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河北省保定市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
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这是一份河北省保定市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，共13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。
河北省保定市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．（2021·河北保定·统考二模）二氯乙烷是重要的有机化工原料，不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点，碱性条件下水解程度较大。实验室采用“乙烯液相直接氯化法”制备1，2-二氯乙烷，相关反应原理为
实验装置如图：
请回答下列问题：
(1)写出甲装置发生反应的化学方程式___________。
(2)按实验原理将装置戊、己、庚连接起来，d→___________→___________→___________→___________a(按接口顺序连接)
(3)丁装置中长玻璃导管B的作用是___________，先装入1，2-二氯乙烷液体，其作用是___________以促进气体间的接触，更容易使物质发生反应。
(4)制乙烯采用甘油浴加热，该加热方式的优点是___________。
(5)制得的1，2-二氯乙烷中溶解有、乙烯，逐出其中的和乙烯采用的方法是___________。
(6)有同学提出该装置存在缺陷，你认为是___________。
(7)产品纯度的测定：量取逐出和乙烯后的产品，产品密度为，加足量稀溶液，加热充分反应：。所得溶液先用稀硝酸中和至酸性，然后加入的标准溶液至不再产生沉淀，沉降后过滤、洗涤、低温干燥、称量，得到14.35g白色固体，则产品中1，2-二氯乙烷的纯度为___________。
2．（2020·河北保定·统考二模）硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2］是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解所得产物不同。设计如图实验装置（夹持装置略去），在500℃时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全，确定分解产物（铁的氧化物、硫的氧化物、含氮物质、水）的具体成分（已知每个装置中的药品足量）。
（1）利用上述装置完成该实验，则该装置的正确连接顺序为_______________(用装置下面的字母填连接顺序，每个装置都要使用）。加热A前需要通入一段时间N2目的是_______________。
（2）若观察到B中有白色沉淀生成，C中无明显现象，则装置C的作用为_______________,D中白色变为蓝色，写出B中发生反应的离子方程式_______________装置B与装置C能否互换_______________（填 “能”或“否”），原因是_______________（填“能”则不填此空）。
（3）A中固体完全分解后变为红棕色粉末，某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3，而不含FeO，请帮他完成表中内容（试剂，仪器和用品自选）。
实验步骤
预期现象
结论
_______________
_______________
固本残留物仅为Fe2O3
（4）硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热完全分解，若E中收集到的气体只有N2,A中固体残留物Fe2O3的质量为80g,B中沉淀物质的量为2rnol,则生成N2的质量为_______________g。
（5）某含铬(Cr2O72-）废水用硫酸亚铁铵溶液滴定处理，反应后铁元素和铬元素完全转化为沉淀（沉淀中铬元素化合价为+3),该沉淀经干燥后得到amolFeO•FemCrnO3，不考虑处理过程中的实际损耗，则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为_______________mol(用a的代数式表示）。
3．（2022·河北保定·统考二模）硫化锌(ZnS)是一种半导体材料，某小组在实验室制备硫化锌：。回答下列问题：
(1)装置A中发生反应的化学方程式为__________________。
(2)装置B中盛装的试剂可能是____________(填标号)。
a.NaOH溶液 b.饱和NaHS溶液 c.新制氯水
(3)装置A能控制反应的发生和停止，装置C中完全反应后，停止装置A中反应的操作是____________。
(4)当装置D中0.01mol完全反应时，转移0.08mol电子，则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为____________。
(5)实验完毕后，从装置C中得到较纯净的ZnS的操作是____________(填标号)、洗涤、干燥。
(6)测定ZnS产品纯度。
准确称取mg产品(杂质不含Zn元素)溶于足量盐酸，加热至不产生气泡，稀释成250mL溶液，准确量取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，调节pH在1.5~3，用二苯胺作指示剂，用的亚铁氰化钾{}标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。
已知：滴定反应为。
①加热的目的是____________。
②该产品中ZnS的质量分数为____________(用含m、c、V的代数式表示)%。
③如果其他操作均正确，滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数，那么测得结果____________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
二、结构与性质
4．（2021·河北保定·统考二模）75号元素铼(Re)，熔点仅次于钨，是制造航空发动机的必需元素。地壳中铼的含量极低，多伴生于钼、铜、锌、铅等矿物中。
(1)锰与铼处于同一族，锰原子电子排布式为___________，它处于周期的___________区。
(2)与铼伴生的铜能形成多种配合物。如醋酸二氨合铜(Ⅰ)可用于吸收合成氨中对催化剂有害的CO气体：(Ac表示醋酸根)。
①与铜离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是___________。
②配位体中N原子的杂化类型为___________，配离子中含有键的数目为___________。
③写出与CO互为等电子体的一种分子的化学式___________。
(3)分别向、溶液加氨水至过量，前者为深蓝色溶液，后者为白色沉淀。
①与形成配合物的能力大于的原因为___________。
②溶液中的水存在、等微粒形式，可看作是与通过氢键形成的离子，写出的结构式___________。
(4)三氧化铼为立方晶胞，结构如图，晶胞参数为3.74pm，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心。则铼原子的配位数为___________，三氧化铼的密度为___________(用表示阿伏加德罗常数的值，写计算式即可)。
5．（2020·河北保定·统考二模）碱式碳酸镁是橡胶制品的优良填充剂及补强剂，补强效果优于碳酸钙及陶土，其折射率与天然橡胶相近，适于制造透明或半透明制品。碱式碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。
回答下列问题：
（1）碱式碳酸镁中各元素的第一电离能由大到小的顺序为 _______________，写出一种与CO32-互为等电子体的常见微粒_______________，原子序数与CO32-的价电子数之和相等的基态原子的价电子排布式为________。
（2）碱式碳酸镁晶体生长液中生长的3种生长基元的结构如图所示：
①(MgCl4)2-;②H2CO3;③[Mg(OH)4]2-
①和③中Mg原子的杂化方式为_______________，②中C原子的价电子对的几何分布形式为_______________。(MgCl4)2-中镁氯原子之间的距离R=0.25nm,则氯氯原子之间的距离为_______________（保留两位小数，已知=2.45,cosl09°28'=）。
（3）碱式碳酸镁加热可分解生成MgO。已知MgO的晶体结构属于NaCl型，某同学画出的MgO晶胞结构如图所示：
①请改正图中错误_______________（用文字表述）。
②在MgO晶体中，Mg2+的配位数为_______________，每个晶胞中所包含的Mg2+数目为_______________，每个Mg2+距离最近的且等距离的Mg2+数目为_______________。
③和某些离子化合物相比，MgO是一种优良的耐高温材料的内在原因为_______________。
6．（2022·河北保定·统考二模）我国科学家构建了新型催化剂“纳米片”(Co—N—C)，该“纳米片“可用于氧化SO和吸附Hg2+。回答下列问题：
(1)基态Co原子的价层电子排布式为____，N、C、Co中第一电离能最大的是____(填元素符号)。
(2)在空气中SO会被氧化成SO。SO的空间构型是____，SO中S原子采用_____杂化。
(3)[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2是钴的一种配合物，含1mol[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2的溶液与足量AgNO3溶液能生成____molAgCl，[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2中Co2+的配位数为____。
(4)氰气[(CN)2]称为拟卤素，它的分子中每个原子最外层都达到8电子结构，则(CN)2分子中σ键、π键个数之比为____。
(5)氮和碳组成的一种新型材料，硬度超过金刚石，其部分结构如图1所示。它的化学式为____，它的硬度超过金刚石的主要原因是____。
(6)氮化镓是新型半导体材料，其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。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，称作原子分数坐标。图2为沿y轴投影的氮化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(，，)，则原子3的原子分数坐标为____。若氮化馆的晶体密度为ρg·cm-3，则晶胞中Ga-N键的键长为____(用含ρ、NA的代数式表示)pm。已知NA为阿伏加德罗常数的值。
图2
参考答案：
1． b c f e 冷凝回流、导气(或平衡压强)； 溶解和乙烯 受热更均匀，温度更易控制 适当加热 没有尾气处理装置 82.50%
【分析】A装置是二氧化锰和浓盐酸加热条件下生成氯气，经饱和食盐水除去氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，进入丁装置，己装置乙醇在五氧化二磷和加热条件下反应生成乙烯和水，乙醇挥发，产物经过戊装置的水除去乙醇，再经过庚的浓硫酸除去水，进入丁装置，与氯气反应制得1,2−二氯乙烷，所以连接方式为：d→b→x→f→e→a。
【详解】(1)甲装置是二氧化锰和浓盐酸加热条件下生成氯气：，则离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；
(2)根据分析可知连接方式为d→b→c→f→e→a，所以答案为：b；c；f；e。
(3)沸点较低，在反应时易挥发，可用丁装置中长玻璃导管B来冷凝回流同时B也可以排除多余的气体，平衡气压，由于1,2−二氯乙烷液体易溶于有机溶剂，先装入1,2−二氯乙烷液体，其作用是溶解Cl2和乙烯，促进气体反应物间的接触，所以答案为：冷凝回流、导气(或平衡压强)；溶解和乙烯。
(4) 采用甘油浴加热方式的优点是受热更均匀，温度更易控制；
(5)制得的1,2−二氯乙烷中溶解有Cl2、乙烯，逐出Cl2和乙烯采用的方法是适当加热，既可以逐出杂质气体又不会引入新的杂质且操作简单，所以答案为：适当加热；
(6)尾气中有残留的Cl2，氯气有毒，需要尾气处理，而实验装置没有尾气处理装置，所以答案为：没有尾气处理装置
(7) 5.0 mL逐出Cl2和乙烯后的产品，产品密度为1.2 g·mL−1，质量为1.2 g·mL−1×5.0 mL=6g，加足量稀NaOH溶液，加热充分反应：CH2ClCH2Cl+2NaOHCH2OHCH2OH+ 2NaCl。所得溶液先用稀硝酸中和至酸性，然后加入1.000 mol·L−1的AgNO3标准溶液至不再产生沉淀，沉降后过滤、洗涤、低温干燥、称量，得到14.35 g白色固体是氯化银，物质的量为n==，根据氯原子守恒，得到CH2ClCH2Cl的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×99g/mol=4.95g，则产品中1,2−二氯乙烷的纯度为=82.50%。
2． ADCBE 实验前通入氮气是为了排除装置内的空气，防止对实验造成干扰，减少实验误差 检验生成的气体中是否有三氧化硫，并除去三氧化硫和氨气 SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+ 否 若互换三氧化硫也会使B有白色沉淀生成，无法检验二氧化硫 取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液； 若高锰酸溶液不褪色，加入KSCN溶液变红 14 2.5a
【分析】硫酸亚铁铵受热分解产生的气体产物可能为二氧化硫、三氧化硫、水、氨气，A为硫酸亚铁铵受热分解的装置，有水产生时应先用无水硫酸铜检验水，D为检验水的装置，则A连D，氨气为碱性气体，极易溶于水，则氨气能溶于C装置中的溶液中，三氧化硫与水反应生成硫酸根，硫酸根与钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，由此可以检验并除去三氧化硫，C为检验三氧化硫并去除三氧化硫和氨气的装置，则D连C，二氧化硫在酸性溶液中溶解度极小，所以二氧化硫不溶于D，二氧化硫具有还原性，能被双氧水氧化成硫酸根而能与氯化钡生成硫酸钡白色沉淀，由此可以检验二氧化硫，B为检验二氧化硫的装置，则C连B，随后B连 E，由此可知，装置的正确连接顺序为ADCBE。
【详解】（1）由分析可知，装置的正确连接顺序为ADCBE，实验前通入氮气是为了排除装置内的空气，防止对实验造成干扰，减少实验误差，故答案为：ADCBE；实验前通入氮气是为了排除装置内的空气，防止对实验造成干扰，减少实验误差；
（2）由分析知，C为检验三氧化硫并去除三氧化硫和氨气的装置，除去三氧化硫是为了避免对二氧化硫的检验造成干扰；B中双氧水氧化二氧化硫并与氯化钡生成沉淀的离子方程式为SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；因为三氧化硫也能使B装置中产生白色沉淀，则无法检验产生的气体中是否含有二氧化硫，则装置B与装置C不能互换，故答案为：检验生成的气体中是否有三氧化硫，并除去三氧化硫和氨气；SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；否；若互换三氧化硫也会使B有白色沉淀生成，无法检验二氧化硫；
（3）验证固体残留物仅为Fe2O3，而不含FeO，则需将固体物质溶于酸，然后检验铁离子和亚铁离子即可，实验步骤为：取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液；预期现象：若高锰酸溶液不褪色，加入KSCN溶液变红，故答案为：取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液；若高锰酸溶液不褪色，加入KSCN溶液变红；
（4）Fe2O3的质量为80g，物质的量为0.5mol，则硫酸亚铁铵的物质的量为1mol，硫原子的物质的量为2mol，而B装置中时二氧化硫最后转化成硫酸钡2mol，由此可知产物中无三氧化硫，则硫酸亚铁铵受热分解的方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O，m（N2）= =14g，故答案为：14；
（5）1mol亚铁离子被氧化后转化成铁离子，失去的电子为1mol，每生成1molCr3+转移的电子为3mol，根据元素得失电子守恒有3n=m，由根据FeO•FemCrnO3中化合价的代数和为0，有3m+3n=6，解得m=1.5，n=0.5，则根据铁原子守恒，若得到amolFeO•FemCrnO3需消耗硫酸亚铁铵的物质的量为（1+m）a=（1+1.5）a=2.5amol，故答案为：2.5a。
3．(1)
(2)b
(3)关闭活塞K
(4)5∶8
(5)a
(6) 除去溶液中的H2S 偏高
【分析】A装置中FeS和盐酸反应制备H2S气体，B中盛饱和NaHS溶液除H2S中的HCl，C中醋酸锌和硫化氢反应制备ZnS，D装置中氢氧化钠溶液吸收H2S，防止污染。
（1）
A装置中FeS和盐酸反应生成FeCl2和H2S气体，发生反应的化学方程式为；
（2）
A中生成的H2S气体中含有HCl杂质，装置B的作用是除去H2S中的HCl杂质，H2S和氢氧化钠、氯水都反应，B中盛装的试剂可能是饱和NaHS溶液，选b。
（3）
装置C中完全反应后，关闭活塞K，启普发生器内气体增多，压强增大，盐酸被压入球形漏斗中，固体和液体分离，装置A中反应停止。
（4）
装置D中0.01mol完全反应时，转移0.08mol电子，说明硫元素化合价由-2升高为+6，H2S被氧化为，被还原为Mn2+，锰元素化合价由+7降低为+2，根据得失电子守恒，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶8。
（5）
ZnS是固体，实验完毕后，从装置C中得到较纯净的ZnS的操作是过滤、洗涤、干燥，选a。
（6）
①气体溶解度随温度升高而降低，加热的目的是除去溶液中的H2S。
②滴定终点消耗亚铁氰化钾溶液VmL，根据，25.00mL待测液中含有Zn2+的物质的量为，该产品中ZnS的质量分数为%。
③如果其他操作均正确，滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数，消耗标准液体积偏大，那么测得结果偏高。
4． 或 d 具有孤电子对(或孤对电子) 由于对配体的孤电子对吸引力大，配位键强 6
【详解】(1)锰为28号元素，核外电子排布为或
，它处于周期的d区，所以答案为：或；d。
(2)① 在含有空轨道的原子和孤电子对之间很容易形成络合物。铜离子含有空轨道，所以它们的配体应该含有孤电子对(或孤电子对)，所以答案是：有孤电子对(或孤对电子)；
②配配位体中N原子的价层电子对数是4。根据价层电子对排斥理论，N原子杂质类型为sp3，一个单独的络合离子含有键，所以根据计算1mol的络合离子所含键的数目是8NA，所以答案为：sp3；。
③等电子体中的原子数和价电子数相等，与CO互为等电子体的微粒含有两个原子和十个电子，所以CO相互等电子的分子是
(3)①随着原子序数的增加，原子核的外电子引力增大；而随着电子层数的增加，原子核的外电子引力减小，但前者占主导地位，电子层数大于，所以对配体的孤电子对吸引力大，配位键更强，所以答案为：由于对配体的孤电子对吸引力大，配位键强。
②的结构式为 ，的结构式为 ， 可看作是与通过氢键形成的离子，则的结构式为： 。
(4) 三氧化铼为立方晶胞，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心，根据均摊法可知铼原子的配位数为6；在这个单位胞里，Re原子的数目等于=1，O原子数等于=3，所以铼原子的配位数为6，该晶胞的体积为：，单个晶胞的质量为：，则三氧化铼密度==，所以答案为：6；。
5． O>H>C>Mg NO3-、SiO32-、SO3中任意一种 3d54s1 sp3 平面三角形 0.41nm 白色球⑧改为黑色球 6 4 12 Mg2+、O2-离子半径小、所带电荷大，晶格能大
【详解】（1）碱式碳酸镁中含有O、H、C、Mg元素，Mg金属的第一电离能比铍小，要注意H的第一电离能比较特殊，几乎和氧相同，略小于氧，比碳的大，碳比铍大，所以有O>H>C>Mg；CO32-的等电子体可从C想到Si可得SiO32-；比C多一价电子的是N可想到NO3-和PO3-；再多一价电子想到S和O，可得SO3、S4、O4等，常见有NO3-、SiO32-、SO3；原子序数与CO32-的价电子数相等的基态原子为24号元素Cr，其价电子排布式为3d54s1（半充满状态稳定），故答案为：O>H>C>Mg；NO3-、SiO32-、SO3中任意一种；3d54s1；
（2）①、③中Mg均形成4个σ键，价层电子对数为4，其杂化方式为sp3；②中C形成3个σ键一个π键，价层电子对数为3，则空间构型为平面三角形；设氯氯之间的距离为S，利用余弦定理，S2=R2+R2-2R2cos（109°28'）,代入数值可推出S2=,S==0.41nm，故答案为：sp3；平面三角形；0.41nm；
（3）根据氯化钠晶胞结构知，MgO晶胞中Mg原子和Mg原子处于小正方形的对角线上，根据图象可知，空心球⑧应为黑色球；NaCl为离子晶体心，一个Na+周围有6个氯离子，位于上下左右前后，属于6配位，则MgO晶体中Mg2+的配位数为6；所包含的Mg2+数目为6×1/2+8×1/8=4；从图上可以看出每个Mg 2+最近的Mg2+数目为12；Mg2+、O2-离子半径小、所带电荷大，晶格能大，沸点高，硬度大，所以是优良的耐高温材料，故答案为：白色球⑧改为黑色球；6；4；12；Mg2+、O2-离子半径小、所带电荷大，晶格能大。
6．(1) 3d74s2 N
(2) 三角锥形 sp3
(3) 2 6
(4)3：4
(5) C3N4 氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
(6) (，，) ××1010
【详解】（1）Co元素位于第四周期Ⅷ族，因此价电子排布式为3d74s2；元素周期表中，一般非金属性越强，第一电离能越大，同周期从左向右第一电离能是增大趋势，因此第一电离能最大的是N；故答案为3d74s2；N；
（2）SO中心原子S的价层电子对数为3+=4，空间构型为三角锥形；SO中心原子S的价层电子对数为4+=4，因此S的杂化方式为sp3；故答案为三角锥形；sp3；
（3）根据配合物的组成，1mol配合物中外界有2molCl－，因此与足量硝酸银溶液反应，得到2molAgCl；Co2＋的配位数为4＋1＋1=6；故答案为2；6；
（4）(CN)2中每个原子最外层都达到都达到8电子结构，即(CN)2的结构式为N≡C－C≡N，σ键的数目为3，π键数目是4，因此个数比值为3∶4；故答案为3∶4；
（5）根据图1可知，1个N连3个C，1个C连4个N，因此化学式为C3N4；C3N4、金刚石均为共价晶体，硬度与共价键有关，C的半径大于N，因此C－C键长比C－N键长长，C－C键能比C－N键能弱，因此金刚石的硬度比氮化碳低；故答案为C3N4；氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
（6）根据题中要求，得出氮化镓的晶胞图为则原子3的坐标为(，，)；根据信息，N原子在晶胞内部，个数为4，Ga位于顶点和面心，个数为=4，氮化镓的化学式为GaN，晶胞的质量为=g，根据密度的定义，得出晶胞的边长为cm，Ga与N最近的距离，即Ga-N键长应是体对角线的，从而推出Ga-N键长××1010pm；故答案为(，，)；××1010。
河北省保定市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．（2021·河北保定·统考二模）二氯乙烷是重要的有机化工原料，不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点，碱性条件下水解程度较大。实验室采用“乙烯液相直接氯化法”制备1，2-二氯乙烷，相关反应原理为
实验装置如图：
请回答下列问题：
(1)写出甲装置发生反应的化学方程式___________。
(2)按实验原理将装置戊、己、庚连接起来，d→___________→___________→___________→___________a(按接口顺序连接)
(3)丁装置中长玻璃导管B的作用是___________，先装入1，2-二氯乙烷液体，其作用是___________以促进气体间的接触，更容易使物质发生反应。
(4)制乙烯采用甘油浴加热，该加热方式的优点是___________。
(5)制得的1，2-二氯乙烷中溶解有、乙烯，逐出其中的和乙烯采用的方法是___________。
(6)有同学提出该装置存在缺陷，你认为是___________。
(7)产品纯度的测定：量取逐出和乙烯后的产品，产品密度为，加足量稀溶液，加热充分反应：。所得溶液先用稀硝酸中和至酸性，然后加入的标准溶液至不再产生沉淀，沉降后过滤、洗涤、低温干燥、称量，得到14.35g白色固体，则产品中1，2-二氯乙烷的纯度为___________。
2．（2020·河北保定·统考二模）硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2］是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解所得产物不同。设计如图实验装置（夹持装置略去），在500℃时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全，确定分解产物（铁的氧化物、硫的氧化物、含氮物质、水）的具体成分（已知每个装置中的药品足量）。
（1）利用上述装置完成该实验，则该装置的正确连接顺序为_______________(用装置下面的字母填连接顺序，每个装置都要使用）。加热A前需要通入一段时间N2目的是_______________。
（2）若观察到B中有白色沉淀生成，C中无明显现象，则装置C的作用为_______________,D中白色变为蓝色，写出B中发生反应的离子方程式_______________装置B与装置C能否互换_______________（填 “能”或“否”），原因是_______________（填“能”则不填此空）。
（3）A中固体完全分解后变为红棕色粉末，某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3，而不含FeO，请帮他完成表中内容（试剂，仪器和用品自选）。
实验步骤
预期现象
结论
_______________
_______________
固本残留物仅为Fe2O3
（4）硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热完全分解，若E中收集到的气体只有N2,A中固体残留物Fe2O3的质量为80g,B中沉淀物质的量为2rnol,则生成N2的质量为_______________g。
（5）某含铬(Cr2O72-）废水用硫酸亚铁铵溶液滴定处理，反应后铁元素和铬元素完全转化为沉淀（沉淀中铬元素化合价为+3),该沉淀经干燥后得到amolFeO•FemCrnO3，不考虑处理过程中的实际损耗，则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为_______________mol(用a的代数式表示）。
3．（2022·河北保定·统考二模）硫化锌(ZnS)是一种半导体材料，某小组在实验室制备硫化锌：。回答下列问题：
(1)装置A中发生反应的化学方程式为__________________。
(2)装置B中盛装的试剂可能是____________(填标号)。
a.NaOH溶液 b.饱和NaHS溶液 c.新制氯水
(3)装置A能控制反应的发生和停止，装置C中完全反应后，停止装置A中反应的操作是____________。
(4)当装置D中0.01mol完全反应时，转移0.08mol电子，则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为____________。
(5)实验完毕后，从装置C中得到较纯净的ZnS的操作是____________(填标号)、洗涤、干燥。
(6)测定ZnS产品纯度。
准确称取mg产品(杂质不含Zn元素)溶于足量盐酸，加热至不产生气泡，稀释成250mL溶液，准确量取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，调节pH在1.5~3，用二苯胺作指示剂，用的亚铁氰化钾{}标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。
已知：滴定反应为。
①加热的目的是____________。
②该产品中ZnS的质量分数为____________(用含m、c、V的代数式表示)%。
③如果其他操作均正确，滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数，那么测得结果____________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
二、结构与性质
4．（2021·河北保定·统考二模）75号元素铼(Re)，熔点仅次于钨，是制造航空发动机的必需元素。地壳中铼的含量极低，多伴生于钼、铜、锌、铅等矿物中。
(1)锰与铼处于同一族，锰原子电子排布式为___________，它处于周期的___________区。
(2)与铼伴生的铜能形成多种配合物。如醋酸二氨合铜(Ⅰ)可用于吸收合成氨中对催化剂有害的CO气体：(Ac表示醋酸根)。
①与铜离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是___________。
②配位体中N原子的杂化类型为___________，配离子中含有键的数目为___________。
③写出与CO互为等电子体的一种分子的化学式___________。
(3)分别向、溶液加氨水至过量，前者为深蓝色溶液，后者为白色沉淀。
①与形成配合物的能力大于的原因为___________。
②溶液中的水存在、等微粒形式，可看作是与通过氢键形成的离子，写出的结构式___________。
(4)三氧化铼为立方晶胞，结构如图，晶胞参数为3.74pm，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心。则铼原子的配位数为___________，三氧化铼的密度为___________(用表示阿伏加德罗常数的值，写计算式即可)。
5．（2020·河北保定·统考二模）碱式碳酸镁是橡胶制品的优良填充剂及补强剂，补强效果优于碳酸钙及陶土，其折射率与天然橡胶相近，适于制造透明或半透明制品。碱式碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。
回答下列问题：
（1）碱式碳酸镁中各元素的第一电离能由大到小的顺序为 _______________，写出一种与CO32-互为等电子体的常见微粒_______________，原子序数与CO32-的价电子数之和相等的基态原子的价电子排布式为________。
（2）碱式碳酸镁晶体生长液中生长的3种生长基元的结构如图所示：
①(MgCl4)2-;②H2CO3;③[Mg(OH)4]2-
①和③中Mg原子的杂化方式为_______________，②中C原子的价电子对的几何分布形式为_______________。(MgCl4)2-中镁氯原子之间的距离R=0.25nm,则氯氯原子之间的距离为_______________（保留两位小数，已知=2.45,cosl09°28'=）。
（3）碱式碳酸镁加热可分解生成MgO。已知MgO的晶体结构属于NaCl型，某同学画出的MgO晶胞结构如图所示：
①请改正图中错误_______________（用文字表述）。
②在MgO晶体中，Mg2+的配位数为_______________，每个晶胞中所包含的Mg2+数目为_______________，每个Mg2+距离最近的且等距离的Mg2+数目为_______________。
③和某些离子化合物相比，MgO是一种优良的耐高温材料的内在原因为_______________。
6．（2022·河北保定·统考二模）我国科学家构建了新型催化剂“纳米片”(Co—N—C)，该“纳米片“可用于氧化SO和吸附Hg2+。回答下列问题：
(1)基态Co原子的价层电子排布式为____，N、C、Co中第一电离能最大的是____(填元素符号)。
(2)在空气中SO会被氧化成SO。SO的空间构型是____，SO中S原子采用_____杂化。
(3)[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2是钴的一种配合物，含1mol[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2的溶液与足量AgNO3溶液能生成____molAgCl，[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2中Co2+的配位数为____。
(4)氰气[(CN)2]称为拟卤素，它的分子中每个原子最外层都达到8电子结构，则(CN)2分子中σ键、π键个数之比为____。
(5)氮和碳组成的一种新型材料，硬度超过金刚石，其部分结构如图1所示。它的化学式为____，它的硬度超过金刚石的主要原因是____。
(6)氮化镓是新型半导体材料，其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。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，称作原子分数坐标。图2为沿y轴投影的氮化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(，，)，则原子3的原子分数坐标为____。若氮化馆的晶体密度为ρg·cm-3，则晶胞中Ga-N键的键长为____(用含ρ、NA的代数式表示)pm。已知NA为阿伏加德罗常数的值。
图2
参考答案：
1． b c f e 冷凝回流、导气(或平衡压强)； 溶解和乙烯 受热更均匀，温度更易控制 适当加热 没有尾气处理装置 82.50%
【分析】A装置是二氧化锰和浓盐酸加热条件下生成氯气，经饱和食盐水除去氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，进入丁装置，己装置乙醇在五氧化二磷和加热条件下反应生成乙烯和水，乙醇挥发，产物经过戊装置的水除去乙醇，再经过庚的浓硫酸除去水，进入丁装置，与氯气反应制得1,2−二氯乙烷，所以连接方式为：d→b→x→f→e→a。
【详解】(1)甲装置是二氧化锰和浓盐酸加热条件下生成氯气：，则离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；
(2)根据分析可知连接方式为d→b→c→f→e→a，所以答案为：b；c；f；e。
(3)沸点较低，在反应时易挥发，可用丁装置中长玻璃导管B来冷凝回流同时B也可以排除多余的气体，平衡气压，由于1,2−二氯乙烷液体易溶于有机溶剂，先装入1,2−二氯乙烷液体，其作用是溶解Cl2和乙烯，促进气体反应物间的接触，所以答案为：冷凝回流、导气(或平衡压强)；溶解和乙烯。
(4) 采用甘油浴加热方式的优点是受热更均匀，温度更易控制；
(5)制得的1,2−二氯乙烷中溶解有Cl2、乙烯，逐出Cl2和乙烯采用的方法是适当加热，既可以逐出杂质气体又不会引入新的杂质且操作简单，所以答案为：适当加热；
(6)尾气中有残留的Cl2，氯气有毒，需要尾气处理，而实验装置没有尾气处理装置，所以答案为：没有尾气处理装置
(7) 5.0 mL逐出Cl2和乙烯后的产品，产品密度为1.2 g·mL−1，质量为1.2 g·mL−1×5.0 mL=6g，加足量稀NaOH溶液，加热充分反应：CH2ClCH2Cl+2NaOHCH2OHCH2OH+ 2NaCl。所得溶液先用稀硝酸中和至酸性，然后加入1.000 mol·L−1的AgNO3标准溶液至不再产生沉淀，沉降后过滤、洗涤、低温干燥、称量，得到14.35 g白色固体是氯化银，物质的量为n==，根据氯原子守恒，得到CH2ClCH2Cl的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×99g/mol=4.95g，则产品中1,2−二氯乙烷的纯度为=82.50%。
2． ADCBE 实验前通入氮气是为了排除装置内的空气，防止对实验造成干扰，减少实验误差 检验生成的气体中是否有三氧化硫，并除去三氧化硫和氨气 SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+ 否 若互换三氧化硫也会使B有白色沉淀生成，无法检验二氧化硫 取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液； 若高锰酸溶液不褪色，加入KSCN溶液变红 14 2.5a
【分析】硫酸亚铁铵受热分解产生的气体产物可能为二氧化硫、三氧化硫、水、氨气，A为硫酸亚铁铵受热分解的装置，有水产生时应先用无水硫酸铜检验水，D为检验水的装置，则A连D，氨气为碱性气体，极易溶于水，则氨气能溶于C装置中的溶液中，三氧化硫与水反应生成硫酸根，硫酸根与钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，由此可以检验并除去三氧化硫，C为检验三氧化硫并去除三氧化硫和氨气的装置，则D连C，二氧化硫在酸性溶液中溶解度极小，所以二氧化硫不溶于D，二氧化硫具有还原性，能被双氧水氧化成硫酸根而能与氯化钡生成硫酸钡白色沉淀，由此可以检验二氧化硫，B为检验二氧化硫的装置，则C连B，随后B连 E，由此可知，装置的正确连接顺序为ADCBE。
【详解】（1）由分析可知，装置的正确连接顺序为ADCBE，实验前通入氮气是为了排除装置内的空气，防止对实验造成干扰，减少实验误差，故答案为：ADCBE；实验前通入氮气是为了排除装置内的空气，防止对实验造成干扰，减少实验误差；
（2）由分析知，C为检验三氧化硫并去除三氧化硫和氨气的装置，除去三氧化硫是为了避免对二氧化硫的检验造成干扰；B中双氧水氧化二氧化硫并与氯化钡生成沉淀的离子方程式为SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；因为三氧化硫也能使B装置中产生白色沉淀，则无法检验产生的气体中是否含有二氧化硫，则装置B与装置C不能互换，故答案为：检验生成的气体中是否有三氧化硫，并除去三氧化硫和氨气；SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；否；若互换三氧化硫也会使B有白色沉淀生成，无法检验二氧化硫；
（3）验证固体残留物仅为Fe2O3，而不含FeO，则需将固体物质溶于酸，然后检验铁离子和亚铁离子即可，实验步骤为：取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液；预期现象：若高锰酸溶液不褪色，加入KSCN溶液变红，故答案为：取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液；若高锰酸溶液不褪色，加入KSCN溶液变红；
（4）Fe2O3的质量为80g，物质的量为0.5mol，则硫酸亚铁铵的物质的量为1mol，硫原子的物质的量为2mol，而B装置中时二氧化硫最后转化成硫酸钡2mol，由此可知产物中无三氧化硫，则硫酸亚铁铵受热分解的方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O，m（N2）= =14g，故答案为：14；
（5）1mol亚铁离子被氧化后转化成铁离子，失去的电子为1mol，每生成1molCr3+转移的电子为3mol，根据元素得失电子守恒有3n=m，由根据FeO•FemCrnO3中化合价的代数和为0，有3m+3n=6，解得m=1.5，n=0.5，则根据铁原子守恒，若得到amolFeO•FemCrnO3需消耗硫酸亚铁铵的物质的量为（1+m）a=（1+1.5）a=2.5amol，故答案为：2.5a。
3．(1)
(2)b
(3)关闭活塞K
(4)5∶8
(5)a
(6) 除去溶液中的H2S 偏高
【分析】A装置中FeS和盐酸反应制备H2S气体，B中盛饱和NaHS溶液除H2S中的HCl，C中醋酸锌和硫化氢反应制备ZnS，D装置中氢氧化钠溶液吸收H2S，防止污染。
（1）
A装置中FeS和盐酸反应生成FeCl2和H2S气体，发生反应的化学方程式为；
（2）
A中生成的H2S气体中含有HCl杂质，装置B的作用是除去H2S中的HCl杂质，H2S和氢氧化钠、氯水都反应，B中盛装的试剂可能是饱和NaHS溶液，选b。
（3）
装置C中完全反应后，关闭活塞K，启普发生器内气体增多，压强增大，盐酸被压入球形漏斗中，固体和液体分离，装置A中反应停止。
（4）
装置D中0.01mol完全反应时，转移0.08mol电子，说明硫元素化合价由-2升高为+6，H2S被氧化为，被还原为Mn2+，锰元素化合价由+7降低为+2，根据得失电子守恒，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶8。
（5）
ZnS是固体，实验完毕后，从装置C中得到较纯净的ZnS的操作是过滤、洗涤、干燥，选a。
（6）
①气体溶解度随温度升高而降低，加热的目的是除去溶液中的H2S。
②滴定终点消耗亚铁氰化钾溶液VmL，根据，25.00mL待测液中含有Zn2+的物质的量为，该产品中ZnS的质量分数为%。
③如果其他操作均正确，滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数，消耗标准液体积偏大，那么测得结果偏高。
4． 或 d 具有孤电子对(或孤对电子) 由于对配体的孤电子对吸引力大，配位键强 6
【详解】(1)锰为28号元素，核外电子排布为或
，它处于周期的d区，所以答案为：或；d。
(2)① 在含有空轨道的原子和孤电子对之间很容易形成络合物。铜离子含有空轨道，所以它们的配体应该含有孤电子对(或孤电子对)，所以答案是：有孤电子对(或孤对电子)；
②配配位体中N原子的价层电子对数是4。根据价层电子对排斥理论，N原子杂质类型为sp3，一个单独的络合离子含有键，所以根据计算1mol的络合离子所含键的数目是8NA，所以答案为：sp3；。
③等电子体中的原子数和价电子数相等，与CO互为等电子体的微粒含有两个原子和十个电子，所以CO相互等电子的分子是
(3)①随着原子序数的增加，原子核的外电子引力增大；而随着电子层数的增加，原子核的外电子引力减小，但前者占主导地位，电子层数大于，所以对配体的孤电子对吸引力大，配位键更强，所以答案为：由于对配体的孤电子对吸引力大，配位键强。
②的结构式为 ，的结构式为 ， 可看作是与通过氢键形成的离子，则的结构式为： 。
(4) 三氧化铼为立方晶胞，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心，根据均摊法可知铼原子的配位数为6；在这个单位胞里，Re原子的数目等于=1，O原子数等于=3，所以铼原子的配位数为6，该晶胞的体积为：，单个晶胞的质量为：，则三氧化铼密度==，所以答案为：6；。
5． O>H>C>Mg NO3-、SiO32-、SO3中任意一种 3d54s1 sp3 平面三角形 0.41nm 白色球⑧改为黑色球 6 4 12 Mg2+、O2-离子半径小、所带电荷大，晶格能大
【详解】（1）碱式碳酸镁中含有O、H、C、Mg元素，Mg金属的第一电离能比铍小，要注意H的第一电离能比较特殊，几乎和氧相同，略小于氧，比碳的大，碳比铍大，所以有O>H>C>Mg；CO32-的等电子体可从C想到Si可得SiO32-；比C多一价电子的是N可想到NO3-和PO3-；再多一价电子想到S和O，可得SO3、S4、O4等，常见有NO3-、SiO32-、SO3；原子序数与CO32-的价电子数相等的基态原子为24号元素Cr，其价电子排布式为3d54s1（半充满状态稳定），故答案为：O>H>C>Mg；NO3-、SiO32-、SO3中任意一种；3d54s1；
（2）①、③中Mg均形成4个σ键，价层电子对数为4，其杂化方式为sp3；②中C形成3个σ键一个π键，价层电子对数为3，则空间构型为平面三角形；设氯氯之间的距离为S，利用余弦定理，S2=R2+R2-2R2cos（109°28'）,代入数值可推出S2=,S==0.41nm，故答案为：sp3；平面三角形；0.41nm；
（3）根据氯化钠晶胞结构知，MgO晶胞中Mg原子和Mg原子处于小正方形的对角线上，根据图象可知，空心球⑧应为黑色球；NaCl为离子晶体心，一个Na+周围有6个氯离子，位于上下左右前后，属于6配位，则MgO晶体中Mg2+的配位数为6；所包含的Mg2+数目为6×1/2+8×1/8=4；从图上可以看出每个Mg 2+最近的Mg2+数目为12；Mg2+、O2-离子半径小、所带电荷大，晶格能大，沸点高，硬度大，所以是优良的耐高温材料，故答案为：白色球⑧改为黑色球；6；4；12；Mg2+、O2-离子半径小、所带电荷大，晶格能大。
6．(1) 3d74s2 N
(2) 三角锥形 sp3
(3) 2 6
(4)3：4
(5) C3N4 氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
(6) (，，) ××1010
【详解】（1）Co元素位于第四周期Ⅷ族，因此价电子排布式为3d74s2；元素周期表中，一般非金属性越强，第一电离能越大，同周期从左向右第一电离能是增大趋势，因此第一电离能最大的是N；故答案为3d74s2；N；
（2）SO中心原子S的价层电子对数为3+=4，空间构型为三角锥形；SO中心原子S的价层电子对数为4+=4，因此S的杂化方式为sp3；故答案为三角锥形；sp3；
（3）根据配合物的组成，1mol配合物中外界有2molCl－，因此与足量硝酸银溶液反应，得到2molAgCl；Co2＋的配位数为4＋1＋1=6；故答案为2；6；
（4）(CN)2中每个原子最外层都达到都达到8电子结构，即(CN)2的结构式为N≡C－C≡N，σ键的数目为3，π键数目是4，因此个数比值为3∶4；故答案为3∶4；
（5）根据图1可知，1个N连3个C，1个C连4个N，因此化学式为C3N4；C3N4、金刚石均为共价晶体，硬度与共价键有关，C的半径大于N，因此C－C键长比C－N键长长，C－C键能比C－N键能弱，因此金刚石的硬度比氮化碳低；故答案为C3N4；氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
（6）根据题中要求，得出氮化镓的晶胞图为则原子3的坐标为(，，)；根据信息，N原子在晶胞内部，个数为4，Ga位于顶点和面心，个数为=4，氮化镓的化学式为GaN，晶胞的质量为=g，根据密度的定义，得出晶胞的边长为cm，Ga与N最近的距离，即Ga-N键长应是体对角线的，从而推出Ga-N键长××1010pm；故答案为(，，)；××1010。
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