还剩21页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
河北省邯郸市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题
展开
这是一份河北省邯郸市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题，共24页。试卷主要包含了填空题，实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
河北省邯郸市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题
一、填空题
1．（2021·上海静安·统考一模）2019年1月3日一吨多重的嫦娥四号探测器首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆，它所搭载的“玉兔二号”月球车通过砷化镓太阳能电池提供能量开展工作。下表是As、Ga等元素所在元素周期表中的一部分。回答下列问题：
Al
Si
P
Ga
Ge
As
(1)上表中，原子半径最小的是_________元素(填元素名称)，元素周期表中镓的位置是_________。从原子结构角度解释磷与砷的非金属性强弱：__________________________________。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs+HNO3→Ga(NO3)3+NO2↑+H3AsO4+H2O，_________
(3)GaN、GaAs、GaP都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体硅相同，它们的熔点如表。
晶体
GaN
GaAs
GaP
熔点/℃
1700
1238
1480
解释它们熔点变化的原因______________。
(4)亚磷酸(H3PO3)与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，这两种盐溶液均呈碱性。根据以上信息判断，亚磷酸应属于____________________酸，Na2HPO3溶液中阴离子浓度由大到小的次序为_______。
2．（2020·上海静安·统考一模）以C、CO、CO2、CH4等含1个碳原子的物质为原料，可以合成一些化工原料和燃料。
（1）碳原子的核外电子排布式是___，其最外层有___种运动状态不同的电子。
（2）上述物质中属于非极性分子的是___。
（3）合成气（CO和H2)在不同催化剂的作用下，可以合成不同的物质。
①用合成气制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，写出制备二甲醚的化学方程式____。
②仅用合成气为原料不可能合成的物质是___(填字母序号)。
a.甲醇 b.乙二醇 c.乙二酸 d.尿素
工业上可用CO2生产燃料甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+Q（Q>0）。在2L的密闭容器中，发生上述反应：测得n(CO2)和n(CH3OH）随时间变化如图所示。
（4）该反应的化学平衡常数的表达式K=___，如果平衡常数K减小，平衡___(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
（5）从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=___。
（6）为了提高CH3OH的产量，理论上可以采取的合理措施有___、___（任写2条措施）。
（7）常温常压下，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，写出该反应的热化学方程式___。
3．（2020·上海静安·统考一模）氨氮（水中以NH3和NH4+形式存在的氮）含量是环境水体污染的一项重要指标，其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低，导致水质下降，影响水生动植物的生长。
（1）水中NH3和NH4+两者的浓度比取决于水体的pH和水温。当pH偏高时，___比例较高，原因是___（请用离子方程式表示）。
（2）空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH充分反应后，再向水中通入空气，可增大NH3的脱除率，用平衡移动原理解释其原因：___。
（3）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的NH3能够被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。
___NH3＋__O2→__HNO2＋__________
①请将上述化学方程式补充完整，并配平。
②反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
③若反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为___。
（4）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理如下：
①2Mn2++O2+4OH-→2MnO(OH)2↓
②MnO(OH)2+2I-+4H+→Mn2++I2+3H2O
③2S2O32-+I2→S4O62-+2I-
某小组同学取100.00mL水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用amol/LNa2S2O3溶液进行滴定，终点现象为___；滴定消耗Na2S2O3溶液bmL，水样的DO=____mg/L。
二、实验题
4．（2021·上海静安·统考一模）氯化铝为共价化合物，易水解，178℃升华，190℃(2.5个标准大气压下测得)熔化。实验室现用下图装置制备少量无水氯化铝。
请回答下列问题：
(1)装置A为氯气发生装置，化学反应方程式为_________________________________。若用足量MnO2与50mL12mol/L的盐酸充分反应，则所得氯气可制取无水AlCl3的质量应_________13.35g(填“大于”、“等于”或“小于”)。
(2)装置B中所盛试剂为_________________，其作用是__________________________。
(3)有人认为若无装置B，其余装置、试剂保持不变，也能制备无水AlCl3，事实证明这样做非常危险，请简述理由___________________________________________________________。
(4)仪器a的名称是__________________，装置C和F的作用是____________________。
(5)实验开始时应先点燃A处的酒精灯，待装置内充满黄绿色气体后，再点燃D处的酒精灯，理由是_______。
(6)氯化铝是共价化合物，请设计实验证明。___________________。
5．（2022·上海静安·统考一模）1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分MnO2)时，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。舍勒的方法沿用至今，实验室用如下装置制取氯气并进行氯气性质探究。
完成下列填空。
(1)甲为发生装置，该处还缺少的玻璃仪器是_______。盛放浓盐酸的仪器名称为_______。
(2)乙为除杂装置，盛有_______(填写下列字母编号)，目的是为了_______。
a.碱石灰 b.饱和食盐水 c.浓硫酸 d.饱和碳酸氢钠溶液 e.四氯化碳
(3)检验丙装置中氯气是否已集满的操作是_______。
(4)丁装置中盛有紫色石蕊试液，实验中可观察到溶液颜色发生了如下变化。请完成下表中的三处空白。
实验现象
原因
最初溶液从紫色逐渐变为_______色
氯气与水反应生成的H+使石蕊变色
随后溶液逐渐变为无色
_______
然后溶液从无色逐渐变为_______色
/
(5)戊装置的作用是_______，该处的化学反应方程式为_______。
(6)实验结束，测得戊装置中溶液质量为200g，NaOH溶液的质量分数由30%减小到1%，则吸收的氯气质量是_______g(保留一位小数)。
6．（2020·上海静安·统考一模）甲乙两组学生用不同的方法制备氯气并验证其性质。甲组用漂白粉与硫酸溶液反应制取氯气：Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2SO42CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O，如图1所示；乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气：2KMnO4＋16HCl(浓)→2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，如图2所示(省略夹持装置)。
（1）实验中A选用装置__，E选用装置__(填写序号)。
（2）装置F的作用___，请描述装置G中的实验现象___。
（3）B中反应的离子方程式是___；C中氯气氧化了亚硫酸钠：Cl2+SO32-+H2O → SO42-+2Cl-+2H+，请你帮甲组设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)：___。
（4）乙组中H的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是___。
（5）甲组实验存在的明显缺陷是___。
7．（2020·河北邯郸·一模）过二硫酸钠(Na2S2O8)也叫高硫酸钠，可用于废气处理及有害物质氧化降解．用(NH4)2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合可制得Na2S2O8晶体，同时还会放出氨气。某化学兴趣小组利用该原理在实验室制备Na2S2O8晶体（装置如图所示）．
已知：反应过程中发生的副反应为2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2
(1)图中装有NaOH溶液的仪器的名称为___，反应过程中持续通入氮气的目的是___。
(2) (NH4)2S2O8可由电解硫酸铵和硫酸的混合溶液制得，写出电解时阳极的电极反应式：___。
(3)Na2S2O8溶于水中，会发生一定程度的水解，最终仅生成H2SO4、Na2SO4和另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质，写出该反应的化学方程式：___。
(4)Na2S2O8具有强氧化性，该兴趣小组设计实验探究不同环境下Na2S2O8氧化性的强弱。将MnSO4•H2O(1.69g)与过量Na2S2O8(10g)溶于水中形成的混合溶液煮沸3min，观察并记录加入试剂时和加热过程中的现象（如表格所示）。
环境
调节溶液氧化环境时的现象
加热煮沸3min期间产生的现象
中性
加入VmL蒸馏水，无明显现象
30s时开始有大量气泡冒出，3min后溶液变深棕色，溶液中有悬浮小颗粒
碱性
加入VmL某浓度的NaOH溶液，瞬间变为棕色（MnO2）
10s后溶液逐渐变为深紫色(MnO4-)，没有明显冒气泡现象
酸性
加入VmL稀H2SO4无明显现象
煮沸3min后，有气泡冒出
①在___（填“中性”“酸性”或“碱性”)条件下，Na2S2O8的氧化能力最强。
②中性氧化时，会产生大量气泡，其原因为___。
③若用0.1mol•L-1的H2O2溶液滴定碱性氧化反应后的溶液（先将溶液调至酸性再滴定），滴定终点时的现象为___；达到滴定终点时，消耗H2O2溶液的体积为V1rnL。则碱性氧化后的溶液中NaMnO4的质量为___ g(用含V1的代数式表示，5H2O2~2)。
8．（2022·河北邯郸·统考一模）二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)为白色固体，难溶于冷水，是氧化性消毒剂中最为广谱、高效、安全的消毒剂。实验室用如图所示装置(夹持装置已略去)制备二氯异氰尿酸钠。请回答下列问题：
已知：实验原理为。
(1)仪器X的名称为___________。
(2)完成上述实验选择合适的装置，按气流从左至右，导管连接顺序为___________(填字母)。
(3)装置D中发生反应的离子方程式为___________。
(4)当装置A内出现___________的现象时，打开装置A中分液漏斗的活塞，加入氰尿酸(C3H3N3O3)溶液，在反应过程中仍不断通入Cl2的目的是___________。
(5)实验过程中装置A的温度必须保持在7℃~12℃，pH控制在6.5~8.5，则该实验适宜的受热方式是___________(填“冷水浴”或“热水浴”)。
(6)测定粗产品中二氯异氰尿酸钠的纯度。
将m g粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成100 mL溶液，取20.00 mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5 min。用的标准溶液进行滴定，加入指示剂，滴定至终点时，消耗标准溶液。(杂质不与反应，涉及的反应为、)
①加入的指示剂是___________(填名称)。
②C3N3O3Cl2Na的百分含量为___________(用含m、c、V的代数式表示)%。
③下列操作会导致粗产品中二氯异氰尿酸钠的纯度偏低的是___________(填标号)。
a．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗
b．滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡
c．碘量瓶中加入的稀硫酸偏少
三、结构与性质
9．（2022·上海静安·统考一模）羰基硫(COS)的结构与CO2类似，可作粮食熏蒸剂，防治虫类、真菌对粮食的危害。完成下列填空。
(1)碳的原子结构示意图为_______，硫原子最外层电子排布式是_______，氧原子核外有_______种能量不同的电子。从结构上看，乙硫醇(CH3CH2SH)可视为乙醇中氧原子被硫替代而得的一种有机物，其分子中S—H的极性小于CH3CH2OH分子中O—H的极性。请从原子结构角度解释其原因：_______。
(2)与CO2相同，COS中所有原子最外层也都满足8电子结构，COS属于________分子(填“极性”或“非极性”)，COS沸点_______CO2沸点(填“>”、“=”或“<)。
(3)元素周期表中，硫元素的位置是_______。例举一个能说明硫元素非金属性比碳元素强的事实_______。
(4)羰基硫可用H2S和CO混合加热制得，反应方程式如下：CO+H2SCOS+H2。
①请标出该反应的电子转移方向和数目_______。
②反应中起氧化作用的是_______，氧化产物是_______。
10．（2020·河北邯郸·一模）KMnO4(s)受热分解制备氧气是实验室制氧气的常用方法，它也是一种高效氧化剂，是氧化还原滴定实验中常用的试剂，可以作为标准溶液滴定一些具有还原性的物质(Fe2+、C2O42-等)的溶液，如5C2O42-+2MnO4-+l6H++4H2O=2[Mn(H2O)6]2++10CO2↑。
(1)基态Mn2+的核外电排布式为___。
(2)如果在空气中焙烧KMnO4，可获得Mn3O4(可改写为MnO•Mn2O3)，则Mn3O4中Mn的化合价为___。
(3)石墨烯（如图A)是一种由碳原子组成六边形呈蜂巢晶格的二维碳纳米材料，当石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯（如图B)。
石墨烯结构中1号C的杂化方式为___；该C与相邻的两个C形成的键角___（填“>”“<”“=”)l20º。氧化石墨烯结构中1号C与相邻C___（填“有”或“没有”)形成π键。
(4)铁形成的晶体类型因为铁原子排列方式的不同而不同，其中一种晶胞结构如图所示。晶体中铁原子周围距离最近且等距的铁原子数为___。形成铁碳合金时，存在一种碳原子插入到晶胞中每条棱的中点和晶胞的体心的结构，该物质的化学式为___；设NA为阿伏加德罗常数的值，该铁碳晶胞的晶胞参数为apm，则C原子间的最短距离为______pm，该铁碳晶胞的密度为___ g•cm-3。
11．（2021·河北邯郸·统考一模）铜及其化合物是生活、生产中运用广泛的材料。
(1)铜元素位于周期表第_______列，铜易导电的原因是_______，基态原子中核外能量不同的电子有_______种。
(2)铜的第二电离能_______(填“大于”或“小于”)锌的第二电离能，其原因是_______。
(3)合成氨工业常用醋酸二氨合铜(I)溶液吸收对氨合成的催化剂有毒害作用的
①比较和的沸点大小，并说明原因：_______。
②中C的杂化类型为_______。
(4)晶胞的两个基本要素。
①原子坐标参数：晶胞内部各微粒的相对位置。的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数：；；。则D处微粒的坐标参数为_______。
②晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。若与的最短距离为，则晶胞的边长为_______，设为阿伏加德罗常数的值，该化合物的密度为_______(用含a、的代数式表示)g∙cm-3。
12．（2022·河北邯郸·统考一模）镍铜合金是由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能，耐腐蚀性好，耐磨性好，容易加工，无磁性，是制造电子管较好的结构材料。请回答下列问题：
(1)基态的价电子轨道表示式为___________。
(2)元素与的第二电离能分别为、，的原因是___________。
(3)O与形成的化合物为，与S形成的化合物为，的熔点比的___________(填“低”、“高”或“无法确定”)。
(4)可以形成一种离子化合物，若要确定该物质是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行___________实验；其阴离子的空间构型是___________；加热该物质时，首先失去的是分子，原因是___________。
(5)甲基丙烯酸铜是一种重要的有机铜试剂，其结构为。此有机铜试剂中，C原子的杂化类型有___________，1mol此有机铜试剂中含有键的物质的量为___________mol。
(6)的化合物种类有很多，与形成的化合物的立方晶胞结构如图，已知立方晶胞的边长为，则与形成的化合物的密度___________(表示阿伏加德罗常数的值，用含a、的代数式表示)。
参考答案：
1． 磷 第四周期第IIIA族 磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷 GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低 二元弱 ＞OH－＞
【详解】(1)上表中，根据层多径小，同电子层结构核多径小原则，则原子半径最小的是磷元素，Al在周期表中是第三周期第IIIA族，Al和Ga是同族，因此元素周期表中镓的位置是第四周期第IIIA族。磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷；故答案为：磷；第四周期第IIIA族；磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs中As化合价由−3价升高到+5价，升高8个价态，HNO3中N化合价降低到NO2，由+5价降低到+4价，降低1个价态，根据升降守恒得到NO2系数为8，GaAs系数为1，H3AsO4系数为1，Ga(NO3)3系数为1，HNO3系数为11，H2O系数为4，根据O守恒检验，因此得到GaAs+11HNO3 = Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O，其单线桥法为；故答案为：。
(3)从图中熔点变化分析出GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低；故答案为：GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低。
(4)根据信息，说明亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH反应生成Na2HPO3，说明亚磷酸应属于二元弱酸，Na2HPO3溶液显碱性，说明水解大于电离，因此溶液中阴离子浓度由大到小的次序为＞OH－＞；故答案为：二元弱；＞OH－＞。
2． 1s22s22p2 4 CO2、CH4 2CO+4H2→CH3OCH3+H2O cd K= 向逆反应方向 0.1125mol/(L·min) 将CH3OH液化，及时移走 适当增大压强 CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-738.4 kJ•mol-1
【分析】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为；
(2)不同元素原子之间存在极性键，分子内正负电荷中心重合的分子为非极性分子，特别注意由极性键构成的分子不一定是极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，结合原子守恒写出发生反应的化学方程式；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
(4)化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比；温度改变，平衡常数改变，且改变温度平衡正向移动时，平衡常数增大；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol×3=2.25mol，结合v(H2)=计算；
(6)为了提高CH3OH的产量，理论上应该采取措施促进平衡正向移动即可；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇的物质的量为=0.5mol，则0.5mol液态甲醇完全燃烧，生成液态水，放出369.2kJ的热量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式。
【详解】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为，则碳原子的核外电子排布式是1s22s22p2，其最外层有4个电子，即有4种运动状态不同的电子；
(2)C是单质，构成微粒是原子，不存在分子；CO是双原子分子，含有极性键且是极性分子；CO2是直线型分子，CH4是正四面体结构，两者分子结构中电荷的分布是均匀的，对称的，均为非极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，则发生反应的化学方程式为2CO+4H2=CH3OCH3+H2O；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
②a．甲醇的结构简式为CH3OH ，分子式为CH4O，可看成是CO和H2按物质的量之比1:2合成甲醇，故a正确；
b．乙二醇的分子式为C2H6O2，可看成是CO和H2按物质的量之比2:3合成乙二醇，故b正确；
c．乙二酸的分子式为C2H2O4，则CO和H2无法按一定物质的量之比合成乙二酸，故c错误；
d．尿素分子式为CON2H4，合成气CO和H2中不含氮元素，则CO和H2无法合成尿素，故d错误；
故答案为cd；
(4)反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数表达式K=；平衡常数K减小，说明反应进行的限度降低，平衡向逆反应方向；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol×3=2.25mol，则从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)===0.1125mol/(L·min)；
(6)为提高CH3OH的产量，改变条件促进平衡正向移动，可以是将CH3OH液化，及时移走或适当增大压强；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇物质的量为0.5mol，完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，1mol甲醇完全燃烧生成液态水释放的能量为369.2kJ×2=738.4kJ，则该反应的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-738.4 kJ•mol-1。
3． NH3 NH4＋+OH-→NH3+H2O 氨在水中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除 2 3 2 2 H2O 3：2 4.7克 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 400ab
【分析】(1)结合氨水中存在NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－分析；
(2)结合NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-及平衡移动分析；
(3)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，根据电子守恒和原子守恒配平；结合元素化合价的变化分析并计算；
(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，结合反应的定量关系计算水样中溶解氧的含量，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-。
【详解】(1)由氨水中存在NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－可知，当pH偏高，即c(OH-)较大时，平衡逆向移动，NH3的比例较高，发生反应的离子方程式为NH4＋+OH-=NH3+H2O；
(2)在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除；
(3)①氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，N元素化合价由-3价升高为+3价，而O2中氧元素从0价降为-2价，由化合价升高总数相等可知NH3和O2的系数之比为3:2，再结合原子守恒可得发生反应的化学方程式为2NH3+3O2=2HNO2+2H2O；
②反应中氧化剂为O2，还原剂为NH3，两者的物质的量之比为3:2；
③由2NH3+3O2=2HNO2+2H2O可知3molO2参与反应生成2molHNO2，即转化12mole-时生成2molHNO2，则反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的物质的量为2mol×=0.1mol，质量为0.1mol×47g/mol=4.7g；
(4)取100.00mL 水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，用 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-，消耗Na2S2O3的物质的量为amol/L×b×10-3L，参加反应的n(O2)=amol/L×b×10-3L×=0.00025abmol，质量为0.00025abmol×32g/mol=0.008abg=8abmg，则水样中溶解氧气的含量为=400abmg/L。
4． MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O 小于 饱和食盐水 吸收氯气中的氯化氢杂质 制得的Cl2中混有HCl，HCl与Al反应时生成H2，受热情况下H2、Cl2混合气体会发生爆炸 分液漏斗 防止水蒸气进入D、E中，确保铝和氯气的反应在干燥的环境下进行 A处先产生氯气，能将装置内的空气排尽，这样可确保D处能制得纯净的氯化铝 测氯化铝在熔融状态下的导电性，若测得熔融氯化铝不能导电，说明它是共价化合物
【分析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，氯气中有HCl和水蒸气杂质，因此先用饱和食盐水除去HCl，由于氯化铝为共价化合物，易水解，制备过程中不能有水的存在，因此再用浓硫酸干燥，先让氯气充满D装置排除D中的空气，确保D处能制得纯净的氯化铝，再用E装置收集AlCl3，再用F装置防止G中水蒸气进入E中，最后用NaOH溶液处理尾气。
【详解】(1)装置A为氯气发生装置，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其化学反应方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O。根据题意HCl物质的量为0.6mol，根据2Al+3Cl22AlCl3，得到6HCl～AlCl3，理论上所得氯气可制取无水AlCl3的质量m= ，但由于浓盐酸变稀，稀盐酸不和二氧化锰反应，因此产生的氯气比理论少，因此制取的无水AlCl3的质量小于13.35g；故答案为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；小于。
(2)氯气中含有HCl杂质，因此装置B中所盛试剂为饱和食盐水，其作用是吸收氯气中的氯化氢杂质；故答案为：饱和食盐水；吸收氯气中的氯化氢杂质。
(3)根据题意，制得的Cl2中混有HCl，又由于HCl与Al反应时生成H2，受热情况下H2、Cl2混合气体容易发生爆炸；故答案为：制得的Cl2中混有HCl，HCl与Al反应时生成H2，受热情况下H2、Cl2混合气体会发生爆炸。
(4)根据装置图得到仪器a的名称是分液漏斗，由于氯化铝易发生水解，整个制备过程中要处于无水的环境下，因此装置C和F的作用是防止水蒸气进入D、E中，确保铝和氯气的反应在干燥的环境下进行；故答案为：防止水蒸气进入D、E中，确保铝和氯气的反应在干燥的环境下进行。
(5)整个实验先产生氯气，利用产生的氯气排除装置内的空气，避免空气中氧气和金属铝反应，可确保D处能制得纯净的氯化铝；故答案为：A处先产生氯气，能将装置内的空气排尽，这样可确保D处能制得纯净的氯化铝。
(6)利用共价化合物和离子化合物在熔融状态下是否导电来分析，因此测氯化铝在熔融状态下的导电性，若测得熔融氯化铝不能导电，说明它是共价化合物；故答案为：测氯化铝在熔融状态下的导电性，若测得熔融氯化铝不能导电，说明它是共价化合物。
5．(1) 酒精灯 分液漏斗
(2) b 除去氯气中的氯化氢气体
(3)将润湿的淀粉—KI试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满
(4) 红 氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质 淡黄绿
(5) 尾气处理，吸收多余的氯气 Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
(6)40.7
【分析】由实验装置图可知，装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置乙中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置丙为向上排空气法收集氯气的装置，装置丁中盛有紫色石蕊试液先变红后褪色，验证氯水的酸性和漂白性，装置戊中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）由分析可知，装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，则缺少的玻璃仪器是酒精灯；由装置图可知，盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗，故答案为：酒精灯；分液漏斗；
（2）由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置乙中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故答案为：b；除去氯气中的氯化氢气体；
（3）若氯气已集满，逸出的氯气能与湿润的碘化钾淀粉试纸中的碘化钾溶液反应生成碘，碘遇淀粉溶液变蓝色，则检验丙装置中氯气是否已集满的操作是将润湿的淀粉碘化钾试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满，故答案为：将润湿的淀粉—KI试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满；
（4）由分析可知，装置丁中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中的氢离子使紫色石蕊试液变红色，反应生成的次氯酸具有强氧化性，使红色的石蕊试液因氧化而漂白褪色，当石蕊试液完全褪色后，继续通入氯气，氯气溶于水得到淡黄绿色的新制氯水，故答案为：红；氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质；淡黄绿；
（5）由分析可知，装置戊中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；
（6）设吸收的氯气质量为xg，由题意可知，参加反应的氢氧化钠的物质的量为，由方程式可得：×=，解得x=40.7，故答案为：40.7。
6． II I 除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H是否堵塞） U型管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色 Cl2+2I-→2Cl-+I2 取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化 Cl2也可与KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I的非金属性 或Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象 无尾气处理装置，污染环境
【分析】(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应不加热制氯气；
(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，装置G中CaCl2是干燥剂；
(3)氯气能氧化I-生成I2；装置C中氯气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；
(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2参与KI氧化为I2的反应；
(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。
【详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中A选用装置II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；
(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，可利用装置F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏斗中液面是否上升，达到监测装置H是否堵塞的目的；从F中进入G中的Cl2混有水蒸气，能使U型管中左边有色布条褪色，而潮湿的氯气经过无水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，则右边有色布条没有褪色；
(3)氯气能氧化I-生成I2，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-→2Cl-+I2；验证装置C中氯气是否氧化亚硫酸钠的操作方法是取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；
(4)乙组中H装置中NaBr不能完全吸收Cl2，将有部分Cl2也可与KI反应生成I2，干扰Br2氧化I-的实验，则无法判断Br2和I2的氧化性强弱，也不能比较Cl、Br、I的非金属性；
(5)甲组实验存在的明显缺陷是无尾气处理装置，污染环境。
【点睛】本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，易错点是装置G中左侧干燥有色布条能褪色，原因是制得的氯气中混有水蒸气。
7． 分液漏斗 将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生 2-2e- == Na2S2O8+2H2O==H2SO4+Na2SO4+ H2O2 碱性 2H2O22H2O+O2↑ 当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色 5.68×10-3V1
【分析】(1)~(3)(NH4)2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合，发生复分解反应，生成Na2S2O8和NH3，由于发生副反应2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2，所以在反应过程中需不断往反应液中通N2将NH3尽快排出，以减少副反应的发生；也可用电解法制(NH4)2S2O8，在阳极被氧化为；在水溶液中能发生一定程度的水解，生成
H2SO4、Na2SO4和H2O2。
(4)在中性溶液中，煮沸后，能将Mn2+氧化为MnO2，MnO2促进H2O2分解生成O2；在碱性溶液中，能将Mn2+逐渐氧化为MnO2，煮沸后继续氧化生成；在酸性溶液中，未将Mn2+氧化，只是煮沸后H2O2分解生成O2。
【详解】(1)图中装有NaOH溶液的仪器的名称为分液漏斗；依分析可知，为防NH3被氧化，应将生成的NH3从反应装置内尽快排出，所以反应过程中持续通入氮气的目的是将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生。答案为：分液漏斗；将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生；
(2)电解时，由生成，O元素的价态部分升高，所以电解时阳极的电极反应式：2-2e- ==。答案为：2-2e- ==；
(3)另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质应为H2O2，则最终仅生成H2SO4、Na2SO4和H2O2，该反应的化学方程式：Na2S2O8+2H2O==H2SO4+Na2SO4+ H2O2。答案为：Na2S2O8+2H2O==H2SO4+Na2SO4+ H2O2；
(4)①由信息知，在碱性溶液中，能将Mn2+逐渐氧化为MnO2，煮沸后继续氧化生成；所以在碱性条件下，Na2S2O8的氧化能力最强。答案为：碱性；
②中性氧化时，会产生大量气泡，其原因为2H2O22H2O+O2↑。答案为：2H2O22H2O+O2↑；
③碱性氧化反应后的溶液为NaMnO4，呈深紫色，滴定终点时生成无色的Mn2+，所以滴定终点时的现象为当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；达到滴定终点时，依据关系式5H2O2~2，可求出n()=，m()==5.68×10-3V1g。答案为：当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；5.68×10-3V1。
【点睛】依一般规律，强氧化性的酸根离子在酸性溶液中的氧化能力强，但既然给出了实验现象，就应依据实验现象分析结果。
8．(1)三颈烧瓶(或三口烧瓶)
(2)fcdabe
(3)Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O
(4) 液面上方出现黄绿色气体 使反应生成的NaOH继续反应，提高原料利用率
(5)冷水浴
(6) 淀粉溶液 c
【分析】制备二氯异氰尿酸钠流程：装置D制取氯气，用的药品为浓盐酸和次氯酸钙，反应为：Ca (ClO)2+4HCl(浓)=CaC12+2Cl2↑+2H2O；制取的Cl2中含有杂质HCl，使用装置B盛有饱和NaCl溶液除去Cl2中的HCl；在装置A中用高浓度的NaClO溶液与氰尿酸( C3H3N3O2)固体在低温下反应制备二氯异氰尿酸钠，反应为：2NaClO+C3H3N3O3→C3N3O3Cl2Na+NaOH+H2O，装置C 用于吸收尾气，氯气有毒，需要进行尾气吸收，氯气与氢氧化钠溶液反应，所以尾气吸收可以用氢氧化钠溶液，反应的方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+ NaClO+H2O，据此分析回答问题。
（1）
根据图示可知仪器X为三颈烧瓶(或三口烧瓶)；
（2）
由实验装置图可知，装置D中次氯酸钙与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置A中氯气与氢氧化钠溶液、氰尿酸溶液反应制备二氯异氰尿酸钠，装置中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为DBAC，导管连接顺序为fcdabe；
（3）
由分析可知，装置D中发生的反应为次氯酸钙与浓盐酸生成氯化钙、氯气和水的反应，反应的化学方程式为，离子方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；
（4）
该反应中有黄绿色的气体Cl2参加反应，打开装置A的活塞加入C3H3N3O3溶液，根据已知反应可知装置A中已经存在NaClO，故当液面上方出现黄绿色气体时说明Cl2过量，已将氢氧化钠转化为次氯酸钠，在反应过程中仍不断通入Cl2的目的是使反应生成的NaOH继续反应，提高原料利用率；
（5）
实验过程中装置A的温度必须保持在7℃~12℃，为维持该温度，同时便于控制反应温度，该实验的受热方式为冷水浴；
（6）
①I2遇淀粉溶液会变为蓝色，当滴定结束时I2消耗完全，溶液蓝色褪去，故滴定时应选择淀粉溶液作指示剂；
②由涉及的反应方程式可得转化关系式：，由滴定消耗c mol/LNa2S2O3溶液V mL可知，m g粗产品中二氯异氰尿酸钠的物质的量为n(C3N3O3Cl2Na)=n(Na2S2O3)=，则粗产品的纯度为；
③a．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗，会导致Na2S2O3标准溶液的浓度偏低，消耗的Na2S2O3的量偏大，最终导致物质的纯度偏高，a不符合题意；
b．滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡，则消耗的标准溶液的体积偏大，由此计算的物质的纯度偏高，b不符合题意；
c．如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的I2的量偏低，最终导致消耗的Na2S2O3标准溶液体积偏少，由此计算出的物质的含量偏低，c符合题意；
故合理选项是c。
9．(1) 3s23p4 3 氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，从而得电子能力S
(3) 第3周期VIA族 最高价氧化物所对应水化物硫酸的酸性强于碳酸
(4) COS(g)+H2(g) COS
【解析】(1)
碳原子的核外有2个电子层，最外层有4个电子，原子的结构示意图为；硫元素的原子序数为16，原子的最外层有6个电子，电子排布式为3s23p4；氧元素的原子序数为16，原子核外有1s、2s、2p共3种能量不同的电子；氧原子与硫原子最外层电子数相同，但硫原子的电子层数和原子半径大于氧原子，得到电子的能力和对共用电子对的吸引力小于氧原子，所以S—H的极性小于O—H的极性，故答案为：；3s23p4；3；氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，从而得电子能力S
COS与CO2的原子个数都为3，价电子个数都为16，互为等电子体，则COS与CO2的空间构型都为直线形，由于COS正负电荷中心不能重合，属于极性分子，极性分子COS间的分子间作用力强于非极性分子CO2，沸点高于CO2，故答案为：极性；>；
(3)
硫元素的原子序数为16，位于元素周期表第3周期VIA族；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则由最高价氧化物所对应水化物硫酸的酸性强于碳酸可知，硫元素非金属性比碳元素强，故答案为：第3周期VIA族；最高价氧化物所对应水化物硫酸的酸性强于碳酸；
(4)
由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，一氧化碳是反应的还原剂，COS是氧化产物，氢元素的化合价降低被还原，硫化氢是氧化剂，氢气是还原产物；
①反应中，1mol一氧化碳反应，反应转移2mol电子，则表示反应的电子转移方向和数目的单线桥为COS(g)+H2(g)，故答案为：COS(g)+H2(g)；
②由分析可知，反应中起氧化作用的是硫化氢气体中+1价氢元素，COS是反应的氧化产物，故答案为：；COS。
10． 1s22s22p63s23p63d5 +2、+3 sp2 = 没有 12 FeC
【分析】(1)~(3)可先写出Mn的电子排布式，然后写出Mn2+的电子排布式，或利用Fe2+进行类推；把Mn3O4改写为MnO•Mn2O3，利用各化合物中元素的化合价关系，确定Mn元素的化合价。由图形中原子的价电子排布，确定C原子发生的杂化，便可确定键角及键型。
(4)由铁原子所在位置，可确定晶体中铁原子周围距离最近且等距的铁原子，都是位于某个顶点Fe周围面心上的Fe原子；由Fe、C原子所在位置，可确定晶胞中所含Fe、C原子的个数，从而确定最简整数比，最终确定化学式；碳原子间的最短距离，应为一个面上棱中点连线，即等边直角三角形的斜边。一个晶胞的质量除以一个晶胞的体积，便得晶胞的密度。
【详解】(1)基态Mn的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn2+的核外电排布式为1s22s22p63s23p63d5。答案为：1s22s22p63s23p63d5；
(2)将Mn3O4改写为MnO•Mn2O3，MnO中Mn显+2价，Mn2O3中Mn显+3价，则Mn3O4中Mn的化合价为+2、+3。答案为：+2、+3；
(3)石墨烯结构中1号C的价层电子对数为3，杂化方式为sp2；该C与相邻的两个C形成平面正三角形，键角=l20º。氧化石墨烯结构中1号C与相邻4个C形成共价键，即发生sp3杂化，所以没有形成π键。答案为：sp2；=；没有；
(4)晶体中铁原子位于晶胞的顶点和面心，顶点Fe原子所属三个面的面心上的Fe原子与它距离最近且等距，则铁原子数为=12。形成铁碳合金时，存在一种碳原子插入到晶胞中每条棱的中点和晶胞的体心的结构，该晶胞中所含Fe原子数为8×+6×=4，所含C原子数为12×+1=4，Fe、C原子个数为1：1，所以该物质的化学式为FeC。由前面分析知，C原子间的最短距离为同一面上两条边的中点连线，即构成等腰直角三角形，直角边长为pm，C原子间的最短距离为斜边边长，即为pm，该铁碳晶胞的密度为=g•cm-3。答案为：12；FeC；；。
【点睛】计算晶胞中所含原子或离子数目时，常使用均摊法。首先确定其所在位置，然后依据该原子或离子所属此晶胞的份额进行计算。
11． 11 金属铜中有自由移动的电子，在电场中能定向移动形成电流 7 大于 的轨道为全充满的稳定状态，再失去一个电子更难，再失去一个电子时，变成，的轨道为全充满的稳定状态 沸点更高，因为氨分子间会形成氢键 、 (，，)
【详解】(1)铜元素位于周期表的第11列，铜易导电的原因是金属铜内部存在大量的可以自由移动的自由电子，这些自由电子在电场力的作用下定向移动而形成电流，铜原子的基态电子排布式中有7个能级，同一能级的电子能量是相等的，不同能级的电子能量是不相等，所以一共有7种；
(2) 铜的第二电离能大于锌的第二电离能，其原因是的轨道为全充满的稳定状态，再失去一个电子更难，再失去一个电子时，变成，的轨道为全充满的稳定状态；
(3)①沸点更高，因为氨分子间会形成氢键；
②醋酸根中有碳碳单键和碳氧双键，所以碳的杂化方式为、；
(4) ①D点位于晶胞的体对角线上，故D处微粒的坐标参数为(，，)；
②分析可知，设晶胞边长为x，那么晶胞边长为x=nm，晶胞体积为：V=()3，结合晶胞分析，一个晶胞中有4个CuI，所以晶胞的密度。
12．(1)
(2)铜失去的是全充满的电子，镍失去的是电子
(3)高
(4) X射线衍射 正四面体形 O的电负性比N的强，对孤电子对的吸引力更强，与的配位键比与的配位键弱
(5) 、 22
(6)
【解析】(1)
铜是29号元素，其价电子轨道表示式为；
(2)
铜失去的是全充满的电子，镍失去的是电子，因此铜的第二电离能较大；
(3)
它们都是离子晶体，其中氧离子的半径小，则氧化亚铜的晶格能大，其熔点高，故的熔点比的高；
(4)
要确定是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行X射线衍射实验；阴离子当中的中心原子S有4个σ键电子对，没有孤电子对，其价层电子对为4，故其空间构型是正四面体形；O的电负性比N的强，对孤电子对的吸引力更强，与的配位键比与的配位键弱；
(5)
双键碳为杂化，饱和碳为杂化；两个原子之间都存在1个键，故1mol此有机铜试剂中含有键的物质的量为22；
(6)
立方晶胞的边长为，1mol晶胞中含有，质量即为，体积为，化合物的密度为。
河北省邯郸市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题
一、填空题
1．（2021·上海静安·统考一模）2019年1月3日一吨多重的嫦娥四号探测器首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆，它所搭载的“玉兔二号”月球车通过砷化镓太阳能电池提供能量开展工作。下表是As、Ga等元素所在元素周期表中的一部分。回答下列问题：
Al
Si
P
Ga
Ge
As
(1)上表中，原子半径最小的是_________元素(填元素名称)，元素周期表中镓的位置是_________。从原子结构角度解释磷与砷的非金属性强弱：__________________________________。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs+HNO3→Ga(NO3)3+NO2↑+H3AsO4+H2O，_________
(3)GaN、GaAs、GaP都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体硅相同，它们的熔点如表。
晶体
GaN
GaAs
GaP
熔点/℃
1700
1238
1480
解释它们熔点变化的原因______________。
(4)亚磷酸(H3PO3)与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，这两种盐溶液均呈碱性。根据以上信息判断，亚磷酸应属于____________________酸，Na2HPO3溶液中阴离子浓度由大到小的次序为_______。
2．（2020·上海静安·统考一模）以C、CO、CO2、CH4等含1个碳原子的物质为原料，可以合成一些化工原料和燃料。
（1）碳原子的核外电子排布式是___，其最外层有___种运动状态不同的电子。
（2）上述物质中属于非极性分子的是___。
（3）合成气（CO和H2)在不同催化剂的作用下，可以合成不同的物质。
①用合成气制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，写出制备二甲醚的化学方程式____。
②仅用合成气为原料不可能合成的物质是___(填字母序号)。
a.甲醇 b.乙二醇 c.乙二酸 d.尿素
工业上可用CO2生产燃料甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+Q（Q>0）。在2L的密闭容器中，发生上述反应：测得n(CO2)和n(CH3OH）随时间变化如图所示。
（4）该反应的化学平衡常数的表达式K=___，如果平衡常数K减小，平衡___(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
（5）从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=___。
（6）为了提高CH3OH的产量，理论上可以采取的合理措施有___、___（任写2条措施）。
（7）常温常压下，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，写出该反应的热化学方程式___。
3．（2020·上海静安·统考一模）氨氮（水中以NH3和NH4+形式存在的氮）含量是环境水体污染的一项重要指标，其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低，导致水质下降，影响水生动植物的生长。
（1）水中NH3和NH4+两者的浓度比取决于水体的pH和水温。当pH偏高时，___比例较高，原因是___（请用离子方程式表示）。
（2）空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH充分反应后，再向水中通入空气，可增大NH3的脱除率，用平衡移动原理解释其原因：___。
（3）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的NH3能够被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。
___NH3＋__O2→__HNO2＋__________
①请将上述化学方程式补充完整，并配平。
②反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
③若反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为___。
（4）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理如下：
①2Mn2++O2+4OH-→2MnO(OH)2↓
②MnO(OH)2+2I-+4H+→Mn2++I2+3H2O
③2S2O32-+I2→S4O62-+2I-
某小组同学取100.00mL水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用amol/LNa2S2O3溶液进行滴定，终点现象为___；滴定消耗Na2S2O3溶液bmL，水样的DO=____mg/L。
二、实验题
4．（2021·上海静安·统考一模）氯化铝为共价化合物，易水解，178℃升华，190℃(2.5个标准大气压下测得)熔化。实验室现用下图装置制备少量无水氯化铝。
请回答下列问题：
(1)装置A为氯气发生装置，化学反应方程式为_________________________________。若用足量MnO2与50mL12mol/L的盐酸充分反应，则所得氯气可制取无水AlCl3的质量应_________13.35g(填“大于”、“等于”或“小于”)。
(2)装置B中所盛试剂为_________________，其作用是__________________________。
(3)有人认为若无装置B，其余装置、试剂保持不变，也能制备无水AlCl3，事实证明这样做非常危险，请简述理由___________________________________________________________。
(4)仪器a的名称是__________________，装置C和F的作用是____________________。
(5)实验开始时应先点燃A处的酒精灯，待装置内充满黄绿色气体后，再点燃D处的酒精灯，理由是_______。
(6)氯化铝是共价化合物，请设计实验证明。___________________。
5．（2022·上海静安·统考一模）1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分MnO2)时，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。舍勒的方法沿用至今，实验室用如下装置制取氯气并进行氯气性质探究。
完成下列填空。
(1)甲为发生装置，该处还缺少的玻璃仪器是_______。盛放浓盐酸的仪器名称为_______。
(2)乙为除杂装置，盛有_______(填写下列字母编号)，目的是为了_______。
a.碱石灰 b.饱和食盐水 c.浓硫酸 d.饱和碳酸氢钠溶液 e.四氯化碳
(3)检验丙装置中氯气是否已集满的操作是_______。
(4)丁装置中盛有紫色石蕊试液，实验中可观察到溶液颜色发生了如下变化。请完成下表中的三处空白。
实验现象
原因
最初溶液从紫色逐渐变为_______色
氯气与水反应生成的H+使石蕊变色
随后溶液逐渐变为无色
_______
然后溶液从无色逐渐变为_______色
/
(5)戊装置的作用是_______，该处的化学反应方程式为_______。
(6)实验结束，测得戊装置中溶液质量为200g，NaOH溶液的质量分数由30%减小到1%，则吸收的氯气质量是_______g(保留一位小数)。
6．（2020·上海静安·统考一模）甲乙两组学生用不同的方法制备氯气并验证其性质。甲组用漂白粉与硫酸溶液反应制取氯气：Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2SO42CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O，如图1所示；乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气：2KMnO4＋16HCl(浓)→2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，如图2所示(省略夹持装置)。
（1）实验中A选用装置__，E选用装置__(填写序号)。
（2）装置F的作用___，请描述装置G中的实验现象___。
（3）B中反应的离子方程式是___；C中氯气氧化了亚硫酸钠：Cl2+SO32-+H2O → SO42-+2Cl-+2H+，请你帮甲组设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)：___。
（4）乙组中H的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是___。
（5）甲组实验存在的明显缺陷是___。
7．（2020·河北邯郸·一模）过二硫酸钠(Na2S2O8)也叫高硫酸钠，可用于废气处理及有害物质氧化降解．用(NH4)2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合可制得Na2S2O8晶体，同时还会放出氨气。某化学兴趣小组利用该原理在实验室制备Na2S2O8晶体（装置如图所示）．
已知：反应过程中发生的副反应为2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2
(1)图中装有NaOH溶液的仪器的名称为___，反应过程中持续通入氮气的目的是___。
(2) (NH4)2S2O8可由电解硫酸铵和硫酸的混合溶液制得，写出电解时阳极的电极反应式：___。
(3)Na2S2O8溶于水中，会发生一定程度的水解，最终仅生成H2SO4、Na2SO4和另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质，写出该反应的化学方程式：___。
(4)Na2S2O8具有强氧化性，该兴趣小组设计实验探究不同环境下Na2S2O8氧化性的强弱。将MnSO4•H2O(1.69g)与过量Na2S2O8(10g)溶于水中形成的混合溶液煮沸3min，观察并记录加入试剂时和加热过程中的现象（如表格所示）。
环境
调节溶液氧化环境时的现象
加热煮沸3min期间产生的现象
中性
加入VmL蒸馏水，无明显现象
30s时开始有大量气泡冒出，3min后溶液变深棕色，溶液中有悬浮小颗粒
碱性
加入VmL某浓度的NaOH溶液，瞬间变为棕色（MnO2）
10s后溶液逐渐变为深紫色(MnO4-)，没有明显冒气泡现象
酸性
加入VmL稀H2SO4无明显现象
煮沸3min后，有气泡冒出
①在___（填“中性”“酸性”或“碱性”)条件下，Na2S2O8的氧化能力最强。
②中性氧化时，会产生大量气泡，其原因为___。
③若用0.1mol•L-1的H2O2溶液滴定碱性氧化反应后的溶液（先将溶液调至酸性再滴定），滴定终点时的现象为___；达到滴定终点时，消耗H2O2溶液的体积为V1rnL。则碱性氧化后的溶液中NaMnO4的质量为___ g(用含V1的代数式表示，5H2O2~2)。
8．（2022·河北邯郸·统考一模）二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)为白色固体，难溶于冷水，是氧化性消毒剂中最为广谱、高效、安全的消毒剂。实验室用如图所示装置(夹持装置已略去)制备二氯异氰尿酸钠。请回答下列问题：
已知：实验原理为。
(1)仪器X的名称为___________。
(2)完成上述实验选择合适的装置，按气流从左至右，导管连接顺序为___________(填字母)。
(3)装置D中发生反应的离子方程式为___________。
(4)当装置A内出现___________的现象时，打开装置A中分液漏斗的活塞，加入氰尿酸(C3H3N3O3)溶液，在反应过程中仍不断通入Cl2的目的是___________。
(5)实验过程中装置A的温度必须保持在7℃~12℃，pH控制在6.5~8.5，则该实验适宜的受热方式是___________(填“冷水浴”或“热水浴”)。
(6)测定粗产品中二氯异氰尿酸钠的纯度。
将m g粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成100 mL溶液，取20.00 mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5 min。用的标准溶液进行滴定，加入指示剂，滴定至终点时，消耗标准溶液。(杂质不与反应，涉及的反应为、)
①加入的指示剂是___________(填名称)。
②C3N3O3Cl2Na的百分含量为___________(用含m、c、V的代数式表示)%。
③下列操作会导致粗产品中二氯异氰尿酸钠的纯度偏低的是___________(填标号)。
a．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗
b．滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡
c．碘量瓶中加入的稀硫酸偏少
三、结构与性质
9．（2022·上海静安·统考一模）羰基硫(COS)的结构与CO2类似，可作粮食熏蒸剂，防治虫类、真菌对粮食的危害。完成下列填空。
(1)碳的原子结构示意图为_______，硫原子最外层电子排布式是_______，氧原子核外有_______种能量不同的电子。从结构上看，乙硫醇(CH3CH2SH)可视为乙醇中氧原子被硫替代而得的一种有机物，其分子中S—H的极性小于CH3CH2OH分子中O—H的极性。请从原子结构角度解释其原因：_______。
(2)与CO2相同，COS中所有原子最外层也都满足8电子结构，COS属于________分子(填“极性”或“非极性”)，COS沸点_______CO2沸点(填“>”、“=”或“<)。
(3)元素周期表中，硫元素的位置是_______。例举一个能说明硫元素非金属性比碳元素强的事实_______。
(4)羰基硫可用H2S和CO混合加热制得，反应方程式如下：CO+H2SCOS+H2。
①请标出该反应的电子转移方向和数目_______。
②反应中起氧化作用的是_______，氧化产物是_______。
10．（2020·河北邯郸·一模）KMnO4(s)受热分解制备氧气是实验室制氧气的常用方法，它也是一种高效氧化剂，是氧化还原滴定实验中常用的试剂，可以作为标准溶液滴定一些具有还原性的物质(Fe2+、C2O42-等)的溶液，如5C2O42-+2MnO4-+l6H++4H2O=2[Mn(H2O)6]2++10CO2↑。
(1)基态Mn2+的核外电排布式为___。
(2)如果在空气中焙烧KMnO4，可获得Mn3O4(可改写为MnO•Mn2O3)，则Mn3O4中Mn的化合价为___。
(3)石墨烯（如图A)是一种由碳原子组成六边形呈蜂巢晶格的二维碳纳米材料，当石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯（如图B)。
石墨烯结构中1号C的杂化方式为___；该C与相邻的两个C形成的键角___（填“>”“<”“=”)l20º。氧化石墨烯结构中1号C与相邻C___（填“有”或“没有”)形成π键。
(4)铁形成的晶体类型因为铁原子排列方式的不同而不同，其中一种晶胞结构如图所示。晶体中铁原子周围距离最近且等距的铁原子数为___。形成铁碳合金时，存在一种碳原子插入到晶胞中每条棱的中点和晶胞的体心的结构，该物质的化学式为___；设NA为阿伏加德罗常数的值，该铁碳晶胞的晶胞参数为apm，则C原子间的最短距离为______pm，该铁碳晶胞的密度为___ g•cm-3。
11．（2021·河北邯郸·统考一模）铜及其化合物是生活、生产中运用广泛的材料。
(1)铜元素位于周期表第_______列，铜易导电的原因是_______，基态原子中核外能量不同的电子有_______种。
(2)铜的第二电离能_______(填“大于”或“小于”)锌的第二电离能，其原因是_______。
(3)合成氨工业常用醋酸二氨合铜(I)溶液吸收对氨合成的催化剂有毒害作用的
①比较和的沸点大小，并说明原因：_______。
②中C的杂化类型为_______。
(4)晶胞的两个基本要素。
①原子坐标参数：晶胞内部各微粒的相对位置。的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数：；；。则D处微粒的坐标参数为_______。
②晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。若与的最短距离为，则晶胞的边长为_______，设为阿伏加德罗常数的值，该化合物的密度为_______(用含a、的代数式表示)g∙cm-3。
12．（2022·河北邯郸·统考一模）镍铜合金是由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能，耐腐蚀性好，耐磨性好，容易加工，无磁性，是制造电子管较好的结构材料。请回答下列问题：
(1)基态的价电子轨道表示式为___________。
(2)元素与的第二电离能分别为、，的原因是___________。
(3)O与形成的化合物为，与S形成的化合物为，的熔点比的___________(填“低”、“高”或“无法确定”)。
(4)可以形成一种离子化合物，若要确定该物质是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行___________实验；其阴离子的空间构型是___________；加热该物质时，首先失去的是分子，原因是___________。
(5)甲基丙烯酸铜是一种重要的有机铜试剂，其结构为。此有机铜试剂中，C原子的杂化类型有___________，1mol此有机铜试剂中含有键的物质的量为___________mol。
(6)的化合物种类有很多，与形成的化合物的立方晶胞结构如图，已知立方晶胞的边长为，则与形成的化合物的密度___________(表示阿伏加德罗常数的值，用含a、的代数式表示)。
参考答案：
1． 磷 第四周期第IIIA族 磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷 GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低 二元弱 ＞OH－＞
【详解】(1)上表中，根据层多径小，同电子层结构核多径小原则，则原子半径最小的是磷元素，Al在周期表中是第三周期第IIIA族，Al和Ga是同族，因此元素周期表中镓的位置是第四周期第IIIA族。磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷；故答案为：磷；第四周期第IIIA族；磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs中As化合价由−3价升高到+5价，升高8个价态，HNO3中N化合价降低到NO2，由+5价降低到+4价，降低1个价态，根据升降守恒得到NO2系数为8，GaAs系数为1，H3AsO4系数为1，Ga(NO3)3系数为1，HNO3系数为11，H2O系数为4，根据O守恒检验，因此得到GaAs+11HNO3 = Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O，其单线桥法为；故答案为：。
(3)从图中熔点变化分析出GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低；故答案为：GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低。
(4)根据信息，说明亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH反应生成Na2HPO3，说明亚磷酸应属于二元弱酸，Na2HPO3溶液显碱性，说明水解大于电离，因此溶液中阴离子浓度由大到小的次序为＞OH－＞；故答案为：二元弱；＞OH－＞。
2． 1s22s22p2 4 CO2、CH4 2CO+4H2→CH3OCH3+H2O cd K= 向逆反应方向 0.1125mol/(L·min) 将CH3OH液化，及时移走 适当增大压强 CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-738.4 kJ•mol-1
【分析】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为；
(2)不同元素原子之间存在极性键，分子内正负电荷中心重合的分子为非极性分子，特别注意由极性键构成的分子不一定是极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，结合原子守恒写出发生反应的化学方程式；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
(4)化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比；温度改变，平衡常数改变，且改变温度平衡正向移动时，平衡常数增大；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol×3=2.25mol，结合v(H2)=计算；
(6)为了提高CH3OH的产量，理论上应该采取措施促进平衡正向移动即可；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇的物质的量为=0.5mol，则0.5mol液态甲醇完全燃烧，生成液态水，放出369.2kJ的热量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式。
【详解】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为，则碳原子的核外电子排布式是1s22s22p2，其最外层有4个电子，即有4种运动状态不同的电子；
(2)C是单质，构成微粒是原子，不存在分子；CO是双原子分子，含有极性键且是极性分子；CO2是直线型分子，CH4是正四面体结构，两者分子结构中电荷的分布是均匀的，对称的，均为非极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，则发生反应的化学方程式为2CO+4H2=CH3OCH3+H2O；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
②a．甲醇的结构简式为CH3OH ，分子式为CH4O，可看成是CO和H2按物质的量之比1:2合成甲醇，故a正确；
b．乙二醇的分子式为C2H6O2，可看成是CO和H2按物质的量之比2:3合成乙二醇，故b正确；
c．乙二酸的分子式为C2H2O4，则CO和H2无法按一定物质的量之比合成乙二酸，故c错误；
d．尿素分子式为CON2H4，合成气CO和H2中不含氮元素，则CO和H2无法合成尿素，故d错误；
故答案为cd；
(4)反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数表达式K=；平衡常数K减小，说明反应进行的限度降低，平衡向逆反应方向；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol×3=2.25mol，则从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)===0.1125mol/(L·min)；
(6)为提高CH3OH的产量，改变条件促进平衡正向移动，可以是将CH3OH液化，及时移走或适当增大压强；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇物质的量为0.5mol，完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，1mol甲醇完全燃烧生成液态水释放的能量为369.2kJ×2=738.4kJ，则该反应的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-738.4 kJ•mol-1。
3． NH3 NH4＋+OH-→NH3+H2O 氨在水中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除 2 3 2 2 H2O 3：2 4.7克 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 400ab
【分析】(1)结合氨水中存在NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－分析；
(2)结合NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-及平衡移动分析；
(3)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，根据电子守恒和原子守恒配平；结合元素化合价的变化分析并计算；
(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，结合反应的定量关系计算水样中溶解氧的含量，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-。
【详解】(1)由氨水中存在NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－可知，当pH偏高，即c(OH-)较大时，平衡逆向移动，NH3的比例较高，发生反应的离子方程式为NH4＋+OH-=NH3+H2O；
(2)在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除；
(3)①氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，N元素化合价由-3价升高为+3价，而O2中氧元素从0价降为-2价，由化合价升高总数相等可知NH3和O2的系数之比为3:2，再结合原子守恒可得发生反应的化学方程式为2NH3+3O2=2HNO2+2H2O；
②反应中氧化剂为O2，还原剂为NH3，两者的物质的量之比为3:2；
③由2NH3+3O2=2HNO2+2H2O可知3molO2参与反应生成2molHNO2，即转化12mole-时生成2molHNO2，则反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的物质的量为2mol×=0.1mol，质量为0.1mol×47g/mol=4.7g；
(4)取100.00mL 水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，用 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-，消耗Na2S2O3的物质的量为amol/L×b×10-3L，参加反应的n(O2)=amol/L×b×10-3L×=0.00025abmol，质量为0.00025abmol×32g/mol=0.008abg=8abmg，则水样中溶解氧气的含量为=400abmg/L。
4． MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O 小于 饱和食盐水 吸收氯气中的氯化氢杂质 制得的Cl2中混有HCl，HCl与Al反应时生成H2，受热情况下H2、Cl2混合气体会发生爆炸 分液漏斗 防止水蒸气进入D、E中，确保铝和氯气的反应在干燥的环境下进行 A处先产生氯气，能将装置内的空气排尽，这样可确保D处能制得纯净的氯化铝 测氯化铝在熔融状态下的导电性，若测得熔融氯化铝不能导电，说明它是共价化合物
【分析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，氯气中有HCl和水蒸气杂质，因此先用饱和食盐水除去HCl，由于氯化铝为共价化合物，易水解，制备过程中不能有水的存在，因此再用浓硫酸干燥，先让氯气充满D装置排除D中的空气，确保D处能制得纯净的氯化铝，再用E装置收集AlCl3，再用F装置防止G中水蒸气进入E中，最后用NaOH溶液处理尾气。
【详解】(1)装置A为氯气发生装置，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其化学反应方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O。根据题意HCl物质的量为0.6mol，根据2Al+3Cl22AlCl3，得到6HCl～AlCl3，理论上所得氯气可制取无水AlCl3的质量m= ，但由于浓盐酸变稀，稀盐酸不和二氧化锰反应，因此产生的氯气比理论少，因此制取的无水AlCl3的质量小于13.35g；故答案为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；小于。
(2)氯气中含有HCl杂质，因此装置B中所盛试剂为饱和食盐水，其作用是吸收氯气中的氯化氢杂质；故答案为：饱和食盐水；吸收氯气中的氯化氢杂质。
(3)根据题意，制得的Cl2中混有HCl，又由于HCl与Al反应时生成H2，受热情况下H2、Cl2混合气体容易发生爆炸；故答案为：制得的Cl2中混有HCl，HCl与Al反应时生成H2，受热情况下H2、Cl2混合气体会发生爆炸。
(4)根据装置图得到仪器a的名称是分液漏斗，由于氯化铝易发生水解，整个制备过程中要处于无水的环境下，因此装置C和F的作用是防止水蒸气进入D、E中，确保铝和氯气的反应在干燥的环境下进行；故答案为：防止水蒸气进入D、E中，确保铝和氯气的反应在干燥的环境下进行。
(5)整个实验先产生氯气，利用产生的氯气排除装置内的空气，避免空气中氧气和金属铝反应，可确保D处能制得纯净的氯化铝；故答案为：A处先产生氯气，能将装置内的空气排尽，这样可确保D处能制得纯净的氯化铝。
(6)利用共价化合物和离子化合物在熔融状态下是否导电来分析，因此测氯化铝在熔融状态下的导电性，若测得熔融氯化铝不能导电，说明它是共价化合物；故答案为：测氯化铝在熔融状态下的导电性，若测得熔融氯化铝不能导电，说明它是共价化合物。
5．(1) 酒精灯 分液漏斗
(2) b 除去氯气中的氯化氢气体
(3)将润湿的淀粉—KI试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满
(4) 红 氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质 淡黄绿
(5) 尾气处理，吸收多余的氯气 Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
(6)40.7
【分析】由实验装置图可知，装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置乙中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置丙为向上排空气法收集氯气的装置，装置丁中盛有紫色石蕊试液先变红后褪色，验证氯水的酸性和漂白性，装置戊中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）由分析可知，装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，则缺少的玻璃仪器是酒精灯；由装置图可知，盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗，故答案为：酒精灯；分液漏斗；
（2）由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置乙中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故答案为：b；除去氯气中的氯化氢气体；
（3）若氯气已集满，逸出的氯气能与湿润的碘化钾淀粉试纸中的碘化钾溶液反应生成碘，碘遇淀粉溶液变蓝色，则检验丙装置中氯气是否已集满的操作是将润湿的淀粉碘化钾试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满，故答案为：将润湿的淀粉—KI试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满；
（4）由分析可知，装置丁中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中的氢离子使紫色石蕊试液变红色，反应生成的次氯酸具有强氧化性，使红色的石蕊试液因氧化而漂白褪色，当石蕊试液完全褪色后，继续通入氯气，氯气溶于水得到淡黄绿色的新制氯水，故答案为：红；氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质；淡黄绿；
（5）由分析可知，装置戊中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；
（6）设吸收的氯气质量为xg，由题意可知，参加反应的氢氧化钠的物质的量为，由方程式可得：×=，解得x=40.7，故答案为：40.7。
6． II I 除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H是否堵塞） U型管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色 Cl2+2I-→2Cl-+I2 取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化 Cl2也可与KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I的非金属性 或Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象 无尾气处理装置，污染环境
【分析】(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应不加热制氯气；
(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，装置G中CaCl2是干燥剂；
(3)氯气能氧化I-生成I2；装置C中氯气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；
(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2参与KI氧化为I2的反应；
(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。
【详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中A选用装置II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；
(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，可利用装置F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏斗中液面是否上升，达到监测装置H是否堵塞的目的；从F中进入G中的Cl2混有水蒸气，能使U型管中左边有色布条褪色，而潮湿的氯气经过无水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，则右边有色布条没有褪色；
(3)氯气能氧化I-生成I2，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-→2Cl-+I2；验证装置C中氯气是否氧化亚硫酸钠的操作方法是取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；
(4)乙组中H装置中NaBr不能完全吸收Cl2，将有部分Cl2也可与KI反应生成I2，干扰Br2氧化I-的实验，则无法判断Br2和I2的氧化性强弱，也不能比较Cl、Br、I的非金属性；
(5)甲组实验存在的明显缺陷是无尾气处理装置，污染环境。
【点睛】本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，易错点是装置G中左侧干燥有色布条能褪色，原因是制得的氯气中混有水蒸气。
7． 分液漏斗 将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生 2-2e- == Na2S2O8+2H2O==H2SO4+Na2SO4+ H2O2 碱性 2H2O22H2O+O2↑ 当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色 5.68×10-3V1
【分析】(1)~(3)(NH4)2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合，发生复分解反应，生成Na2S2O8和NH3，由于发生副反应2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2，所以在反应过程中需不断往反应液中通N2将NH3尽快排出，以减少副反应的发生；也可用电解法制(NH4)2S2O8，在阳极被氧化为；在水溶液中能发生一定程度的水解，生成
H2SO4、Na2SO4和H2O2。
(4)在中性溶液中，煮沸后，能将Mn2+氧化为MnO2，MnO2促进H2O2分解生成O2；在碱性溶液中，能将Mn2+逐渐氧化为MnO2，煮沸后继续氧化生成；在酸性溶液中，未将Mn2+氧化，只是煮沸后H2O2分解生成O2。
【详解】(1)图中装有NaOH溶液的仪器的名称为分液漏斗；依分析可知，为防NH3被氧化，应将生成的NH3从反应装置内尽快排出，所以反应过程中持续通入氮气的目的是将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生。答案为：分液漏斗；将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生；
(2)电解时，由生成，O元素的价态部分升高，所以电解时阳极的电极反应式：2-2e- ==。答案为：2-2e- ==；
(3)另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质应为H2O2，则最终仅生成H2SO4、Na2SO4和H2O2，该反应的化学方程式：Na2S2O8+2H2O==H2SO4+Na2SO4+ H2O2。答案为：Na2S2O8+2H2O==H2SO4+Na2SO4+ H2O2；
(4)①由信息知，在碱性溶液中，能将Mn2+逐渐氧化为MnO2，煮沸后继续氧化生成；所以在碱性条件下，Na2S2O8的氧化能力最强。答案为：碱性；
②中性氧化时，会产生大量气泡，其原因为2H2O22H2O+O2↑。答案为：2H2O22H2O+O2↑；
③碱性氧化反应后的溶液为NaMnO4，呈深紫色，滴定终点时生成无色的Mn2+，所以滴定终点时的现象为当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；达到滴定终点时，依据关系式5H2O2~2，可求出n()=，m()==5.68×10-3V1g。答案为：当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；5.68×10-3V1。
【点睛】依一般规律，强氧化性的酸根离子在酸性溶液中的氧化能力强，但既然给出了实验现象，就应依据实验现象分析结果。
8．(1)三颈烧瓶(或三口烧瓶)
(2)fcdabe
(3)Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O
(4) 液面上方出现黄绿色气体 使反应生成的NaOH继续反应，提高原料利用率
(5)冷水浴
(6) 淀粉溶液 c
【分析】制备二氯异氰尿酸钠流程：装置D制取氯气，用的药品为浓盐酸和次氯酸钙，反应为：Ca (ClO)2+4HCl(浓)=CaC12+2Cl2↑+2H2O；制取的Cl2中含有杂质HCl，使用装置B盛有饱和NaCl溶液除去Cl2中的HCl；在装置A中用高浓度的NaClO溶液与氰尿酸( C3H3N3O2)固体在低温下反应制备二氯异氰尿酸钠，反应为：2NaClO+C3H3N3O3→C3N3O3Cl2Na+NaOH+H2O，装置C 用于吸收尾气，氯气有毒，需要进行尾气吸收，氯气与氢氧化钠溶液反应，所以尾气吸收可以用氢氧化钠溶液，反应的方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+ NaClO+H2O，据此分析回答问题。
（1）
根据图示可知仪器X为三颈烧瓶(或三口烧瓶)；
（2）
由实验装置图可知，装置D中次氯酸钙与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置A中氯气与氢氧化钠溶液、氰尿酸溶液反应制备二氯异氰尿酸钠，装置中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为DBAC，导管连接顺序为fcdabe；
（3）
由分析可知，装置D中发生的反应为次氯酸钙与浓盐酸生成氯化钙、氯气和水的反应，反应的化学方程式为，离子方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；
（4）
该反应中有黄绿色的气体Cl2参加反应，打开装置A的活塞加入C3H3N3O3溶液，根据已知反应可知装置A中已经存在NaClO，故当液面上方出现黄绿色气体时说明Cl2过量，已将氢氧化钠转化为次氯酸钠，在反应过程中仍不断通入Cl2的目的是使反应生成的NaOH继续反应，提高原料利用率；
（5）
实验过程中装置A的温度必须保持在7℃~12℃，为维持该温度，同时便于控制反应温度，该实验的受热方式为冷水浴；
（6）
①I2遇淀粉溶液会变为蓝色，当滴定结束时I2消耗完全，溶液蓝色褪去，故滴定时应选择淀粉溶液作指示剂；
②由涉及的反应方程式可得转化关系式：，由滴定消耗c mol/LNa2S2O3溶液V mL可知，m g粗产品中二氯异氰尿酸钠的物质的量为n(C3N3O3Cl2Na)=n(Na2S2O3)=，则粗产品的纯度为；
③a．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗，会导致Na2S2O3标准溶液的浓度偏低，消耗的Na2S2O3的量偏大，最终导致物质的纯度偏高，a不符合题意；
b．滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡，则消耗的标准溶液的体积偏大，由此计算的物质的纯度偏高，b不符合题意；
c．如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的I2的量偏低，最终导致消耗的Na2S2O3标准溶液体积偏少，由此计算出的物质的含量偏低，c符合题意；
故合理选项是c。
9．(1) 3s23p4 3 氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，从而得电子能力S
(3) 第3周期VIA族 最高价氧化物所对应水化物硫酸的酸性强于碳酸
(4) COS(g)+H2(g) COS
【解析】(1)
碳原子的核外有2个电子层，最外层有4个电子，原子的结构示意图为；硫元素的原子序数为16，原子的最外层有6个电子，电子排布式为3s23p4；氧元素的原子序数为16，原子核外有1s、2s、2p共3种能量不同的电子；氧原子与硫原子最外层电子数相同，但硫原子的电子层数和原子半径大于氧原子，得到电子的能力和对共用电子对的吸引力小于氧原子，所以S—H的极性小于O—H的极性，故答案为：；3s23p4；3；氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，从而得电子能力S
COS与CO2的原子个数都为3，价电子个数都为16，互为等电子体，则COS与CO2的空间构型都为直线形，由于COS正负电荷中心不能重合，属于极性分子，极性分子COS间的分子间作用力强于非极性分子CO2，沸点高于CO2，故答案为：极性；>；
(3)
硫元素的原子序数为16，位于元素周期表第3周期VIA族；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则由最高价氧化物所对应水化物硫酸的酸性强于碳酸可知，硫元素非金属性比碳元素强，故答案为：第3周期VIA族；最高价氧化物所对应水化物硫酸的酸性强于碳酸；
(4)
由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，一氧化碳是反应的还原剂，COS是氧化产物，氢元素的化合价降低被还原，硫化氢是氧化剂，氢气是还原产物；
①反应中，1mol一氧化碳反应，反应转移2mol电子，则表示反应的电子转移方向和数目的单线桥为COS(g)+H2(g)，故答案为：COS(g)+H2(g)；
②由分析可知，反应中起氧化作用的是硫化氢气体中+1价氢元素，COS是反应的氧化产物，故答案为：；COS。
10． 1s22s22p63s23p63d5 +2、+3 sp2 = 没有 12 FeC
【分析】(1)~(3)可先写出Mn的电子排布式，然后写出Mn2+的电子排布式，或利用Fe2+进行类推；把Mn3O4改写为MnO•Mn2O3，利用各化合物中元素的化合价关系，确定Mn元素的化合价。由图形中原子的价电子排布，确定C原子发生的杂化，便可确定键角及键型。
(4)由铁原子所在位置，可确定晶体中铁原子周围距离最近且等距的铁原子，都是位于某个顶点Fe周围面心上的Fe原子；由Fe、C原子所在位置，可确定晶胞中所含Fe、C原子的个数，从而确定最简整数比，最终确定化学式；碳原子间的最短距离，应为一个面上棱中点连线，即等边直角三角形的斜边。一个晶胞的质量除以一个晶胞的体积，便得晶胞的密度。
【详解】(1)基态Mn的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn2+的核外电排布式为1s22s22p63s23p63d5。答案为：1s22s22p63s23p63d5；
(2)将Mn3O4改写为MnO•Mn2O3，MnO中Mn显+2价，Mn2O3中Mn显+3价，则Mn3O4中Mn的化合价为+2、+3。答案为：+2、+3；
(3)石墨烯结构中1号C的价层电子对数为3，杂化方式为sp2；该C与相邻的两个C形成平面正三角形，键角=l20º。氧化石墨烯结构中1号C与相邻4个C形成共价键，即发生sp3杂化，所以没有形成π键。答案为：sp2；=；没有；
(4)晶体中铁原子位于晶胞的顶点和面心，顶点Fe原子所属三个面的面心上的Fe原子与它距离最近且等距，则铁原子数为=12。形成铁碳合金时，存在一种碳原子插入到晶胞中每条棱的中点和晶胞的体心的结构，该晶胞中所含Fe原子数为8×+6×=4，所含C原子数为12×+1=4，Fe、C原子个数为1：1，所以该物质的化学式为FeC。由前面分析知，C原子间的最短距离为同一面上两条边的中点连线，即构成等腰直角三角形，直角边长为pm，C原子间的最短距离为斜边边长，即为pm，该铁碳晶胞的密度为=g•cm-3。答案为：12；FeC；；。
【点睛】计算晶胞中所含原子或离子数目时，常使用均摊法。首先确定其所在位置，然后依据该原子或离子所属此晶胞的份额进行计算。
11． 11 金属铜中有自由移动的电子，在电场中能定向移动形成电流 7 大于 的轨道为全充满的稳定状态，再失去一个电子更难，再失去一个电子时，变成，的轨道为全充满的稳定状态 沸点更高，因为氨分子间会形成氢键 、 (，，)
【详解】(1)铜元素位于周期表的第11列，铜易导电的原因是金属铜内部存在大量的可以自由移动的自由电子，这些自由电子在电场力的作用下定向移动而形成电流，铜原子的基态电子排布式中有7个能级，同一能级的电子能量是相等的，不同能级的电子能量是不相等，所以一共有7种；
(2) 铜的第二电离能大于锌的第二电离能，其原因是的轨道为全充满的稳定状态，再失去一个电子更难，再失去一个电子时，变成，的轨道为全充满的稳定状态；
(3)①沸点更高，因为氨分子间会形成氢键；
②醋酸根中有碳碳单键和碳氧双键，所以碳的杂化方式为、；
(4) ①D点位于晶胞的体对角线上，故D处微粒的坐标参数为(，，)；
②分析可知，设晶胞边长为x，那么晶胞边长为x=nm，晶胞体积为：V=()3，结合晶胞分析，一个晶胞中有4个CuI，所以晶胞的密度。
12．(1)
(2)铜失去的是全充满的电子，镍失去的是电子
(3)高
(4) X射线衍射 正四面体形 O的电负性比N的强，对孤电子对的吸引力更强，与的配位键比与的配位键弱
(5) 、 22
(6)
【解析】(1)
铜是29号元素，其价电子轨道表示式为；
(2)
铜失去的是全充满的电子，镍失去的是电子，因此铜的第二电离能较大；
(3)
它们都是离子晶体，其中氧离子的半径小，则氧化亚铜的晶格能大，其熔点高，故的熔点比的高；
(4)
要确定是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行X射线衍射实验；阴离子当中的中心原子S有4个σ键电子对，没有孤电子对，其价层电子对为4，故其空间构型是正四面体形；O的电负性比N的强，对孤电子对的吸引力更强，与的配位键比与的配位键弱；
(5)
双键碳为杂化，饱和碳为杂化；两个原子之间都存在1个键，故1mol此有机铜试剂中含有键的物质的量为22；
(6)
立方晶胞的边长为，1mol晶胞中含有，质量即为，体积为，化合物的密度为。
相关试卷
河南省郑州市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题： 这是一份河南省郑州市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题，共15页。试卷主要包含了填空题，实验题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
河北省石家庄市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题： 这是一份河北省石家庄市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题，共13页。试卷主要包含了填空题，实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
河北省邯郸市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-实验、结构与性质题： 这是一份河北省邯郸市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-实验、结构与性质题，共14页。试卷主要包含了实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
