山东省潍坊市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

山东省潍坊市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·山东潍坊·二模）氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料，常用作催化剂、杀菌剂。化学小组用如图装置(部分夹持装置略去)制备氯化亚铜。

已知：①氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空气中会被迅速氧化。

②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。

实验步骤：

I.打开分液漏斗活塞，向三颈瓶中加盐酸调pH至2~3。打开活塞K，通入SO2，溶液中产生白色沉淀，待反应完全后，再通一段时间的气体。

II.将反应混合液过滤、洗涤、干燥得CuCl粗产品，纯化后得CuCl产品。

回答下列问题：

(1)装置B的作用是________。

(2)步骤I中通入SO2发生反应的离子方程式是________。

(3)步骤II中采用抽滤法过滤的主要目的是________；用95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是________。

(4)化学小组同学在实验过程中，将分液漏斗中的0.lmol•L-1盐酸换为6mol•L-1盐酸，通入SO2，最终未得到白色沉淀。

①对此现象有如下猜想：

猜想一：Cl-浓度过大，与CuCl发生反应

小组同学对猜想一的原理进行深入研究，查阅资料知：CuCl+Cl-⇌CuCl2-，据此设计实验：将上述未得到沉淀的溶液_____(填操作)，若观察到有白色沉淀析出，证明猜想一正确。

②猜想二：________。

设计验证猜想二是否成立的实验方案________。

2．（2021·山东潍坊·统考二模）氮化铬(CrN)是一种耐磨性良好的新型材料，难溶于水。探究小组同学用下图所示装置(夹持装置略去)在实验室中制取氮化铬并测定所得氮化铬的纯度。

已知：实验室中常用溶液与溶液反应制取；能溶于水和乙醇。

回答下列问题：

(1)实验准备就绪后，应先加热___(填装置代号)装置，此时所处的状态是____。

(2)实验中的作用是____。

(3)改变的状态，加热E装置。试剂a的名称是____，写出装置E中发生反应的化学方程式____。

(4)实验过程中需间歇性微热b处导管的目的是____。

(5)向所得中加入足量溶液，然后通入水蒸气将全部蒸出，将用溶液完全吸收，剩余的用溶液恰好中和，则所得产品中的质量分数为____。

3．（2022·山东潍坊·统考二模）S2Cl2是一种有毒的液体，熔点-76℃，沸点138℃，蒸气有腐蚀性，易溶解硫磺，遇水分解。主要用于杀虫剂、硫化染料、气相下橡胶的硫化等。兴趣小组同学用如图所示装置(夹持和部分加热装置略去)制取S2Cl2并测定所得S2Cl2的纯度。

已知：S的熔点112.8℃，沸点444℃。

回答下列问题：

(1)实验时，先加热_______(填装置序号)，装置A中发生反应的化学方程式为_______。

(2)实验开始一段时间后，D中硫粉大量减少，仍有黄绿色气体，应采取的实验操作是_______。

(3)锥形瓶F中实际收集到的是_______，要从F中得到的产物获得较纯净的S2Cl2应采用的实验方法是_______。

(4)无水CaCl2的作用是_______。

(5)测定S2Cl2的纯度：

①取mg实验所得S2Cl2缓缓通入足量NH3搅拌、静置。向其中加入足量甲醛，充分反应后，用cmol/LNaOH标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗NaOH标准液VmL。实验所得S2Cl2的质量分数为_______。[已知：6S2Cl2+16NH3=S4N4+8S+12NH4Cl；6HCHO+4NH=(CH2)6N4+4H++6H2O]

②下列滴定操作中，会导致S2Cl2质量分数测定值偏低的是_______。

a．锥形瓶洗涤干净后未干燥

b．滴定前平视滴定管刻度线，滴定后俯视

c．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用NaOH标准溶液润洗

d．滴定前碱式滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡

二、结构与性质

4．（2020·山东潍坊·二模）我国采用的Cu2O/TiO2–NaBiO3光催化氧化技术能深度净化工业含有机物的废水。回答下列问题：

(1)钛(Ti)的基态原子M能层中能量不同的电子有_____________种。

(2)该技术能有效将含有机物废水中的农药、醇、油等降解为水、二氧化碳、硝酸根离子等小分子。

①H2O、CH3OH、分子中O-H键的极性最强的是_____________。

②C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是_____________。

(3)将少量无水硫酸铜溶解在水中，形成蓝色溶液，再加入过量氨水，溶液变为深蓝色。深蓝色离子的结构如图所示，lmol该离子中所含σ键为_____________mol(包括配位键)；向深蓝色溶液中缓慢加入乙醇，得到深蓝色晶体，加热该晶体先失去组分b的原因是_____________。

(4)铋合金具有凝固时不收缩的特性，用于铸造高精度铸型。金属铋的结构示意图如图1所示，其晶胞结构如图2所示。若铋原子的半径为rpm，则该晶体的密度为_____________g•cm-3 (用含r和NA数学表达式表示)。

5．（2021·山东潍坊·统考二模）深紫外固体激光器可用于高温超导、催化剂研究领域。我国自主研发的氟硼铍酸钾()晶体制造深紫外固体激光器技术领先世界。回答下列问题：

(1)基态原子最高能级电子数之比是_______，晶体熔点由高到低的顺序是_______。

(2)在气相中，氯化铍以二聚体的形式存在，原子的杂化方式是_______，中含有_______配位键。

(3)一定条件下，可与铜反应生成氟化剂的，其结构式是_______。已知在时就发生类似的分解反应，其不稳定的原因是_______。

(4)晶体是制备氟硼铍酸钾晶体的原料之一，其晶胞结构与相似如图1所示。O原子的配位数是_______；沿晶胞面对角线投影，图2中能正确描述投影结果的是_______(填序号)。设O与的最近距离为晶体的密度为，则阿伏加德罗常数的值为_______(用含a和d的式子表示)。

6．（2022·山东潍坊·统考二模）砷化镓(GaAs)、碲化镉(CdTe)等太阳能电池适合光电转换，可以直接把光能转化成电能。回答下列问题：

(1)元素As与N同族，预测As的氢化物分子的立体结构为____，其基态原子最外层p轨道电子的自旋状态____(填“相同”或“相反”)。

(2)元素Cd与Zn是同一副族的相邻元素，Cd的价层电子排布为4d105s2，Cd2+的价层电子排布为___。

(3)经X射线衍射实验证明在碲酸(H6TeO6)分子内的6个羟基排列在碲原子的周围呈八面体结构，碲酸中碲原子的价层电子对数为____。

(4)Te、Se都是第ⅥA族的元素，SeF6与SF6具有相似的结构，则熔沸点SeF6___SF6(填“>”或“<”或“=")；二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用如图表示，已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长：λ1____λ2(填“>”或“<”或“=")，其原因是____。

(5)CdTe的晶胞属立方晶系，晶胞参数如图1所示。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，称作原子的分数坐标。如原子M的坐标为(0，0，0)，则原子N的坐标为____。

该晶胞沿其面对角线方向上的投影如图2所示，则代表Te原子的位置是____(填序号)，晶胞中原子6和11之间的距离为____pm(用含a的代数式表示)。

参考答案：

1．     安全瓶或防止发生倒吸     SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+     快速过滤，防止氯化亚铜被氧化     减小CuCl的损失，同时加快固体的干燥     加水稀释     强酸性条件下，CuCl发生自身氧化还原反应(歧化反应)     取CuCl固体，加入3rnol•L-1的H2SO4溶液，若白色沉淀消失，得到蓝色溶液，有红色固体生成，证明猜想二成立，反之，不成立

【分析】(1)B装置可防止尾气处理时产生倒吸；

(2)SO2与氯化铜溶液反应生成氯化亚铜和硫酸；

(3)步骤II中采用抽滤法可加快过滤的速度，减少有空气接触的时间；已知①氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空气中会被迅速氧化分析；

(4)①Cl-浓度过大，与CuCl发生反应，减小Cl-浓度的浓度观察是否有沉淀生成；

②根据已知信息②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。

【详解】(1)SO2属于大气污染物，不能排放到空气中，用NaOH溶液处理尾气时容易引起倒吸，B装置可防止尾气处理时产生倒吸，B装置的作用为安全瓶或防止发生倒吸；

(2)SO2与氯化铜溶液反应生成氯化亚铜和硫酸，离子反应方程式为：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；

(3)已知①氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空气中会被迅速氧化，步骤II中采用抽滤法可加快过滤的速度，减少有空气接触的时间，防止氯化亚铜被氧化；氯化亚铜微溶于水，不溶于酒精，且酒精具有挥发性，可快速带走固体表面的水分，则用95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是减小CuCl的损失，同时加快固体的干燥；

(4)①Cl-浓度过大，与CuCl发生反应，减小Cl-的浓度观察是否有沉淀生成，则操作为将上述未得到沉淀的溶液加水稀释，若观察到有白色沉淀析出，说明猜想一Cl-浓度过大影响氯化亚铜的生成是正确的；

②根据已知信息②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应，则猜想二为强酸性条件下，CuCl发生自身氧化还原反应(歧化反应)，验证猜想的方法为：取CuCl固体，加入3rnol•L-1的H2SO4溶液，若白色沉淀消失，得到蓝色溶液，有红色固体生成，证明猜想二成立，反之，不成立。

2．     A     打开，关闭     用排尽装置中的空气，防止与氧气反应     碱石灰          防止与反应生成固体堵塞导管造成危险     94.3%

【分析】加热装置A生成氮气，排尽装置中的空气，防止与氧气反应，B中浓硫酸除去水蒸气，试剂a为碱石灰，除去氨气中的水蒸气，在E中生成，氯化氢气体被水吸收，据此分析解题。

【详解】(1)实验准备就绪后，应先加热A装置，此时打开关闭先生成氮气，排除装置中其他气体，防止E中发生其他反应使产物不纯。

(2)实验中的作用是：用排尽装置中的空气，防止与氧气反应。

(3)改变的状态，加热E装置。试剂a的名称是碱石灰，C中氨水挥发出来的氨气和水蒸气，需要用碱石灰干燥气体；装置E中有纯净干燥的氨气，发生反应的化学方程式。

(4)实验过程中需间歇性微热b处导管的目的是防止与反应生成固体堵塞导管造成危险。

(5)向所得中加入足量溶液，然后通入水蒸气将全部蒸出，将用溶液完全吸收，剩余的用溶液恰好中和，易知则~~H+~OH-，则n()=n()=60×10-3×1×2-10×10-3×2=0.1mol，所得产品中的质量分数为。

3．(1)     A     MnO2+4HCl(浓)Cl2↑+MnCl2+2H2O

(2)停止加热圆底烧瓶或停止(减缓)向圆底烧瓶内加入浓盐酸

(3)     S的S2Cl2溶液     蒸馏提纯或分馏提纯

(4)防止水蒸气进入F装置，导致S2Cl2分解

(5)          bd

【分析】本实验的实验目的为制取S2Cl2并测定所得S2Cl2的纯度，分析装置图可知，A为MnO2和浓盐酸加热制取Cl2，反应原理为：MnO2+4HCl(浓)Cl2↑+MnCl2+2H2O，B装置中盛有饱和食盐水，吸收挥发的HCl气体，C盛有浓硫酸，吸收水蒸气，D为Cl2和S反应生成S2Cl2，E为冷凝装置，F为收集装置，G为尾气吸收装置，据此分析解答。

(1)

实验时，应先加热A装置，产生Cl2以排尽装置内的空气，根据分析可知，装置A为MnO2和浓盐酸加热制取Cl2，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)Cl2↑+MnCl2+2H2O；

(2)

实验开始一段时间后，D中硫粉大量减少，仍有黄绿色气体，说明Cl2过量，则应该采取的措施为停止加热圆底烧瓶或停止(减缓)向圆底烧瓶内加入浓盐酸；

(3)

S的熔点为112.8℃，S2Cl2的沸点为138℃，S2Cl2蒸气易溶解硫磺，因此锥形瓶F中实际收集到的是S的S2Cl2溶液，S的沸点为444℃，可采用蒸馏提纯或分馏提纯的方法除去S，进而获得较纯净的S2Cl2；

(4)

S2Cl2遇水分解，故无水CaCl2的作用是防止水蒸气进入F装置，导致S2Cl2分解；

(5)

①已知6S2Cl2+16NH3=S4N4+8S+12NH4Cl；6HCHO+4NH=(CH2)6N4+4H++6H2O，又H++OH-=H2O，则有：S2Cl2~2~2H+~2NaOH，故n(S2Cl2)=n(NaOH)=(cV×10-3)mol，则S2Cl2的质量分数为；

②a．锥形瓶洗涤干净后未干燥不影响S2Cl2的物质的量，故对实验结果无影响，a不符合题意；

b．滴定前平视滴定管刻度线，滴定后俯视，导致读得的消耗NaOH的体积偏小，使得最终实验结果偏低，b符合题意；

c．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用NaOH标准溶液润洗，导致NaOH浓度偏小，最终消耗的NaOH溶液体积偏大，使得S2Cl2的质量分数测定偏高，c不符合题意；

d．滴定前碱式滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡，读得的消耗NaOH的体积偏小，使得最终实验结果偏低，d符合题意；

答案选bd。

4．     3          O＞N＞C     22     NH3与Cu2+的配位能力比H2O强     ×1030

【分析】(1)钛(Ti)的基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，据此分析解答；

(2)①电离难易程度与极性关系，一般极性越大，越容易电离；

②同周期元素，随核电荷数增大，电负性逐渐增强；

(3)单键和配位键都为σ键，根据图示分析判断；乙醇为极性溶剂，NH3与Cu2+的配位能力比H2O强，将H2O夺走，晶体的极性降低；

(4)根据晶胞密度计算公式ρ==计算。

【详解】(1)钛(Ti)的基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，M能层即为Ti核外第三层，M层中有3个能级，每个能级上的电子能量不同，则能量不同的电子有3种；

(2)①H2O、CH3OH、都是极性分子，根据钠与水和醇的反应剧烈程度可知，水中的氢活性较大更易电离，电离难易程度与极性关系，一般极性越大，越容易电离，则H2O中O-H键的极性大于CH3OH中O-H键的极性，水是中性的，苯酚具有酸性，说明苯酚中羟基上的H比水更易电离，则上述分子中O-H键的极性最强的是；

②C、N、O位于同周期，同周期元素，随核电荷数增大，电负性逐渐增强，三种元素的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C；

(3)配位键和单键都是σ键，根据图示，a为铜离子，b为NH3，c为H2O，铜离子与NH3、H2O形成6个配位键，每个NH3中含有3个σ键，每个H2O中含有两个σ键，则lmol该离子中所含σ键为1mol×(6+3×4+2×2)=22mol；根据相似相溶，乙醇为极性溶剂，H2O为极性分子，NH3与Cu2+的配位能力比H2O强，乙醇将H2O夺走，降低蓝色晶体的极性，则蓝色晶体的溶解度降低而析出；

(4)根据图2所示，金属铋原子位于六棱柱的顶点，面心和体心，该晶胞中铋原子的个数为2×+3+×12=6个，根据图1所示，若铋原子的半径为rpm，则晶胞面的边长为2rpm，上下面的距离h=rpm，将六棱柱看做6个三棱柱构成，每个三棱柱的体积为×2rpm×rpm×rpm=4r3pm3=4×10-30r3cm3，则晶胞的体积为6×4×10-30r3cm3=24×10-30r3cm3，则该晶胞的密度为ρ==== ×1030g•cm-3。

5．     2：1          sp2     2          N2F4分子中2个N原子各有1对孤对电子，孤对电子之间的排斥力使N-N键容易断裂     4     B    

【详解】(1)Be的核外电子排布为1s22s2，最高能级为2s，电子数目为2；B的核外电子排布为1s22s22p1，最高能级为2p，电子数为1，两者最高能级电子数之比为2:1，均为离子晶体，r(F-)<r(Cl-)<r(Br-)，离子半径越小离子键越强，晶格能越大，晶体的熔沸点越高，故三者熔点由高到低的顺序为，故答案为：2:1；；

(2)二聚体中Be与其中两个Cl形成共价键，与另一个Cl之间形成配位键，其结构式为：，Be采用sp2杂化，中含有2mol配位键，故答案为：sp2；2；

(3)的结构式为，由结构式可知，N2F4分子中N原子只形成单键，2个N原子各有1对孤对电子，孤对电子之间的排斥力使N-N键容易断裂，故答案为：；N2F4分子中2个N原子各有1对孤对电子，孤对电子之间的排斥力使N-N键容易断裂；

(4)由晶胞结构可知每个O周围有四个Be与其相连，配位数为4，由晶胞的结构可知沿面对角线投影应为图B，将整个晶胞切成8个等大小正方体，Be在小正方体中心，O在小正方体顶点，每个晶胞中含有4个Be，4个O，若O与Be距离为a pm，则小正方体对角线的1/2为a pm，故晶胞棱长为，d=，NA=，故答案为：4；B；；

6．(1)     三角锥形     相同

(2)4d10

(3)6

(4)     >     <     Se的原子半径比S原子大，Se-Se键键能比S-S键键能小，则光谱能量高，波长短

(5)          7，8，11    

【解析】(1)

元素As与N同族，N为sp3杂化，则As也为sp3杂化，预测As的氢化物分子的立体结构为三角锥形；As的核外价层电子排布为4s24p3，4p轨道的电子自旋方向相同；

(2)

Cd的价层电子排布为4d105s2，Cd2+的价层电子排布为4d10；

(3)

碲酸(H6TeO6)分子内的6个羟基排列在碲原子的周围呈八面体结构，价层电子对数为6；

(4)

SeF6与SF6具有相似的结构，均为分子晶体，SeF6相对分子质量大，分子间作用力强，熔沸点高，故熔沸点SeF6>SF6；Se的原子半径比S原子大，Se-Se键键能比S-S键键能小，则光谱能量高，波长短，故λ1<λ2，原因为：Se的原子半径比S原子大，Se-Se键键能比S-S键键能小，则光谱能量高，波长短；

(5)

N的坐标为；根据图１，可知代表Te原子的位置是7，8，11；

如图所示，A为6球位置，AB的长度为6和11球的距离，C为B（11球）在底面的投影，落在面对角线的的位置，BC的长度为边长的，为；CD的距离距离为面对角线的，长度为；AD长度为面对角线一半，为，AC长度为： ，AB的长度为：。