山东省淄博市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验题等

山东省淄博市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验题等

一、实验题

1．（2020·山东淄博·统考一模）苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里制取并纯化苯胺。

已知：①与NH3相似，与盐酸反应生成(易溶于水的盐)。

②用硝基苯制取苯胺的反应为：2 +3Sn+12HCl2 +3SnCl4+4H2O

③有关物质的部分物理性质见下表：

Ⅰ.制备苯胺

图1所示装置中加入20mL浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，向三颈烧瓶中滴入一定量50%NaOH溶液，至溶液呈碱性。

（1）滴加适量NaOH溶液的目的是___，写出主要反应的离子方程式___。

Ⅱ.纯化苯胺

ⅰ.取出图l所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2所示装置。加热装置A产生水蒸气。用“水蒸气蒸馏”的方法把B中苯胺逐渐吹出，在烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液甲。

ⅱ.向所得水溶液甲中加入氯化钠固体至饱和，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。

iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺1.86g。

（2）装置A中玻璃管的作用是__。

（3）在苯胺吹出完毕后，应进行的操作是先__，再___。

（4）该实验中苯胺的产率为___(保留三位有效数字)。

（5）欲在不加热条件下除去苯胺中少量的硝基苯杂质，简述实验方案___。

2．（2021·山东淄博·统考一模）某电解精炼铜的阳极泥中富含硒，主要以银．铜的硒化物形式存在。实验室利用纯碱焙烧法从中提取硒的步骚如下：

Ⅰ.分别称取阳极泥．和，充分混合后置于仪器X中，在450~650℃范围内焙烧半小时，使硒化物转化为易溶于水的亚硒酸盐和硒酸盐；

Ⅱ.待仪器X冷却后，取出焙烧物置于小烧杯中，加入水，充分浸取后过滤，滤渣可用于提取金．银等贵金属；

Ⅲ.将Ⅱ中的滤液转移至蒸发皿中浓缩至左右，用浓盐酸酸化，将酸化后的溶液转移至烧杯中，小火加热至左右；

Ⅳ.待Ⅲ所得溶液冷却后，加入浓盐酸，滤去析出的不溶物；

Ⅴ.将Ⅳ中滤液转入锥形瓶中，通入数分钟，析出红色无定形硒沉淀，经过滤．洗涤．干燥后得粗硒。

已知：浓度较大的硒酸能被浓盐还原为亚硒酸。

(1)步骤Ⅰ中的作用是______。

(2)仪器X为______(填标号)。

A．烧杯    B．蒸发皿    C．瓷坩埚    D．铁坩埚

(3)步骤Ⅲ加入浓盐酸并加热浓缩的目的是______。

(4)步骤V所用装置如图所示，装置A的分液漏斗中试剂为______(填“98%硫酸”．“70%硫酸”或“10%硫酸”)；装置B中发生反应的化学方程式为______；装置C的作用是______。

(5)测定粗硒中硒的含量的操作步骤如下：

Ⅰ.用浓将样品中的氧化为；

Ⅱ.用溶液还原为，同时生成；

Ⅲ.以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定Ⅱ中生成的。

滴定终点的现象是______。实验中准确称量粗硒样品，滴定中消耗的溶液，则粗硒样品中硒的质量分数表达式为______。

3．（2022·山东淄博·统考一模）三氯化六氨合钴(Ⅲ){[Co(NH3)6]Cl3}是重要的化工原料。制备反应式为：2CoCl2·6H2O+10NH3+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+14H2O，反应放出大量热。已知：①Co2+不易被氧化，Co3+具有强氧化性；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲线如图1所示，加入少量浓盐酸有利于其析出。制备[Co(NH3)6]Cl3的实验步骤：

Ⅰ.取研细的CoCl2·6H2O和NH4Cl溶解后转入三颈烧瓶，控制温度在10℃以下，加入浓氨水和活性炭粉末。再逐滴加入30%的H2O2溶液，则溶液逐渐变混浊。实验装置如图2所示。

Ⅱ.将所得浊液趁热过滤，向滤液中逐滴加入少量浓盐酸后静置。

Ⅲ.在静置的同时，需对静置液进行“操作A”后过滤；用无水乙醇洗涤晶体2~3次。

(1)图中仪器a的名称为____。

(2)将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水的目的是____。

(3)步骤Ⅱ向滤液中加入浓盐酸的原因是____。

(4)步骤Ⅲ中的“操作A”是____。

(5)用如图3装置测定产品中NH3的含量(部分装置已省略)：

①蒸氨：取mg样品加入过量试剂后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入盛有V1mLc1mol·L-1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。

液封装置1的作用是____。

液封装置2的作用是____。

②滴定：将液封装置2中的水倒入锥形瓶后滴定剩余的H2SO4，消耗c2mol·L-1的NaOH标准溶液V2mL。若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，测得NH3的质量分数将____(填“偏高”或“偏低”或“不变”)。

二、结构与性质

4．（2020·山东淄博·统考一模）2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2、LiFePO4、LiMnO2、Cu与磷的化合物等都是研究电池的常用材料。请回答下列问题。

（1）Co4+中存在__种不同能量的电子。

（2）你预测第一电离能：Cu__Zn(填“＞”或“＜”)。请说出你的理由：__。

（3）已知下列化合物的熔点：

表格中卤化物的熔点产生差异的原因是：___。

（4）直链多磷酸盐的阴离子有复杂的结构，焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构如图：

这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为___(用n代表P原子数)。

（5）钴蓝晶胞结构如图1所示，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成如图2，则钴蓝晶体的化学式为___。在晶体中，某些原子位于其它原子围成的空隙中，如图3中●原子就位于最近的4个原子围成的正四面体空隙中。在钴蓝晶体中，Al3+位于O2-形成的___空隙中。若阿伏加德罗常数用NA表示，则钴蓝晶体的密度为___g·cm-3(列计算式即可，不必化简)。

5．（2021·山东淄博·统考一模）钛被称为继铁、铝之后的第三金属。钙钛矿是一类氧化物陶瓷材料，典型代表是晶体，是工业获取钛的重要原料。

(1)基态钛原子的价层电子排布式为______，其原子核外共有______种运动状态不同的电子。

(2)六氟合钛酸钾()中存在配离子，其中钛元素的化合价是______，配体是______。

(3)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，则该阳离子的化学式为______，阴离子中心原子的杂化轨道类型为______。

(4)晶体结构如图，已知该晶体晶胞参数为anm，则与紧邻的O个数为______，O与O间的最短距离为______。

(5)钨青铜()是一类色彩丰富的非整比化合物，其晶体结构与上述晶体结构相同，若无空缺，化学式为，完全空缺则为，每填入1个，相应有1个还原为。的颜色与x值的对应关系如图所示，已知某钨青铜晶体中，则其颜色为______色。

6．（2022·山东淄博·统考一模）物质的结构决定物质的性质，化学创造新物质，新物质促进社会发展。

(1)下列氮原子的不同的电子排布。

A．    B．    

C．    D．

能量最高的是____；其电子在发生跃迁时，不能产生发射光谱的是____。

(2)铵盐与碱加热可制备氨气。NH转化为NH3过程中，没有发生变化的是___。

A．键角     B．粒子的空间结构     C．杂化方式

(3)以特种铝合金为骨骼的LED地屏创造了冬奥开幕式的美轮美奂。Al晶胞为面心立方，其晶胞参数a=0.405nm，则铝原子的配位数为___，列式表示Al单质的密度为___g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA)。

(4)如图所示沿不同的方向分别向Al晶胞投影。方向①：从棱AA′向棱CC′方向；方向②：从顶点A向顶点C′方向。在下列4个投影图中，正确的是____。

A． B． C． D．

(5)氰胺分子中含氨基，分子式为CH2N2。其三分子聚合体是六元环状结构，称为三聚氰胺，其结构简式为____。

(6)今年2月2日《自然》杂志刊发论文，将三聚氰胺与某含氯、氧元素(原子数比1∶1)芳香化合物在特定溶液中混合，常温下自发迅速反应产生聚酰胺薄膜，是韧性极高又极薄的优质二维片材。部分结构如图示(不同颜色表示不同的结构)。已知：除氢原子和氧原子外，所有原子在图中均有表示。

①该反应的△G___0(填“<”、“>”或“=”)。

②参与反应的芳香化合物的结构简式是____，其反应的类型为___。

参考答案：

1．     与C6H5NH3+发生中和反应，生成C6H5NH2     C6H5NH3++OH-C6H5NH2+H2O     安全管、平衡压强、防止气压过大等     打开止水夹d     撤掉酒精灯或停止加热     40.0%     在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再向水溶液中加氢氧化钠溶液，析出苯胺，分液后用氢氧化钠固体（或碱石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，滤去氢氧化钠固体即可得较纯净的苯胺

【分析】(1)与NH3相似，NaOH与反应生成；

(2)装置A中玻璃管与空气连通，能平衡烧瓶内外的压强；

(3)为防止倒吸，在苯胺吹出完毕后，打开止水夹d，再停止加热；

(4)根据硝基苯的体积计算苯胺的理论产量，实际产量÷理论产量=产率；

(5)根据易溶于水、硝基苯难溶于水设计分离方案；

【详解】(1)与NH3相似，加入氢氧化钠，NaOH与反应生成，反应的离子方程式是；

(2)装置A中玻璃管与空气连通，能平衡烧瓶内外的压强，所以玻璃管的作用是安全管、平衡压强、防止气压过大；

(3)为防止倒吸，先打开止水夹d，再停止加热；

(4)5mL硝基苯的质量是5mL×1.23 g·cm-3=6.15g，物质的量是=0.05mol，根据质量守恒定律，生成苯胺的物质的量是0.05mol，苯胺的质量是0.05mol×93g/mol=4.65g，苯胺的产率是=40.0%；

(5)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再向水溶液中加氢氧化钠溶液，析出苯胺，分液后用氢氧化钠固体（或碱石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，滤去氢氧化钠固体即可得较纯净的苯胺。

2．     氧化剂     C     使硒酸盐与亚硒酸盐转化成相应的酸，并获得浓度较大的硒酸     70%硫酸          吸收多余，防止污染空气；防止发生倒吸     溶液蓝色褪去     (或)

【详解】（1）焙烧过程中，发生化学反应，硝酸钾作为氧化剂参与反应将硒化物转化为易溶于水的亚硒酸盐和硒酸盐；

（2）焙烧温度较高，容器需要耐高温，且不能与容器内物质发生化学反应，故只有C符合题意；

（3）加入盐酸酸化，将亚硒酸盐酸化为亚硒酸，同时将硒酸盐转化为硒酸，得到浓度较大的硒酸；

（4）装置A的分液漏斗中试剂为70%硫酸；装置A向装置B中通入SO2，利用二氧化硫的还原性还原亚硒酸为Se，同时二氧化硫被氧化为硫酸，；装置C防止生成多余的SO2溢出污染环境，防倒吸；

（5）用淀粉作为滴定I2的指示剂，淀粉在I2溶液中显蓝色，待滴定终点将I2消耗完则蓝色消失；根据题意知滴定过程中消耗Na2S2O3( (Vc) /1000) mol，则消耗的I2为( (Vc) /2000) mol， 1mol SeO2的被还原，可以生产2mol I2，则SeO2为( (Vc) /4000) mol Se的物质的量为79g/mol，则粗硒中硒的含量为：(或)。

3．(1)分液漏斗

(2)将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+

(3)增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3

(4)冷却结晶

(5)     平衡气压，防止倒吸，防止氨气逸出     防止氨气逸出，     偏低

【分析】将CoCl2•6H2O和可溶性NH4Cl一起用水溶解，所得溶液中加入活性炭和浓氨水，得到[Co(NH3)6]Cl2和活性炭的浊液，滴加H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，生成[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的浊液，再加入浓盐酸，冷却过滤，析出晶体[Co(NH3)6]Cl3；据此解答。

(1)

由仪器结构特征，可知仪器a为分液漏斗；答案为分液漏斗

(2)

将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水，是将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，即Co2++6NH3•H2O=[Co(NH3)6]2++6H2O；答案为将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+。

(3)

滤液中加适量浓盐酸，增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3；答案为增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3。

(4)

由题中信息可知，需对静置液进行“操作A”后过滤，即从热的滤液中分离出[Co(NH3)6]Cl3晶体，应采取冷却结晶；答案为冷却结晶。

(5)

①由添加药品后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入含有V1mLc1 mol•L-1H2SO4 标准溶液的锥形瓶中，所以液封装置1的作用是防止氨气逸出，同时可以起到平衡气压，防止倒吸的作用；液封装置2的作用为防止氨气逸出；答案为平衡气压，防止倒吸，防止氨气逸出；防止氨气逸出。

②氨气容易挥发，若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，则使得硫酸吸收的氨气偏少，则测得的NH3的质量分数偏低；答案为偏低。

4．     6     <     由于铜的核电荷数比锌小，原子半径比锌大，并且最外层是不稳定的4s1结构，而锌是相对稳定的4s2结构。所以气态铜易失去一个电子，即第一电离能较低     AlF3与GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，又由于Al3+半径小于Ga3+，离子键较强（晶格能较大），所以有熔点AlF3>GaF3>AlCl3     (PnO3n＋1)(n＋2)-或PnO3n＋1(n＋2)-     CoAl2O4     八面体    

【分析】（1）不同能级的电子能量不同；

（2）原子轨道处于全满、半满、全空时为稳定状态；

（3）AlF3、GaF3为离子晶体，Al3+半径小于Ga3+，AlCl3为分子晶体；

（4）根据焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构，重复单元为；

（5）根据均摊原则计算晶胞的化学式；；

【详解】（1）不同能级的电子能量不同；Co4+的核外电子排布式是1s22s2sp63s23p63d5，存在6种不同能量的电子；

（2）Cu核外电子排布式是1s22s2sp63s23p63d104s1 ，Zn核外电子排布式是1s22s2sp63s23p63d104s2，由于铜的核电荷数比锌小，原子半径比锌大，并且最外层是不稳定的4s1结构，而锌是相对稳定的4s2结构。所以气态铜易失去一个电子，即第一电离能较低；

（3）AlF3与GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，又由于Al3+半径小于Ga3+，离子键较强（晶格能较大），所以有熔点AlF3>GaF3>AlCl3；

（4）根据焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构，重复单元为，所以氧原子数是磷原子数的3倍加1，电荷数是磷原子数加2；所以这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(PnO3n＋1)(n＋2)-；

（5）Ⅰ型立体结构含有Co原子数是 、O原子数是4，Ⅱ型小立方体含有Co原子数是 、O原子数是4、Al原子数是4，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，钴蓝晶体的化学式为CoAl2O4；根据图示，在钴蓝晶体中，Al3+位于O2-形成的八面体空隙中；晶胞中含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，晶胞的体积是 ，所以密度是。

5．          22                         6          紫

【详解】(1)钛为22号元素，基态钛原子的电子排布式为[Ar]，价层电子排布式为；有多少个电子，就有几种运动状态不同的电子，因此钛其原子核外共有22种运动状态不同的电子；

(2)F为-1价，则配离子中钛元素的化合价是+4；F-提供孤电子作配体；

(3)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构为，由图可知Ti和O个数比为1:1，硫酸根为-2价，则阳离子的化学式为；阴离子的中心S原子价层电子对数=4+=4，因此中心S杂化轨道类型为sp3杂化；

(4)以顶点的Ti为例，与紧邻的O个数为6；O与O间的最短距离为面对角线的一半，即；

(5)钨青铜()晶体结构与上述晶体结构相同，则一个晶胞中含=1个W，某钨青铜晶体中，则一个晶胞中W5+的平均个数为1×=0.6，则填入了0.6个Na+，即x=0.6，对比比色卡可知其颜色为紫色。

6．(1)     D     A

(2)C

(3)     12    

(4)BD

(5)

(6)     ＜          缩聚反应

【解析】（1）

轨道中电子能量：1s＜2s＜2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序是A＜C＜B＜D，因此能量最高的是选项D；电子从基态向激发态的跃迁会吸收能量，形成吸收光谱；电子从激发态向基态的跃迁会放出能量，形成发射光谱，所以电子在发生跃迁时，只有A处于基态，能量最低，不能产生发射光谱，故选A；

（2）

铵根是正四面体型结构，氨气是三角锥形结构，其中氮原子均是sp3杂化，所以NH转化为NH3过程中，没有发生变化的是杂化方式，答案选C；

（3）

Al单质为面心立方晶体，铝原子个数8×+6×=4，晶胞中铝原子的配位数为3×8×=12，Al单质的密度= g·cm-3= g·cm-3；

（4）

Al单质为面心立方晶体，按方向①从棱AA′向棱CC′方向投影时，形成一个长方形，顶点上的晶胞投影在长方形边上，面心上晶胞投影在长方形中间，对应的答案为B；按方向②从顶点A向顶点C′方向投影时，顶点上的晶胞的投影形成一个大的正六边形，面心上6个原子投影形成一个小的正六边形，对应的答案为D，答案为BD；

（5）

氰胺分子中含氨基，分子式为CH2N2。其三分子聚合体是六元环状结构，称为三聚氰胺是，由于氰胺的结构简式为H2N－C≡N，因此三聚氰胺的结构简式为；

（6）

①由于常温下自发迅速反应产生聚酰胺薄膜，所以该反应的△G＜0；

②根据生成物的结构简式可判断应该是缩聚产物，又因为与参与反应的芳香化合物中氯、氧元素中原子数比1∶1，这说明生成的小分子应该是氯化氢，所以该有机物的结构简式是。