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山西省晋中市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题
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这是一份山西省晋中市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题，共15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。
山西省晋中市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题
一、实验题
1．（2020·山西晋中·统考一模）聚合硫酸铁简称聚铁［Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于饮用水等的净化。某化工厂利用硫酸铜废液制备聚铁，其流程如下：
回答下列问题：
（1）试剂A为__________。
（2）本实验中两次加入硫酸，其中“加热浓缩“时加入稀硫酸，除了抑制离子水解，还为了_______，“聚合”时加硫酸是为了控制溶液的pH在一定范围内，若pH偏大，则_________。
（3）“控温氧化”时选用绿色氧化剂双氧水，该过程需要控温的原因是________。
（4）减压蒸发装置如图所示。实验开始时，应先打开减压泵，从_____（填字母）口通入冷水，再打开旋转主机；实验结束时应先关闭旋转主机，再_______，打开阀门a通大气后，最后取下______（填仪器名称），从中获得聚铁。本实验采取减压蒸发的理由是___________。
（5）测定聚合硫酸铁样品主要成分的化学式。准确称取所得聚铁样品5.520g，溶于适量稀盐酸中，然后分成两等份：
a.一份加入过量的BaCl2溶液，然后过滤、洗涤、干燥，称重，得固体质量1.165g；
b.另一份置于250mL锥形瓶中，加入过量KI，充分反应后再用0.5000 mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。
已知：I2+2S2O32–=2I–+S4O62–（无色）
①计算所得产品化学式中n=_______。
②若m=4，写出“聚合”过程的化学方程式：______。
2．（2021·山西·统考一模）铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用基准试剂，在生产生活中也有很多重要用途。实验室以NH4HCO3为原料制备铵明钒晶体的过程如图：
请回答下列问题：
Ⅰ.(1)试写出过程Ⅰ的化学方程式___。
(2)过程Ⅱ中加入稀硫酸的目的是___，若省略该过程，则会导致制得的铵明矾晶体中混有__杂质(填化学式)。
(3)过程Ⅲ获得铵明矾晶体，需进行的实验操作是__、过滤、洗涤、干燥。
Ⅱ.为测定铵明矾晶体纯度，某学生取m g铵明矾样品配成500 mL溶液，根据物质组成，设计了如下三个实验方案(每个方案取用溶液的体积均为50.00 mL)。请结合三个方案分别回答下列问题：
方案一：测定SO的量，实验设计如下：
(4)老师评价这个方案不科学，测得的SO含量将__(填“偏高”或“偏低”)，理由是__。
方案二：测定NH的量，实验设计如图所示：
(5)准确测量氨气的体积是实验成功的保证。
①读取量气管的读数时应注意__。
②量气管中所盛液体可以是__(填字母)。
a.水b.乙醇c.苯d.四氯化碳
方案三：测定Al3+的量，实验过程如下：
(6)取50.00 mL待测液，调节溶液pH约为3.5，加入V1mL c1mol/L乙二胺四乙酸二钠(Na2H2Y)标准溶液，加热至沸腾，使Al3+与Na2H2Y迅速反应；待反应完成后调节溶液pH至5~6，加入二甲酚橙指示剂，再用c2mol/L的Zn2+滴定液滴定过量的Na2H2Y，至滴定终点时消耗Zn2+滴定液的体积为V2mL。反应的离子方程式为Al3++H2Y2-=AlY-+2H+，Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+。通过计算确定铵明矾晶体的纯度__。
3．（2022·山西晋中·统考一模）氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为78.8°C，在农药、制药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并产生有刺激性气味的气体。实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2。其他相关信息如下：①实验室里通常用Na2SO3固体和浓硫酸在不加热时反应制备二氧化硫。②合成氯化亚砜时可能用到的部分装置如图所示。
回答下列问题：
(1)装置乙、丙中相同的仪器名称为_______。
(2)实验室制取SOCl2是在三颈烧瓶中合成的，从图中选取合适的装置组成整个装置，所选仪器的连接顺序是：⑥→_______→①②←_______(用“→”或“←”连接各接口，箭头表示气体流向，某些仪器可以多次使用。装置乙用于制取氯气)。
(3)装置甲中冷凝管的进水口为_______(填“③”或“④”)。冷凝管上连接的干燥管的作用是：①吸收逸出的Cl2、SO2，防污染；②_______。
(4)浓硫酸的作用是_______。
(5)该实验制取氯气的离子方程式为_______。
(6)实验室对SO2尾气进行处理，下列如图装置中最合适的是_______(填标号)。
(7)已知SCl2的沸点为60°C。实验结束后，将三颈烧瓶中液体混合物分离开的实验操作名称是_______。若反应中消耗的Cl2的体积为896mL(已转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的SOCl27.12g，则SOCl2的产率为_______(保留两位有效数字)。
二、结构与性质
4．（2020·山西晋中·统考一模）铬的化合物在医药、材料领域有重要作用，认识铬及其化合物有重要意义。
（1）基态铬原子中，电子占据的最高能级符号为_____________。
（2）研究表明，当化合物的阳离子有未成对电子时，该化合物具有磁性。下列物质可用作录音带磁粉的是__________。
A．V2O5 B．Fe2O3 C．ZnO D．CrO2
（3）已知Cr3+在水溶液中的存在形式为[Cr(H2O)6］3+。在不同条件下，可从CrCl3水溶液中获得紫色、蓝绿色或绿色等不同颜色的配合物，其实验式均为CrCl3•6H2O。现取蓝绿色配合物0.1mol，加入足量AgNO3溶液，经过滤、洗涤、干燥得28.7g沉淀，则该化合物中的化学键类型有___________，写出该蓝绿色配合物的电离方程式：________。
（4）常温下，氯化酰铬(CrO2Cl2)是暗红色液体，能与CCl4、CS2等有机溶剂互溶。
①固体氯化酰铬属于______（填“极性”或“非极性”）分子，判断依据是______。
②等电子体是具有相同的价电子数和原子数的分子或离子。写出一种与CCl4分子互为等电子体的阴离子：_______（填化学式）；写出CS2分子的电子式：____________。
（5）氮化铬(CrN)在超级电容器领域有良好应用前景，其晶体结构类型与氯化钠相同。
①氮化铬的熔点比氯化钠高的主要原因是______。
②与Cr3+次邻近的N3–有________个。
③已知Cr3+和N3–半径分别为apm、bpm，设Cr3+和N3–都是紧密接触的刚性小球，NA代表阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为ρg•cm–3，则CrN的摩尔质量为______。（用含a、b、NA、ρ的算式表示）
5．（2021·山西·统考一模）2020年11月24日，长征五号运载火箭携嫦娥五号月球探测器在文昌发射升空，开启了我国首次地外天体采样返回之旅。月球的沙土中含有丰富的钛铁矿(主要成分为TiO2、Fe2O3等)，月壤中还含有硅、铝、钾、钡、锂、铷、锆、铪和稀土元素等。
(1)钛是21世纪重要的金属。基态Ti原子的价电子排布式为___。
(2)铝和铁是目前用量最大的金属。
①在周期表中，与Al的化学性质最相似的邻族元素是__，该元素的氯化物的空间构型为__。
②氧化铁比氧化亚铁稳定，试从原子结构角度解释原因__。
(3)TiCl4在常温下是一种无色液体，熔点为250K，沸点为409K，其固体的晶体类型为___。
(4)BaTiO3组成元素的第一电离能由大到小顺序是___；BaCO3热分解温度比CaCO3高的原因是___，CO中心原子的杂化方式为___，与其互为等电子体的粒子有__(写出一种分子和一种离子)。
(5)FeS2晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为__g·cm-3。
6．（2022·山西晋中·统考一模）2021年全世界前沿新材料领域取得新的进展，推动了高技术产业变革，钛(Ti)被称为“未来世界的金属”，广泛应用于国防、航空航天、生物材料等领域。请回答下列问题：
(1)基态Ti2+的价电子的电子排布图为_______。与钛同周期的过渡元素中，基态原子未成对电子数最多的元素为_______(写元素名称)。
(2)TiCl4分子中4个氯原子不在同一平面上，则TiCl4的立体构型为_______。
(3)钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。CaTiO3的晶胞如图(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是_______。
(4)钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其他离子替代，从而衍生出多种钙钛矿型化合物。通过离子替代可获得具有优异光电性能的有机钙钛矿型化合物CH3NH3PbI3，其中有机阳离子CH3NH可由甲胺(CH3NH2)制得。其晶胞如图(b)所示。
①其中Pb2+与图(a)中_______的空间位置相同。
②有机阳离子CH3NH中，N原子的杂化轨道类型是_______；请从化学键的角度解释由甲胺形成CH3NH的过程：_______。
(5)将金属元素Al掺杂到TiN多层膜中，能有效地改善纳米多层膜的耐磨性。其晶胞结构如图所示，距离Ti最近的Al有_______个。已知掺杂后的晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，原子①与原子②距离为_______nm。
参考答案：
1． 铁粉 增加H+浓度，提高双氧水的氧化能力（或促进Fe2+被氧化） Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低 温度过低反应速率慢，温度过高双氧水分解 b 关闭减压泵 旋转瓶 降低蒸发温度，防止加热时聚铁分解 1 4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4
【分析】分析制备流程，利用硫酸铜废液制备聚铁，则将硫酸铜废液除酸后，需先加入一定量的铁粉，搅拌、过滤，得到硫酸亚铁溶液。向其中加入少量硫酸，一方面可在加热浓缩时抑制Fe2+的水解，另一方面为下一步氧化提供酸性环境，提高双氧水的氧化能力。通过双氧水将Fe2+氧化为Fe3+。该步骤注意控制反应温度。之后加入水和稀硫酸进行聚合，最后通过减压蒸发得到聚铁。据此分析解答。
【详解】（1）根据原料和产品可知将硫酸铜废液转化为聚铁，故硫酸铜废液除酸后，加入一定量铁粉，则可知试剂A为铁粉。答案为：铁粉；
（2）由分析可知，加入少量稀硫酸，除了在加热浓缩时抑制Fe2+的水解，还为下一步氧化提供酸性环境，提高双氧水的氧化能力。“聚合”时加硫酸是为了控制溶液的pH在一定范围内，若pH偏小时，Fe3+水解程度弱，pH偏大时，Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低；答案为：增加H+浓度，提高双氧水的氧化能力（或促进Fe2+被氧化）；Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低；
（3）控制温度在一定范围内，一方面是为了加快反应速率，另一方面是防止双氧水分解，答案为：温度过低反应速率慢，温度过高双氧水分解；
（4）该装置使用减压泵给系统减压，降低溶液的沸点，可以在较低温度下蒸馏，避免产品聚铁分解。实验开始时，先打开减压泵使系统处于负压状态，再从用于冷凝蒸出物的（蛇形）冷凝管下口即b口通入冷水，从上口即c口排出；要将聚铁与水分离，因为水的沸点相对聚铁要低，故水浴锅温度调至减压条件下水的沸点附近，打开电动机转动旋转瓶，旋转瓶置于水浴中一边旋转，一边加热，可以增大蒸发面积，利于瓶内溶液扩散蒸发。结束时应先停止旋转电动机，防止蒸馏烧瓶在转动中脱落，再打开通气阀通大气，然后取下收集瓶和旋转瓶。实验中通过水浴加热是蒸发溶剂水，故水在收集瓶中，聚铁在旋转瓶中，取下旋转瓶得聚铁。答案为：b；关闭减压泵；旋转瓶；降低蒸发温度，防止加热时聚铁分解；
（5）①n(SO42-)=n(BaSO4)=，依据关系式：2Fe3+～I2～2S2O32-，可知n(Fe3+)=n(S2O32-)=，，n=1。答案为：1；
②若m=4，说明Fe2(SO4)3“聚合”生成［Fe2(OH)4SO4］4，即部分Fe3+水解，反应方程式为：4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4。答案为：4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4。
2． 2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4 除去溶液A中剩余的HCO Al(OH)3 蒸发浓缩，冷却结晶 偏高 铵明钒中混有硫酸钠 保持量气管两侧液面相平；眼睛平视量气管内液体的凹液面 cd %
【分析】Ⅰ.NH4HCO3饱和溶液加入稍过量的饱和Na2SO4溶液，利用NaHCO3溶解度较小，NH4HCO3和Na2SO4发生复分解反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4，过滤后滤液中含有硫酸铵、硫酸钠和一定量的NaHCO3，加入稀硫酸调节溶液pH=2，可除去HC，最后加入硫酸铝溶液制取铵明钒晶体。
Ⅱ.方案一是利用氯化钡测定溶液中的SO的量，由此求出铵明矾晶体的量；
方案二是使用量气管量取产生的氨气体积，利用氨气的体积和铵明钒晶体的化学式，求出铵明钒晶体的质量，再除以样品的质量，即可求出样品的纯度；
方案三是用乙二胺四乙酸二钠(Na2H2Y)标准溶液测定Al3+的量，由此求出铵明矾晶体的含量。
【详解】Ⅰ.(1)根据以上分析过程Ⅰ为NH4HCO3和Na2SO4发生复分解反应，反应的化学方程式为2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4，故答案为：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4；
(2)过程Ⅱ中加入稀硫酸的可除去溶液A中剩余的HCO，使之生成CO2，得到含有(NH4)2SO4、H2SO4和少量Na2SO4的溶液，若省略该过程，溶液中还有一定量的HC，加入Al2(SO4)3，Al3+会HCO与发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3沉淀，导致制得的铵明矾晶体中混有Al(OH)3，故答案为：除去溶液A中剩余的HCO；Al(OH)3；
(3)过程Ⅲ为从溶液中获得铵明矾晶体的过程，则需进行的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；
Ⅱ.(4)方案一是利用氯化钡测定溶液中的SO的量，由此求出铵明矾晶体的量，由于铵明钒中混有硫酸钠，测得的SO含量将偏高，故答案为：偏高；铵明钒中混有硫酸钠；
(5)①一定温度下，气体体积与压强有关，所以读取量气管的读数时应注意保持量气管两侧液面相平，同时眼睛平视量气管内液体的凹液面，避免造成读数误差，故答案为：保持量气管两侧液面相平；眼睛平视量气管内液体的凹液面；
②方案二是使用量气管量取产生的氨气体积，利用氨气的体积和铵明钒晶体的化学式，求出铵明钒晶体的质量，实验成功的关键是尽可能不让氨气溶于量气管中的液体，由于氨气易溶于水和乙醇，不溶于苯和四氯化碳，故选cd，故答案为：cd；
(6)根据反应的离子方程式：Al3++H2Y2-=AlY-+2H+，Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+，50.00mL待测液中含n(Al3+)=n(H2Y2-)-n(Zn2+)=(c1V110-3- c2V210-3)mol，则mg铵明矾样品配成的500mL溶液中含n(Al3+)=(c1V110-3- c2V210-3)mol=(c1V110-2- c2V210-2)mol，铵明矾晶体的质量=(c1V110-2- c2V210-2)mol453g/mol=4.53(c1V1- c2V2)g，铵明矾晶体的纯度=100%=%。
故答案为：%。
3．(1)分液漏斗
(2) ⑫→⑪→⑨→⑩ ⑩←⑨←⑦
(3) ③ 防止水蒸气进入装置与SOCl2反应
(4)干燥产生的氯气和二氧化硫
(5)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(6)③
(7) 蒸馏 75%
【分析】实验室用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中由活性炭催化反应制得SOCl2，SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，SOCl2易水解，氯气和二氧化硫会污染空气，不能直接排放，故冷凝管上连接的盛有碱石灰的干燥管，实验结束后，将三颈烧瓶中混合物蒸馏得到产品。
（1）
装置乙中仪器有铁架台、酒精灯、石棉网、烧瓶和分液漏斗，装置丙中仪器有锥形瓶和分液漏斗，因此装置乙、丙中相同的仪器名称为：分液漏斗。
（2）
依据分析可知，实验室用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中由活性炭催化反应制得SOCl2，SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，SOCl2易水解，氯气和二氧化硫会污染空气，不能直接排放，故冷凝管上连接的盛有碱石灰的干燥管，整个装置所选仪器的连接顺序是：⑥→⑫→⑪→⑨→⑩→①②←⑩←⑨←⑦。
（3）
为使冷却效果更好，装置甲中冷凝管的水应下口进上口出，即进水口为③；氯气和二氧化硫污染空气，不能直接排放，故冷凝管上连接的盛有碱石灰的干燥管，吸收逸出的氯气和二氧化硫防止污染空气，同时也防止水蒸气进入装置与SOCl2反应。
（4）
浓硫酸具有吸水性，用来干燥产生的氯气和二氧化硫。
（5）
该实验中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
（6）
①中洗气时应长管进短管出，①错误；②中二氧化硫不易溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，②错误；③中二氧化硫难溶于四氯化碳，上升时被氢氧化钠溶液吸收，③正确；④中漏斗完全浸入溶液中，不能起到防倒吸的作用，④错误；综上分析，答案选③。
（7）
已知氯化亚砜沸点为78.8°C，SCl2的沸点为60°C，所以采用蒸馏的方法即可将之分离；消耗氯气的物质的量为=0.04mol，由方程式SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2可知，生成0.08molSOCl2，则SOCl2的产率为：≈75%。
4． 3d BD 离子键、（极性）共价键、配位键 [Cr(H2O)5C1]C12=[Cr(H2O)5C1]2++2Cl- 非极性 根据相似相溶原理，CC14、CS2为非极性分子，所以CrO2C12为非极性分子 PO43–、SO42–、C1O4– 氮化铬中离子所带电荷数较多，晶格能较大 8
【分析】（5）③根据题给信息，结合晶胞的质量公式：①m=ρV、②，可得：，由此可知，要计算CrN的摩尔质量，需计算晶胞的体积、晶胞中所含的微粒个数，据此进行分析求解。
【详解】（1）Cr元素的基态原子的电子排布式为［Ar］3d54s1，3d能级与4s能级存在能级交错，3d能量高于4s的，所以基态铬原子中电子占据的最高能级符号为3d，答案为：3d；
（2）由信息知：化合物具有磁性需要满足阳离子有未成对电子，据此分析：
A．V2O5中钒为+5价，对应阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，阳离子中没有未成对电子，所以V2O5没有磁性，A项错误；
B．Fe2O3中铁为+3价，对应阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，3d5有5个未成对电子，所以Fe2O3有磁性，B项正确；
C．ZnO中锌为+2价，对应阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，阳离子中没有未成对电子，所以ZnO没有磁性，C项错误；
D．CrO2中铬为+4价，对应阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，3d2有2个未成对电子，所以CrO2有磁性，D项正确；
答案为：BD；
（3）向0.1mol蓝绿色配合物中加入足量的AgNO3溶液，经过滤、洗涤、干燥得28.7g沉淀，即n(AgCl)=，故1mol蓝绿色配合物中加入足量的AgNO3能产生2molAgCl沉淀，因为配合物内界不电离出离子，而1mol蓝绿色配合物中有3molCl-，所以蓝绿色配合物外界的Cl-是内界的2倍，即外界2份Cl-，内界1份Cl-；再根据“已知Cr3+在水溶液中的存在形式为[Cr(H2O)6］3+”可知Cr的配位数为6，所以内界还有5份H2O，外界还有1份H2O，因此蓝绿色配合物的结构式为[Cr(H2O)5C1]C12·H2O；由于配合物由内界和外界，能电离出离子，所以含有离子键，H2O中存在（极性）共价键，内界的H2O、Cl-与Cr3+之间存在配位键，其电离方程式为：[Cr(H2O)5C1]C12=[Cr(H2O)5C1]2++2Cl-。答案为：离子键、（极性）共价键、配位键；[Cr(H2O)5C1]C12=[Cr(H2O)5C1]2++2Cl-；
（4）①根据相似相溶原理，CCl4、CS2为非极性分子，所以CrO2Cl2为非极性分子；答案为：非极性；根据相似相溶原理，CCl4、CS2为非极性分子，所以CrO2Cl2为非极性分子；
②等电子体是具有相同的价电子数和原子数的分子或离子，CCl4具有AX4通式，CCl4含有5个原子、32个价电子，和PO43-、SO42-、ClO4-这些离子互为等电子体；CS2的电子式为：；答案为：PO43–、SO42–、C1O4–；；
（5）①通常离子所带电荷数越多，晶格能就越大，熔沸点就越高。答案为：氮化铬中离子所带电荷数较多，晶格能较大；
②由题给信息：氮化铬晶体结构类型与氯化钠相同，据此分析，顶点的Cr3+到体心N3-的距离为次邻近距离，该顶点的Cr3+为8个晶胞所共有，所以与该顶点的Cr3+次邻近的N3-是8个。答案为：8；
③已知Cr3+和N3-半径分别为apm、bpm，Cr3+和N3-都是紧密接触的刚性小球，所以晶胞的边长为(2a+2b)pm=。由于Cr3+位于8个顶点和6个面的面心上，所以一个晶胞中有4个Cr3+；N3-位于12条棱上和1个体心，所以一个晶胞中有4个N3-，即一个晶胞中有4个CrN，一个晶胞的质量即4个CrN的质量，设CrN的摩尔质量为M，则一个晶胞的质量m=。而晶胞质量还等于晶胞密度与晶胞体积的乘积，即，晶胞的体积V=，所以晶胞质量的关系式如下：，整理得M=。答案为： 。
【点睛】易忽略（1）中存在的能级交错现象而错写成4s。从第三能级开始各能级不完全遵循能层顺序，产生了能级交错排列现象。能量高低顺序可表示为：Ens＜E(n-2)f＜E(n-1)d＜Enp……即能层序数大，其能级的能量不一定高。做题时要注意题中陷阱。
5． 3d24s2 Be或铍 直线形 Fe3+的3d能级半充满，稳定 分子晶体 O>Ti>Ba Ca2+半径比Ba2+小，对CO中的O2-吸引力更大，且产物CaO比BaO更稳定 sp2 NO、SO3
【分析】根据元素在周期表中的位置确定原子的电子层数及其价电子数。根据原子及其离子的价电子排布分析其电离能的相对大小。根据价层电子对互斥理论分析原子的杂化类型。根据同族替换和等量代换原则找等电子体。根据原子的空间排列特点分析其堆积方式，根据均摊法确定晶体的化学式，进一步根据晶胞的质量和体积求其密度。
【详解】(1)钛元素的原子序数为22，基态原子的电子排布式为1s22s22p63S23p63d24s2（或[Ar]3d24s2），22Ti元素基态原子的价电子层排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2。
(2)①根据对角线原则，在周期表中，与Al的化学性质最相似的邻族元素是Be（铍），该元素的氯化物为BeCl2，因为其价层电子对数为=，σ键电子对数为2，孤电子对数为0，根据VSEPR理论，BeCl2的空间构型为直线形。故答案为：Be或铍；直线形。
②Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d⁵，Fe3+的3d能级处于半充满状态，稳定，所以氧化铁比氧化亚铁稳定。故答案为：Fe3+的3d能级半充满，稳定。
(3) TiCl4在常温下是一种无色液体，熔点为250K，沸点为409K，其熔沸点较低，所以其固体的晶体类型为分子晶体。故答案为：分子晶体。
(4)因为Ba是第六周期第IIA族，Ti是第四周期第ⅣB族，O是第二周期第ⅥA族，所以根据第一电离能的变化规律，BaTiO3组成元素的第一电离能由大到小顺序是O>Ti>Ba；同主族半径越大金属性越强,越容易失电子.变成离子后半径越大就越难得电子.形成的盐就越难分解，所以Ca2+半径比Ba2+小，对CO中的O2-吸引力更大，且产物CaO比BaO更稳定；CO中心原子的价层电子对数，VSEPR模型为平面三角形，所以中心原子的杂化方式为sp2杂化；CO的原子总数为4，价电子数为24，所以与其互为等电子体的粒子有NO、SO3。故答案为： O>Ti>Ba；Ca2+半径比Ba2+小，对CO中的O2-吸引力更大，且产物CaO比BaO更稳定；sp2；NO、SO3。
(5)分析晶胞结构可知，Fe2+位于棱边和体心，位于顶点和面心，因此每个晶胞中含有的Fe2+个数=，每个晶胞中含有的个数=，即每个晶胞中含有4个FeS2。一个晶胞的质量，晶胞的体积=(a×10-10)3 cm3，该晶体的密度。故答案为：
6．(1) 铬
(2)正四面体
(3)O>Ti>Ca
(4) Ti4+ sp3 氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2 )的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成CH3NH
(5) 4
【解析】(1)
基态Ti2+的价电子排布式为3d2， 则价电子的电子排布图为 ；与钛同周期的过渡元素中，基态原子未成对电子数最多的元素为铬，其价电子排布式为: 3d5 4s1；
(2)
TiCl4分子中4个氯原子不在同一平面上，则TiCl4的立体构型为正四面体；
(3)
Ca和Ti为同周期的金属元素，Ca在Ti的左边,同周期从左向右元素的电负性依次增大，所以电负性:Ti>Ca，O为非金属元素，得电子能力强，电负性最大，即CaTiO3中组成元素的电负性大小顺序是O> Ti> Ca；
(4)
观察晶胞(a)(b),将图(b)周围紧邻的八个晶胞的体心连接,就能变成图(a)所示晶胞，图(b)体心上的Pb2+就是8个顶点,即图(a)中的Ti4+,图(b)顶点上的就为体心，即图(a)的Ca2+的位置,图(b)面心上的I就是棱心,即图(a)中的O2-的位置,所以图(b)中Pb2+与图(a)中Ti4+的空间位置相同；
②CH3NH中以N原子为中心原子，价层电子对数为4，孤电子对为0，N的杂化方式为sp3杂化；
从化学键的角度解释由甲胺形成的过程氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2 )的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成，
故答案为:氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2 )的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成；
(5)
用Al掺杂TiN后(晶胞结构中只是铝原子部分代替钛原子),其晶胞结构如图所示可知，TiN晶胞中顶点和面心为N原子，棱心和体心上为Ti，现在是将体心上的Ti换为了Al，故距离Ti最近的Al有4个；
已知掺杂后的晶体密度为ρg·cm-3，则晶胞的边长为xcm，阿伏加德罗常数的值为NA，则有：(3，解得，原子①与原子②距离为=。
山西省晋中市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题
一、实验题
1．（2020·山西晋中·统考一模）聚合硫酸铁简称聚铁［Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于饮用水等的净化。某化工厂利用硫酸铜废液制备聚铁，其流程如下：
回答下列问题：
（1）试剂A为__________。
（2）本实验中两次加入硫酸，其中“加热浓缩“时加入稀硫酸，除了抑制离子水解，还为了_______，“聚合”时加硫酸是为了控制溶液的pH在一定范围内，若pH偏大，则_________。
（3）“控温氧化”时选用绿色氧化剂双氧水，该过程需要控温的原因是________。
（4）减压蒸发装置如图所示。实验开始时，应先打开减压泵，从_____（填字母）口通入冷水，再打开旋转主机；实验结束时应先关闭旋转主机，再_______，打开阀门a通大气后，最后取下______（填仪器名称），从中获得聚铁。本实验采取减压蒸发的理由是___________。
（5）测定聚合硫酸铁样品主要成分的化学式。准确称取所得聚铁样品5.520g，溶于适量稀盐酸中，然后分成两等份：
a.一份加入过量的BaCl2溶液，然后过滤、洗涤、干燥，称重，得固体质量1.165g；
b.另一份置于250mL锥形瓶中，加入过量KI，充分反应后再用0.5000 mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。
已知：I2+2S2O32–=2I–+S4O62–（无色）
①计算所得产品化学式中n=_______。
②若m=4，写出“聚合”过程的化学方程式：______。
2．（2021·山西·统考一模）铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用基准试剂，在生产生活中也有很多重要用途。实验室以NH4HCO3为原料制备铵明钒晶体的过程如图：
请回答下列问题：
Ⅰ.(1)试写出过程Ⅰ的化学方程式___。
(2)过程Ⅱ中加入稀硫酸的目的是___，若省略该过程，则会导致制得的铵明矾晶体中混有__杂质(填化学式)。
(3)过程Ⅲ获得铵明矾晶体，需进行的实验操作是__、过滤、洗涤、干燥。
Ⅱ.为测定铵明矾晶体纯度，某学生取m g铵明矾样品配成500 mL溶液，根据物质组成，设计了如下三个实验方案(每个方案取用溶液的体积均为50.00 mL)。请结合三个方案分别回答下列问题：
方案一：测定SO的量，实验设计如下：
(4)老师评价这个方案不科学，测得的SO含量将__(填“偏高”或“偏低”)，理由是__。
方案二：测定NH的量，实验设计如图所示：
(5)准确测量氨气的体积是实验成功的保证。
①读取量气管的读数时应注意__。
②量气管中所盛液体可以是__(填字母)。
a.水b.乙醇c.苯d.四氯化碳
方案三：测定Al3+的量，实验过程如下：
(6)取50.00 mL待测液，调节溶液pH约为3.5，加入V1mL c1mol/L乙二胺四乙酸二钠(Na2H2Y)标准溶液，加热至沸腾，使Al3+与Na2H2Y迅速反应；待反应完成后调节溶液pH至5~6，加入二甲酚橙指示剂，再用c2mol/L的Zn2+滴定液滴定过量的Na2H2Y，至滴定终点时消耗Zn2+滴定液的体积为V2mL。反应的离子方程式为Al3++H2Y2-=AlY-+2H+，Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+。通过计算确定铵明矾晶体的纯度__。
3．（2022·山西晋中·统考一模）氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为78.8°C，在农药、制药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并产生有刺激性气味的气体。实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2。其他相关信息如下：①实验室里通常用Na2SO3固体和浓硫酸在不加热时反应制备二氧化硫。②合成氯化亚砜时可能用到的部分装置如图所示。
回答下列问题：
(1)装置乙、丙中相同的仪器名称为_______。
(2)实验室制取SOCl2是在三颈烧瓶中合成的，从图中选取合适的装置组成整个装置，所选仪器的连接顺序是：⑥→_______→①②←_______(用“→”或“←”连接各接口，箭头表示气体流向，某些仪器可以多次使用。装置乙用于制取氯气)。
(3)装置甲中冷凝管的进水口为_______(填“③”或“④”)。冷凝管上连接的干燥管的作用是：①吸收逸出的Cl2、SO2，防污染；②_______。
(4)浓硫酸的作用是_______。
(5)该实验制取氯气的离子方程式为_______。
(6)实验室对SO2尾气进行处理，下列如图装置中最合适的是_______(填标号)。
(7)已知SCl2的沸点为60°C。实验结束后，将三颈烧瓶中液体混合物分离开的实验操作名称是_______。若反应中消耗的Cl2的体积为896mL(已转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的SOCl27.12g，则SOCl2的产率为_______(保留两位有效数字)。
二、结构与性质
4．（2020·山西晋中·统考一模）铬的化合物在医药、材料领域有重要作用，认识铬及其化合物有重要意义。
（1）基态铬原子中，电子占据的最高能级符号为_____________。
（2）研究表明，当化合物的阳离子有未成对电子时，该化合物具有磁性。下列物质可用作录音带磁粉的是__________。
A．V2O5 B．Fe2O3 C．ZnO D．CrO2
（3）已知Cr3+在水溶液中的存在形式为[Cr(H2O)6］3+。在不同条件下，可从CrCl3水溶液中获得紫色、蓝绿色或绿色等不同颜色的配合物，其实验式均为CrCl3•6H2O。现取蓝绿色配合物0.1mol，加入足量AgNO3溶液，经过滤、洗涤、干燥得28.7g沉淀，则该化合物中的化学键类型有___________，写出该蓝绿色配合物的电离方程式：________。
（4）常温下，氯化酰铬(CrO2Cl2)是暗红色液体，能与CCl4、CS2等有机溶剂互溶。
①固体氯化酰铬属于______（填“极性”或“非极性”）分子，判断依据是______。
②等电子体是具有相同的价电子数和原子数的分子或离子。写出一种与CCl4分子互为等电子体的阴离子：_______（填化学式）；写出CS2分子的电子式：____________。
（5）氮化铬(CrN)在超级电容器领域有良好应用前景，其晶体结构类型与氯化钠相同。
①氮化铬的熔点比氯化钠高的主要原因是______。
②与Cr3+次邻近的N3–有________个。
③已知Cr3+和N3–半径分别为apm、bpm，设Cr3+和N3–都是紧密接触的刚性小球，NA代表阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为ρg•cm–3，则CrN的摩尔质量为______。（用含a、b、NA、ρ的算式表示）
5．（2021·山西·统考一模）2020年11月24日，长征五号运载火箭携嫦娥五号月球探测器在文昌发射升空，开启了我国首次地外天体采样返回之旅。月球的沙土中含有丰富的钛铁矿(主要成分为TiO2、Fe2O3等)，月壤中还含有硅、铝、钾、钡、锂、铷、锆、铪和稀土元素等。
(1)钛是21世纪重要的金属。基态Ti原子的价电子排布式为___。
(2)铝和铁是目前用量最大的金属。
①在周期表中，与Al的化学性质最相似的邻族元素是__，该元素的氯化物的空间构型为__。
②氧化铁比氧化亚铁稳定，试从原子结构角度解释原因__。
(3)TiCl4在常温下是一种无色液体，熔点为250K，沸点为409K，其固体的晶体类型为___。
(4)BaTiO3组成元素的第一电离能由大到小顺序是___；BaCO3热分解温度比CaCO3高的原因是___，CO中心原子的杂化方式为___，与其互为等电子体的粒子有__(写出一种分子和一种离子)。
(5)FeS2晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为__g·cm-3。
6．（2022·山西晋中·统考一模）2021年全世界前沿新材料领域取得新的进展，推动了高技术产业变革，钛(Ti)被称为“未来世界的金属”，广泛应用于国防、航空航天、生物材料等领域。请回答下列问题：
(1)基态Ti2+的价电子的电子排布图为_______。与钛同周期的过渡元素中，基态原子未成对电子数最多的元素为_______(写元素名称)。
(2)TiCl4分子中4个氯原子不在同一平面上，则TiCl4的立体构型为_______。
(3)钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。CaTiO3的晶胞如图(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是_______。
(4)钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其他离子替代，从而衍生出多种钙钛矿型化合物。通过离子替代可获得具有优异光电性能的有机钙钛矿型化合物CH3NH3PbI3，其中有机阳离子CH3NH可由甲胺(CH3NH2)制得。其晶胞如图(b)所示。
①其中Pb2+与图(a)中_______的空间位置相同。
②有机阳离子CH3NH中，N原子的杂化轨道类型是_______；请从化学键的角度解释由甲胺形成CH3NH的过程：_______。
(5)将金属元素Al掺杂到TiN多层膜中，能有效地改善纳米多层膜的耐磨性。其晶胞结构如图所示，距离Ti最近的Al有_______个。已知掺杂后的晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，原子①与原子②距离为_______nm。
参考答案：
1． 铁粉 增加H+浓度，提高双氧水的氧化能力（或促进Fe2+被氧化） Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低 温度过低反应速率慢，温度过高双氧水分解 b 关闭减压泵 旋转瓶 降低蒸发温度，防止加热时聚铁分解 1 4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4
【分析】分析制备流程，利用硫酸铜废液制备聚铁，则将硫酸铜废液除酸后，需先加入一定量的铁粉，搅拌、过滤，得到硫酸亚铁溶液。向其中加入少量硫酸，一方面可在加热浓缩时抑制Fe2+的水解，另一方面为下一步氧化提供酸性环境，提高双氧水的氧化能力。通过双氧水将Fe2+氧化为Fe3+。该步骤注意控制反应温度。之后加入水和稀硫酸进行聚合，最后通过减压蒸发得到聚铁。据此分析解答。
【详解】（1）根据原料和产品可知将硫酸铜废液转化为聚铁，故硫酸铜废液除酸后，加入一定量铁粉，则可知试剂A为铁粉。答案为：铁粉；
（2）由分析可知，加入少量稀硫酸，除了在加热浓缩时抑制Fe2+的水解，还为下一步氧化提供酸性环境，提高双氧水的氧化能力。“聚合”时加硫酸是为了控制溶液的pH在一定范围内，若pH偏小时，Fe3+水解程度弱，pH偏大时，Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低；答案为：增加H+浓度，提高双氧水的氧化能力（或促进Fe2+被氧化）；Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低；
（3）控制温度在一定范围内，一方面是为了加快反应速率，另一方面是防止双氧水分解，答案为：温度过低反应速率慢，温度过高双氧水分解；
（4）该装置使用减压泵给系统减压，降低溶液的沸点，可以在较低温度下蒸馏，避免产品聚铁分解。实验开始时，先打开减压泵使系统处于负压状态，再从用于冷凝蒸出物的（蛇形）冷凝管下口即b口通入冷水，从上口即c口排出；要将聚铁与水分离，因为水的沸点相对聚铁要低，故水浴锅温度调至减压条件下水的沸点附近，打开电动机转动旋转瓶，旋转瓶置于水浴中一边旋转，一边加热，可以增大蒸发面积，利于瓶内溶液扩散蒸发。结束时应先停止旋转电动机，防止蒸馏烧瓶在转动中脱落，再打开通气阀通大气，然后取下收集瓶和旋转瓶。实验中通过水浴加热是蒸发溶剂水，故水在收集瓶中，聚铁在旋转瓶中，取下旋转瓶得聚铁。答案为：b；关闭减压泵；旋转瓶；降低蒸发温度，防止加热时聚铁分解；
（5）①n(SO42-)=n(BaSO4)=，依据关系式：2Fe3+～I2～2S2O32-，可知n(Fe3+)=n(S2O32-)=，，n=1。答案为：1；
②若m=4，说明Fe2(SO4)3“聚合”生成［Fe2(OH)4SO4］4，即部分Fe3+水解，反应方程式为：4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4。答案为：4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4。
2． 2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4 除去溶液A中剩余的HCO Al(OH)3 蒸发浓缩，冷却结晶 偏高 铵明钒中混有硫酸钠 保持量气管两侧液面相平；眼睛平视量气管内液体的凹液面 cd %
【分析】Ⅰ.NH4HCO3饱和溶液加入稍过量的饱和Na2SO4溶液，利用NaHCO3溶解度较小，NH4HCO3和Na2SO4发生复分解反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4，过滤后滤液中含有硫酸铵、硫酸钠和一定量的NaHCO3，加入稀硫酸调节溶液pH=2，可除去HC，最后加入硫酸铝溶液制取铵明钒晶体。
Ⅱ.方案一是利用氯化钡测定溶液中的SO的量，由此求出铵明矾晶体的量；
方案二是使用量气管量取产生的氨气体积，利用氨气的体积和铵明钒晶体的化学式，求出铵明钒晶体的质量，再除以样品的质量，即可求出样品的纯度；
方案三是用乙二胺四乙酸二钠(Na2H2Y)标准溶液测定Al3+的量，由此求出铵明矾晶体的含量。
【详解】Ⅰ.(1)根据以上分析过程Ⅰ为NH4HCO3和Na2SO4发生复分解反应，反应的化学方程式为2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4，故答案为：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4；
(2)过程Ⅱ中加入稀硫酸的可除去溶液A中剩余的HCO，使之生成CO2，得到含有(NH4)2SO4、H2SO4和少量Na2SO4的溶液，若省略该过程，溶液中还有一定量的HC，加入Al2(SO4)3，Al3+会HCO与发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3沉淀，导致制得的铵明矾晶体中混有Al(OH)3，故答案为：除去溶液A中剩余的HCO；Al(OH)3；
(3)过程Ⅲ为从溶液中获得铵明矾晶体的过程，则需进行的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；
Ⅱ.(4)方案一是利用氯化钡测定溶液中的SO的量，由此求出铵明矾晶体的量，由于铵明钒中混有硫酸钠，测得的SO含量将偏高，故答案为：偏高；铵明钒中混有硫酸钠；
(5)①一定温度下，气体体积与压强有关，所以读取量气管的读数时应注意保持量气管两侧液面相平，同时眼睛平视量气管内液体的凹液面，避免造成读数误差，故答案为：保持量气管两侧液面相平；眼睛平视量气管内液体的凹液面；
②方案二是使用量气管量取产生的氨气体积，利用氨气的体积和铵明钒晶体的化学式，求出铵明钒晶体的质量，实验成功的关键是尽可能不让氨气溶于量气管中的液体，由于氨气易溶于水和乙醇，不溶于苯和四氯化碳，故选cd，故答案为：cd；
(6)根据反应的离子方程式：Al3++H2Y2-=AlY-+2H+，Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+，50.00mL待测液中含n(Al3+)=n(H2Y2-)-n(Zn2+)=(c1V110-3- c2V210-3)mol，则mg铵明矾样品配成的500mL溶液中含n(Al3+)=(c1V110-3- c2V210-3)mol=(c1V110-2- c2V210-2)mol，铵明矾晶体的质量=(c1V110-2- c2V210-2)mol453g/mol=4.53(c1V1- c2V2)g，铵明矾晶体的纯度=100%=%。
故答案为：%。
3．(1)分液漏斗
(2) ⑫→⑪→⑨→⑩ ⑩←⑨←⑦
(3) ③ 防止水蒸气进入装置与SOCl2反应
(4)干燥产生的氯气和二氧化硫
(5)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(6)③
(7) 蒸馏 75%
【分析】实验室用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中由活性炭催化反应制得SOCl2，SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，SOCl2易水解，氯气和二氧化硫会污染空气，不能直接排放，故冷凝管上连接的盛有碱石灰的干燥管，实验结束后，将三颈烧瓶中混合物蒸馏得到产品。
（1）
装置乙中仪器有铁架台、酒精灯、石棉网、烧瓶和分液漏斗，装置丙中仪器有锥形瓶和分液漏斗，因此装置乙、丙中相同的仪器名称为：分液漏斗。
（2）
依据分析可知，实验室用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中由活性炭催化反应制得SOCl2，SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，SOCl2易水解，氯气和二氧化硫会污染空气，不能直接排放，故冷凝管上连接的盛有碱石灰的干燥管，整个装置所选仪器的连接顺序是：⑥→⑫→⑪→⑨→⑩→①②←⑩←⑨←⑦。
（3）
为使冷却效果更好，装置甲中冷凝管的水应下口进上口出，即进水口为③；氯气和二氧化硫污染空气，不能直接排放，故冷凝管上连接的盛有碱石灰的干燥管，吸收逸出的氯气和二氧化硫防止污染空气，同时也防止水蒸气进入装置与SOCl2反应。
（4）
浓硫酸具有吸水性，用来干燥产生的氯气和二氧化硫。
（5）
该实验中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
（6）
①中洗气时应长管进短管出，①错误；②中二氧化硫不易溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，②错误；③中二氧化硫难溶于四氯化碳，上升时被氢氧化钠溶液吸收，③正确；④中漏斗完全浸入溶液中，不能起到防倒吸的作用，④错误；综上分析，答案选③。
（7）
已知氯化亚砜沸点为78.8°C，SCl2的沸点为60°C，所以采用蒸馏的方法即可将之分离；消耗氯气的物质的量为=0.04mol，由方程式SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2可知，生成0.08molSOCl2，则SOCl2的产率为：≈75%。
4． 3d BD 离子键、（极性）共价键、配位键 [Cr(H2O)5C1]C12=[Cr(H2O)5C1]2++2Cl- 非极性 根据相似相溶原理，CC14、CS2为非极性分子，所以CrO2C12为非极性分子 PO43–、SO42–、C1O4– 氮化铬中离子所带电荷数较多，晶格能较大 8
【分析】（5）③根据题给信息，结合晶胞的质量公式：①m=ρV、②，可得：，由此可知，要计算CrN的摩尔质量，需计算晶胞的体积、晶胞中所含的微粒个数，据此进行分析求解。
【详解】（1）Cr元素的基态原子的电子排布式为［Ar］3d54s1，3d能级与4s能级存在能级交错，3d能量高于4s的，所以基态铬原子中电子占据的最高能级符号为3d，答案为：3d；
（2）由信息知：化合物具有磁性需要满足阳离子有未成对电子，据此分析：
A．V2O5中钒为+5价，对应阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，阳离子中没有未成对电子，所以V2O5没有磁性，A项错误；
B．Fe2O3中铁为+3价，对应阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，3d5有5个未成对电子，所以Fe2O3有磁性，B项正确；
C．ZnO中锌为+2价，对应阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，阳离子中没有未成对电子，所以ZnO没有磁性，C项错误；
D．CrO2中铬为+4价，对应阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，3d2有2个未成对电子，所以CrO2有磁性，D项正确；
答案为：BD；
（3）向0.1mol蓝绿色配合物中加入足量的AgNO3溶液，经过滤、洗涤、干燥得28.7g沉淀，即n(AgCl)=，故1mol蓝绿色配合物中加入足量的AgNO3能产生2molAgCl沉淀，因为配合物内界不电离出离子，而1mol蓝绿色配合物中有3molCl-，所以蓝绿色配合物外界的Cl-是内界的2倍，即外界2份Cl-，内界1份Cl-；再根据“已知Cr3+在水溶液中的存在形式为[Cr(H2O)6］3+”可知Cr的配位数为6，所以内界还有5份H2O，外界还有1份H2O，因此蓝绿色配合物的结构式为[Cr(H2O)5C1]C12·H2O；由于配合物由内界和外界，能电离出离子，所以含有离子键，H2O中存在（极性）共价键，内界的H2O、Cl-与Cr3+之间存在配位键，其电离方程式为：[Cr(H2O)5C1]C12=[Cr(H2O)5C1]2++2Cl-。答案为：离子键、（极性）共价键、配位键；[Cr(H2O)5C1]C12=[Cr(H2O)5C1]2++2Cl-；
（4）①根据相似相溶原理，CCl4、CS2为非极性分子，所以CrO2Cl2为非极性分子；答案为：非极性；根据相似相溶原理，CCl4、CS2为非极性分子，所以CrO2Cl2为非极性分子；
②等电子体是具有相同的价电子数和原子数的分子或离子，CCl4具有AX4通式，CCl4含有5个原子、32个价电子，和PO43-、SO42-、ClO4-这些离子互为等电子体；CS2的电子式为：；答案为：PO43–、SO42–、C1O4–；；
（5）①通常离子所带电荷数越多，晶格能就越大，熔沸点就越高。答案为：氮化铬中离子所带电荷数较多，晶格能较大；
②由题给信息：氮化铬晶体结构类型与氯化钠相同，据此分析，顶点的Cr3+到体心N3-的距离为次邻近距离，该顶点的Cr3+为8个晶胞所共有，所以与该顶点的Cr3+次邻近的N3-是8个。答案为：8；
③已知Cr3+和N3-半径分别为apm、bpm，Cr3+和N3-都是紧密接触的刚性小球，所以晶胞的边长为(2a+2b)pm=。由于Cr3+位于8个顶点和6个面的面心上，所以一个晶胞中有4个Cr3+；N3-位于12条棱上和1个体心，所以一个晶胞中有4个N3-，即一个晶胞中有4个CrN，一个晶胞的质量即4个CrN的质量，设CrN的摩尔质量为M，则一个晶胞的质量m=。而晶胞质量还等于晶胞密度与晶胞体积的乘积，即，晶胞的体积V=，所以晶胞质量的关系式如下：，整理得M=。答案为： 。
【点睛】易忽略（1）中存在的能级交错现象而错写成4s。从第三能级开始各能级不完全遵循能层顺序，产生了能级交错排列现象。能量高低顺序可表示为：Ens＜E(n-2)f＜E(n-1)d＜Enp……即能层序数大，其能级的能量不一定高。做题时要注意题中陷阱。
5． 3d24s2 Be或铍 直线形 Fe3+的3d能级半充满，稳定 分子晶体 O>Ti>Ba Ca2+半径比Ba2+小，对CO中的O2-吸引力更大，且产物CaO比BaO更稳定 sp2 NO、SO3
【分析】根据元素在周期表中的位置确定原子的电子层数及其价电子数。根据原子及其离子的价电子排布分析其电离能的相对大小。根据价层电子对互斥理论分析原子的杂化类型。根据同族替换和等量代换原则找等电子体。根据原子的空间排列特点分析其堆积方式，根据均摊法确定晶体的化学式，进一步根据晶胞的质量和体积求其密度。
【详解】(1)钛元素的原子序数为22，基态原子的电子排布式为1s22s22p63S23p63d24s2（或[Ar]3d24s2），22Ti元素基态原子的价电子层排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2。
(2)①根据对角线原则，在周期表中，与Al的化学性质最相似的邻族元素是Be（铍），该元素的氯化物为BeCl2，因为其价层电子对数为=，σ键电子对数为2，孤电子对数为0，根据VSEPR理论，BeCl2的空间构型为直线形。故答案为：Be或铍；直线形。
②Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d⁵，Fe3+的3d能级处于半充满状态，稳定，所以氧化铁比氧化亚铁稳定。故答案为：Fe3+的3d能级半充满，稳定。
(3) TiCl4在常温下是一种无色液体，熔点为250K，沸点为409K，其熔沸点较低，所以其固体的晶体类型为分子晶体。故答案为：分子晶体。
(4)因为Ba是第六周期第IIA族，Ti是第四周期第ⅣB族，O是第二周期第ⅥA族，所以根据第一电离能的变化规律，BaTiO3组成元素的第一电离能由大到小顺序是O>Ti>Ba；同主族半径越大金属性越强,越容易失电子.变成离子后半径越大就越难得电子.形成的盐就越难分解，所以Ca2+半径比Ba2+小，对CO中的O2-吸引力更大，且产物CaO比BaO更稳定；CO中心原子的价层电子对数，VSEPR模型为平面三角形，所以中心原子的杂化方式为sp2杂化；CO的原子总数为4，价电子数为24，所以与其互为等电子体的粒子有NO、SO3。故答案为： O>Ti>Ba；Ca2+半径比Ba2+小，对CO中的O2-吸引力更大，且产物CaO比BaO更稳定；sp2；NO、SO3。
(5)分析晶胞结构可知，Fe2+位于棱边和体心，位于顶点和面心，因此每个晶胞中含有的Fe2+个数=，每个晶胞中含有的个数=，即每个晶胞中含有4个FeS2。一个晶胞的质量，晶胞的体积=(a×10-10)3 cm3，该晶体的密度。故答案为：
6．(1) 铬
(2)正四面体
(3)O>Ti>Ca
(4) Ti4+ sp3 氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2 )的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成CH3NH
(5) 4
【解析】(1)
基态Ti2+的价电子排布式为3d2， 则价电子的电子排布图为 ；与钛同周期的过渡元素中，基态原子未成对电子数最多的元素为铬，其价电子排布式为: 3d5 4s1；
(2)
TiCl4分子中4个氯原子不在同一平面上，则TiCl4的立体构型为正四面体；
(3)
Ca和Ti为同周期的金属元素，Ca在Ti的左边,同周期从左向右元素的电负性依次增大，所以电负性:Ti>Ca，O为非金属元素，得电子能力强，电负性最大，即CaTiO3中组成元素的电负性大小顺序是O> Ti> Ca；
(4)
观察晶胞(a)(b),将图(b)周围紧邻的八个晶胞的体心连接,就能变成图(a)所示晶胞，图(b)体心上的Pb2+就是8个顶点,即图(a)中的Ti4+,图(b)顶点上的就为体心，即图(a)的Ca2+的位置,图(b)面心上的I就是棱心,即图(a)中的O2-的位置,所以图(b)中Pb2+与图(a)中Ti4+的空间位置相同；
②CH3NH中以N原子为中心原子，价层电子对数为4，孤电子对为0，N的杂化方式为sp3杂化；
从化学键的角度解释由甲胺形成的过程氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2 )的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成，
故答案为:氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2 )的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成；
(5)
用Al掺杂TiN后(晶胞结构中只是铝原子部分代替钛原子),其晶胞结构如图所示可知，TiN晶胞中顶点和面心为N原子，棱心和体心上为Ti，现在是将体心上的Ti换为了Al，故距离Ti最近的Al有4个；
已知掺杂后的晶体密度为ρg·cm-3，则晶胞的边长为xcm，阿伏加德罗常数的值为NA，则有：(3，解得，原子①与原子②距离为=。
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