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内蒙古呼和浩特市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题
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这是一份内蒙古呼和浩特市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题，共17页。试卷主要包含了填空题，计算题，实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
内蒙古呼和浩特市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题
一、填空题
1．（2019·内蒙古呼和浩特·统考一模）某反应中反应物与生成物FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu；
（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示请回答下列问题：
①图中X溶液是__；
②Cu电极上发生的电极反应式为__；
③原电池工作时，盐桥中的__填“K+”或“Cl-”）不断进入X溶液中。
（2）将上述反应设计成电解池如图乙所示乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：
①M是电源的__极；
②图丙中的②线是__的变化；
③当电子转移为0.2mol时向乙烧杯中加入__L5mol/LNaOH溶液才能使所有的金属阳离子沉淀完全。
二、计算题
2．（2019·内蒙古呼和浩特·统考一模）人类向大气中排放的NOx和SO2对环境会产生危害，烟气的脱硝（除NOx）技术和脱硫（除SO2）技术都是环境科学研究的热点。
（1）选择性催化还原技术是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在催化剂作用下，用还原剂（如NH3选择性地与NOx反应生成N2和H2O。
已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH1=-905.5kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH2=+180kJ·mol-1
则4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) ΔH3=__。
（2）碱性KMnO4氧化法也可将NOx进行脱除。
①用KMnO4(NaOH)溶液进行烟气中NO的脱除，将该离子方程式补充完整。__
□NO+□MnO4-+□__=NO2-+3NO3-+□MnO42-+□__
②下列叙述正确的是__（填字母序号）。
A．将脱除后的混合溶液进行分离可获得氮肥
B．反应后混合溶液中：c(MnO4-)+2c(MnO42-)=c(K+)
C．在不同酸碱性条件下，KMnO4发生还原反应的产物可能不同
（3）催化剂V2O5可用于处理NOx和SO2。
V2O5在催化降解NOx的过程中，也会对SO2和O2反应起到一定的催化作用，其反应式如下：
a.V2O5+SO2=V2O4+SO3
b.__
c.2VOSO4=V2O5+SO2+SO3
SO3进一步与烟气中逃逸的氨反应，生成硫酸氢铵和硫酸铵。
三、实验题
3．（2019·内蒙古呼和浩特·统考一模）ClO2是一种优良的消毒剂，其溶解度约是Cl2的5倍，但温度过高浓度过大时均易发生分解，因此常将其制成KClO2固体，以便运输和贮存。制备KClO2固体的实验装置如图所示，其中A装置制备ClO2，B装置制备KClO2。请回答下列问题：
（1）A中制备ClO2的化学方程式为__。
（2）与分液漏斗相比，本实验使用滴液漏斗，其优点是__。加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止液体飞溅和__。
（3）实验过程中通入空气的目的是__，空气流速过快，会降低KClO2产率，试解释其原因__。
（4）ClO2通入KOH溶液生成KClO2的同时还有可能生成的物质__。
a.KCl b.KClO c.KClO3 d.KClO4
（5）KClO2变质分解为KClO3和KCl，取等质量的变质前后的KClO2试样配成溶液，分别与足量的FeSO4溶液反应消耗Fe2+的物质的量__（填“相同”、“不相同”“无法确定”）。
4．（2019·内蒙古呼和浩特·统考一模）目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。
碱式碳酸镍的制备：
工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制备流程如图：
（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化学式为__。
（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。分析如图，反应器中最适合的pH值为__。
（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。
测定碱式碳酸镍晶体的组成：
为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：
资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O
实验步骤：
①检查装置气密性；
②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；
③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；
④__；
⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；
⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；
⑦根据数据进行计算（相关数据如下表）
装置C/g
装置D/g
装置E/g
加热前
250.00
190.00
190.00
加热后
251.08
190.44
190.00
实验分析及数据处理：
（4）E装置的作用__。
（5）补充④的实验操作___。
（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。
镍的制备：
（7）写出制备Ni的化学方程式__。
5．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）硫氰化钾(KSCN)俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品。主要用于合成树脂、杀虫杀菌剂、芥子油、硫脲类和药物等。实验室模拟工业以NH3和CS2为原料制备KSCN的实验装置如图所示：
已知：①NH3不溶于CS2，CS2密度比水大且难溶于水；
②三颈烧瓶内盛放CS2、水和催化剂，发生反应：CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，该反应比较缓慢，且NH4SCN在高于170℃易分解。
(1)A装置中固体混合物是___________；仪器a的名称___________
(2)C装置的作用是___________；三颈烧瓶内的导气管插入下层CS2液体中，原因是___________。
(3)待实验中观察到___________。现象时，熄灭A处酒精灯，待D中无气泡产生时关闭K1。保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，使NH4HSA=NH3↑+H2S↑进行完全后，打开K2，继续保持液温105℃，滴入适量的KOH溶液，写出生成KSCN的化学方程式___________。
(4)装置E的作用为吸收尾气，防止污染环境，写出吸收NH3的离子方程式___________。
(5)反应结束后将三颈烧瓶中的固体催化剂滤去，再___________。(填操作)，得到硫氰化钾晶体。
(6)晶体中KSCN含量的测定：称取10.0g样品，配成1000mL溶液。量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴a作指示剂，用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液18.00mL。【已知：滴定时发生的反应为SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)】
①指示剂a为___________。
②晶体中KSCN的质量分数为___________。(只要求写出计算结果)
6．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下实验流程制得：
已知：a.反应原理：CH2OH( CHOH)4CHO + Br2+ H2O→C6H12O7 (葡萄糖酸) + 2HBr；2C6H12O7(葡萄糖酸) + CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)+ H2O + CO2↑
b.相关物质的溶解性见下表：
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
在水中的溶解性
可溶于冷水，易溶于热水
可溶
极易溶
在乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
c.相关物质酸性：氢溴酸>葡萄糖酸>碳酸
d.相关物质相对分子质量：葡萄糖180，葡萄糖酸钙430
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中溴水氧化葡萄糖时，甲同学设计了如图所示装置。你认为缺少的仪器是_______，盛放NaOH溶液的烧杯中主要发生反应的离子方程式_______。
(2)步骤Ⅱ中加入过量CaCO3，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是_______。
(3)步骤Ⅲ的“操作”是将所得悬浊液煮沸，并趁热采用装置抽滤，滤掉未反应的CaCO3，得到澄清透明的葡萄糖酸钙溶液。抽滤时自来水流的作用是使瓶内与大气形成压强差。与普通过滤操作相比，抽滤的优点是_______；抽滤过程需要趁热进行的原因是 _______。
(4)步骤Ⅴ洗涤操作洗涤剂选用乙醇-水混合溶液 ，理由是_______。
(5)该实验中葡萄糖酸钙的产率为_______( 保留3位有效数字)。
四、结构与性质
7．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）2017年4月26日9时中国首艘国产航母在大连成功下水，标志着我国自主设计建造航空母舰取得重大阶段性成果。
(1)航母用钢可由低硅生铁冶炼而成。
①Fe2+的价层电子排布图为___________。
②影响晶格能大小的因素包括___________。
A．离子半径B．离子所带电量C．晶体中离子的排列方式D．共价键键长
③FeO、NiO的晶体结构与NaCl的晶体结构相同，熔点FeO小于NiO，理由是___________。
(2)航母螺旋桨主要用铜合金制造。含铜废液可以利用铜萃取剂M，通过如下反应实现铜离子的富集，进行回收。
①上述反应中发生变化的化学键有___________。
A．离子键B．金属键C．共价键D．氢键E．配位键
②X所含元素的电负性由大到小的顺序为___________。(用元素符号表示)，采用sp3杂化的非金属原子有___________ (元素符号)，采用sp2杂化的原子有___________个。
③X难溶于水、易溶于有机溶剂，试判断X的晶体类型为___________。
(3)航母舰艇底部涂有含Cu2O的防腐蚀涂料。已知Cu2O的晶胞结构如图所示：
①该晶胞结构中铜原子的配位数是___________。
②已知该晶体的密度为dg▪cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该立方晶胞的参数是___________nm
8．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷-石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。
回答下列问题：
(1)Li 、C、P三种元素中，电负性最小的是_______(用元素符号作答)。
(2)基态磷原子的电子排布式为_______。
(3)图2中，黑磷区P原子的杂化方式为_______，石墨区C原子的杂化方式为_______。
(4)氢化物PH3、CH4、NH3的沸点最高的是_______，原因是_______。
(5)根据图1和图2的信息，下列说法正确的有_______(填字母)。
a.黑磷区P- P键的键能不完全相同
b.黑磷与石墨都属于混合型晶体
c.复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
(6)LiPF6、LiAsF6.等也可作为聚乙二醇锂离子电池的电极材料。电池放电时， Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链向正极迁移的过程如图所示(图中阴离子未画出)。
①从化学键角度看， Li+迁移过程发生_______(填“物理”或“化学” )变化。
②相同条件下，电极材料_______( 填“LiPF6”或“LiAsF6”)中的Li+迁移较快，原因是_______。
(7)贵金属磷化物Rh2P(化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为anm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为_______，晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算式)。
图3
参考答案：
1． FeCl2、FeCl3 Cu-2e-=Cu2+ K+ 负 Fe2+ 0.28
【分析】据反应物和生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，
(1)将该反应设计成原电池，Cu作负极，石墨作正极；
(2)①将该反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2设计成电解池，Cu作阳极，石墨为阴极；
②根据金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子；
③结合图象，确定当电子转移为0.2mol时，溶液中Fe3+、Fe2+、Cu2+的物质的量，进而计算需要NaOH溶液的体积。
【详解】(1)据反应物和生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，将该反应设计成原电池，Cu作负极，石墨作正极。
①该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，则X溶液一定有FeCl3，结合第(2)问②分析，曲线②为Fe2+，且反应开始时其物质的量为0.1mol，则X为FeCl2、FeCl3，故答案为：FeCl2、FeCl3；
②Cu作负极，发生失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，故答案为：Cu-2e-=Cu2+；
③Cu作负极，石墨作正极，盐桥中阳离子向正极移动，则K+不断移向正极即进入X溶液中，故答案为：K+；
(2)①将该反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2设计成电解池，则Cu作阳极，失电子被氧化生成Cu2+，石墨为阴极，Fe3+得电子生成Fe2+，被还原，所以M为负极，N为正极，故答案为：负；
②该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，在电解过程中，Fe3+逐渐减少，则①表示的为Fe3+，Fe2+、Cu2+逐渐增多，根据变化量的比例关系2Fe3+~2Fe2+~Cu2+可知，②为Fe2+，③为Cu2+，故答案为：Fe2+；
③当电子转移为0.2mol时，溶液中有Fe3+为0.2mol，Fe2+为0.3mol，Cu2+为0.1mol，所以需要加入NaOH溶液物质的量为0.2×3+0.3×2+0.1×2=1.4mol，所以NaOH溶液的体积为，故答案为：0.28。
2． -1625.5kJ/mol 4，10，10OH−，10，7H2O AC V2O4+O2+2SO2=2VOSO4
【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)①根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应离子方程式
②A. 根据反应的离子方程式确定；
B. 根据物料守恒判断，故B错误；
C. 根据KMnO4在不同酸碱性条件下的还原产物判断；
(3)根据总反应式以及部分分步反应式确定。
【详解】(1)给已知反应编号，①：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH1=-905.5kJ·mol-1，
②：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH2=+180kJ·mol-1，根据盖斯定律可得，①−②×4可得目标方程式4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H=(-905.5kJ·mol-1)−(+180kJ·mol-1)×4=−1625.5kJ/mol，故答案为：−1625.5kJ/mol；
(2)①因为n(NO2−):n(NO3−)=1:3，转移电子数为(3−2)+3(5−2)=10，根据得失电子守恒，可得10MnO4−、再结合电荷守恒、元素守恒配平该反应离子方程式为4NO+10MnO4-+10OH−=NO2- +3NO3- +10MnO42-+7H2O，故答案为：4，10，10OH−，10，7H2O；
②A. 反应的离子方程式为4NO+10MnO4-+10OH−=NO2- +3NO3- +10MnO42-+7H2O，所以分离反应后的混合溶液可获得硝酸钾等氮肥，故A正确；
B. 由化学式KMnO4可知，n(Mn)=n(K)，所以反应后的混合溶液中物料关系为c(MnO4-)+c(MnO42-)=c(K+)，故B错误；
C. 酸性条件下，KMnO4的还原产物为Mn2+；碱性条件下，KMnO4的还原产物为MnO42-或MnO2，所以在不同酸碱性条件下，KMnO4发生氧化还原反应的产物可能不同，故C正确；故答案为：AC；
(3)V2O5催化SO2和O2反应的总反应式为2SO2 + O2 = 2SO3，V2O5为催化剂，V2O4、VOSO4为中间产物，总反应-a-c可得b的反应式为V2O4+O2+2SO2=2VOSO4，故答案为：V2O4+O2+2SO2=2VOSO4。
3． 2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O 滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下 降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解 将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解 空气流速过快，ClO2不能被充分吸收 cd 相同
【分析】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式；
(2)根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势；根据已知信息：ClO2温度过高时易发生分解解答；
(3)空气可将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时根据ClO2浓度过大时易发生分解，分析其作用；
(4)氧化还原反应中，化合价有降低，必定有升高；
(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，且KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，根据电子转移守恒分析判断。
【详解】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O，故答案为：2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O；
(2)滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等，使液体能顺利滴下；加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热，从而使液体飞溅，并防止生成的ClO2分解，故答案为：滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下；降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解；
(3)实验过程中通入空气的目的是将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，导致其产率降低，故答案为：将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收；
(4)ClO2中Cl的化合价为+4价，KClO2中Cl的化合价为+3价，由此可知该反应为氧化还原反应，则化合价有降低，必定有升高，则同时还有可能生成的物质为KClO3、.KClO4，故答案为：cd；
(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，3molKClO2变质得到2mol KClO3，与足量FeSO4溶液反应时，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2反应获得电子为3mol×4=12mol，2mol KClO3反应获得电子为2mol×6=12mol，故消耗Fe2+物质的量相同，故答案为：相同。
【点睛】第(5)问关键是明确变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2与2mol KClO3得电子数相等，故消耗Fe2+物质的量相同。
4． CO2 8.3 取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净 吸收空气中的H2O和CO2 关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热 NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O 2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O
【分析】(1)根据元素守恒分析判断 ；
(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH ；
(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；
(4)根据实验目的和各个装置的作用分析；
(5)根据实验目的和前后操作步骤分析；
(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；
(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。
【详解】(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2，故答案为：CO2 ；
(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH 8.3，故答案为：8.3 ；
(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；
(4)C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的H2O和CO2；
(5)步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；
(6)水的质量为251.08g−250g=1.08g，CO2的质量为190.44g−190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g−1.08g−0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和NiO的系数比(也就是分子个数比)为即：，xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O . 6H2O↑+CO2↑+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案为：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；
(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y，由第(1)问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。
5． 消石灰或氢氧化钙或熟石灰和NH4Cl 球形干燥管 观察气泡的流速，便于调控生成氨气的速率 使氨气与CS2充分接触，防倒吸 三颈烧瓶内液体不分层 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥 Fe(NO3)3 87.3%
【分析】加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，用碱石灰干燥后，在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS，滴入KOH生成KSCN，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，多余的氨气在E中发生反应2NH3+Cr2O+8H+=N2+2Cr3++7H2O转为氮气，据此解题。
【详解】(1) 根据以上分析A中的混合物为消石灰或氢氧化钙或熟石灰和NH4Cl，仪器a的名称为球形干燥管；
(2) 通过观察C中的气泡流速，判断A中产生氨气的速度，控制装置A的加热温度；故答案为：观察气泡流速，控制装置A的加热温度；为了使氨气与CS2充分接触，防倒吸，所以将三颈烧瓶内的导气管插入下层CS2液体中；
(3) 待实验中观察到三颈烧瓶内液体不分层；NH4HS加热易分解，制备KSCN溶液时，熄灭A处的酒精灯，关闭K1，保持三颈烧瓶内液温105°C一段时间，其目的是让NH4HS完全分解而除去，然后打开K2，继续保持液温105°C，缓缓滴入适量的KOH溶液，装置D中NH4SCN和KOH反应生成KSCN，化学方程式：NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；故答案为：NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；
(4) 装置E中， NH3被酸性重铬酸钾氧化为氮气，反应离子方程式为：2NH3+Cr2O+8H+=N2+2Cr3++7H2O；故答案为：2NH3+Cr2O+8H+=N2+2Cr3++7H2O；
(5) 先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤洗涤干燥；
(6) ①Fe3+遇KSCN变红色，所以滴定过程的指示剂a为Fe (NO3) 3溶液；故答案为：Fe (NO3) 3溶液；②达到滴定终点时消耗0.1000mol/L AgNO3标准溶液18.00mL，根据方程式SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色) 可知，20.00mL溶液中KSCN的物质的量是0.018L× 0.1mol/L=0.0018mol，晶体中KSCN的质量分数为：；故答案为：87.3%。
6．(1) 温度计 H++ OH-= H2O
(2)除去反应体系中残余的HBr
(3) 过滤速率快，固液分离更彻底 防止葡萄糖酸钙由于温度降低导致溶解度降低而析出，使产率降低
(4)水洗去溴化钙等水溶性杂质，乙醇减小葡萄糖酸钙的溶解损失
(5)76.3%
【解析】(1)
第 ①步中溴水氧化葡萄糖时，该温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；盛放NaOH溶液的烧杯中主要示吸收HBr，发生反应的离子方程式H++OH-=H2O，故答案为：温度计；H++OH-=H2O；
(2)
葡萄糖氧化过程中生成了HBr，能与CaCO3反应生成CaBr2、CO2，加入过量CaCO3，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是除去HBr，故答案为：除去反应体系中残余的HBr；
(3)
抽滤时形成负压，水流的更快，所以与普通过滤操作相比，抽滤过滤速度快，可以减少因溶液温度较低而析出的葡萄糖酸钙，抽滤过程需要趁热进行的原因是葡萄糖酸钙可溶于冷水，易溶于热水，故答案为：过滤速率快，固液分离更彻底；防止葡萄糖酸钙由于温度降低导致溶解度降低而析出，使产率降低；
(4)
步骤V洗涤操作洗涤剂选用乙醇-水混合溶液，理由是利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，故答案为：水洗去溴化钙等水溶性杂质，乙醇减小葡萄糖酸钙的溶解损失；
(5)
9.0gC6H12O6的物质的量n(C6H12O6)==0.05mol，根据C原子守恒有n[Ca(C6H11O7)2]= n(C6H12O6)=0.025mol，Ca(C6H11O7)2的理论产量m[Ca(C6H11O7)2]=0.025mol×430g/mol=10.75g，葡萄糖酸钙的产率=×100%≈76.3%，故答案为：76.3%。
7． ABC 二者结构相同，离子所带电荷相同，所以NiO熔点较高的原因是离子半径Fe2+大于Ni2+ CE O＞N＞C＞H＞Cu C、O 28 分子晶体 2
【详解】(1)①Fe原子核外有26个电子，失去2个电子形成Fe2+，则Fe2+的核外电子排布式为：[Ar]3d6，因此其价电子排布式为3d6，排布图为；
②离子半径、离子所带电量、晶体中离子的排列方式均影响晶格能的大小，其他条件相同时，离子半径越大，晶格能越小；离子所带电量越多，晶格能越大；晶体中离子的排列方式不同，晶格能大小不同，故答案选ABC；
③FeO、NiO的晶体结构与NaCl的晶体结构相同，均为离子晶体，二者离子所带电荷相同，所以NiO熔点较高的原因是离子半径Fe2+大于Ni2+，NiO的晶格能更大
(2)①由反应过程可知，反应中有共价键、氢键的断裂与配位键的形成，但氢键不属于化学键，故答案选CE；
②X所含有的元素有：C、N、O、H、Cu，非金属性：O＞N＞C＞H＞Cu，故电负性：O＞N＞C＞H＞Cu，X分子中饱和的C原子及O原子价层电子对数均为4，采用sp3杂化，而苯环中的C原子、不饱和碳原子和N原子均采用sp2杂化，则采用sp2杂化的原子共有6×4+2+2=28个；
③X难溶于水、易溶于有机溶剂，说明X属于分子晶体；
(3)①根据晶胞结构示意图可知，黑球在晶胞的体内，个数为4，白球在晶胞的体内和顶点，个数为，Cu2O中O原子和Cu原子的个数比为1：2，因此黑球为Cu原子，白球为O原子，所以Cu原子的配位数为2；
②由①可知，该晶胞中共含有2个Cu2O，则1个该晶胞的质量，晶胞的体积，又V=a3，因此晶胞的参数a=。
8．(1)Li
(2)1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3
(3) sp3 sp2
(4) NH3 NH3 分子之间能形成氢键
(5)ab
(6) 化学 LiAsF6 LiAsF6 中阴离子半径大于LiPF6，故晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，Li+更 易迁移
(7) 8
【解析】(1)
C、P是非金属，有较强得电子能力，而Li为金属，易失电子，则三种元素中Li的电负性最小，故答案为：Li；
(2)
P原子核电荷数为15，原子核外最外层有5个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3，故答案为：1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3；
(3)
图2黑磷区中P原子的价层电子对数目为3+ =4，P原子采取sp3杂化，而石墨区中C原子的价层电子对数目为3+=3，则杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp3；sp2；
(4)
PH3的相对分子质量大于CH4，PH3的沸点比CH4高，但NH3分子间存在氢键沸点最高，所以沸点由高到低顺序为NH3＞PH3＞CH4，故答案为：NH3；NH3 分子之间能形成氢键；
(5)
a．黑磷区中P-P键的键长不完全相等，则键能也不完全相同，故a正确；
b．黑磷与石墨晶体的层与层之间由范德华力互相吸引，两者均为混合晶体，故b正确；
c．复合材料单层中，P原子与C原子之间形成共价键，即作用力为共价键，故c错误；
故答案为：ab；
(6)
①从图甲看出，Li+迁移过程生成了新物质，发生了化学变化，故答案为：化学；
②因为的半径比的小，与Li+的作用力就比的强，迁移速度就慢，故答案为：LiAsF6；LiAsF6 中阴离子半径大于LiPF6，故晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，Li+更 易迁移；
(7)
根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，以顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为V=a3 nm3=(a×10-7)3cm3，晶胞的质量为m=g，所以晶体的密度为，故答案为：8；。
内蒙古呼和浩特市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题
一、填空题
1．（2019·内蒙古呼和浩特·统考一模）某反应中反应物与生成物FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu；
（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示请回答下列问题：
①图中X溶液是__；
②Cu电极上发生的电极反应式为__；
③原电池工作时，盐桥中的__填“K+”或“Cl-”）不断进入X溶液中。
（2）将上述反应设计成电解池如图乙所示乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：
①M是电源的__极；
②图丙中的②线是__的变化；
③当电子转移为0.2mol时向乙烧杯中加入__L5mol/LNaOH溶液才能使所有的金属阳离子沉淀完全。
二、计算题
2．（2019·内蒙古呼和浩特·统考一模）人类向大气中排放的NOx和SO2对环境会产生危害，烟气的脱硝（除NOx）技术和脱硫（除SO2）技术都是环境科学研究的热点。
（1）选择性催化还原技术是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在催化剂作用下，用还原剂（如NH3选择性地与NOx反应生成N2和H2O。
已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH1=-905.5kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH2=+180kJ·mol-1
则4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) ΔH3=__。
（2）碱性KMnO4氧化法也可将NOx进行脱除。
①用KMnO4(NaOH)溶液进行烟气中NO的脱除，将该离子方程式补充完整。__
□NO+□MnO4-+□__=NO2-+3NO3-+□MnO42-+□__
②下列叙述正确的是__（填字母序号）。
A．将脱除后的混合溶液进行分离可获得氮肥
B．反应后混合溶液中：c(MnO4-)+2c(MnO42-)=c(K+)
C．在不同酸碱性条件下，KMnO4发生还原反应的产物可能不同
（3）催化剂V2O5可用于处理NOx和SO2。
V2O5在催化降解NOx的过程中，也会对SO2和O2反应起到一定的催化作用，其反应式如下：
a.V2O5+SO2=V2O4+SO3
b.__
c.2VOSO4=V2O5+SO2+SO3
SO3进一步与烟气中逃逸的氨反应，生成硫酸氢铵和硫酸铵。
三、实验题
3．（2019·内蒙古呼和浩特·统考一模）ClO2是一种优良的消毒剂，其溶解度约是Cl2的5倍，但温度过高浓度过大时均易发生分解，因此常将其制成KClO2固体，以便运输和贮存。制备KClO2固体的实验装置如图所示，其中A装置制备ClO2，B装置制备KClO2。请回答下列问题：
（1）A中制备ClO2的化学方程式为__。
（2）与分液漏斗相比，本实验使用滴液漏斗，其优点是__。加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止液体飞溅和__。
（3）实验过程中通入空气的目的是__，空气流速过快，会降低KClO2产率，试解释其原因__。
（4）ClO2通入KOH溶液生成KClO2的同时还有可能生成的物质__。
a.KCl b.KClO c.KClO3 d.KClO4
（5）KClO2变质分解为KClO3和KCl，取等质量的变质前后的KClO2试样配成溶液，分别与足量的FeSO4溶液反应消耗Fe2+的物质的量__（填“相同”、“不相同”“无法确定”）。
4．（2019·内蒙古呼和浩特·统考一模）目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。
碱式碳酸镍的制备：
工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制备流程如图：
（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化学式为__。
（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。分析如图，反应器中最适合的pH值为__。
（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。
测定碱式碳酸镍晶体的组成：
为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：
资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O
实验步骤：
①检查装置气密性；
②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；
③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；
④__；
⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；
⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；
⑦根据数据进行计算（相关数据如下表）
装置C/g
装置D/g
装置E/g
加热前
250.00
190.00
190.00
加热后
251.08
190.44
190.00
实验分析及数据处理：
（4）E装置的作用__。
（5）补充④的实验操作___。
（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。
镍的制备：
（7）写出制备Ni的化学方程式__。
5．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）硫氰化钾(KSCN)俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品。主要用于合成树脂、杀虫杀菌剂、芥子油、硫脲类和药物等。实验室模拟工业以NH3和CS2为原料制备KSCN的实验装置如图所示：
已知：①NH3不溶于CS2，CS2密度比水大且难溶于水；
②三颈烧瓶内盛放CS2、水和催化剂，发生反应：CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，该反应比较缓慢，且NH4SCN在高于170℃易分解。
(1)A装置中固体混合物是___________；仪器a的名称___________
(2)C装置的作用是___________；三颈烧瓶内的导气管插入下层CS2液体中，原因是___________。
(3)待实验中观察到___________。现象时，熄灭A处酒精灯，待D中无气泡产生时关闭K1。保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，使NH4HSA=NH3↑+H2S↑进行完全后，打开K2，继续保持液温105℃，滴入适量的KOH溶液，写出生成KSCN的化学方程式___________。
(4)装置E的作用为吸收尾气，防止污染环境，写出吸收NH3的离子方程式___________。
(5)反应结束后将三颈烧瓶中的固体催化剂滤去，再___________。(填操作)，得到硫氰化钾晶体。
(6)晶体中KSCN含量的测定：称取10.0g样品，配成1000mL溶液。量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴a作指示剂，用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液18.00mL。【已知：滴定时发生的反应为SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)】
①指示剂a为___________。
②晶体中KSCN的质量分数为___________。(只要求写出计算结果)
6．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下实验流程制得：
已知：a.反应原理：CH2OH( CHOH)4CHO + Br2+ H2O→C6H12O7 (葡萄糖酸) + 2HBr；2C6H12O7(葡萄糖酸) + CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)+ H2O + CO2↑
b.相关物质的溶解性见下表：
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
在水中的溶解性
可溶于冷水，易溶于热水
可溶
极易溶
在乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
c.相关物质酸性：氢溴酸>葡萄糖酸>碳酸
d.相关物质相对分子质量：葡萄糖180，葡萄糖酸钙430
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中溴水氧化葡萄糖时，甲同学设计了如图所示装置。你认为缺少的仪器是_______，盛放NaOH溶液的烧杯中主要发生反应的离子方程式_______。
(2)步骤Ⅱ中加入过量CaCO3，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是_______。
(3)步骤Ⅲ的“操作”是将所得悬浊液煮沸，并趁热采用装置抽滤，滤掉未反应的CaCO3，得到澄清透明的葡萄糖酸钙溶液。抽滤时自来水流的作用是使瓶内与大气形成压强差。与普通过滤操作相比，抽滤的优点是_______；抽滤过程需要趁热进行的原因是 _______。
(4)步骤Ⅴ洗涤操作洗涤剂选用乙醇-水混合溶液 ，理由是_______。
(5)该实验中葡萄糖酸钙的产率为_______( 保留3位有效数字)。
四、结构与性质
7．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）2017年4月26日9时中国首艘国产航母在大连成功下水，标志着我国自主设计建造航空母舰取得重大阶段性成果。
(1)航母用钢可由低硅生铁冶炼而成。
①Fe2+的价层电子排布图为___________。
②影响晶格能大小的因素包括___________。
A．离子半径B．离子所带电量C．晶体中离子的排列方式D．共价键键长
③FeO、NiO的晶体结构与NaCl的晶体结构相同，熔点FeO小于NiO，理由是___________。
(2)航母螺旋桨主要用铜合金制造。含铜废液可以利用铜萃取剂M，通过如下反应实现铜离子的富集，进行回收。
①上述反应中发生变化的化学键有___________。
A．离子键B．金属键C．共价键D．氢键E．配位键
②X所含元素的电负性由大到小的顺序为___________。(用元素符号表示)，采用sp3杂化的非金属原子有___________ (元素符号)，采用sp2杂化的原子有___________个。
③X难溶于水、易溶于有机溶剂，试判断X的晶体类型为___________。
(3)航母舰艇底部涂有含Cu2O的防腐蚀涂料。已知Cu2O的晶胞结构如图所示：
①该晶胞结构中铜原子的配位数是___________。
②已知该晶体的密度为dg▪cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该立方晶胞的参数是___________nm
8．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷-石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。
回答下列问题：
(1)Li 、C、P三种元素中，电负性最小的是_______(用元素符号作答)。
(2)基态磷原子的电子排布式为_______。
(3)图2中，黑磷区P原子的杂化方式为_______，石墨区C原子的杂化方式为_______。
(4)氢化物PH3、CH4、NH3的沸点最高的是_______，原因是_______。
(5)根据图1和图2的信息，下列说法正确的有_______(填字母)。
a.黑磷区P- P键的键能不完全相同
b.黑磷与石墨都属于混合型晶体
c.复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
(6)LiPF6、LiAsF6.等也可作为聚乙二醇锂离子电池的电极材料。电池放电时， Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链向正极迁移的过程如图所示(图中阴离子未画出)。
①从化学键角度看， Li+迁移过程发生_______(填“物理”或“化学” )变化。
②相同条件下，电极材料_______( 填“LiPF6”或“LiAsF6”)中的Li+迁移较快，原因是_______。
(7)贵金属磷化物Rh2P(化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为anm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为_______，晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算式)。
图3
参考答案：
1． FeCl2、FeCl3 Cu-2e-=Cu2+ K+ 负 Fe2+ 0.28
【分析】据反应物和生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，
(1)将该反应设计成原电池，Cu作负极，石墨作正极；
(2)①将该反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2设计成电解池，Cu作阳极，石墨为阴极；
②根据金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子；
③结合图象，确定当电子转移为0.2mol时，溶液中Fe3+、Fe2+、Cu2+的物质的量，进而计算需要NaOH溶液的体积。
【详解】(1)据反应物和生成物可以确定该反应为氧化还原反应，由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，则该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，将该反应设计成原电池，Cu作负极，石墨作正极。
①该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，则X溶液一定有FeCl3，结合第(2)问②分析，曲线②为Fe2+，且反应开始时其物质的量为0.1mol，则X为FeCl2、FeCl3，故答案为：FeCl2、FeCl3；
②Cu作负极，发生失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，故答案为：Cu-2e-=Cu2+；
③Cu作负极，石墨作正极，盐桥中阳离子向正极移动，则K+不断移向正极即进入X溶液中，故答案为：K+；
(2)①将该反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2设计成电解池，则Cu作阳极，失电子被氧化生成Cu2+，石墨为阴极，Fe3+得电子生成Fe2+，被还原，所以M为负极，N为正极，故答案为：负；
②该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，在电解过程中，Fe3+逐渐减少，则①表示的为Fe3+，Fe2+、Cu2+逐渐增多，根据变化量的比例关系2Fe3+~2Fe2+~Cu2+可知，②为Fe2+，③为Cu2+，故答案为：Fe2+；
③当电子转移为0.2mol时，溶液中有Fe3+为0.2mol，Fe2+为0.3mol，Cu2+为0.1mol，所以需要加入NaOH溶液物质的量为0.2×3+0.3×2+0.1×2=1.4mol，所以NaOH溶液的体积为，故答案为：0.28。
2． -1625.5kJ/mol 4，10，10OH−，10，7H2O AC V2O4+O2+2SO2=2VOSO4
【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)①根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应离子方程式
②A. 根据反应的离子方程式确定；
B. 根据物料守恒判断，故B错误；
C. 根据KMnO4在不同酸碱性条件下的还原产物判断；
(3)根据总反应式以及部分分步反应式确定。
【详解】(1)给已知反应编号，①：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH1=-905.5kJ·mol-1，
②：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH2=+180kJ·mol-1，根据盖斯定律可得，①−②×4可得目标方程式4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H=(-905.5kJ·mol-1)−(+180kJ·mol-1)×4=−1625.5kJ/mol，故答案为：−1625.5kJ/mol；
(2)①因为n(NO2−):n(NO3−)=1:3，转移电子数为(3−2)+3(5−2)=10，根据得失电子守恒，可得10MnO4−、再结合电荷守恒、元素守恒配平该反应离子方程式为4NO+10MnO4-+10OH−=NO2- +3NO3- +10MnO42-+7H2O，故答案为：4，10，10OH−，10，7H2O；
②A. 反应的离子方程式为4NO+10MnO4-+10OH−=NO2- +3NO3- +10MnO42-+7H2O，所以分离反应后的混合溶液可获得硝酸钾等氮肥，故A正确；
B. 由化学式KMnO4可知，n(Mn)=n(K)，所以反应后的混合溶液中物料关系为c(MnO4-)+c(MnO42-)=c(K+)，故B错误；
C. 酸性条件下，KMnO4的还原产物为Mn2+；碱性条件下，KMnO4的还原产物为MnO42-或MnO2，所以在不同酸碱性条件下，KMnO4发生氧化还原反应的产物可能不同，故C正确；故答案为：AC；
(3)V2O5催化SO2和O2反应的总反应式为2SO2 + O2 = 2SO3，V2O5为催化剂，V2O4、VOSO4为中间产物，总反应-a-c可得b的反应式为V2O4+O2+2SO2=2VOSO4，故答案为：V2O4+O2+2SO2=2VOSO4。
3． 2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O 滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下 降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解 将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解 空气流速过快，ClO2不能被充分吸收 cd 相同
【分析】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式；
(2)根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势；根据已知信息：ClO2温度过高时易发生分解解答；
(3)空气可将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时根据ClO2浓度过大时易发生分解，分析其作用；
(4)氧化还原反应中，化合价有降低，必定有升高；
(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，且KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，根据电子转移守恒分析判断。
【详解】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O，故答案为：2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O；
(2)滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等，使液体能顺利滴下；加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热，从而使液体飞溅，并防止生成的ClO2分解，故答案为：滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下；降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解；
(3)实验过程中通入空气的目的是将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，导致其产率降低，故答案为：将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收；
(4)ClO2中Cl的化合价为+4价，KClO2中Cl的化合价为+3价，由此可知该反应为氧化还原反应，则化合价有降低，必定有升高，则同时还有可能生成的物质为KClO3、.KClO4，故答案为：cd；
(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，3molKClO2变质得到2mol KClO3，与足量FeSO4溶液反应时，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2反应获得电子为3mol×4=12mol，2mol KClO3反应获得电子为2mol×6=12mol，故消耗Fe2+物质的量相同，故答案为：相同。
【点睛】第(5)问关键是明确变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2与2mol KClO3得电子数相等，故消耗Fe2+物质的量相同。
4． CO2 8.3 取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净 吸收空气中的H2O和CO2 关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热 NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O 2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O
【分析】(1)根据元素守恒分析判断 ；
(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH ；
(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；
(4)根据实验目的和各个装置的作用分析；
(5)根据实验目的和前后操作步骤分析；
(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；
(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。
【详解】(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2，故答案为：CO2 ；
(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH 8.3，故答案为：8.3 ；
(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；
(4)C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的H2O和CO2；
(5)步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；
(6)水的质量为251.08g−250g=1.08g，CO2的质量为190.44g−190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g−1.08g−0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和NiO的系数比(也就是分子个数比)为即：，xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O . 6H2O↑+CO2↑+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案为：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；
(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y，由第(1)问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。
5． 消石灰或氢氧化钙或熟石灰和NH4Cl 球形干燥管 观察气泡的流速，便于调控生成氨气的速率 使氨气与CS2充分接触，防倒吸 三颈烧瓶内液体不分层 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥 Fe(NO3)3 87.3%
【分析】加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，用碱石灰干燥后，在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS，滴入KOH生成KSCN，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，多余的氨气在E中发生反应2NH3+Cr2O+8H+=N2+2Cr3++7H2O转为氮气，据此解题。
【详解】(1) 根据以上分析A中的混合物为消石灰或氢氧化钙或熟石灰和NH4Cl，仪器a的名称为球形干燥管；
(2) 通过观察C中的气泡流速，判断A中产生氨气的速度，控制装置A的加热温度；故答案为：观察气泡流速，控制装置A的加热温度；为了使氨气与CS2充分接触，防倒吸，所以将三颈烧瓶内的导气管插入下层CS2液体中；
(3) 待实验中观察到三颈烧瓶内液体不分层；NH4HS加热易分解，制备KSCN溶液时，熄灭A处的酒精灯，关闭K1，保持三颈烧瓶内液温105°C一段时间，其目的是让NH4HS完全分解而除去，然后打开K2，继续保持液温105°C，缓缓滴入适量的KOH溶液，装置D中NH4SCN和KOH反应生成KSCN，化学方程式：NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；故答案为：NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；
(4) 装置E中， NH3被酸性重铬酸钾氧化为氮气，反应离子方程式为：2NH3+Cr2O+8H+=N2+2Cr3++7H2O；故答案为：2NH3+Cr2O+8H+=N2+2Cr3++7H2O；
(5) 先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤洗涤干燥；
(6) ①Fe3+遇KSCN变红色，所以滴定过程的指示剂a为Fe (NO3) 3溶液；故答案为：Fe (NO3) 3溶液；②达到滴定终点时消耗0.1000mol/L AgNO3标准溶液18.00mL，根据方程式SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色) 可知，20.00mL溶液中KSCN的物质的量是0.018L× 0.1mol/L=0.0018mol，晶体中KSCN的质量分数为：；故答案为：87.3%。
6．(1) 温度计 H++ OH-= H2O
(2)除去反应体系中残余的HBr
(3) 过滤速率快，固液分离更彻底 防止葡萄糖酸钙由于温度降低导致溶解度降低而析出，使产率降低
(4)水洗去溴化钙等水溶性杂质，乙醇减小葡萄糖酸钙的溶解损失
(5)76.3%
【解析】(1)
第 ①步中溴水氧化葡萄糖时，该温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；盛放NaOH溶液的烧杯中主要示吸收HBr，发生反应的离子方程式H++OH-=H2O，故答案为：温度计；H++OH-=H2O；
(2)
葡萄糖氧化过程中生成了HBr，能与CaCO3反应生成CaBr2、CO2，加入过量CaCO3，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是除去HBr，故答案为：除去反应体系中残余的HBr；
(3)
抽滤时形成负压，水流的更快，所以与普通过滤操作相比，抽滤过滤速度快，可以减少因溶液温度较低而析出的葡萄糖酸钙，抽滤过程需要趁热进行的原因是葡萄糖酸钙可溶于冷水，易溶于热水，故答案为：过滤速率快，固液分离更彻底；防止葡萄糖酸钙由于温度降低导致溶解度降低而析出，使产率降低；
(4)
步骤V洗涤操作洗涤剂选用乙醇-水混合溶液，理由是利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，故答案为：水洗去溴化钙等水溶性杂质，乙醇减小葡萄糖酸钙的溶解损失；
(5)
9.0gC6H12O6的物质的量n(C6H12O6)==0.05mol，根据C原子守恒有n[Ca(C6H11O7)2]= n(C6H12O6)=0.025mol，Ca(C6H11O7)2的理论产量m[Ca(C6H11O7)2]=0.025mol×430g/mol=10.75g，葡萄糖酸钙的产率=×100%≈76.3%，故答案为：76.3%。
7． ABC 二者结构相同，离子所带电荷相同，所以NiO熔点较高的原因是离子半径Fe2+大于Ni2+ CE O＞N＞C＞H＞Cu C、O 28 分子晶体 2
【详解】(1)①Fe原子核外有26个电子，失去2个电子形成Fe2+，则Fe2+的核外电子排布式为：[Ar]3d6，因此其价电子排布式为3d6，排布图为；
②离子半径、离子所带电量、晶体中离子的排列方式均影响晶格能的大小，其他条件相同时，离子半径越大，晶格能越小；离子所带电量越多，晶格能越大；晶体中离子的排列方式不同，晶格能大小不同，故答案选ABC；
③FeO、NiO的晶体结构与NaCl的晶体结构相同，均为离子晶体，二者离子所带电荷相同，所以NiO熔点较高的原因是离子半径Fe2+大于Ni2+，NiO的晶格能更大
(2)①由反应过程可知，反应中有共价键、氢键的断裂与配位键的形成，但氢键不属于化学键，故答案选CE；
②X所含有的元素有：C、N、O、H、Cu，非金属性：O＞N＞C＞H＞Cu，故电负性：O＞N＞C＞H＞Cu，X分子中饱和的C原子及O原子价层电子对数均为4，采用sp3杂化，而苯环中的C原子、不饱和碳原子和N原子均采用sp2杂化，则采用sp2杂化的原子共有6×4+2+2=28个；
③X难溶于水、易溶于有机溶剂，说明X属于分子晶体；
(3)①根据晶胞结构示意图可知，黑球在晶胞的体内，个数为4，白球在晶胞的体内和顶点，个数为，Cu2O中O原子和Cu原子的个数比为1：2，因此黑球为Cu原子，白球为O原子，所以Cu原子的配位数为2；
②由①可知，该晶胞中共含有2个Cu2O，则1个该晶胞的质量，晶胞的体积，又V=a3，因此晶胞的参数a=。
8．(1)Li
(2)1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3
(3) sp3 sp2
(4) NH3 NH3 分子之间能形成氢键
(5)ab
(6) 化学 LiAsF6 LiAsF6 中阴离子半径大于LiPF6，故晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，Li+更 易迁移
(7) 8
【解析】(1)
C、P是非金属，有较强得电子能力，而Li为金属，易失电子，则三种元素中Li的电负性最小，故答案为：Li；
(2)
P原子核电荷数为15，原子核外最外层有5个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3，故答案为：1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3；
(3)
图2黑磷区中P原子的价层电子对数目为3+ =4，P原子采取sp3杂化，而石墨区中C原子的价层电子对数目为3+=3，则杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp3；sp2；
(4)
PH3的相对分子质量大于CH4，PH3的沸点比CH4高，但NH3分子间存在氢键沸点最高，所以沸点由高到低顺序为NH3＞PH3＞CH4，故答案为：NH3；NH3 分子之间能形成氢键；
(5)
a．黑磷区中P-P键的键长不完全相等，则键能也不完全相同，故a正确；
b．黑磷与石墨晶体的层与层之间由范德华力互相吸引，两者均为混合晶体，故b正确；
c．复合材料单层中，P原子与C原子之间形成共价键，即作用力为共价键，故c错误；
故答案为：ab；
(6)
①从图甲看出，Li+迁移过程生成了新物质，发生了化学变化，故答案为：化学；
②因为的半径比的小，与Li+的作用力就比的强，迁移速度就慢，故答案为：LiAsF6；LiAsF6 中阴离子半径大于LiPF6，故晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，Li+更 易迁移；
(7)
根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，以顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为V=a3 nm3=(a×10-7)3cm3，晶胞的质量为m=g，所以晶体的密度为，故答案为：8；。
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