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.N A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. 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
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（）
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（）
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硝酸反应产生的NO 6.镁一空气电池是一种能被水激活的一次性储备电池，原理如图所示。

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. 的数量级为
B. N点，
C. 过程中，水的电离程度逐渐增大
D. 当滴定至溶液呈中性时，
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：
已知：K sp（
CoC2
O4）=2.5×10-9，K sp（CoCO3）=1.5×10-13。

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

（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：
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K p=______kPa （K p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。

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”）。

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

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。

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：
该磷钇矿的化学式为______，与PO43-互为等电子体的阴离子有______ （写出两种离子的化学式）。

己知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，阿伏加德罗常数为N A，则该磷钇矿的密度为______g•cm-3（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：
回答下列问题：
（l）B的化学名称为______。

（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______。

（6）化台物X是H的同分异构体，可与FeCl，溶液发生显色反应，1molX最多可与3molNaOH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 （SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL．滴定反应为：VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++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______。

答案和解析
1.【答案】B
【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。

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。

2.【答案】A
【解析】
解：A.10gD2O物质的量==0.5mol，0.5mol分子中含有的质子数与中子数均为5N A，故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0.1N A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；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．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；
C．苯乙烯与氯化氢反应生成生成氯代苯乙烷；
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：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，若硝酸的酸性大于亚硫酸，故C 错误；
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．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。

A．该装置分离难溶性固体和可溶性物质；
B．氯化铵受热易分解生成HCl和氨气；
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．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】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．根据图b知，当lg=0时，c（A-）=c（HA），Ka==c（H+）=10-4.5～10-5，故A正确；
B．N点，根据电荷守恒得c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=-10-8.72=10-5.28-10-8.72，故B错误；
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，所以水的电离程度增大，故C正确；
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，所以溶液中存在c（A-）＞c（HA），故D正确；
故选：B。

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；
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。

8.【答案】2LiCoO2+5H2C2O4=2LiHC2O4+2CoC2O4+4H2O+2CO2↑ 生成Co（HC2O4）2而溶解K=1.67×104，反应正向进行的趋势很大2H2O-4e-=O2↑+4H+酸溶×100%
【解析】
解：（1）“浸出”中生成CoC2O4的化学方程式为
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）“转化”中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为CoC2O4+CO32-=CoCO3+C2O42-，该反
应进行的程度较大，用平衡常数K解释原因为
K==1.67×104，反应正向进行的趋势很
大，
故答案为：CoC2O4+CO32-=CoCO3+C2O42-；K=1.67×104，反应正向进行的趋势很大；
（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×
100%=×100%，
故答案为：×100%。

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，然后加入碳酸钠发生CoC2O4+CO32-=CoCO3+C2O42-，分离出滤渣1为CoCO3，滤液1含草酸钠，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。

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），
结合盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ得到反应△H=-209.9KJ/mol，
故答案为：-209.9；
（2）①，反应为气体体积增大的吸热
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为：=1.6n，物质的量增大了0.6n，则
△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，则水蒸
气的物质的量为：n-0.75n=0.25n，所以pH2
O=×l00kPa=25kPa；
平衡时双环戊二烯的物质的量为：0.75n×（1-80%）=0.15n，其分
压为×160kPa=15kPa，环戊
二烯的分压为：×160kPa=120kPa，
所以的平衡常数K p ==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，
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；
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；
故答案为：4；副反应；
（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，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；
故答案为：先变小后变大（最后不变）。

（1
），
结合盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ得到反应的△H；（2）①，反应为气体体积增大的吸热
反应，结合平衡移动原理分析判断选项；
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
△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；
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；
（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，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，同时放出热量，对使氢化反应逆向移动，据此分析可得。

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。

很好的考查了学生化学反应原理的掌握水平。

10.【答案】1s22s22p63s13p33d1sp3 2 F＞O＞N＞C 17N A正四面体YPO4SO42-、ClO4-
等
【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，
据此书写电子排布式为1s22s22p6 3s13p33d1，
故答案为：1s22s22p6 3s13p33d1；
（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断P原子的杂化方式为sp3；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，平均每个空间六元环中含有的磷原子个数=6×=2，
故答案为：sp3；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17N A，
该盐阴离子中B原子价层电子对个数
=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥
理论判断该离子空间构型为正四面体，
故答案为：F＞O＞N＞C；17N A；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PO43-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，
己知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，该晶胞体积=（a×a×c）×10-21cm3，阿伏加德罗常数为N A，
则该磷钇矿的密度=
=g/cm3=g/cm3，
故答案为：YPO4；SO42-、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；
（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，平均每个空间六元环中含有的磷原子个数=6×；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+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥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PO43-互为等电子体的阴离子中含有5个原子、价电子数是30；
己知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，该晶胞体积=（a×a×c）×10-21cm3，阿伏加德罗常数为N A，则该磷钇矿的密度=。

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
△
浓硫酸
CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O CH2=CH2碳碳双键和羧基
【解析】
解：（l）B的化学名称为丙烯醛，
故答案为：丙烯醛；
（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，
故答案为：加成反应；
（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+2CH3CH2
OH
CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O，
故答案为：HOOCCH2COOH+2CH3CH2
OH
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；
（5）H 为，H中官能团的名称是碳碳双键和羧基，
故答案为：碳碳双键和羧基；
（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
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三键或环，
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，峰面积比为3：2：2：1．符合要求的X的结构简式：，
故答案为：；
（7
）由为起始原料制备，先发生取代反应，然后发生消去反应、
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
，
故答案为
：。

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，
（7）由为起始原料制备，先发生取代反应，然后发生消去反应、
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
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
难度不大。

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
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KMnO4×100%
【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；
（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
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；
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根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的
物质的量n=n（（NH4）2Fe（SO4）2）=cmol/L×b×10-3L=cb×10-3mol，粗产品中钒的质量分数的表达
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根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n=n（（NH4）2Fe（SO4）2）=cmol/L×b×10-3L=cb×10-3mol，据此计算。

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。