究用软锰矿（主要成分为MnO2，含有少量Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质制取硫酸锰晶体，其具体流程如图1：
已知：①反应原理为：MnO2+H2C2O4+H2SO4═MnSO4+2CO2↑+2H2O；
②MnC2O4难溶于水。
（1）滤渣2主要成分是MnO2，步骤②中的稀硫酸的作用是 。
（2）步骤③中采用6.0mol•L﹣1硫酸和草酸晶体溶解MnO2，草酸晶体的作用是 ；配制100mL 6.0mol•L﹣1硫酸时，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要 。将滤渣2置于烧杯中，先加入稀硫酸，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解。在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体的理由是 。
（3）步骤④的具体实验操作有 ，经洗涤后干燥得到MnSO4•7H2O晶体。
（4）兴趣小组同学拟继续研究硫酸锰的高温分解的固体产物，经查资料可知：硫酸锰晶体高温下分解产物为MnxOy、SO2、SO3，及水蒸气。为了确定MnxOy的化学式，采用下面装置进行测定（已知：SO3的熔点为16.8℃，沸点为44.8℃）。
①C装置中吸收的气体为 。
②实验自始至终均需通入N2，其目的是 。
③若起始时，在装置A中加入83.1g MnSO4•7H2O，充分反应后，测得装置C增重6.4g，则MnxOy的化学式为 。
10．碳、氮、硫及其化合物对生产、生活有重要的意义。
（1）以CO2与NH3为原料可合成尿素。已知：
①2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）△H＝﹣159.5kJ•mol﹣1
②NH2COONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H＝+116.5kJ•mol﹣1
③H2O（l）═H2O（g）△H＝+44.0kJ•mol﹣1
写出NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式 。
（2）高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）。向容积为1L的恒容容器中加入0.2mol CO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度随温度的变化如图1所示。则该反应为 （填“放热”或“吸热”）反应；某温度下若向该平衡体系中再通入0.2mol CO2，达到新平衡后，体系中CO的百分含量 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g），平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示：
①650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为 。
②T℃时，平衡常数Kp＝ p总（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×体积分数）。
（4）NO2与SO2能发生反应：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H＜0在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比进行多次实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定NO2的平衡转化率。部分实验结果如图3所示：
①当容器内 （填标号）不再随时间的变化而改变时，反应达到平衡状态。
A．气体的压强 B．气体的平均摩尔质量 C．气体的密度 D．NO2的体积分数
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是 。
③若A点对应实验中，SO2（g）的起始浓度为c0mol•L﹣1，经过tmin达到平衡状态，该时段化学反应速率v（NO2）＝ mol•L﹣1•min﹣1。
④图中C、D两点对应的温度分别为TC℃和TD℃，通过计算判断TC TD（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（二）选考题[化学选修--3：物质结构与性质]
11．2019年诺贝尔化学奖授予约翰•古德伊纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料，请回答下列问题：
（1）基态锂原子的最高能级的电子云形状是 ；基态磷原子有 个未成对电子；基态铁原子核外电子排布式为 。
（2）[Co（NO3）4]2﹣中Co2+的配位数为4，配体中N的杂化方式为 ，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为 （用元素符号表示）。
（3）Co3+在水中易被还原成Co2+，而在氨水中可稳定存在，其原因为 。
（4）LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图1所示，这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为 （用n代表P原子数）。
（5）钴蓝晶体结构如图2，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成。晶体中Al3+占据O2﹣形成的 （填“四面体空隙”或“八面体空隙”）；钴蓝晶体的密度为 g•cm﹣3（列出计算式，用NA表示阿伏加德罗常数的值）。
[化学选修--5：有机化学基础]
12．聚碳酸酯是热塑性材料，双酚A型聚碳酸酯的合成路线如图：
（1）B的化学名称为 ，B中的官能团的名称是 。
（2）反应③的反应类型是 。
（3）写出D到E的反应方程式 。
（4）写出反应⑥中除生成双酚A型聚碳酸酯外的产物的结构简式 。
（5）写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式 （不考虑立体异构，只需写出2个）。
①能发生银镜反应②遇FeCl3溶液显紫色③核磁共振氢谱有六组峰
（6）设计由1﹣丙醇制备的合成路线 （无机试剂任选）。
2020年广东省梅州市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）中华传统文化蕴含着很多科学知识。下列说法错误的是（ ）
A．“水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化
B．《吕氏春秋•别类编》中“金（即铜）柔锡柔合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性
C．“司南之（勺），投之于地，其柢（柄）指南”。司南中“杓”所用材质为Fe2O3
D．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”里的“碱”是K2CO3
【分析】A．“水声冰下咽，说明冰的密度比水小，沙路雪中平”是水的三态变化，过程中没有新物质生成，未涉及化学变化；
B．合金的硬度比组成它的纯金属大，体现了合金硬度方面的特性；
C．Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，则司南中“杓”所用材质为Fe3O4；
D．草木灰的含有碳酸钾，碳酸钾溶于水，溶液呈碱性。
【解答】解：A．“水声冰下咽，沙路雪中平”是水的三态变化，过程中没有新物质生成，未涉及化学变化，故A正确；
B．金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚，说明合金的硬度比组成它的纯金属大，体现了合金硬度方面的特性，故B正确；
C．Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，则司南中“杓”所用材质为Fe3O4，故C错误；
D．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾溶于水，溶液呈碱性，所以“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是碳酸钾，故D正确；
故选：C。
【点评】本题以传统文化为背景考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（3分）设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．7.8g Na2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NA
B．已知CrO5中铬元素的化合价为+6价，则1mol CrO5分子中存在的过氧键数目为NA
C．1L 1mol•L﹣1H2O2溶液完全反应，转移电子数目一定为2NA
D．常温时，pH＝5的盐酸中水电离的OH﹣数目为10﹣9NA
【分析】A．Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，1molNa2S由2molNa+和1molS2﹣构成，1molNa2O2由2molNa+和1mol构成；
B．CrO5中铬元素的化合价为+6价，过氧根离子中氧为﹣1价，根据化合物中元素的化合价代数和为0判断；
C．过氧化氢可以发生自身氧化还原反应，分解生成水和氧气；
D．溶液体积未知。
【解答】解：A．Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，则7.8gNa2S和Na2O2的混合物的物质的量为0.1mol，1molNa2S由2molNa+和1molS2﹣构成，1molNa2O2由2molNa+和1mol构成，因此1molNa2S和Na2O2的混合物中含有的离子总数为0.3NA，故A正确；
B．CrO5中铬元素的化合价为+6价，根据化合物中元素的化合价代数和为0可知，CrO5中1个O显﹣2价，4个O显﹣1价，则CrO5中有2个过氧键，因此1molCrO5分子中存在的过氧键数目为2NA，故B错误；
C．H2O2完全分解生成H2O和O2时，O元素的化合价有升高也有降低，即1molH2O2完全反应时转移的电子数为NA，故C错误；
D．溶液体积未知，不能确定溶液中水电离出的OH﹣数目，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，主要是质量换算物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应电子转移计算方法，题目难度中等。
3．（3分）有机化合物F结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．F中的三个苯环可能在同一平面
B．F可与氧气在一定条件下反应生成醛
C．F可发生加成聚合反应和取代反应
D．苯环上的一氯代物有6种
【分析】有机物含有羟基，具有醇的性质，含有3个苯环，连接在同一碳原子上，具有苯环、甲烷的结构特点，以此解答该题。
【解答】解：A．根据F结构简式分析可知，分子中的三个苯环可以看作取代甲烷上的3个H原子，甲烷上最多2个H原子与C原子共平面，因此F中三个苯环不可能在同一平面，故A错误；
B．F分子中的醇羟基可催化氧化生成醛基，故B正确；
C．F分子中苯环可发生取代反应，但分子中不含有不饱和键（碳碳双键或碳碳三键），因此不能发生加聚反应，故C错误；
D．根据F的结构分析，苯环具有左右对称的结构特点，其苯环上的一氯代物共有3+2＝5种，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的结构的分析，题目难度不大。
4．（3分）下列操作或装置，不能达到实验目的的是（ ）
A．图Ⅰ用于实验室制氨气并收集干燥的氨气
B．图Ⅱ用于检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子
C．图Ⅲ用于验证牺牲阳极的阴极保护法
D．图Ⅳ用于制取NaHCO3晶体
【分析】A．加热NH4Cl和Ca（OH）2的混合物可生成氨气，可选碱石灰干燥，氨气的密度比空气密度小；
B．硫酸铜的密度大于水的密度，类似浓硫酸的稀释；
C．构成原电池时，Zn为负极；
D．发生NaCl+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl。
【解答】解：A．实验室用加热NH4Cl和Ca（OH）2的混合物的方法制取氨气，氨气是碱性气体，密度比空气小，用碱石灰干燥，采用向下排空气法收集，故A正确；
B．由于可能还有过剩的浓硫酸，因此在检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子时应将反应后的溶液倒入水中，类似于浓硫酸的稀释，故B错误；
C．原电池中锌作负极失去电子发生氧化反应，铁作正极被保护，可用K3[Fe（CN）6]来检验是否生成Fe2+从而验证牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D．CO2和NH3通入饱和的氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，蘸有稀硫酸的棉花可吸收氨气，防止污染空气，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5．（3分）如图是磷酸、亚磷酸、次磷酸的结构式，其中磷酸为三元中强酸，亚磷酸为二元弱酸，则下列说法正确的是（ ）
A．磷酸（H3PO4）的电离方程式为：H3PO4═3H++PO43﹣
B．亚磷酸（H3PO3）与足量NaOH溶液反应生成Na3PO3
C．NaH2PO4溶液呈酸性，是因为H2PO4﹣的水解程度比电离程度大
D．NaH2PO2溶液呈碱性
【分析】A．磷酸为三元中强酸，应分步电离，且可逆；
B．亚磷酸为二元弱酸，只能电离出两个氢离子；
C．NaH2PO4溶液呈酸性，说明H2PO4﹣电离程度大于水解程度；
D．磷酸含有三个羟基氢为三元酸，亚磷酸含有两个羟基氢为二元酸，而次磷酸只含一个羟基氢，所以应为一元酸。
【解答】解：A．磷酸为三元中强酸，应分步电离，且可逆，电离方程式为H3PO4⇌H++H2PO4﹣，H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣，HPO42﹣⇌H++PO43﹣，故A错误；
B．亚磷酸为二元弱酸，只能电离出两个氢离子，所以与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3，故B错误；
C．如果NaH2PO4溶液呈酸性，说明H2PO4﹣电离程度大于水解程度，故C错误；
D．磷酸含有三个羟基氢为三元酸，亚磷酸含有两个羟基氢为二元酸，而次磷酸只含一个羟基氢，所以应为一元酸，所以NaH2PO2为正盐，且为强碱弱酸盐，溶液中存在次磷酸根的水解，使溶液显碱性，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查磷酸、亚磷酸、次磷酸的结构及其电离，为高频考点，明确弱酸电离特点及几元酸的判断是解本题关键，题目难度不大。
6．（3分）已知电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．c点的混合液pH＝7
B．e、d两点溶液混合后的溶液中：c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）
C．b点溶液中：c（OH﹣）＞c（H+）+c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
D．a、b、c三点溶液中水的电离程度：c＞a＞b
【分析】A、盐酸为强电解质溶液，醋酸为弱电解质溶液；
B、分析可知d点所在的曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线，e点在的曲线代表滴定HCl溶液的曲线；
C、根据电荷守恒和物料守恒分析判断；
D、强酸强碱盐不影响水的电离，含弱酸根或弱碱根离子的盐促进水的电离。
【解答】解：A、根据盐酸为强电解质溶液，醋酸为弱电解质溶液。因电解质溶液电导率越大导电能力越强，c点为用0.100mol•L﹣1NaOH滴定10.00mL浓度为0.100mol•L﹣1的盐酸溶液，此时消耗0.100mol•L﹣1NaOH溶液为10.00mL，因HCl+NaOH＝NaCl+H2O，则n（NaOH）＝n（HCl），所以混合液pH＝7，故A正确；
B、根据盐酸为强电解质溶液，醋酸为弱电解质溶液，由图可知d点所在的曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线，e点在的曲线代表滴定HCl溶液的曲线，分别加入5mL 0.100mol•L﹣1NaOH溶液后，两者混合后溶液为NaCl和CH3COOH，且n（NaCl）＝n（CH3COOH），所以c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故B正确；
C、b点表示等浓度的氢氧化钠与醋酸钠的混和液，根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）①；根据物料守恒：c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）②，所以②﹣①得出：c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH），所以c（OH﹣）＞c（H+）+c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故C正确；
D、a点表示醋酸钠溶液，c点表示氯化钠溶液，b点表示氢氧化钠与醋酸钠的混合液，b点水电离受到氢氧化钠的抑制，a点水电离受到醋酸钠的促进，c点氯化钠对水电离无影响，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度：a＞c＞b，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查学生对酸碱混合时的定性判断和pH的理解和掌握，题目难度中等，掌握电离平衡、水解平衡的影响原理等，明确电荷守恒和物料守恒是解题关键。阅读题目获取新信息能力等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
7．（3分）X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示，其中M单质为淡黄色固体。下列说法错误的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞R
B．元素非金属性的顺序：Z＞X＞Y
C．M的氧化物对应的水化物均为强酸
D．Y的单质在加热条件下能与Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液反应
【分析】X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，X、R最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，M最外层有6个电子，位于第VIA族，其单质为淡黄色固体，则M为S元素；R原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、Z原子半径小于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N，据此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为H，Y为C，Z为N，M为S，R为Na元素。
A．R为Na元素，Z是N元素，二者简单离子的核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Z＞R，故A正确；
B．同周期从左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则元素非金属性强弱顺序：Z＞X＞Y，故B正确；
C．M为S元素，其氧化物对应的水化物不一定为强酸，如亚硫酸为弱酸，故C错误；
D．Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硝酸，碳具有还原性，能够与浓硝酸发生氧化还原反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及元素周期表结构，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
二、非选择题（一）必考题
8．V2O5是接触法生产硫酸的催化剂，属于两性氧化物，可从富钒炉渣（主要含有V2O5、FeO和少量Al2O3、SiO2）中提取，其工艺流程如图1：
已知：①2VO2++H2O⇌V2O5+2H+
②一些金属阳离子沉淀的pH范围：
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.5
9.0
Fe3+
2.2
3.5
Al3+
4.1
5.4
（1）“酸浸还原”时V2O5转化为VO2+，写出有关V2O5反应的离子方程式 4H++SO32﹣+V2O5＝2VO2++SO42﹣+2H2O ；经“氧化”后钒以VO2+存在，写出生成VO2+反应的离子方程式 6VO2++ClO3﹣+3H2O＝Cl﹣+6VO2++6H+ 。
（2）调节溶液pH至2.0～3.5，宜选用的试剂是 C （填标号）。
A．HNO3B．H2SO4C．Na2CO3D．Ca（OH）2
（3）“滤渣1”的主要成分是 SiO2 ；V2O5粗品中的杂质为 Fe（OH）3 。
（4）“沉钒”时需加入稀H2SO4，其目的是 使NH4+的水解平衡逆向移动，增大NH4+浓度，从而增大NH4VO3的产量 。
（5）焙烧产生的气体用 稀H2SO4 吸收后，其产物可以在该工艺中循环利用。
（6）V2O5在一定条件下可转化为不同价态的钒离子（V2+、V3+、VO2+、VO2+），可作为全钒液充电流电池的电极液，电池总反应为：VO2++V3++H2OV2++VO2++2H+，如图2是钒电池基本工作原理示意图，充电时阳极的反应式为 VO2++H2O﹣e﹣＝VO2++2H+ ；能够通过钒电池基本工作原理示意图中“隔膜”的离子是 H+ 。
【分析】富钒炉渣（主要含有V2O5、FeO和少量Al2O3、SiO2）加稀硫酸将金属氧化物溶解得到硫酸亚铁和硫酸铝，加亚硫酸钠将V2O5还原成VOSO4，二氧化硅不溶解，过滤除去；滤液中加NaClO3将VO2+氧化成VO2+，调节pH值后得到V2O5粗品；将粗品V2O5溶于氢氧化钠溶液中得到NaVO3溶液，过滤杂质，在滤液中加稀硫酸和硫酸铵得到NH4VO3，焙烧得纯净的V2O5，据此分析解答。
【解答】解：富钒炉渣（主要含有V2O5、FeO和少量Al2O3、SiO2）加稀硫酸将金属氧化物溶解得到硫酸亚铁和硫酸铝，加亚硫酸钠将V2O5还原成VOSO4，二氧化硅不溶解，过滤除去；滤液中加NaClO3将VO2+氧化成VO2+，调节pH值后得到V2O5粗品；将粗品V2O5溶于氢氧化钠溶液中得到NaVO3溶液，过滤杂质，在滤液中加稀硫酸和硫酸铵得到NH4VO3，焙烧得纯净的V2O5。
（1）“酸浸还原”时V2O5转化为VO2+，离子方程式为：4H++SO32﹣+V2O5＝2VO2++SO42﹣+2H2O；加NaClO3将VO2+氧化成VO2+，反应的离子反应方程式为：6VO2++ClO3﹣+3H2O＝Cl﹣+6VO2++6H+，
故答案为：4H++SO32﹣+V2O5＝2VO2++SO42﹣+2H2O；6VO2++ClO3﹣+3H2O＝Cl﹣+6VO2++6H+；
（2）调节溶液pH至2.0～3.5，使平衡2VO2++H2O⇌V2O5+2H+正向移动得到V2O5，需加碱性溶液中和氢离子，A、B为酸溶液不能与氢离子反应，故不合题意；D氢氧化钙能中和氢离子但会引入钙离子杂质，故不合题意，碳酸钠既可以中和氢离子又不引入新的杂质离子，故选择C，
故答案为：C；
（3）“滤渣1”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅；加硫酸溶解过滤后的滤液中存在亚铁离子，加氯酸钠后被氧化成三价铁离子，调节溶液pH至2.0～3.5时三价铁离子转变成Fe（OH）3沉淀，因此V2O5粗品中含有Fe（OH）3，
故答案为：SiO2；Fe（OH）3；
（4）因铵根离子会发生水解反应，导致其溶液中的铵根离子浓度减小，而加稀硫酸后可以使NH4+的水解平衡逆向移动，增大NH4+浓度，从而增大NH4VO3的产量，
故答案为：使NH4+的水解平衡逆向移动，增大NH4+浓度，从而增大NH4VO3的产量；
（5）焙烧过程中NH4VO3分解产生氨气和V2O5，产生的氨气可以用稀硫酸吸收转变成硫酸铵在沉钒时循环使用，
故答案为：稀H2SO4；
（6）充电时阳极发生氧化反应，结合总反应式VO2++V3++H2OV2++VO2++2H+可得阳极电极反应为：VO2++H2O﹣e﹣＝VO2++2H+；由阳极反应可知电解过程中阳极区的H+浓度增大，为维持两侧溶液的电荷守恒，H+应透过隔膜向阴极移动，
故答案为：VO2++H2O﹣e﹣＝VO2++2H+；H+。
【点评】本题考查混合物分离与提纯、物质制备、电解原理等知识，题目难度较大，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本方法及电解原理，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
9．硫酸锰晶体（MnSO4•7H2O）是重要的微量元素肥料之一。某兴趣小组在实验室中探究用软锰矿（主要成分为MnO2，含有少量Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质制取硫酸锰晶体，其具体流程如图1：
已知：①反应原理为：MnO2+H2C2O4+H2SO4═MnSO4+2CO2↑+2H2O；
②MnC2O4难溶于水。
（1）滤渣2主要成分是MnO2，步骤②中的稀硫酸的作用是 除去Fe2O3 。
（2）步骤③中采用6.0mol•L﹣1硫酸和草酸晶体溶解MnO2，草酸晶体的作用是 做还原剂，将MnO2还原为Mn2+ ；配制100mL 6.0mol•L﹣1硫酸时，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要 100mL容量瓶、胶头滴管 。将滤渣2置于烧杯中，先加入稀硫酸，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解。在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体的理由是 防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行，并防止草酸过量引入杂质 。
（3）步骤④的具体实验操作有 加热浓缩、冷却结晶、过滤 ，经洗涤后干燥得到MnSO4•7H2O晶体。
（4）兴趣小组同学拟继续研究硫酸锰的高温分解的固体产物，经查资料可知：硫酸锰晶体高温下分解产物为MnxOy、SO2、SO3，及水蒸气。为了确定MnxOy的化学式，采用下面装置进行测定（已知：SO3的熔点为16.8℃，沸点为44.8℃）。
①C装置中吸收的气体为 SO2 。
②实验自始至终均需通入N2，其目的是 排出装置中的空气，并将生成的气体全部赶至后面装置吸收 。
③若起始时，在装置A中加入83.1g MnSO4•7H2O，充分反应后，测得装置C增重6.4g，则MnxOy的化学式为 Mn3O4 。
【分析】由题给流程可知，向软锰矿中加入氢氧化钠溶液，酸性氧化物二氧化硅和两性氧化物氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成硅酸钠和偏铝酸钠，二氧化锰和氧化铁不溶解，则滤渣1为二氧化锰和氧化铁；向滤渣1中加入稀硫酸，碱性氧化物氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，二氧化锰不溶解，则滤渣2为二氧化锰；向滤渣2加入稀硫酸和草酸晶体，酸性条件下二氧化锰和草酸发生氧化还原反应生成硫酸锰，硫酸锰溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4•7H2O晶体。
【解答】解：（1）步骤②为向滤渣1中加入稀硫酸，碱性氧化物氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，二氧化锰不溶解，则稀硫酸的作用是溶解除去Fe2O3，
故答案为：除去Fe2O3；
（2）步骤③为向滤渣2加入6.0mol/L硫酸和草酸晶体，酸性条件下二氧化锰和草酸发生氧化还原反应生成，反应中二氧化锰做氧化剂，草酸做还原剂，将MnO2还原为Mn2+；配制100mL 6.0mol/L硫酸时用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；由题意可知MnC2O4难溶于水，溶解二氧化锰过程中，为防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行和草酸过量引入新杂质，应先加入稀硫酸，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解，
故答案为：做还原剂，将MnO2还原为Mn2+；100mL容量瓶、胶头滴管；防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行，并防止草酸过量引入杂质；
（3）步骤④为硫酸锰溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4•7H2O晶体，
故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤；
（4）①由题意可知，MnSO4•7H2O晶体受热分解生成的气体中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫能溶于浓硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，混合气体经过浓硫酸，浓硫酸吸收了三氧化硫和水蒸气，则氢氧化钠溶液吸收的气体为二氧化硫，
故答案为：SO2；
②实验开始时，通入氮气的目的是排出装置中的空气，实验中通入氮气的目的是将MnSO4•7H2O晶体受热分解生成的气体全部赶至后面装置吸收，防止影响实验结果，故
答案为：排出装置中的空气，并将生成的气体全部赶至后面装置吸收；
③83.1gMnSO4•7H2O的物质的量为＝0.3mol，6.4g二氧化硫的物质的量为＝0.1mol，设MnxOy中锰元素的化合价为a，由得失电子数目守恒可得0.3mol×（a﹣2）＝0.1mol×2，解得a＝，则MnxOy为Mn3O4，
故答案为：Mn3O4。
【点评】本题考查物质的制备和分离操作，侧重于学生分析能力、实验能力和综合运用化学知识能力的考查，为高考常见题型，题目难度中等，注意根据实验流程以及相关物质的性质解答该题。
10．碳、氮、硫及其化合物对生产、生活有重要的意义。
（1）以CO2与NH3为原料可合成尿素。已知：
①2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）△H＝﹣159.5kJ•mol﹣1
②NH2COONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H＝+116.5kJ•mol﹣1
③H2O（l）═H2O（g）△H＝+44.0kJ•mol﹣1
写出NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式 2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H＝﹣87.0kJ•mol﹣1 。
（2）高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）。向容积为1L的恒容容器中加入0.2mol CO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度随温度的变化如图1所示。则该反应为 吸热 （填“放热”或“吸热”）反应；某温度下若向该平衡体系中再通入0.2mol CO2，达到新平衡后，体系中CO的百分含量 变小 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g），平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示：
①650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为 25% 。
②T℃时，平衡常数Kp＝ 0.5 p总（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×体积分数）。
（4）NO2与SO2能发生反应：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H＜0在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比进行多次实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定NO2的平衡转化率。部分实验结果如图3所示：
①当容器内 D （填标号）不再随时间的变化而改变时，反应达到平衡状态。
A．气体的压强 B．气体的平均摩尔质量 C．气体的密度 D．NO2的体积分数
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是 降低温度 。
③若A点对应实验中，SO2（g）的起始浓度为c0mol•L﹣1，经过tmin达到平衡状态，该时段化学反应速率v（NO2）＝ co mol•L﹣1•min﹣1。
④图中C、D两点对应的温度分别为TC℃和TD℃，通过计算判断TC ＝ TD（填“＞”、“＝”或“＜”）。
【分析】（1）NH3和CO2合成尿素和液态水的化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l），
①2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）△H＝﹣159.5kJ•mol﹣1
②NH2COONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H＝+116.5kJ•mol﹣1
③H2O（l）═H2O（g）△H＝+44.0kJ•mol﹣1
根据盖斯定律①+②﹣③计算反应2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）的焓变△H；
（2）随着温度的升高，CO2的物质的量浓度逐渐减小，说明升高温度平衡正向移动；反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）正向是气体体积减小的反应，增大压强，平衡逆向移动，CO的浓度降低；
（3）①由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，根据三段式进行计算；
②反应为C（s）+CO2（g）⇌2CO（g），Kp＝，由图可知T℃时，CO2和CO的体积分数相等，即p（CO2）＝p（CO）＝0.5P总，据此计算；
（4）①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到不变时，说明可逆反应到达平衡状态；
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，即在不改变物料比的情况下，增加NO2的平衡转化率，考虑温度和压强对化学平衡的影响；
③A点实验中，NO2的平衡转化率α（NO2）＝50%，SO2（g）的起始浓度为c0mol/L，起始时的物料比为0.4，则NO2的起始量0.4c0mol/L，根据速率公式v＝计算v（NO2）；
④C、D两点对应的实验温度分别为Tc和Td，温度和平衡常数有关，结合图中的数据，利用三段式分别计算C和D点时的化学平衡常数，据此判断两点温度。
【解答】解：（1）NH3和CO2合成尿素和液态水的化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l），
①2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）△H＝﹣159.5kJ•mol﹣1
②NH2COONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H＝+116.5kJ•mol﹣1
③H2O（l）═H2O（g）△H＝+44.0kJ•mol﹣1
根据盖斯定律①+②﹣③计算反应2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）的焓变△H＝﹣87.0kJ•mol﹣1，热化学方程式为：2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H＝﹣87.0kJ•mol﹣1，
故答案为：2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H＝﹣87.0kJ•mol﹣1；
（2）由图可知，随着温度的升高，CO2的物质的量浓度逐渐减小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应为吸热反应；反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）正向是气体体积减小的反应，反应达到平衡后再通入0.2molCO2，达到新平衡，新平衡相当在原平衡基础上压缩容器体积为原容器的一半所形成的平衡状态，压缩气体增大压强，平衡逆向移动，CO的百分含量减小，
故答案为：吸热；变小；
（3）由图可以知道，650℃时，反应达到平衡后CO的体积分数为40%，设开始反应时加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则三行式为：
C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）
起始 1 0
转化 x 2x
平衡 1﹣x 2x
平衡后CO的体积分数为40%，×100%＝40%，解得x＝0.25mol，则CO2的转化率为：×100%＝25%，
故答案为：25%；
②由图可知T℃时，CO2和CO的体积分数相等，即p（CO2）＝p（CO）＝0.5P总，反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）的分压常数Kp＝＝＝0.5P总，
故答案为：0.5；
（4）①A，反应前后气体物质的量不变，气体的压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B、气体质量不变，气体物质的量不变，气体的平均摩尔质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C、反应前后气体质量不变、气体体积不变，则气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D、NO2的体积分数不变是平衡标志，故D正确；
故答案为：D；
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡转化率增大，平衡正向进行，正反应为放热反应，降低温度平衡正向进行，
故答案为：降低温度；
③A点平衡转化率为50%，n（NO2）：n（SO2）＝0.4，SO2（g）的起始浓度为comol/L，NO2起始浓度c（NO2）＝0.4comol/L，NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g），反应的NO2为0.4comol/L×50%＝0.2comol/L，该时段化学反应速率v（NO2）＝＝comol/（L▪min），
故答案为：co；
④C、D两点对应的实验温度分别为Tc和Td，温度和平衡常数有关。C点时起始时的物料比为1，NO2的平衡转化率为α（NO2）＝50%，设起始时c（NO2）＝c（SO2）＝xmol/L，
反应三段式为：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）
起始量（mol/L） x x 0 0
变化量（mol/L） 0.5x 0.5x 0.5x 0.5x
平衡量（mol/L）0.5x 0.5x 0.5x 0.5x
即平衡常数为K（C）＝＝＝1；
D点时，起始物料比为1.5，NO2的平衡转化率为α（NO2）＝40%，设起始时c（SO2）＝ymol/L，c（NO2）＝1.5ymol/L，
反应三段式为：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）
起始量（mol/L） 1.5y y 0 0
变化量（mol/L） 0.6y 0.6y 0.6y 0.6y
平衡量（mol/L） 0.9y 0.4y 0.6y 0.6y
化学平衡常数为K（D）＝＝＝1，所以平衡常数K相同，说明反应温度相同，即Tc＝Td，
故答案为：＝。
【点评】本题主要考查化学原理部分知识，涉及盖斯定律的计算应用、化学平衡的影响因素、化学反应速率的影响因素及计算、化学平衡常数的计算等知识，均为高频考点，把握基础、灵活运用是关键，题目难度中等。
（二）选考题[化学选修--3：物质结构与性质]
11．2019年诺贝尔化学奖授予约翰•古德伊纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料，请回答下列问题：
（1）基态锂原子的最高能级的电子云形状是 球形 ；基态磷原子有 3 个未成对电子；基态铁原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2（或[Ar]3d64s2） 。
（2）[Co（NO3）4]2﹣中Co2+的配位数为4，配体中N的杂化方式为 sp2 ，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为 Co＜O＜N （用元素符号表示）。
（3）Co3+在水中易被还原成Co2+，而在氨水中可稳定存在，其原因为 Co3+可与NH3形成较稳定的配合物 。
（4）LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图1所示，这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为 PnO3n+1（n+2）﹣ （用n代表P原子数）。
（5）钴蓝晶体结构如图2，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成。晶体中Al3+占据O2﹣形成的 八面体空隙 （填“四面体空隙”或“八面体空隙”）；钴蓝晶体的密度为 g•cm﹣3（列出计算式，用NA表示阿伏加德罗常数的值）。
【分析】（1）锂是3号元素，核外电子排布为1s22s1；s电子云形状是球形；磷是15号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；铁是26号元素，根据核外电子排布规律可得其基态铁原子核外电子排布式；
（2）价层电子对数为：σ+（a+电荷数﹣xb）；非金属性越强第一电离能越大，但由于N原子中最外层为半充满状态；
（3）配合物的内界不易发生反应；
（4）磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式为：PO43﹣、P2O74﹣、P3O105﹣，磷原子的变化规律为：1、2、3、4，n氧原子的变化规律为：4、7、10、3n+1，酸根所带电荷数的变化规律为：3、4、5、n+2，根据通项公式得出通式；
（5）观察图2，Al3+和O2﹣位于体心，Co2+分别位于晶胞的顶点、面心、体心，根据ρ＝计算得结果。
【解答】解：（1）锂是3号元素，核外电子排布为1s22s1，最高能级是2s，其电子云形状是球形；磷是15号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，其未成对电子数是3p能级上的3个电子；铁是26号元素，根据核外电子排布规律可得其基态铁原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
故答案为：球形；3；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
（2）NO3﹣中价层电子对数为：σ+（a+电荷数﹣xb）＝3+（5+1﹣3×2）＝3+0＝3，故为sp2杂化；一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但由于N原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于O，所以第一电离能由小到大的顺序为：Co＜O＜N；
故答案为：sp2；Co＜O＜N；
（3）Co3+可与NH3形成较稳定的配合物，配合物的内界不易发生反应，故在氨水中不易被还原，可稳定存在，
故答案为：Co3+可与NH3形成较稳定的配合物；
（4）根据图1是某种多聚磷酸根的结构示意图，一个P原子形成的含氧酸有很多种结构，可以是磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式为：PO43﹣、P2O74﹣、P3O105﹣，磷原子的变化规律为：1、2、3、4，n氧原子的变化规律为：4、7、10、3n+1，酸根所带电荷数的变化规律为：3、4、5、n+2，所以这类磷酸根离子的通式为：PnO3n+1（n+2）﹣，
故答案为：PnO3n+1（n+2）﹣；
（5）根据钴蓝晶体晶胞结构观察，晶体中Al3+占据O2﹣形成的八面体空隙；该晶胞的边长为2anm，体积V＝（2a×10﹣7）3cm3，Ⅰ和Ⅱ各4个按顺序无隙并置，Al3+和O2﹣位于体心，含有Al3+的个数为：4×4＝16；含有O2﹣的个数为：8×4＝32；Co2+分别位于晶胞的顶点、面心、体心，8×+6×+4＝8；该晶胞的质量m＝g＝g，所以密度ρ＝＝g•cm﹣3，
故答案为：八面体空隙；。
【点评】本题考查学生对原子结构和性质的理解和掌握，题目难度中等，掌握常见的基态原子的电子排布、第一电离能、杂化方式、晶胞密度的计算等，明确基态原子的电子排布和晶胞计算方法是解题关键。同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
[化学选修--5：有机化学基础]
12．聚碳酸酯是热塑性材料，双酚A型聚碳酸酯的合成路线如图：
（1）B的化学名称为 2﹣氯乙醇 ，B中的官能团的名称是 氯原子、羟基 。
（2）反应③的反应类型是 加成反应 。
（3）写出D到E的反应方程式 。
（4）写出反应⑥中除生成双酚A型聚碳酸酯外的产物的结构简式 。
（5）写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式 、、、
、、 （不考虑立体异构，只需写出2个）。
①能发生银镜反应②遇FeCl3溶液显紫色③核磁共振氢谱有六组峰
（6）设计由1﹣丙醇制备的合成路线 或 （无机试剂任选）。
【分析】A物质乙烯和HOCl发生加成反应生成B物质2﹣氯乙醇后，在Ca（OH）2的作用下生成C环氧乙烷，与二氧化碳发生加成反应生成D物质后在乙醇作用下生成E，E物质与苯酚反应生成F，F与双酚A发生加聚反应得到产物双酚A型聚碳酸酯，根据分析进行解答。
（6）由1﹣丙醇制备的合成路线可参考从A物质乙烯到C物质环氧乙烷，1﹣丙醇在浓硫酸加热条件下生成丙烯，后与HOCl反应，最后经过与氢氧化钙反应得到产物。
【解答】解：（1）物质A乙烯和HOCl发生加成反应生成B物质2﹣氯乙醇，B中的官能团为氯原子和羟基；
故答案为：2﹣氯乙醇，氯原子、羟基；
（2）C为环氧乙烷，二氧化碳中C＝O断裂发生加成反应生成D物质；
故答案为：加成反应；
（3）根据题目内容，D物质与乙醇反应过程中开环，生成E和乙二醇，反应方程式为：；
故答案为：；
（4）和双酚A发生加成聚合反应生成双酚A型聚碳酸酯和苯酚，苯酚的结构简式为：；
故答案为：；
（5）由①能发生银镜反应条件可知含有醛基，②遇FeCl3溶液显紫色表明结构中含有酚羟基，③核磁共振氢谱有六组峰说明结构中含有6种不同结构的H，故符合题意的结构简式有：、、、、、（任写2个）；
故答案为：、、、、、（任写2个）；
（6）由1﹣丙醇制备的合成路线可参考从A物质乙烯到C物质环氧乙烷，1﹣丙醇在浓硫酸加热条件下生成丙烯，后与HOCl反应，最后经过与氢氧化钙反应得到产物．反应路线为：或；
故答案为：或。
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