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山东省德州市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
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这是一份山东省德州市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12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。
山东省德州市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·山东德州·统考一模）亚硝酰氯(NOC1)是一种黄色气体，沸点为-5.5℃。其液体呈红褐色。遇水发生反应：2NOC1+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑。某化学兴趣小组设计如图装置用C12和NO制备NOC1。回答下列相关问题：
（1）甲装置发生的离子反应方程式为__，装置丙中的液体为__。
（2）实验时，先通入Cl2，待丁中烧瓶内充满黄绿色气体时，再通入NO，这样做的目的是__。
（3）装置丁中冰盐水的作用是__。
（4）经分析该套装置设计上有一处明显缺陷，改进方法是__(用文字描述)。
（5）吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为__。
(已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O)
（6）反应完成后，取烧瓶中所得产物mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为VmL。则产物中NOCl纯度的计算式为__。
2．（2021·山东德州·统考一模）无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点232℃)与Cl2反应制备SnCl4，某小组拟设计实验制备无水四氯化锡并探究其性质：
Ⅰ. 查阅资料，得知：
物理性质
化学性质
SnCl2
熔点：246℃沸点652℃
较强的还原性
SnCl4
熔点：-33℃沸点114℃
遇水蒸气剧烈水解产生白雾，产物之一是
Ⅱ.设计实验，装置如图
回答下列问题；
(1)仪器 A 的名称是_______，导管 D的作用是_______。
(2)装置Ⅱ作用是除去氯气中的HCl，用平衡移动原理解释30%硫酸的作用_______。
(3)试剂 B的作用是_______。
(4)为防止产品中带入副产物 SnCl2，可采取的措施有_______。
(5)装置Ⅳ采用多孔耐高温泡沫的目的是_______。
(6)SnCl4遇氨气、水蒸气产生“浓白烟”，因此可用来制作烟幕弹。用化学方程式表示其原理_______。
Ⅲ.最后进行产品纯度测定：
(7)取wg SnCl4产品用足量蒸馏水吸收得到吸收液250mL。准确量取25.00mL吸收液于锥形瓶中，用cmol/L标准AgNO3溶液滴定至终点，滴定前读数为V1mL，终点读数为V2mL(杂质不参与反应)，利用上述数据计算产品纯度为_______%(用含 w、c、 V1、V2的代数式表示)。
3．（2022·山东·统考一模）氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂，常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。实验室设计如图装置用Ca与N2反应制备Ca3N2，并对Ca3N2纯度进行测定。回答下列问题：
I. Ca3N2的制备
(1)仪器a的名称为____，E装置的主要作用是____。
(2)实验开始时应首先点燃____(填“A”或“C”)处酒精灯，当观察到____时点燃另一处酒精灯。
Ⅱ. Ca3N2纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)
(3)方案一：①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。②测定虚线框内装置及试剂的质量m1；③____，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；④____；⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。则产品中Ca3N2的质量分数表达式为____。
(4)方案二：按图2所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用100mL 1.00mol·L-1的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取10.00mL的吸收液注入锥形瓶中，用1.00mol·L-1 NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸，到终点时消耗12.80mL NaOH溶液。则产品中Ca3N2的质量分数为____。若两个方案均操作无误，比较两方案测定的质量分数，方案一____(填“偏高”“偏低”或“相等”)。
二、结构与性质
4．（2020·山东德州·统考一模）Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。
（1）基态Fe原子中，电子填充的能量最高的能级符号为__。
（2）在空气中FeO稳定性小于Fe2O3，从电子排布的角度分析，其主要原因是__。
（3）铁氰化钾{K3[Fe(CN)6])}溶液是检验Fe2+常用的试剂。lmol[Fe(CN)6]3-含σ键的数目为__。
（4）Co3+的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+的配位数是__。配体N3-中心原子的杂化类型为__。CoO的熔点是1935℃，CoS的熔点是1135℃，试分析CoO的熔点较高的原因__。
（5）NiO的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C原子坐标参数为__。
5．（2021·山东德州·统考一模）Fe、Co、Ni 是几种重要的金属元素。请回答下列问题：
(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为_______。
(2)Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4 是_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)实验室常用 KSCN 溶液或苯酚()检验。
①第一电离能：N_______O(填“>”或“<”)
②苯酚中碳原子杂化类型为_______。
(4)配位化合物中心原子Co的配位数为_______，配位原子为_______。
(5)如图所示，Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12围成)，Fe3O4中有一半的填充在正四面体空隙中，和另一半填充在正八面体空隙中。则没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为_______。
(6)已知 Ni可以形成多种氧化物，其中一种 NixO 晶体的晶胞结构为 NaCl 型，由于晶体缺陷导致x=0.88，晶胞参数为a nm，则晶体密度为_______g·cm-3(NA 表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式)。
6．（2022·山东·统考一模）含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)基态Cu原子的电子所占据的最高能层符号为____；基态Cu+较基态Cu2+稳定的原因是____；Cu2O和Cu2S都是离子晶体，熔点较高的是____。
(2)CuSO4稀溶液中存在[Cu(H2O)6]2+，[Cu(H2O)6]2+的空间构型为____；下列对[Cu(H2O)6]2+中Cu2+杂化方式推断合理的是____(填标号)。
A．sp3 B．sp3d C．sp3d2 D．dsp2
(3)Cu2+可形成[Cu(en)2NH3](BF4)2，其中en代表H2N—CH2—CH2—NH2。该化合物分子中，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有____个；C、N、F的电负性由大到小的顺序为____。
(4)一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为____；该晶体的化学式为____。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则C点原子的分数坐标为____；晶胞中C、D间距离d=____pm。
参考答案：
1． 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 浓硫酸 排尽装置中的空气，避免氧化NO 液化亚硝酰氯，便于收集产品 在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置 NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O ×100%
【分析】由实验装置图可知，装置甲中铜与稀硝酸反应制取一氧化氮，由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，装置乙中的水用于除去一氧化氮中的二氧化氮，装置丙中盛有浓硫酸，用于干燥和混合一氧化氮和氯气，装置丁用于制备亚硝酰氯，装置戊中的氢氧化钠溶液用于吸收挥发出的硝酰氯，防止污染环境，由于硝酰氯遇水发生反应，所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置，防止水蒸气进入装置丁中硝酰氯与水发生反应。
【详解】（1）装置甲中铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，的离子反应方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；装置丙中盛有浓硫酸，目的是干燥和混合一氧化氮和氯气，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；浓硫酸；
（2）由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，实验时，先通入Cl2排尽装置中的空气后，再通入NO，防止NO被氧化，故答案为：排尽装置中的空气，避免氧化NO；
（3）由题给信息可知，亚硝酰氯的沸点为-5.5℃，遇冷易转化为液态，则装置丁中冰盐水的作用是液化亚硝酰氯，便于收集产品，故答案为：液化亚硝酰氯，便于收集产品；
（4）由于硝酰氯遇水发生反应，所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置，防止水蒸气进入装置丁中硝酰氯与水发生反应，故答案为：在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置；
（5）由题给化学方程式2NOC1+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，NOCl与NaOH溶液反应生成NaCl、NaNO2和H2O，反应的化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故答案为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；
（6）由题给化学方程式2NOC1+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑可知，硝酰氯溶于水得到盐酸，由NOC1—HCl—AgNO3可得mg样品中n（NOC1）=n（AgNO3）=cmol/L×V×10—3L×10=0.01cVmol，则则产物中NOCl纯度为×100%=×100%，故答案为：×100%。
2． 蒸馏烧瓶 平衡气压使浓盐酸顺利流下 ，30%硫酸中的 H+使平衡左移，减少氯气损失 防止C中的水蒸气进入收集装置引起 SnCl4水解 增大Cl2 的通入量；控制装置 Ⅳ反应温度在232℃~652℃之间 增大接触面积，使反应更充分
【分析】SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A : KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，反应的方程式为：
，制取的氯气中含有氯化氢，饱和食盐水可以降低氯气的溶解，还可洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，为防止其水解，用浓硫酸干燥氯气；Cl2和锡的反应制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；装置G中NaOH吸收未反应的氯气，防止污染空气，因SnCl4极易水解，装置F可防止溶液的水蒸气进入收集器中；金属锡易与氯气、氧气反应，反应时应先生成氯气，将氧气排出，据此解答。
【详解】(1)仪器 A 的名称是蒸馏烧瓶，生成的了长期通过D进入浓盐酸上方，导致浓盐酸上方压强增大，从而将浓盐酸顺利进入烧瓶中，即导管 D可以平衡气压，使浓盐酸顺利流下；
(2)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为：， 30%硫酸中的 H+浓度较大，使平衡左移，减少氯气损失；
(3)试剂 B应为浓硫酸，防止C中的水蒸气进入收集装置引起 SnCl4水解；
(4)根据表中数据分析，SnCl4的熔沸点较低，可以将SnCl4转化为奇台，适当增大氯气的量，继续加热，便于分离产物，所以为防止产品中带入副产物 SnCl2，可采取的措施有增大Cl2的通入量；控制装置 Ⅳ反应温度在232℃~652℃之间；
(5)装置Ⅳ采用多孔耐高温泡沫的目的是增大接触面积，使反应更充分；
(6)根据信息遇水蒸气剧烈水解产生白雾，产物之一是分析，SnCl4遇氨气、水蒸气产生“浓白烟”，白烟应为氯化铵，所以化学方程式为；
(7)根据SnCl4-4AgNO3分析，硝酸银的物质的量为mol，则SnCl4的物质的量为mol，产品纯度为=。
3．(1) 蒸馏烧瓶 液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)
(2) A E装置中有均匀的气泡产生
(3) 关闭K1，打开K2 打开K1，通一段时间的N2 ×100%
(4) 88.8% 偏低
【分析】I．根据实验目的实验室利用Ca与N2反应制备Ca3N2，A装置为N2的发生装置，B为除去N2中混有的水蒸气，C为氮气与Ca反应生成氮化钙的反应装置，D防止E中的水蒸气进入C中，E防止外界空气中O2进入到C中，防止O2与Ca及氮化钙发生反应；
Ⅱ．目的测定Ca3N2纯度，利用Ca3N2与水反应生成氢氧化钙和氨气，利用浓硫酸来吸收氨气，通过测定硫酸的量，方案1根据硫酸的增重得知氨的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度；方案2利用过量的硫酸和氨先反应，再与氢氧化钠反应，间接的求出氨的物质的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度，但是如何尽可能将氨吸收完全，是此题中关键，以此来解析。
【详解】（1）仪器a的名称为蒸馏烧瓶，E装置作用液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)；
（2）实验开始时应首先点燃A处酒精灯，当观察到E装置中气泡均匀时点燃另一处酒精灯；
（3）①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂，②测定虚线框内装置及试剂的质量m1，③关闭开关K1，打开开关K2，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体，④打开开关K1，通入足量的N2把产生的气体全部压入浓硫酸，⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2；根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～34g NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=×100%；
（4）根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为×12.80×10-3L×1.00mol·L-1=6.4×10-3mol，再根据2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2×(100×10-3L×1.00mol·L-1-6.4×10-3mol×)=7.2×10-2mol，根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～2mol NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=88.8%；
若两个方案均操作无误，一个用氮气将氨排到后面装置，一个利用水蒸气排氨气，氮气不能将溶解在水中的氨气排除去，故得到氨气相对少一些，故方案一偏低。
4． 3d Fe2+中3d轨道没有达到半充满的稳定结构，而Fe3+中3d轨道达到半充满的稳定结构 12NA 6 sp 两者均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高 (1，，)
【分析】（1）铁的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2；
（2）氧化亚铁中亚铁离子的价电子排布式为3d6，3d轨道没有达到半充满的稳定结构，氧化铁中铁离子的价电子排布式为3d5，3d轨道达到半充满的稳定结构；
（3）在配合物Fe（CN）63-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键；
（4）[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+为中心离子，N3-和NH3为配位体；配体N3-与二氧化碳的原子个数和价电子数相同，属于等电子体，等电子体具有相同的空间结构；CoO和CoS均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径；
（5）已知晶胞中原子坐标参数A为（0，0，0），B的原子坐标分别为（1，1，0），则以A为晶胞坐标原点，晶胞的边长为1，C原子在晶胞立方体的面心上。
【详解】（1）铁的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2，由构造原理可知能量最高的能级为3d，故答案为：3d；
（2）氧化亚铁中亚铁离子的价电子排布式为3d6，3d轨道没有达到半充满的稳定结构，氧化铁中铁离子的价电子排布式为3d5，3d轨道达到半充满的稳定结构，所以在空气中FeO稳定性小于Fe2O3，故答案为：Fe2+中3d轨道没有达到半充满的稳定结构，而Fe3+中3d轨道达到半充满的稳定结构；
（3）在配合物Fe（CN）63-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为12NA，故答案为：12NA；
（4）[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+为中心离子，N3-和NH3为配位体，配位数为6；配体N3-与二氧化碳的原子个数和价电子数相同，属于等电子体，等电子体具有相同的空间结构，二氧化碳的空间构型为直线形，则N3-离子的空间构型也为直线形，由空间构型可知N原子的杂化方式为sp杂化；CoO和CoS均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高，故答案为：两者均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高；
（5）已知晶胞中原子坐标参数A为（0，0，0），B的原子坐标分别为（1，1，0），则以A为晶胞坐标原点，晶胞的边长为1，C原子在晶胞立方体的面心上，则C原子坐标参数为(1，，)，故答案为：(1，，)。
【点睛】由晶胞中原子坐标参数A为（0，0，0），B的原子坐标分别为（1，1，0），确定晶胞的边长为1，C原子在晶胞立方体的面心上是确定C原子坐标参数的关键，也是解答难点。
5． 非极性 > sp2 6 N、Cl 7：2
【详解】(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为；
(2)H2O为极性分子，Ni(CO)4难溶于水，则Ni(CO)4为非极性分子；
(3)①N原子的价电子排布式为2s22p3，O原子的价电子排布式为2s22p4，N达到了半充满稳定结构，故较难失电子，第一电离能较大，所以第一电离能：N＞O；
②苯酚中的C共同形成大π键，有1个p轨道未杂化，为sp2杂化；
(4)配位化合物中心原子Co的配位数为6；配位原子是N、Cl；
(5) Fe3O4晶胞中O2-个数为：个，所以有2个，有1个，其中正四面体空隙共8个，1个填充在正四面体空隙中，剩余7个正四面体空隙，正八面体空隙共个，一个和一个填充在正八面体空隙中，剩余2个正八面体空隙，故没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为7：2；
(6)一个晶胞的质量为，体积为，因此密度为。
6．(1) N Cu+的3d轨道全满达到稳定状态 Cu2O
(2) 八面体形 C
(3) 11 F、N、C
(4) 50% CuInTe2 (，，)
【解析】（1）
铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，由构造原理可知，原子的电子所占据的最高能层为N；铜原子失去1个电子形成亚铜离子，亚铜离子的价电子排布式为3d10，3d轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子，所以亚铜离子比铜离子稳定；氧化亚铜和硫化亚铜都是离子晶体，氧离子的离子半径小于硫离子，氧化亚铜的晶格能大于硫化亚铜，则氧化亚铜的熔点高于硫化亚铜，故答案为：N；Cu2O；Cu+的3d轨道全满达到稳定状态；
（2）
六水合铜离子中铜离子为中心离子，水分子为配位体，配位数为6，由配位键的数目可知，铜离子的杂化方式可能为sp3d2杂化，配离子的空间构型为八面体形，故答案为：八面体形；C；
（3）
[Cu(en)2NH3](BF4)2中氮原子、碳原子和硼原子的价层电子对数都为4，VSEPR模型都为四面体，则VSEPR模型为四面体的非金属原子共有(2×2+2×2+1+2×2)=11个；非金属元素的非金属性越强，元素的电负性越强，元素非金属性的强弱顺序为F、N、C，则电负性的大小顺序为F、N、C，故答案为：11；F、N、C；
（4）
由晶胞结构可知，铟原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为×100%=50%；晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为6×+4×=4，位于体内的碲原子个数为8，则铜、铟、碲的原子个数为4：4：8=1：1：2，晶体的化学式为CuInTe2；由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)可知，晶胞边长为1，则位于体对角线处、面对角线处的C点原子的分数坐标分别为(，，)；由晶胞中C、D形成的直角三角形的边长为pm、pm可知，C、D间距离d==pm，故答案为：50%；CuInTe2；(，，)；。
山东省德州市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·山东德州·统考一模）亚硝酰氯(NOC1)是一种黄色气体，沸点为-5.5℃。其液体呈红褐色。遇水发生反应：2NOC1+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑。某化学兴趣小组设计如图装置用C12和NO制备NOC1。回答下列相关问题：
（1）甲装置发生的离子反应方程式为__，装置丙中的液体为__。
（2）实验时，先通入Cl2，待丁中烧瓶内充满黄绿色气体时，再通入NO，这样做的目的是__。
（3）装置丁中冰盐水的作用是__。
（4）经分析该套装置设计上有一处明显缺陷，改进方法是__(用文字描述)。
（5）吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为__。
(已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O)
（6）反应完成后，取烧瓶中所得产物mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为VmL。则产物中NOCl纯度的计算式为__。
2．（2021·山东德州·统考一模）无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点232℃)与Cl2反应制备SnCl4，某小组拟设计实验制备无水四氯化锡并探究其性质：
Ⅰ. 查阅资料，得知：
物理性质
化学性质
SnCl2
熔点：246℃沸点652℃
较强的还原性
SnCl4
熔点：-33℃沸点114℃
遇水蒸气剧烈水解产生白雾，产物之一是
Ⅱ.设计实验，装置如图
回答下列问题；
(1)仪器 A 的名称是_______，导管 D的作用是_______。
(2)装置Ⅱ作用是除去氯气中的HCl，用平衡移动原理解释30%硫酸的作用_______。
(3)试剂 B的作用是_______。
(4)为防止产品中带入副产物 SnCl2，可采取的措施有_______。
(5)装置Ⅳ采用多孔耐高温泡沫的目的是_______。
(6)SnCl4遇氨气、水蒸气产生“浓白烟”，因此可用来制作烟幕弹。用化学方程式表示其原理_______。
Ⅲ.最后进行产品纯度测定：
(7)取wg SnCl4产品用足量蒸馏水吸收得到吸收液250mL。准确量取25.00mL吸收液于锥形瓶中，用cmol/L标准AgNO3溶液滴定至终点，滴定前读数为V1mL，终点读数为V2mL(杂质不参与反应)，利用上述数据计算产品纯度为_______%(用含 w、c、 V1、V2的代数式表示)。
3．（2022·山东·统考一模）氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂，常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。实验室设计如图装置用Ca与N2反应制备Ca3N2，并对Ca3N2纯度进行测定。回答下列问题：
I. Ca3N2的制备
(1)仪器a的名称为____，E装置的主要作用是____。
(2)实验开始时应首先点燃____(填“A”或“C”)处酒精灯，当观察到____时点燃另一处酒精灯。
Ⅱ. Ca3N2纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)
(3)方案一：①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。②测定虚线框内装置及试剂的质量m1；③____，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；④____；⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。则产品中Ca3N2的质量分数表达式为____。
(4)方案二：按图2所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用100mL 1.00mol·L-1的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取10.00mL的吸收液注入锥形瓶中，用1.00mol·L-1 NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸，到终点时消耗12.80mL NaOH溶液。则产品中Ca3N2的质量分数为____。若两个方案均操作无误，比较两方案测定的质量分数，方案一____(填“偏高”“偏低”或“相等”)。
二、结构与性质
4．（2020·山东德州·统考一模）Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。
（1）基态Fe原子中，电子填充的能量最高的能级符号为__。
（2）在空气中FeO稳定性小于Fe2O3，从电子排布的角度分析，其主要原因是__。
（3）铁氰化钾{K3[Fe(CN)6])}溶液是检验Fe2+常用的试剂。lmol[Fe(CN)6]3-含σ键的数目为__。
（4）Co3+的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+的配位数是__。配体N3-中心原子的杂化类型为__。CoO的熔点是1935℃，CoS的熔点是1135℃，试分析CoO的熔点较高的原因__。
（5）NiO的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C原子坐标参数为__。
5．（2021·山东德州·统考一模）Fe、Co、Ni 是几种重要的金属元素。请回答下列问题：
(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为_______。
(2)Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4 是_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)实验室常用 KSCN 溶液或苯酚()检验。
①第一电离能：N_______O(填“>”或“<”)
②苯酚中碳原子杂化类型为_______。
(4)配位化合物中心原子Co的配位数为_______，配位原子为_______。
(5)如图所示，Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12围成)，Fe3O4中有一半的填充在正四面体空隙中，和另一半填充在正八面体空隙中。则没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为_______。
(6)已知 Ni可以形成多种氧化物，其中一种 NixO 晶体的晶胞结构为 NaCl 型，由于晶体缺陷导致x=0.88，晶胞参数为a nm，则晶体密度为_______g·cm-3(NA 表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式)。
6．（2022·山东·统考一模）含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)基态Cu原子的电子所占据的最高能层符号为____；基态Cu+较基态Cu2+稳定的原因是____；Cu2O和Cu2S都是离子晶体，熔点较高的是____。
(2)CuSO4稀溶液中存在[Cu(H2O)6]2+，[Cu(H2O)6]2+的空间构型为____；下列对[Cu(H2O)6]2+中Cu2+杂化方式推断合理的是____(填标号)。
A．sp3 B．sp3d C．sp3d2 D．dsp2
(3)Cu2+可形成[Cu(en)2NH3](BF4)2，其中en代表H2N—CH2—CH2—NH2。该化合物分子中，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有____个；C、N、F的电负性由大到小的顺序为____。
(4)一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为____；该晶体的化学式为____。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则C点原子的分数坐标为____；晶胞中C、D间距离d=____pm。
参考答案：
1． 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 浓硫酸 排尽装置中的空气，避免氧化NO 液化亚硝酰氯，便于收集产品 在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置 NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O ×100%
【分析】由实验装置图可知，装置甲中铜与稀硝酸反应制取一氧化氮，由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，装置乙中的水用于除去一氧化氮中的二氧化氮，装置丙中盛有浓硫酸，用于干燥和混合一氧化氮和氯气，装置丁用于制备亚硝酰氯，装置戊中的氢氧化钠溶液用于吸收挥发出的硝酰氯，防止污染环境，由于硝酰氯遇水发生反应，所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置，防止水蒸气进入装置丁中硝酰氯与水发生反应。
【详解】（1）装置甲中铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，的离子反应方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；装置丙中盛有浓硫酸，目的是干燥和混合一氧化氮和氯气，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；浓硫酸；
（2）由于一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，实验时，先通入Cl2排尽装置中的空气后，再通入NO，防止NO被氧化，故答案为：排尽装置中的空气，避免氧化NO；
（3）由题给信息可知，亚硝酰氯的沸点为-5.5℃，遇冷易转化为液态，则装置丁中冰盐水的作用是液化亚硝酰氯，便于收集产品，故答案为：液化亚硝酰氯，便于收集产品；
（4）由于硝酰氯遇水发生反应，所以应在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置，防止水蒸气进入装置丁中硝酰氯与水发生反应，故答案为：在装置丁和戊之间增加一个气体干燥装置；
（5）由题给化学方程式2NOC1+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，NOCl与NaOH溶液反应生成NaCl、NaNO2和H2O，反应的化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故答案为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；
（6）由题给化学方程式2NOC1+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑可知，硝酰氯溶于水得到盐酸，由NOC1—HCl—AgNO3可得mg样品中n（NOC1）=n（AgNO3）=cmol/L×V×10—3L×10=0.01cVmol，则则产物中NOCl纯度为×100%=×100%，故答案为：×100%。
2． 蒸馏烧瓶 平衡气压使浓盐酸顺利流下 ，30%硫酸中的 H+使平衡左移，减少氯气损失 防止C中的水蒸气进入收集装置引起 SnCl4水解 增大Cl2 的通入量；控制装置 Ⅳ反应温度在232℃~652℃之间 增大接触面积，使反应更充分
【分析】SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A : KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，反应的方程式为：
，制取的氯气中含有氯化氢，饱和食盐水可以降低氯气的溶解，还可洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，为防止其水解，用浓硫酸干燥氯气；Cl2和锡的反应制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；装置G中NaOH吸收未反应的氯气，防止污染空气，因SnCl4极易水解，装置F可防止溶液的水蒸气进入收集器中；金属锡易与氯气、氧气反应，反应时应先生成氯气，将氧气排出，据此解答。
【详解】(1)仪器 A 的名称是蒸馏烧瓶，生成的了长期通过D进入浓盐酸上方，导致浓盐酸上方压强增大，从而将浓盐酸顺利进入烧瓶中，即导管 D可以平衡气压，使浓盐酸顺利流下；
(2)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为：， 30%硫酸中的 H+浓度较大，使平衡左移，减少氯气损失；
(3)试剂 B应为浓硫酸，防止C中的水蒸气进入收集装置引起 SnCl4水解；
(4)根据表中数据分析，SnCl4的熔沸点较低，可以将SnCl4转化为奇台，适当增大氯气的量，继续加热，便于分离产物，所以为防止产品中带入副产物 SnCl2，可采取的措施有增大Cl2的通入量；控制装置 Ⅳ反应温度在232℃~652℃之间；
(5)装置Ⅳ采用多孔耐高温泡沫的目的是增大接触面积，使反应更充分；
(6)根据信息遇水蒸气剧烈水解产生白雾，产物之一是分析，SnCl4遇氨气、水蒸气产生“浓白烟”，白烟应为氯化铵，所以化学方程式为；
(7)根据SnCl4-4AgNO3分析，硝酸银的物质的量为mol，则SnCl4的物质的量为mol，产品纯度为=。
3．(1) 蒸馏烧瓶 液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)
(2) A E装置中有均匀的气泡产生
(3) 关闭K1，打开K2 打开K1，通一段时间的N2 ×100%
(4) 88.8% 偏低
【分析】I．根据实验目的实验室利用Ca与N2反应制备Ca3N2，A装置为N2的发生装置，B为除去N2中混有的水蒸气，C为氮气与Ca反应生成氮化钙的反应装置，D防止E中的水蒸气进入C中，E防止外界空气中O2进入到C中，防止O2与Ca及氮化钙发生反应；
Ⅱ．目的测定Ca3N2纯度，利用Ca3N2与水反应生成氢氧化钙和氨气，利用浓硫酸来吸收氨气，通过测定硫酸的量，方案1根据硫酸的增重得知氨的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度；方案2利用过量的硫酸和氨先反应，再与氢氧化钠反应，间接的求出氨的物质的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度，但是如何尽可能将氨吸收完全，是此题中关键，以此来解析。
【详解】（1）仪器a的名称为蒸馏烧瓶，E装置作用液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)；
（2）实验开始时应首先点燃A处酒精灯，当观察到E装置中气泡均匀时点燃另一处酒精灯；
（3）①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂，②测定虚线框内装置及试剂的质量m1，③关闭开关K1，打开开关K2，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体，④打开开关K1，通入足量的N2把产生的气体全部压入浓硫酸，⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2；根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～34g NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=×100%；
（4）根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为×12.80×10-3L×1.00mol·L-1=6.4×10-3mol，再根据2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2×(100×10-3L×1.00mol·L-1-6.4×10-3mol×)=7.2×10-2mol，根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～2mol NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=88.8%；
若两个方案均操作无误，一个用氮气将氨排到后面装置，一个利用水蒸气排氨气，氮气不能将溶解在水中的氨气排除去，故得到氨气相对少一些，故方案一偏低。
4． 3d Fe2+中3d轨道没有达到半充满的稳定结构，而Fe3+中3d轨道达到半充满的稳定结构 12NA 6 sp 两者均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高 (1，，)
【分析】（1）铁的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2；
（2）氧化亚铁中亚铁离子的价电子排布式为3d6，3d轨道没有达到半充满的稳定结构，氧化铁中铁离子的价电子排布式为3d5，3d轨道达到半充满的稳定结构；
（3）在配合物Fe（CN）63-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键；
（4）[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+为中心离子，N3-和NH3为配位体；配体N3-与二氧化碳的原子个数和价电子数相同，属于等电子体，等电子体具有相同的空间结构；CoO和CoS均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径；
（5）已知晶胞中原子坐标参数A为（0，0，0），B的原子坐标分别为（1，1，0），则以A为晶胞坐标原点，晶胞的边长为1，C原子在晶胞立方体的面心上。
【详解】（1）铁的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2，由构造原理可知能量最高的能级为3d，故答案为：3d；
（2）氧化亚铁中亚铁离子的价电子排布式为3d6，3d轨道没有达到半充满的稳定结构，氧化铁中铁离子的价电子排布式为3d5，3d轨道达到半充满的稳定结构，所以在空气中FeO稳定性小于Fe2O3，故答案为：Fe2+中3d轨道没有达到半充满的稳定结构，而Fe3+中3d轨道达到半充满的稳定结构；
（3）在配合物Fe（CN）63-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为12NA，故答案为：12NA；
（4）[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+为中心离子，N3-和NH3为配位体，配位数为6；配体N3-与二氧化碳的原子个数和价电子数相同，属于等电子体，等电子体具有相同的空间结构，二氧化碳的空间构型为直线形，则N3-离子的空间构型也为直线形，由空间构型可知N原子的杂化方式为sp杂化；CoO和CoS均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高，故答案为：两者均为离子晶体，但S2-半径大于O2-半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高；
（5）已知晶胞中原子坐标参数A为（0，0，0），B的原子坐标分别为（1，1，0），则以A为晶胞坐标原点，晶胞的边长为1，C原子在晶胞立方体的面心上，则C原子坐标参数为(1，，)，故答案为：(1，，)。
【点睛】由晶胞中原子坐标参数A为（0，0，0），B的原子坐标分别为（1，1，0），确定晶胞的边长为1，C原子在晶胞立方体的面心上是确定C原子坐标参数的关键，也是解答难点。
5． 非极性 > sp2 6 N、Cl 7：2
【详解】(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为；
(2)H2O为极性分子，Ni(CO)4难溶于水，则Ni(CO)4为非极性分子；
(3)①N原子的价电子排布式为2s22p3，O原子的价电子排布式为2s22p4，N达到了半充满稳定结构，故较难失电子，第一电离能较大，所以第一电离能：N＞O；
②苯酚中的C共同形成大π键，有1个p轨道未杂化，为sp2杂化；
(4)配位化合物中心原子Co的配位数为6；配位原子是N、Cl；
(5) Fe3O4晶胞中O2-个数为：个，所以有2个，有1个，其中正四面体空隙共8个，1个填充在正四面体空隙中，剩余7个正四面体空隙，正八面体空隙共个，一个和一个填充在正八面体空隙中，剩余2个正八面体空隙，故没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为7：2；
(6)一个晶胞的质量为，体积为，因此密度为。
6．(1) N Cu+的3d轨道全满达到稳定状态 Cu2O
(2) 八面体形 C
(3) 11 F、N、C
(4) 50% CuInTe2 (，，)
【解析】（1）
铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，由构造原理可知，原子的电子所占据的最高能层为N；铜原子失去1个电子形成亚铜离子，亚铜离子的价电子排布式为3d10，3d轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子，所以亚铜离子比铜离子稳定；氧化亚铜和硫化亚铜都是离子晶体，氧离子的离子半径小于硫离子，氧化亚铜的晶格能大于硫化亚铜，则氧化亚铜的熔点高于硫化亚铜，故答案为：N；Cu2O；Cu+的3d轨道全满达到稳定状态；
（2）
六水合铜离子中铜离子为中心离子，水分子为配位体，配位数为6，由配位键的数目可知，铜离子的杂化方式可能为sp3d2杂化，配离子的空间构型为八面体形，故答案为：八面体形；C；
（3）
[Cu(en)2NH3](BF4)2中氮原子、碳原子和硼原子的价层电子对数都为4，VSEPR模型都为四面体，则VSEPR模型为四面体的非金属原子共有(2×2+2×2+1+2×2)=11个；非金属元素的非金属性越强，元素的电负性越强，元素非金属性的强弱顺序为F、N、C，则电负性的大小顺序为F、N、C，故答案为：11；F、N、C；
（4）
由晶胞结构可知，铟原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为×100%=50%；晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为6×+4×=4，位于体内的碲原子个数为8，则铜、铟、碲的原子个数为4：4：8=1：1：2，晶体的化学式为CuInTe2；由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)可知，晶胞边长为1，则位于体对角线处、面对角线处的C点原子的分数坐标分别为(，，)；由晶胞中C、D形成的直角三角形的边长为pm、pm可知，C、D间距离d==pm，故答案为：50%；CuInTe2；(，，)；。
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