福建省漳州市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

福建省漳州市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

一、实验题

1．（2020·福建漳州·统考二模）亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂， 可由NO与Cl2在通常条件下反应得到。某学习小组在实验室用如图所示装置制备NOCl。

已知：亚硝酰氯(NOCl)的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃， 气态呈黄色，液态时呈红褐色，易与水反应。

请回答下列问题：

(1)装置A中仪器a的名称是____________。

(2)实验开始时，应先打开K2，再打开____________（填K1”或K3”），通入一段时间气体，其目的是____________。

(3)实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，装置B中的长直玻璃管还具有的作用是____________。

(4)装置C中应选用的试剂为____________(填试剂名称)。

(5)装置F的作用是____________。

(6)工业上可用间接电化学法除去NO，其原理如图所示，吸收塔中发生的反应为：NO+S2O42-+H 2O——N2+HSO3-(未配平)

①吸收塔内发生反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为________。

②阴极的电极反应式为_______。

(7)NOCl与H2O反应生成HNO2和HCl。请设计实验证明HNO2是弱酸：_______。

2．（2021·福建漳州·统考二模）为探究能否氧化，某兴趣小组用溶液()和溶液()进行如下操作并记录现象。

已知：①(紫色)

②遇无明显现象

③能显著减慢的紫色褪去

(1)配制溶液时，需要用盐酸酸化，原因是___(用化学方程式表示)。

(2)分析实验I：若向紫色溶液中加入酸，会使体系I中___(填离子符号)浓度增大，导致平衡正向移动，溶液紫色变深；出现淡黄色浑浊是因为与发生了反应，该反应的离子方程式为____。

(3)分析实验II：溶液紫色褪去，是因为被____(填“氧化”或“还原”)成，该反应的离子方程式为____。

(4)实验I中出现淡黄色浑浊，而实验II中未出现淡黄色浑浊的原因是_____。

(5)请设计实验方案证明反应是有限度的_____。

3．（2022·福建漳州·统考二模）近年来，研究人员提出用作为水溶液中歧化反应的催化剂，实现含工业污水的处理。其催化过程分两步完成：

ⅰ．

ⅱ．

为探究ⅰ、ⅱ反应速率与歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mL饱和溶液加入2mL下列试剂中，密闭放置，观察现象(已知：易溶解在KI溶液中)。

(1)KI的电子式为___________。用KI固体配制溶液，下列仪器中需要使用的有___________(填写名称)。

(2)水溶液中歧化反应的离子方程式为___________。

(3)上述实验需要“密闭放置”的主要原因是___________。

(4)实验①和②是对照实验，则___________，比较实验①和②可得出结论___________。

(5)实验③试剂为___________，比较实验②和③可知单独存在时不能催化的歧化反应。综合实验①②③得出结论：是歧化反应的催化剂。

(6)实验表明，歧化反应速率④＞①，结合ⅰ和ⅱ的反应速率解释其原因___________。

二、结构与性质

4．（2020·福建漳州·统考二模）氮化铝(AlN)陶瓷是一种新型无机非金属材料， 最高可稳定到2473K， 导热性好、热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料。制取原理为：Al2O3+3C+N22A1N+3CO，回答下列问题：

(1)氮化铝的晶体类型为________。在上述化学方程式中第二周期元素的第一电离能由小到大的顺序是______。

(2)基态氧原子电子占据最高能级的原子轨道的形状是________，未成对电子数为________。

(3)等电子体具有相似的结构。CO与N2互为等电子体，CO分子中σ键与π键数目之比为_______。

(4)Cu2+处于：[Cu(NH3)4]2+的中心，若将配离子[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3换为CN-，则有2种结构，则Cu2+是否为sp3杂化________（填“是”或“否”）理由为_________。

(5)AlN晶体结构如图所示，1个Al原子周围距离最近的Al原子数为______个；若晶胞结构的高为a nm， 底边长为b nm，NA表示阿伏伽德罗常数的值，则其密度为_______g.cm-3(列出计算式)。

5．（2021·福建漳州·统考二模）卟啉化合物在生命科学、太阳能储存等众多领域具有广阔的应用前景。回答下列问题：

I.四苯基金属锌卟啉配合物具有促进细胞组织呼吸、改善蛋白质和糖代谢等作用，其合成过程如下(ph-为苯基)：

(1)配合物中基态Zn原子的价电子排布式为_______，C原子的杂化类型为_______。

(2)合成过程所用的试剂乙醇中所含元素的电负性由大到小的顺序为_______。

(3)乙醇的沸点高于二氯甲烷的沸点，主要原因是_______。

II.研究表明利用卟啉配合物对钙钛矿薄膜进行修饰调控，可大幅度提高钙钛矿太阳能电池器件的性能和稳定性。

(4)钙钛矿晶胞如图所示，Ti4+处于6个O2-组成的_______空隙中，若Ca2+与O2-的最短距离为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为_______g∙cm-3(列出计算表达式)。

(5)在钙钛矿晶胞结构的另一种表示中，Ti4+处于各顶点位置，则O2-处于_______位置。

6．（2022·福建漳州·统考二模）“氢能”是21世纪的绿色能源，研发新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向。

(1)是一种储氢材料，可由和反应制得。

①基态的未成对电子数有___________个。

②晶体由和构成，中B原子的杂化方式为___________，写出一种与互为等电子体的分子___________(写化学式)，晶体含有的化学键有___________(填标号)。

A．离子键    B．极性键    C．非极性键    D．配位键    E．金属键

(2)某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物，M的部分电离能如下表所示：

M是___________(填元素符号)，判断理由为___________。

(3)镧镍合金也是一种重要储氢材料。某种镧镍合金储氢后的晶胞结构如图所示，其化学式为___________。

参考答案：

1．     圆底烧瓶     K1     排尽装置内的空气，防止NO被氧化     平衡气压，避免装置内压强过大     浓硫酸     冷凝收集亚硝酰氯     1：1     2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O     用玻璃棒蘸取NaNO2溶液滴在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸

【分析】装置A是制备氯气的发生装置，装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，防止B中压强过大，检查装置是否堵塞，装置C是干燥气体，进入装置E中，推入NO气体，NO与Cl2在通常条件下反应产生亚硝酰氯(C1NO)，进入装置F中利用冰盐冷却收集亚硝酰氯，通过装置G可避免水蒸气进入，最后通入氢氧化钠溶液中处理尾气。

【详解】(1)根据仪器的结构可知：装置A中仪器a的名称是圆底烧瓶；

(2)NO容易与装置内空气中的氧气反应产生NO2，为避免空气的影响，要先排除装置中的空气，所以实验开始时，应先打开K2，再打开K1通入一段时间气体；

(3)反应产生气体速率快，B中气泡多，反应产生气体慢，B中气泡少，所以B装置可以观察气体产生的速率；同时若装置中气流过大，B中液体就会进入长直玻璃管，从而可降低气体压强，故实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，装置B中的长直玻璃管还具有的作用是平衡气压，避免装置内压强过大；

(4)在装置E中Cl2与NO反应产生NOCl，由于NOCl易与水反应，为避免反应制取的NOCl与水接触、反应时要对制取的Cl2进行干燥，故装置C中是干燥剂，应选用浓硫酸；

(5)亚硝酰氯(NOC1)的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，装置F的作用是：冷凝收集亚硝酰氯；

(6)①工业上可用间接电化学法除去NO，吸收塔中硫代硫酸根离子与NO发生氧化还原反应，生成N2和HSO3-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得发生反应的离子方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，在该反应中NO是氧化剂，S2O42-是还原剂，可见反应中氧化剂与还原剂的物质的量的比是1：1；

②阴极上HSO3-得到电子，发生还原反应，生成S2O42-，所以阴极的电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；

(7)NOCl与H2O反应生成HNO2和HCl。证明HNO2是弱酸的方法：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液滴在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸。

【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断。物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有强的接受信息、处理信息应用的能力。

2．          Fe3+          氧化          实验I中过量且溶液呈酸性，与发生反应：实验II中被过量的氧化     往溶液中滴入2滴溶液，再往反应后的紫色溶液中滴入溶液，若溶液变红则说明反应是有限度的，反之不能

【详解】(1)配制溶液时，需要用盐酸酸化，可抑制水解，方程式为：；

(2)铁离子水解显酸性，若向紫色溶液中加入酸，会使体系I中铁离子水解平衡逆向移动，铁离子浓度增大，导致平衡正向移动，溶液紫色变深；出现淡黄色浑浊是因为与发生了反应，该反应的离子方程式为。

(3)分析实验II：溶液紫色褪去，是因为被氧化成，该反应的离子方程式为。

(4)实验I中出现淡黄色浑浊，而实验II中未出现淡黄色浑浊的原因是实验I中过量且溶液呈酸性，与发生反应：实验II中被过量的氧化。

(5) 设计实验，铁离子少量，但反应后溶液中仍存在铁离子，即可说明反应存在限度，具体实验为：往溶液中滴入2滴溶液，再往反应后的紫色溶液中滴入溶液，若溶液变红则说明反应是有限度的，反之不能。

3．(1)          烧杯、托盘天平

(2)

(3)防止氧气参与反应，影响实验结果的准确性

(4)     0.4     可以加快和反应的速率

(5)溶液

(6)反应ⅱ比反应ⅰ快，反应ⅱ产生的使反应ⅰ速率加快

【解析】(1)

KI为离子化合物，则其电子式为；用KI固体配制溶液，需要用到烧杯、玻璃棒、托盘天平、50mL容量瓶、胶头滴管，则下列仪器中需要使用的有烧杯、托盘天平，故答案为：；烧杯、托盘天平；

(2)

用作为水溶液中歧化反应的催化剂，其催化过程分两步完成：ⅰ．，ⅱ．，则

水溶液中歧化反应的离子方程式为：，故答案为：；

(3)

二氧化硫具有还原性，溶于水时，生成亚硫酸，亚硫酸会被氧气氧化，则实验需要“密闭放置”的主要原因是防止氧气参与反应，影响实验结果的准确性，故答案为：防止氧气参与反应，影响实验结果的准确性；

(4)

实验①和②是对照实验，要符合单一变量原则，则0.4；比较实验①和②可知，加入硫酸后，溶液变黄，出现浑浊较①快，则实验结论为可以加快和反应的速率，故答案为：0.4；可以加快和反应的速率；

(5)

实验②和③可知单独存在时不能催化的歧化反应，根据单一变量原则，可知实验③试剂为溶液，故答案为：溶液；

(6)

根据(4)可知可以加快和反应的速率，加入碘单质，会进行反应ⅱ，从而产生氢离子，因此歧化反应速率④＞①，结合ⅰ和ⅱ的反应速率解释其原因为反应ⅱ比反应ⅰ快，反应ⅱ产生的使反应ⅰ速率加快，故答案为：反应ⅱ比反应ⅰ快，反应ⅱ产生的使反应ⅰ速率加快。

4．     原子晶体     C<O<N     哑铃形(或纺锤形)     2     1：2     否     若是sp3杂化[Cu(NH3)4]2+的空间构型为正四面体形，将配离子[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3换为CN-，则只有1种结构     12    

【分析】(1)原子晶体的熔沸点较高、硬度大，同一周期元素的电离能呈增大趋势；

(2)根据O原子核外电子排布及各个能级的原子轨道的形状确定未成对电子数目；

(3)等电子体结构相似，结合共价单键都是σ键与π键，共价双键一个是σ键，1个是π键；共价三键1个σ键个2个π键分析；

(4)根据将配离子[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3换为CN-，有2种结构，判断Cu2+中原子杂化类型；

(5)利用均摊方法计算一个晶胞中含有的离Al原子最近的Al原子个数，先计算一个晶胞中含有的Al、N原子数目，然后根据晶胞密度计算公式计算。

【详解】(1)由于原子晶体的熔沸点较高、硬度大，而氮化铝(AlN)陶瓷最高可稳定到2473K，说明原子间结合力强，熔沸点高，属于原子晶体；在上述反应中涉及到的第二周期的元素有C、N、O三种元素，同一元素的电离能随原子序数的增大而增大，但由于N原子最外层的p电子处于半充满的稳定状态，不容易失去电子，属于其第一电离能比相邻的O元素要大，故三种元素的第一电离能由小到大的顺序是C<O<N；

(2)O是8号元素，核外电子排布为1s22s22p4，可见基态氧原子电子占据最高能级是2p能级，其原子轨道的形状是哑铃形(或纺锤形)，由于2p轨道数目是3 个，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，一个轨道最多可容纳2个电子，自旋方向相反，所以未成对电子数为2个；

(3) N2结构简式是N≡N，等电子体具有相似的结构。CO与N2互为等电子体，所以CO分子中含有1个σ键和2个π键，因此CO分子中σ键与π键数目之比为1：2；

(4)由于将配离子[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3换为CN-，有2种结构，说明[Cu(NH3)4]2+形成是平面正方形结构，Cu2+在平面正方形对角线的交点上；若是Cu2+采用sp3杂化，由于正四面体任何两个顶点都处于相邻位置，那么[Cu(NH3)4]2+的空间构型为正四面体形，将配离子[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3换为CN-，则只有1种结构，所以Cu2+不是采用sp3杂化；

(5)由晶体结构示意图可知与Al原子连接的N原子构成的是正四面体结构，与N原子连接的Al原子构成的也是正四面体结构，则晶体中若Al原子处于立方体顶点上，可截图为，可见顶点Al原子到面心最近Al原子最近，在一个晶胞中有3个这种Al原子，且通过该Al原子可形成8个晶胞，每个Al原子被计算了2次，因此与1个Al原子周围距离最近的Al原子数为=12个；也可以按照题图画实线部分截图为。在该结构图中，底面为菱形，处于对位的两个顶角分别为60°、120°，其中含有Al原子个数为Al：=2，含有N原子数目为N：=2，因此一个该结构中含有2个AlN，底面面积为S=b×(10-7 cm) b×(10-7 cm)=b2×10-14 cm2，晶胞高为a nm=a×10-7 cm，则该结构体积V=b2×10-21 cm3，该结构质量m=g，所以该结构(即晶胞)的密度为=g/cm3。

【点睛】本题考查了物质结构的知识，涉及元素电离能大小比较、原子的杂化、等电子体及晶胞有关计算等。掌握物质结构知识是解题关键，在进行晶胞计算时要学会利用均摊方法，难点是计算晶胞中含有的Al、N原子数目，同时会计算晶胞的体积，结合密度计算公式计算，需要学生具有一定的空间想象能力和计算能力，在计算晶体密度时要注意长度单位的换算关系。学生要具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力。

5．     3d104s2     sp2     O>C>H     乙醇和二氯甲烷都是分子晶体，乙醇存在分子间氢键     正八面体          棱心

【详解】(1)Zn为30号元素，基态原子的核外电子排布为[Ar] 3d104s2，价电子排布式为3d104s2，根据配合物的结构简式可知C原子均形成双键，所以为sp2杂化；

(2)非金属性越强，元素的电负性越强，非金属性O＞C＞H，则电负性O＞C＞H；

(3)乙醇和二氯甲烷均为分子晶体，但由于乙醇分子中含有羟基，可以形成分子间氢键，所以乙醇的沸点较高；

(4)根据晶胞结构示意图可知Ti4+周围6个O2-围成一个正八面体；据图可知Ca2+与O2-的最短距离为该晶胞面对角线的一半，所以该晶胞的边长为，则晶胞的体积为(×10-7)cm3，根据均摊法，晶胞中含有O2-的个数为=3，Ti4+的个数为1，Ca2+的个数为=1，所以晶胞的质量为g，则晶体的密度为g·cm3；

(5)原晶胞中Ti4+与O2-的距离为边长的一半，根据晶胞平移时微粒间的距离不变，可知当Ti4+处于顶点时，O2-处于棱心。

6．(1)     1          或     ABD

(2)     Mg     M的远大于，说明M原子容易失去2个电子形成稳定结构，M位于第三周期ⅡA族，所以为Mg

(3)或

【解析】(1)

①基态Ti原子价电子排布式为3d24s2，Ti原子失去4s能级上2个电子，3d能级上1个电子生成基态，所以基态的未成对电子数有1个，故答案为：1。

②中B原子的价电子对数=4+=4，采用杂化；与互为等电子体的分子中含有5个原子，价电子数是8，可以是或；中阴、阳离子之间存在离子键，B、H原子之间存在4个共价键，其中一个是配位键，所以该晶体中含有离子键、极性共价键、配位键，不存在金属键，故选ABD，故答案为：；或；ABD。

(2)

由表中电离能数据可知，M元素的第三电离能剧增，则该元素属于第IIA，为Mg元素，故答案为：Mg；M的远大于，说明M原子容易失去2个电子形成稳定结构，M位于第三周期ⅡA族，所以为Mg。

(3)

由题给晶胞图知，该晶胞中含La原子个数为8=1，含Ni原子个数为8+1=5，含H2分子个数为8+2=3，则该晶胞化学式为或，故答案为：或。