湖南省衡阳市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题

这是一份湖南省衡阳市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题，共15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。

湖南省衡阳市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题

一、实验题
1．（2020·湖南衡阳·统考一模）碘酸钾（）是重要的微量元素碘添加剂。实验室设计下列实验流程制取并测定产品中的纯度：

其中制取碘酸（）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中

物质
性质
HIO3
白色固体，能溶于水，难溶于CCl4
KIO3
①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇
②碱性条件下易发生氧化反应：ClO－＋IO3－=IO4－＋Cl－

回答下列问题
（1）装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为______________。
（2）装置B中反应的化学方程式为___________________ 。B中所加CCl4的作用是_________从而加快反应速率。
（3）分离出B中制得的水溶液的操作为____________；中和之前，需将HIO3溶液煮沸至接近于无色，其目的是____________，避免降低的产率。
（4）为充分吸收尾气，保护环境，C处应选用最合适的实验装置是____________（填序号）。

（5）为促使晶体析出，应往中和所得的溶液中加入适量的___________。
（6）取1.000g产品配成200.00mL溶液，每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中，加入足量KI溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/L溶液滴定。滴定至终点时蓝色消失（），测得每次平均消耗溶液25.00mL。则产品中的质量分数为___（结果保留三位有效数字）。
2．（2021·湖南衡阳·统考一模）富马酸亚铁(C4H2O4Fe)常用于治疗缺铁性贫血，也可作食品营养强化剂。某化学兴趣小组以富马酸(HOOCCH=CHCOOH)和FeSO4制备富马酸亚铁，并对其纯度进行测定，过程如下：
步骤Ⅰ.富马酸亚铁晶体的制备

步骤Ⅱ.产品纯度测定
取0.400g样品置于250mL锥形瓶中，加入15.00mL硫酸，加热溶解后冷却，再加入50.00mL新沸过的冷水和2滴邻二氮菲指示液，此时溶液呈红色；立即用0.1000mol•L-1硫酸铈铵[(NH4)2Ce(SO4)3]标准液滴定(还原产物为Ce3+)，滴定终点溶液变为浅蓝色。平行测定三次，平均消耗23.00mL标准液。
根据以上两个实验步骤，回答下列问题：
(1)以上两个步骤中不需要使用的仪器有___(填标号)。

(2)步骤Ⅰ的实验多次使用了玻璃棒，它的作用为搅拌、___。
(3)在富马酸溶液中加入Na2CO3并加热、搅拌，调节pH为6.6。如果Na2CO3过量，则制得的富马酸亚铁质量___(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(4)合成富马酸亚铁时使用如图所示装置(加热和夹持装置略去)。仪器A的名称是___，球形冷凝管的进水口为___(填“a”或“b”)，合成富马酸亚铁的化学反应方程式为___。

(5)根据上述实验数据，测得产品的纯度是__%(保留四位有效数字)。
3．（2022·湖南衡阳·校联考一模）硫酸铜在生产、生活中应用广泛。用铜精炼炉渣(主要成分为CuO、 FeO、Al2O3、SiO2)为原料生产硫酸铜晶体并测定其结晶水含量，过程如下：
步骤I．硫酸铜晶体的制备

步骤II．硫酸铜晶体结晶水含量的测定
①称取样品质量为m1；②研磨，加热；③冷却至室温；④再次称量得固体m2；⑤重复②-④的步骤，至恒重；⑥计算得出结果。
已知： i.硫酸铜晶体易溶于水，难溶于乙醇。
ii.减压过滤装置如图所示。

试回答下列问题：
(1)操作I的名称为___________。
(2)操作III含有下列具体操作：
①蒸发浓缩至表层出现晶膜、___________。
②减压过滤后洗涤沉淀可能需要用到以下操作：
a．加入水至浸没沉淀物；
b．加入乙醇至浸没沉淀物；
c．洗涤剂缓慢通过沉淀物；
d．洗涤剂快速通过沉淀物；
e．关小水龙头；
f.开大水龙头；
g．重复2-3次。
请选出正确的操作并排序：___________→___________→___________ →f →___________。___________
(3)测定晶体中结晶水含量的实验中，有关操作选用仪器错误的是___________(填序号)。




A．研磨
B．称量
C．加热
D．冷却

A．A B．B C．C D．D
(4)若至恒重时质量仍然为m2，则n=___________( 写表达式)。
(5)如实验结果发现测得结晶水数量n偏高，可能的原因有___________(填序号)。
A．加热前称量时坩埚未完全干燥
B．加热过程中有少量晶体溅出
C．加热时坩埚内固体变黑

二、结构与性质
4．（2020·湖南衡阳·统考一模）钛酸锌（ZnTiO3）是一种抗菌涂料，应用于人造骨骼等生物移植技术。回答下列问题：
（1）基态Zn原子的电子占据能量最高的能层符号为_____________，与Zn同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与Zn相同的元素有___________种
（2）钛能与B、C、N、O等非金属元素形成稳定的化合物。则电负性C____B（选填“>或“<”）；第一电离能N>O，原因是__________________________________________。
（3）ZnTiO3与80%H2SO4反应可生成TiOSO4。
①的空间构型为_____________，其中硫原子采用____________杂化。
②与互为等电子体的分子的化学式为_________________（任写一种即可）
（4）Zn与S所形成化合物晶体的晶胞如图所示。

①与Zn原子距离最近的Zn原子有___________个。
②该化合物的化学式为_________________________________。
③已知该晶体的晶胞参数为a×10-12m，阿伏加德罗常数为NA。则该晶体的密度为__________________g/cm3（列式即可）
5．（2021·湖南衡阳·统考一模）2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：
(1)基态As原子的价电子排布图为____________，基态Ga原子核外有________个未成对电子。
(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ•mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的电负性比镓____(填“大”或“小”)。
(3)1918年美国人通过反应：HC≡CH+AsCl3CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为________；AsCl3分子的空间构型为___________。
(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_______
(5)GaAs为原子晶体，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示， Ga与As以_______键键合。Ga和As的原子半径分别为a pm和b pm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______________(列出计算式，可不化简)。

6．（2022·湖南衡阳·校联考一模）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。
(1)基态镍原子价电子排布式为___________。 金属镍的原子堆积方式如图所示，则金属镍的晶胞俯视图为___________ ( 填字母)。

a. b. c. d.
(2)四羰基镍、氧化镍的物理性质如下：
名称(化学式)
状态
熔点
溶解性
说明
四羰基镍[Ni(CO)4]
无色挥发性
剧毒液体
- 25°C
不溶于水，易溶于苯、四氯化碳等有机溶剂
正四面体分子、分子中碳原子与镍成键
氧化镍
(NiO)
绿色粉末状
固体
1980°C

不溶于水

阴离子、阳离子构成


由此判断：[ Ni(CO)4]是配合物，其配位体是___________。 [ Ni(CO)4]分子是___________(填“极性”或“非极性”)分子。[Ni(CO)4]比NiO熔点低的原因是___________。
(3)有一种镧镍合金是重要的储氢材料，其晶体属六方晶系，晶胞结构如图1所示。其储氢原理是氢分子先变为氢原子，氢原子进入合金的孔隙中。图2所示晶体中两个镧原子和2个镍原子组成的四面体孔隙中只能进入1个氢原子，晶胞中的所有类似四面体中都有氢原子进入，即达到储氢稳定状态。当需要氢气时，给储氢合金加热，氢原子变为氢气逸出。

晶体中Ni 、La的原子个数比=___________。每升该储氢材料达到储氢稳定状态，储氢原子___________mol。

参考答案：
1．     还原性、酸性          充分溶解和，以增大反应物浓度     分液     除去（或），防止氧化     C     乙醇（或酒精）     89.5%。
【分析】装置A用于制取Cl2，发生的反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，装置B中发生的是制取HIO3的反应，装置C为尾气处理装置，既要吸收尾气中的HCl和Cl2，还要防止倒吸。
【详解】（1）装置A中发生的反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl2，表现出还原性，还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl（盐），表现出酸性，故答案为：还原性、酸性；
（2）装置B中发生的反应为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2和I2均难溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反应物浓度，故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；充分溶解I2和Cl2，以增大反应物浓度；
（3）分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液，HIO3溶液中混有的Cl2在碱性条件下转化为ClO-，ClO-会将IO3-氧化为IO4-，因此在中和前需要将Cl2除去，故答案为：分液；除去Cl2（或ClO-），防止氧化KIO3；
（4）尾气中主要含HCl和Cl2，需用NaOH溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：C；
（5）因为KIO3难溶于乙醇，向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3晶体析出，故答案为：乙醇（或酒精）；
（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴定时发生的反应为：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出关系式：IO3-~3I2~6S2O32-，每次平均消耗的n(S2O32-)= 0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol，则每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)= n(S2O32-)÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol，200mL溶液中，n(KIO3)=0.00418mol，产品中KIO3的质量分数==89.5%，故答案为：89.5%。
【点睛】1g样品配成了200mL溶液，而根据关系式计算出的是20mL溶液中KIO3的物质的量，需扩大10倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量。
2．     B     引流     偏小     恒压滴液漏斗(或筒形恒压分液漏斗)     b     NaOOC－CH=CH－COONa+FeSO4→Fe(OOC－CH=CH－COO)↓+Na2SO4     97.75
【分析】向富马酸(HOOCCH=CHCOOH)中加入Na2CO3溶液、FeSO4溶液可合成得到富马酸亚铁，然后过滤、洗涤、干燥后得到产品，据此解答。
【详解】(1)过滤需要烧杯和漏斗，滴定需要滴定管，则以上两个步骤中不需要使用的仪器有容量瓶，答案选B。
(2)步骤Ⅰ的实验多次使用了玻璃棒，它的作用为搅拌，另外在过滤时起引流作用。
(3)在富马酸溶液中加入Na2CO3并加热、搅拌，调节pH为6.6。如果Na2CO3过量，过量的碳酸钠会消耗亚铁离子，则制得的富马酸亚铁质量偏小。
(4)仪器A的名称是恒压滴液漏斗，冷凝时冷凝水从b口入，a口出，即球形冷凝管的进水口为b，富马酸首先和碳酸钠反应生成NaOOC－CH=CH－COONa，然后NaOOC－CH=CH－COONa和硫酸亚铁反应合成富马酸亚铁，反应的化学反应方程式为NaOOC－CH=CH－COONa+FeSO4→Fe(OOC－CH=CH－COO)↓+Na2SO4。
(5)根据结构简式有：富马酸亚铁～Fe2+，溶液中的Fe2+被Ce4+被还原为Ce3+，反应为：Fe2++Ce4+＝Fe3++Ce3+，故富马酸亚铁～Ce4+，富马酸亚铁的物质的量是0.1mol/L×0.023L＝0.0023mol，故产品的纯度为：×100%＝97.75%。
3．(1)过滤
(2)     冷却结晶，加入适量无水乙醇     ebcf g
(3)B
(4)
(5)ABC

【分析】由铜精炼炉渣成分可知，加入硫酸后，SiO2不反应，其它金属氧化物均发生反应而溶解，滤渣1为SiO2，浸出液中含有Cu2+、Fe2+、Al3+等金属离子，加入双氧水将亚铁离子氧化为三价铁离子，再加CuO调溶液pH，使Fe3+、Al3+沉淀而除去，则滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，所得滤液含有CuSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铜晶体。
（1）
由分析可知，加入硫酸后，SiO2不反应，以固体形式存在，其它金属氧化物均发生反应而溶解，分离不溶性固体和液体的操作为过滤，故答案为：过滤。
（2）
①析晶时为防止晶体受热分解，当蒸发浓缩至表层出现晶膜时停止加热，冷却结晶，由于乙醇易挥发，加入适量无水乙醇，可加速干燥速度，故答案为：冷却结晶，加入适量无水乙醇。
②减压过滤步骤为关小水龙头，加入乙醇至浸没沉淀物（硫酸铜晶体易溶于水，难溶于乙醇），洗涤剂缓慢通过沉淀物（过快洗涤效果差），开大水龙头，重复2-3次，所以正确的操作顺序为：ebcf g，故答案为：ebcf g。
（3）
测定晶体中结晶水含量的实验中，研磨时用研钵，加热时要用坩埚，加热后要在干燥器中冷却至室温再称量，以上仪器选用均正确，但称量时要把晶体放在坩埚中称量，而不是放在烧杯中称量，故选用仪器错误的是B，故答案选B。
（4）
晶体的质量为m1，结晶水的质量为m1-m2，

=，计算得出n=，故答案为：。
（5）
A．加热前称量时坩埚未完全干燥，水的质量偏大，造成结果偏高，故选A；
B．加热过程中有少量晶体溅出，水的质量偏大，造成结果偏高，故选B；
C．加热时坩埚内固体变黑，硫酸铜分解生成CuO，水的质量偏大，造成结果偏高，故选C；
因此，本题正确答案是：ABC。
4．     N     4     ＞     N原子中2p轨道处于半充满状态，比较稳定，故第一电离能N＞O     正四面体形     sp3     CCl4、SiCl4、SO2Cl2（任写一种即可）     12     ZnS    
【详解】（1）Zn位于周期表第四周期，基态Zn原子的核外电子，占据的能量最高的能层为第4层，符号为N；与Zn同位于第四周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与Zn相同的元素有Sc、Ti、V、Mn四种，故答案为：N；4；
（2）同周期元素，从左至右，原子半径逐渐减小，原子核对外层电子的吸引力逐渐增强，电负性逐渐增强，所以电负性C＞B；N的核外电子排布为[He]2s22p3，2p轨道处于半充满状态，比较稳定，O的核外电子排布为[He]2s22p4，不是稳定结构，所以第一电离能N＞O，故答案为：＞；N原子中2p轨道处于半充满状态，比较稳定，故第一电离能N＞O；
（3）①SO42-的中心原子S的价层电子对数=4+×(8－4×2)=4，VSEPR模型为正四面体形，没有孤电子对，所以SO42-的空间构型为正四面体形，S原子的杂化方式为sp3，故答案为：正四面体形；sp3；
②与SO42-互为等电子体的分子需满足：与SO42-原子总数相同（5个）、价电子总数相同（32个），如：CCl4、SiCl4、SO2Cl2等，故答案为：CCl4、SiCl4、SO2Cl2（任写一种即可）；
（4）①Zn原子位于晶胞的顶点和面心上，与Zn原子距离最近的Zn原子有12个，故答案为：12；
②一个晶胞中Zn原子的个数=8×+6×=4，S原子的个数=4，二者的个数比为1：1，所以该化合物的化学式为ZnS，故答案为：ZnS；
③= =g/cm3，故答案为：。
【点睛】确定SO42-的空间构型，可用价层电子对互斥理论：
SO42-的中心原子是S原子，S原子的价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数；
σ键电子对数=与中心原子结合的原子数=4；
中心原子上的孤电子对数=(a－xb)；
其中a为中心原子的价电子数，S原子有6个价电子，SO42-带2个单位负电荷，因此a=6+2=8；x为与中心原子结合的原子数，此处为4；b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数，与S原子结合的为O原子，O原子最多能接受的电子数=8－6=2；所以中心原子上的孤电子对数=×(8－4×2)=0；
S原子的价层电子对数=4+0=4，VSEPR模型为正四面体形，没有孤电子对，SO42-的空间构型即为正四面体形。
5．     ）     1     +1     大     3:2     三角锥形     sp3     共价     ×100%
【分析】(1)As为33号元素，基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子；
(2)根据电离能知，失去1个或3个电子时电离能发生突变，由此可推知镓的主要化合价，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；
(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算结合价层电子对互斥理论判断空间构型；
(4)根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；
(5)根据GaAs为原子晶体判断Ga和As原子之间的作用力；根据均摊法计算该晶胞中Ga、As原子个数，计算晶胞的质量和体积，再根据晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%计算。
【详解】(1)基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，所以其价电子排布式为，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子，则Ga未成对电子数是1，故答案为；1；
(2)根据镓失去电子的逐级电离能知，失去1个或3个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数Ga＜As，则电负性As比Ga大，故答案为+1；大；
(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键，因此乙炔分子中含有3个σ键、2个π键，则σ键、π键个数之比为3∶2；AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+=4，含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形，故答案为3∶2；三角锥形；
(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3，故答案为sp3；
(5)GaAs为原子晶体，Ga和As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原子个数是4、As原子个数=8×+6×=4，所以其化学式为GaAs，该晶胞体积==cm3，该晶胞中所有原子体积=4×π[(a×10-10)3+(b×10-10)3]cm3=4×π×10-30×(a3+b3)cm3，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%= ×100%，故答案为共价； ×100%。
6．(1)     3d84s2     c
(2)     CO     非极性     四羰基镍是分子晶体，氧化镍是离子晶体，破坏分子晶体的范德华力比破坏离子晶体的离子键要容易得多
(3)     5：1    

【解析】（1）镍为28号元素，基态镍原子价电子排布式为3d84s2， 金属镍的原子堆积方式呈现ABCABC重复，这是面心立方最紧密堆积，则金属镍的晶胞俯视图为c，a选项是某一个面的二维图，俯视图中还可以看到c中相对于a多出的4个面心硬球，故答案为：3d84s2；c。
（2）该配合物中Ni为中心原子，提供空轨道，CO作配体，提供孤对电子，与中心Ni之间形成配位键；Ni(CO)4不溶于水，易溶于非极性的有机溶剂，根据相似相溶原理可推知其为非极性分子；由题目信息知，Ni(CO)4为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，而氧化镍是离子晶体，熔化时破坏离子键，破坏分子晶体的范德华力比破坏离子晶体的离子键要容易得多，故Ni(CO)4熔点比NiO低。故答案为：CO；非极性；四羰基镍是分子晶体，氧化镍是离子晶体，破坏分子晶体的范德华力比破坏离子晶体的离子键要容易得多。
（3）该晶胞中含Ni个数=8+1=5，含La个数=8=1，故晶体中Ni 、La的原子个数比=5:1；由图示知，该晶胞中可储存H原子的四面体空隙有6个，即整个晶胞达到稳定状态时可储存6个H，该晶胞底面相当于由两个等边三角形组成，其面积为a cma cm2=a2cm2，则晶胞体积V=a2bcm3，每升该晶体含有晶胞的个数为=，故共储存的H原子个数为6=，物质的量为mol，故答案为：5:1；。