山东省临沂市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

山东省临沂市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·山东临沂·统考一模）草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]是一种常用的金属着色剂，易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间。某兴趣小组设计实验制备草酸铁铵并测其纯度。

（1）甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸，其实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。

①仪器a的名称是________________。

②55～60℃下，装置A中生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，该反应的化学方程式为__________________________。

③装置B的作用是______________________；装置C中盛装的试剂是______________。

（2）乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁铵。

将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液；滴加氨水至__________，然后将溶液________、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品。

（3）丙组设计实验测定乙组产品的纯度。

准确称量5.000g产品配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入足量0.1000mol·L－1稀硫酸酸化后，再用0.1000mol·L－1KMnO4标准溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液的体积为12.00mL。

①滴定终点的现象是_______________________。

②滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是____________________。

③产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为____________％。[已知：(NH4)3Fe(C2O4)3的摩尔质量为374g·mol－1]

2．（2021·山东临沂·统考一模）三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，其实验装置如下图所示：

已知：①COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解：COCl2+H2O=CO2+2HCl；

②碱性条件下，H2O2可将Cr3+氧化为；酸性条件下，H2O2将还原为Cr3+。

请回答下列问题：

(1)A中的试剂为_______；无水CaCl2的作用是_______；反应结束后要继续通入一段时间氮气，主要目的是_______。

(2)装置E用来收集产物。实验过程中若D处出现堵塞，可观察到的现象是_______；可通过_______(填操作)使实验继续进行。

(3)装置G中发生反应的离子方程式为_______。

(4)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：

I.取mgCrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为，继续加热一段时间；

II.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色)，使转化为；

III.用新配制的cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL(已知被Fe2+还原为Cr3+)。

①产品中CrCl3质量分数表达式为_______%。

②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是_______(填字母标号)。

A．步骤I中未继续加热一段时间

B．步骤III中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质

C．步骤II中未加浓磷酸

D．步骤III中读数时，滴定前俯视，滴定后平视

3．（2022·山东临沂·统考一模）实验室以活性炭为催化剂，用制取三氯化六氨合钴(Ⅲ){}，装置如图所示。

已知：①具有较强还原性；溶液呈棕色。②。回答下列问题：

(1)仪器a的名称是_______；仪器b中的试剂是_______。

(2)产品制备.检查装置气密性并将和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，溶液变为棕色，的作用是_______；充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热，该过程发生反应的离子方程式为_______。

(3)产品分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是_______。

(4)测定产品中的含量。实验如下：

①蒸氨：取样品加入三颈烧瓶中，再加入足量溶液并加热，蒸出的通入含有标准溶液的锥形瓶中。

②滴定：用溶液滴定剩余的，消耗溶液。滴定时选用的指示剂为_______，的质量分数为_______；若溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，测得的含量_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

二、结构与性质

4．（2020·山东临沂·统考一模）锂离子电池是指以锂离子嵌入化合物为正极材料的电池。研究锂离子电池的电极材料、电解液具有重要的现实意义。

（1）锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的LiMPO4(M=Fe、Co等元素)。

①Li+能量最低的激发态的电子排布图为______________________。

②第四电离能I4(Co)比I4(Fe)小，原因是______________________。

（2）锂离子电池的电解液有LiBF4等，碳酸亚乙酯()用作该电解液的添加剂。

①LiBF4中阴离子的空间构型为____________________。

②碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式为___________________；碳酸亚乙酯能溶于水的原因是______________________________________________________。

（3）硫化锂是目前正在研发的锂离子电池的新型固体电解质，为立方晶系晶体，其晶胞参数为apm。该晶胞中离子的分数坐标为：

硫离子：(0，0，0)；()，；；……

锂离子：；；；；……

①在图上画出硫化锂晶胞沿x轴投影的俯视图。___________

②硫离子的配位数为__________________。

③设NA为阿伏加德罗常数的值，硫化锂的晶体密度为________g·cm－3(列出计算表达式)。

5．（2021·山东临沂·统考一模）我国科研工作者最近发现并制备了一系列主要由 O、P、Se、Bi 等元素组成的导电材料。回答下列问题：

(1)基态硒原子的价电子排布式为_______；SeO2的熔点为 350 ℃，加热易升华，固态SeO2属于_______ 晶体。

(2)O、P、S三种元素中，电负性最大的是_______；键角：H2O_______H2Se(填">"、"<"或"=")。

(3)纯净的磷酸粘度极大，随温度升高粘度迅速下降，原因是_______；熔融状态的磷酸导电性很好，这是由于在纯磷酸中存在如下质子交换导电机理。

由此可以推知纯磷酸液体中存在的导电微粒是和_______，的空间构型为_______。

(4)硒氧化铋是一类全新二维半导体芯片材料，为四方晶系晶胞结构(如图所示)，可以看成带正电的层与带负电的层交替堆叠。据此推断硒氧化铋的化学式为_______，其中Se的分数坐标为_______。晶胞棱边夹角均为90°，硒氧化铋的摩尔质量为 M g·mol-1，则晶体密度的表达式为_______g·cm-3(NA为阿伏加德罗常数的值)。

参考答案：

1．     球形冷凝管     12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O     安全瓶，防倒吸     NaOH溶液     溶液pH介于4.0~5.0之间     加热浓缩、冷却结晶     溶液变为粉红色,且半分钟内不褪色     反应生成的Mn2+是该反应的催化剂     74.8

【分析】(1)①根据图示分析判断仪器a的名称；

②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒分析书写方程式；

③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸；

(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；

(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂；

②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，据此分析；

③根据题给数据，结合反应，计算(NH4)3Fe(C2O4)3的物质的量，进而计算产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数=×100%。

【详解】(1)①根据图示仪器a的名称为球形冷凝管；

②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；

③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸，装置B的作用是做安全瓶防止倒吸，装置C中盛装的试剂是NaOH溶液，用于吸收NO2和NO，发生反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；

(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间，则将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；

提纯后的草酸溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品；

(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂，滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色，即为达到终点；

②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，说明反应生成的Mn2+可以加快反应速率，即Mn2+起催化剂的作用；

③滴定过程中，产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，10.00mL 产品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×0.012L=0.0012mol，则10.00mL产品溶液中n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×0.0012mol=0.003mol，根据物料守恒，100mL产品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量=×0.003mol××374g·mol－1=3.74g，故产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为×100%=74.8%。

2．     浓H2SO4     防止G中水蒸气进入E及C装置     将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气     C装置内压强增大，A中导管内液面上升     对D处稍加热               AC

【分析】实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气；

【详解】(1)根据题目信息：CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，作用是干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2的作用是防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气；

(2)若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升；D处堵塞是因CrCl3升华后在D处凝聚而产生的，故可对D处稍加热，使实验能继续进行；

(3)装置G中可以看做是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，故反应方程式为；

(4)①测定过程中的物质的量的关系为：，得失电子守恒，原子守恒，产品中CrCl3的物质的量为：，产品中的CrCl3的质量分数表达式为：；

②A.步骤Ⅰ未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤Ⅱ中会将还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH4)2Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A正确；

B. 步骤Ⅲ中所(NH4)2Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，B错误；

C. 步骤Ⅱ中未加浓磷酸，指示剂会提前变色，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，C正确；

D.步骤Ⅲ中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大。测出的CrCl3质量分数偏高，D错误。

故选AC。

3．(1)     恒压滴液漏斗     P2O5或无水CaCl2等

(2)     会抑制的电离，防止生成Co(OH)2沉淀     2+H2O2+2 2+2↑+2H2O

(3)降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出

(4)     甲基橙     17(2c1V1-c2V2)%     无影响

【分析】实验室以活性炭为催化剂，用与氯化铵反应制取三氯化六氨合钴(Ⅲ){}，并测定产品中的含量。

【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗；仪器b中的试剂用于吸收未氨气及防止空气中的水蒸气进入，可选择P2O5或无水CaCl2等；

（2）加入可增大铵根离子的浓度，抑制的电离，防止生成Co(OH)2沉淀；

充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热，发生反应的离子方程式为2+H2O2+2 2+2↑+2H2O；

（3）加入浓盐酸，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出；

（4）②滴定：用溶液滴定剩余的，消耗溶液。滴定终点溶液变色范围呈酸性，故滴定时选用的指示剂为甲基橙；

硫酸分别与氨气和氢氧化钠溶液反应，根据反应可计算的质量分数为17(2c1V1-c2V2)%；若溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，则会吸收空气中的二氧化碳，但滴定剩余硫酸时消耗的体积不变，测得的含量无影响。

4．          Co失去3d6上的一个电子，而Fe失去3d5上的一个电子，3d轨道半充满时稳定性强，故I4(Co)比I4(Fe)小     正四面体     sp3、sp2     碳酸亚乙酯分子与水分子之间形成氢键          8    

【分析】(1)①基态Li原子的核外电子排布图为，据此分析解答；

②原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定，失去电子需要的能量更高；

(2)①根据VSEPR理论判断BF4-的空间构型；

②该分子中—CH2—中C原子价层电子对数是4且不含孤电子对、C=O中C原子价层电子对数是3且不含孤电子对，据此判断C原子杂化方式；碳酸亚乙酯分子与水分子之间形成氢键；

(3)①根据硫离子和锂离子的分数坐标分析判断绘图；

②从面心的S2-看，周围与之等距且最近的Li+有8个；

③根据ρ=计算晶体密度。

【详解】(1)锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的LiMPO4(M=Fe、Co等元素)。

①基态Li原子的核外电子排布图为，基态Li+的核外电子排布图为，则Li+能量最低的激发态的电子排布图为；

②Co3+价电子排布为3d6变为较稳定的3d5，而Fe3+价电子排布由较稳定的3d5变为不稳定的3d4，需要更多的能量，故第四电离能：I4(Co)＜I4(Fe)；

(2)①对于BF4−，根据VSEPR理论，B原子的孤电子对数为=0，σ键电子对数为4，则其空间构型为正四面体；

②该分子中—CH2—中C原子价层电子对数是4且不含孤电子对，—CH2—中碳原子为sp3杂化，C=O中C原子价层电子对数是3且不含孤电子对，C=O中C原子杂化方式为sp2；碳酸亚乙酯能溶于水的原因是碳酸亚乙酯分子与水分子之间形成氢键；

(3)①根据硫离子的坐标参数，硫离子位于晶胞的面心、顶点；根据锂离子的分数坐标参数，锂离子位于晶胞的内部，结合坐标位置，则硫化锂晶胞沿x轴投影的俯视图为：；

②根据①中的分析，结合俯视图，从面心的S2−看，周围与之等距且最近的Li+有8个，所以S2−的配位数为8；

③1个晶胞中有S2−的数目为8×+6×=4个，含有Li+数目为8个，晶胞参数为apm，一个晶胞体积为V=a3pm3=a3×10−30cm3，1mol晶胞的体积为a3×10−30NAcm3，1mol晶胞质量为m=4×46g，所以晶体密度为ρ===g/cm3。

5．     4s24p4     分子     O     >     温度升高，磷酸分子间的氢键被破坏          正四面体              

【详解】(1)Se是与O、S同族的主族元素，位于S的下一周期，即第四周期，主族元素价电子即最外层电子，故Se的价电子排布式为：4S24P4；SeO2晶体熔点低，且易升华，符合分子晶体的物理性质，故属于分子晶体；

(2)非金属性：O＞S＞P，电负性变化规律与非金属性一致，故三者电负性最大的为：O；H2O和H2Se中心原子O和Se均含两对孤对电子，但由于电负性O＞Se，故O对孤对电子的引力强于Se，导致H2O中孤对电子对O—H的斥力小于H2Se中孤对电子对Se—H的斥力，故键角：H2O＞H2Se；

(3)由于磷酸分子间存在氢键，故纯净的磷酸粘度极大，当温度升高时，部分磷酸分子间的氢键被破坏，导致粘度迅速下降；由图示知，导电微粒为[P(OH)4]+和，故此处填；[P(OH)4]+中心P原子价层含4个σ电子对，无孤电子对，根据价层电子对互斥理论知[P(OH)4]+空间构型为正四面体；

(4)根据电荷守恒知，该晶胞中与为1：1，故该晶体的化学式为Bi2O2Se；以顶点Se为原点，坐标定为(0，0，0)，则体心Se各个坐标值相当于边长的一半，故其坐标为，即其分数坐标为；该晶胞中含有Se个数=，结合化学式知该晶胞中含2个Bi2O2Se，故该晶胞的质量m=，该晶胞体积V=，故该晶体的密度=晶胞密度= 。