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广东省深圳市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题2
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这是一份广东省深圳市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题2，共14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。
广东省深圳市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题2
一、实验题
1．（2020·广东深圳·统考二模）H2O2是生产、生活、实验中常用的试剂。
I．工业上制备H2O2的流程如下：
(1)“转化”中反应的化学方程式为_________：“低温放置”的目的是_________
(2)图甲为“减压蒸馏”的部分装置，该装置由克氏蒸馏头和_________(填仪器名称)组成。
lI．实验小组利用图乙装置测定阿伏加德罗常数(NA)
(3)实验准备
①H2O2溶液浓度标定。可选用_________(填标号)试剂对H2O2溶液进行滴定，测定其浓度。
A．H2C2O4B．KMnO4C．淀粉KI
②装置气密性检查。打开止水夹，将注射器b的活塞推至底部，拉动注射器a活塞吸入10mL空气，关闭止水夹。向下推动注射器a活塞至底，当观察到注射器b的现象为_________，说明装置的气密性良好。
(4)测定过程
①在反应室中加入适量MnO2，将注射器b活塞推至底部，关闭止水夹。用注射器a准确抽取cmol/LH2O2溶液VlmL，缓慢地注入反应室后，固定注射器a活塞。
②反应结束后，待反应体系处于_________状态时，读取注射器b的气体体积为V2mL，则产生O2的体积为____mL。
③设室温下O2的密度为ρg/L，一个O2实际质量为mg，则NA=____(用含ρ等字母的代数式表示)。
(5)该实验利用H2O2作为生氧剂的优点有_________(写两条)。
2．（2021·广东深圳·统考二模）CuCl2是常见的化学试剂，学习小组开展了与CuCl2相关的系列实验。回答下列问题：
I.利用废铜屑制备CuCl2(实验装置如下图所示)
(1)仪器a的名称为_______。
(2)“湿法”制备CuCl2的化学方程式为_______。
(3)①石英管内可能观察到的现象为_______。
②石英管直接伸入收集装置，该管较粗，其优点是_______。
(4)除上述两种方法外，实验室中还可先将铜粉_______(填试剂及操作)，再加入适量稀盐酸反应得到CuCl2溶液。
II.探究Al与CuCl2溶液的反应
将铝片放入盛有0.1mol·L-1CuCl2溶液的试管中，观察到现象为：铝片表面析出疏松的紫红色固体，产生无色无味气体，溶液颜色变浅。
(5)紫红色固体为_______(填化学式)。
(6)经检验产生的气体为H2.在CuCl2溶液中存在Cu2++2H2O=Cu(OH)2+2H+、2A1+6H+=2A13++3H2↑，小组成员认为应产生Cu(OH)2，但实际实验中并未观察到蓝色沉淀。于是他们提出了以下两种猜测并进行相关验证。完成下列表格：
猜测
实验
现象
结论
i.①_______。
取少量Cu(OH)2悬浊液，加入打磨过的铝片，振荡
无明显现象
猜想i不成立
ii.Cu(OH)2与Al3+发生了反应
②_______。
固体立即溶解，溶液呈浅绿色
猜想ii成立
③在猜测ii成立的基础上，该小组成员查阅文献发现体系中可能存在反应：2A13++3Cu(OH)2=2Al(OH)3+3Cu2+，列式计算平衡常数分析该反应进行的趋势___________________。(已知：Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20；Ksp[A1(OH)3]=1.3×10-33。一般认为，K>105时反应进行较完全，K<10-5时反应难以进行)文献显示生成的Al(OH)3可能以胶体形式存在，这是未观察到白色沉淀的可能原因，但仍需进一步深入研究。
3．（2022·广东深圳·统考二模）某学习小组在实验室进行了有关碘化铅(PbI2)的实验探究。回答下列问题：
I.制备PbI2的悬浊液
(1)KI溶液和Pb(NO3)2溶液反应，会产生金黄色的PbI2沉淀，形成美丽的“黄金雨”。
①KI溶液在空气中久置会变质，其原因是___。
②生成PbI2的化学方程式为___。充分反应后，经系列操作得到纯净的PbI2固体，向其中加入蒸馏水，得到PbI2悬浊液。
II.探究浓度对PbI2沉淀溶解平衡的影响
【查阅资料】ⅰ.温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；
ii.26.5℃时，PbI2饱和溶液的电导率为368μS•cm-1。
(2)稀释对PbI2溶解平衡的影响
26.5℃时，向PbI2悬浊液中加入一定体积的蒸馏水，通过图甲所示装置测定电导率，并得到电导率随时间变化的曲线(图乙)。
①实验装置中仪器X的名称为____。
②由电导率变化曲线可知：实验中通过仪器X加入蒸馏水的方式是___(填标号)。
A．连续逐滴加入 B．分三次快速放入 C．一次性快速放入
③曲线图中，___段(用字母表示，任写一段)表示PbI2固体的溶解达到平衡状态：c→d段溶液的电导率逐渐增大的原因是___导致了溶液中离子浓度不断增大。
(3)c(KI)对PbI2沉淀溶解平衡的影响
26.5℃时，将PbI2悬浊液静置后，取200mL上层清液[c(I-)=2.5×10-3mol·L-1]于烧杯中，另取蒸馏水于相同规格的烧杯中进行对比实验，再分别向其中加入1mol·L-1KI溶液。实验数据记录如表：
KI溶液累计加入量/mL
电导率/(μS•cm-1)
PbI2饱和溶液
蒸馏水
0
368
4
0.50
A1
B1
1.00
A2
B2
①上述实验过程中，增大PbI2饱和溶液中I-的浓度，可观察到的实验现象是____。
②利用蒸馏水进行对比实验时，所取蒸馏水的体积为____mL。
③表格数据A2-A1___B2-B1(填“大于”“小于”或“等于”)，说明增大KI的浓度，PbI2沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动。
二、结构与性质
4．（2020·广东深圳·统考二模）钴及其化合物有着广泛的应用前景。回答下列问题：
(1)基态Co原子的核外电子排布式为_________．
(2)以无水乙醇作溶剂，Co(NO3)2可与某多齿配体结合形成具有催化活性的配合物，其结构简式如图所示。
①配合物中提供孤对电子的原子是_________(填元素符号)；
②该多齿配体中所含元素电负性由大到小的顺序为__________(填元素符号)：
③下列化合物与上述配合物中C和N原子的杂化类型均相同的是__________(填标号)。
A．B．C．D．
(3)亚硝酸钴钠可与K+结合形成K2Na[Co(NO2)6]，从而实现对K+的定量测定。
①K2Na[Co(NO2)6]中存在的化学键类型有_________(填标号)；
A．金属键 B．离子键 C．极性共价键 D．配位键
②与亚硝酸根互为等电子体的化合物有_________(写一种)。
(4)Co与Ca属于同一周期，且最外层电子数相同，但金属Co的熔点、沸点均比金属Ca的高，原因是____。
(5)某种铁酸钴(CoTiO3)晶胞沿x、y或z轴任意一个方向的投影如下图所示。晶胞中Co处于各顶角位置，则O处于_________位置，与Co紧邻的O的个数为_________。若晶胞中Co与O的距离为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为_________g．cm-3(列出计算式)。
5．（2021·广东深圳·统考二模）硒是人体内不可缺少的微量元素，且硒及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Se原子的核外价电子排布图为_____。
(2)“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中Se原子的杂化类型为_______，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为____。
(3)硒的某种氧化物为链状聚合结构(如下图所示)，该氧化物的化学式为____。
(4)SeO的立体构型为__，与SeO互为等电子体的分子有____(填化学式，任写一种)。
(5)室温时，SeF6是一种气体，与SF6具有相似的结构，则熔、沸点大小：SeF6___SF6(填“>”或“＜”或“=”)。
(6)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用下图表示。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____。
(7)我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如下图所示。该硒化钴的化学式为___，晶体密度为____g·cm-3(用含a和c的式子表示，阿伏加德罗常数的值为NA)。
6．（2022·广东深圳·统考二模）硅及其化合物在生产生活中有广泛应用。根据所学知识，回答下列问题：
(1)三甲基卤硅烷【(CH3)3SiX，X为Cl、Br、I】是重要的化工原料。
①氯元素基态原子的价电子排布式为___；按照核外电子排布对元素周期表分区，溴元素位于___区；基态硅原子中有____种运动状态不同的电子。
②Br、I的第一电离能的大小关系：I1(Br)____I1(I)(填“大于”“小于”或“等于”)。
③常温下，(CH3)3SiI中Si—I键比(CH3)3SiCl中Si—Cl键易断裂的原因是____。
(2)(CH3)3SiCl可作为下列有机合成反应的催化剂。
①1个有机物A分子中采取sp2杂化的碳原子有____个。
②有机物B的沸点低于对羟基苯甲醛()的沸点，其原因是____。
③CH3CN中σ键与π键的个数比为____。
(3)一种钛硅碳新型材料可用作高铁车体与供电网的连接材料。该材料的晶胞属于六方晶系(a、b方向的夹角为120°，c方向垂直于a、b方向，棱长a+b≠c)，如图甲所示；晶胞中碳原子的投影位置如图乙所示。
①该钛硅碳新型材料的化学式为____。
②已知该新型材料的密度为4.51g•cm-3，且a、b的长度均为307pm，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则c的长度为____pm (列出计算式)。
参考答案：
1． Na2O2＋2NaH2PO4＝2Na2HPO4＋H2O2 防止H2O2受热分解，沉降Na2HPO4·nH2O固体 圆底烧瓶 B 注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL 恢复室温或体积不再改变或压强不再改变 V2－V1 反应完全、无污染、反应速率快等合理答案均可
【分析】由反应流程可知转化方程式为Na2O2＋2NaH2PO4＝2Na2HPO4＋H2O2，H2O2 受热易分解为水和氧气，故应低温放置；
H2O2具有还原性，与KMnO4反应现象明显，可以利用溶液颜色变化来测定H2O2溶液浓度，
【详解】由分析可知：
(1)转化中方程式为Na2O2＋2NaH2PO4＝2Na2HPO4＋H2O2，低温放置目的在于防止H2O2受热分解，沉降Na2HPO4·nH2O固体；
(2)由装置图可知反应中的仪器为圆底烧瓶；
(3)①由H2O2的还原性，以及溶液颜色的变化作为实验结束标志可知选用KMnO4溶液测量结果更精确，故选B；
②注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL
(4)①测量气体体积时应避免温度对气体体积的影响，准确测量气体体积应在室温下，故答案为：恢复室温或体积不再改变或压强不再改变；
②注射器中气体体积的变化是由于H2O2的分解产生的O2引起的，故氧气的体积为V2－V1 mL；
③由题中信息可知生成的的质量m(O2)=ρg/LL，由 可知：；故可得m(O2)= 所以结合式子可得NA=；
(5)作为自身具有氧化性，反应产物为水和氧气，故本实验的优点是反应完全、无污染、反应速率快等。
2． 分液漏斗 Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O 管内产生棕黄色的烟(CuCl2) 有利于产物(CuCl2)直接进入收集瓶，防止堵塞 在空气中灼烧 Cu Cu(OH)2与Al单质发生了反应 取少量Cu(OH)2悬浊液，加入AlCl3溶液，振荡 K===6.3×106＞105，该反应进行较完全
【分析】根据题中图示，湿法制取CuCl2，在三颈烧瓶中加入铜屑、H2O2和浓盐酸，在电热搅拌下发生Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O反应，NaOH溶液吸收尾气，防止污染环境；干法制取CuCl2，在石英管制取CuCl2，在集气瓶中收集CuCl2，NaOH溶液吸收多余的Cl2，避免污染环境；探究Al与CuCl2溶液反应，根据金属性强弱和实验现象回答紫红色固体为Cu，并提出两种猜测并进行相关验证，由Ksp进行相关计算；据此解答。
【详解】(1)根据题中图示可知，仪器a的名称为分液漏斗；答案为分液漏斗。
(2)在三颈烧瓶中加入铜屑、H2O2和浓盐酸，在电热搅拌下发生氧化还原反应生成CuCl2的化学方程式为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；答案为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O。
(3)①石英管内发生Cu+Cl2CuCl2，观察到的现象为管内产生棕黄色的烟(CuCl2)；答案为管内产生棕黄色的烟(CuCl2)。
②石英管直接伸入收集装置，该管较粗，其优点是有利于产物(CuCl2)直接进入收集瓶，防止堵塞；答案为有利于产物(CuCl2)直接进入收集瓶，防止堵塞。
(4)除上述两种方法外，实验室中还可先将铜粉在空气中灼烧，再加入适量稀盐酸反应得到CuCl2溶液，即2Cu+O22CuO，CuO+2HCl=CuCl2+H2O；答案为在空气中灼烧。
(5)由于Al的金属性比Cu强，将铝片放入盛有0.1mol·L-1CuCl2溶液，发生置换反应，即2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，则紫红色固体为Cu；答案为Cu。
(6)①由实验取少量Cu(OH)2悬浊液，加入打磨过的铝片，振荡，可推知，猜测i.是Cu(OH)2与Al单质发生了反应；答案为Cu(OH)2与Al单质发生了反应。
②由猜测ii.Cu(OH)2与Al3+发生了反应，可推知实验是取少量Cu(OH)2悬浊液，加入AlCl3溶液，振荡；答案为取少量Cu(OH)2悬浊液，加入AlCl3溶液，振荡。
③由2A13++3Cu(OH)2=2Al(OH)3+3Cu2+可知，K=====6.3×106＞105，该反应进行较完全；答案为K===6.3×106＞105，该反应进行较完全。
3．(1) I-会被空气中的O2氧化 2KI+2Pb(NO3)2=PbI↓+2KNO3
(2) 酸式滴定管 B ab或ba(答“de”“ed”“gh”“hg”“jk”“kj”均可) PbI2固体不断溶解
(3) 产生金黄色沉淀(或“产生亮黄色沉淀”“产生黄色浑浊”) 200 小于
【解析】（1）①I-具有较强还原性，会被空气中的O2氧化，导致KI溶液变质；②根据题意KI和Pb(NO3)2发生复分解反应生成PbI2沉淀，根据元素守恒可得化学方程式为2KI+2Pb(NO3)2=PbI↓+2KNO3；
（2）①根据仪器X的结构特点可知其为酸式滴定管；②由电导率变化曲线可知，电导率出现3次急剧的下降，说明蒸馏水是分三次快速放入，故选B；③悬浊液导电是因为存在平衡PbI2Pb2++2I-，加水稀释后，离子浓度瞬间下降，电导率瞬间减小，之后反应正向移动，PbI2固体不断溶解，重新达到平衡，而PbI2饱和溶液中Pb2+和I-的浓度不变，所以平衡后电导率相同，即ab、de、gh、jk均可以表示PbI2固体的溶解达到平衡状态，而c→d段溶液的电导率逐渐增大的原因是PbI2固体不断溶解，导致了溶液中离子浓度不断增大；
（3）①增大PbI2饱和溶液中I-的浓度，沉淀溶解平衡逆向移动，清液中产生金黄色的PbI沉淀；②为保证变量唯一，所用蒸馏水的体积应与所用“上层清液”的体积相同，即200mL；③增大KI的浓度，PbI2沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动，导致溶液中的离子浓度减小，电导率的变化会小于蒸馏水中，所以A2-A1小于B2-B1。
4． [Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s2 O、N O＞N＞C＞H B BCD SO2或SnO2 Co原子半径小且价电子数多，金属键强 面心 12 或或或
【分析】
根据均摊法和化合物的分子式确定氧原子的位置和与Co紧邻的O的个数，利用晶胞的质量和体积计算晶胞密度。
【详解】
(1)Co是27号元素，基态Co原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s2；
(2)①根据配合物的结构和配位键的形成特点，配合物中提供孤对电子的原子是O、N；
②该多齿配体中所含元素为H、C、N、O，C、N、O位于同一周期，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，故电负性由大到小的顺序为O＞N＞C，H元素与C、N、O形成化合物时，一般氢元素的化合价为正价，故电负性最小，故电负性的大小为O＞N＞C＞H；
③上述配合物中C位于苯环上和亚甲基上，苯环上的碳原子价层电子对数为3对，采用的是sp2杂化，亚甲基上的碳原子价层电子对数为4对，亚甲基上的碳原子采用sp3杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp2杂化，
A．中苯环上的碳原子碳原子价层电子对数为3对，采用的是sp2杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp2杂化，故A不符合题意；
B．.中氮环上的碳原子碳原子价层电子对数为3对，采用的是sp2杂化，甲基上的碳原子价层电子对数为4对，亚甲基上的碳原子采用sp3杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp2杂化，故B符合题意；
C．中环己烷上的碳原子价层电子对数诶4对，均采用sp3杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp2杂化，故C不符合题意；
D．中碳原子价层电子对数为4对，均采用sp3杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp2杂化，故D不符合题意；
答案选B。
(3)根据图示，①K2Na[Co(NO2)6]中Co(NO2)6存在的化学键类型有极性共价键、配位键，亚硝酸钴钠可与K+形成离子键；
②与亚硝酸根互为等电子体的化合物有SO2或SnO2；
(4)Co与Ca属于同一周期，且最外层电子数相同，但金属Co的熔点、沸点均比金属Ca的高，原因是Co原子半径小且价电子数多，金属键强；
(5) 根据CoTiO3晶胞中Co处于各顶角位置，根据Co原子的数目为1个，O原子的数目为3个，则O处于面心位置，由图可知与Co紧邻的O的个数为12个，若晶胞中Co与O的距离为anm，则晶胞的边长为cm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为
，化简可得或或。
【点睛】
在计算密度时，需要利用数学计算，勾股定律计算出晶胞的半径，单位的换算是易错点。
5． sp3 N ＞O ＞Se (SeO2)n 三角锥形 NCl3 SeF6＞SF6 ＜ 硫半径小于硒半径，S-S键的键长小于Se-Se键长，硫硫键的键能大于硒硒键的键能，则光谱能量高，波长短 CoSe
【详解】(1)Se所含质子数为34，原子核外电子数为34，核外电子排布为：[Ar]3d104s24p4；基态Se原子的核外价电子排布图为：。
(2)根据结构简式，“依布硒”中Se原子的杂化类型为sp3杂化，N原子为半充满状态，电离能最大，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为：N ＞O ＞Se。
(3)硒的某种氧化物为链状聚合结构，该氧化物的化学式为(SeO2)n。
(4)SeO中的Se为sp3杂化且有一对孤电子对，立体构型为三角锥形，SeO有26个电子，与SeO互为等电子体的分子有NCl3。
(5)室温时，SeF6是一种气体，与SF6具有相似的结构，且为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用越大，则熔、沸越高，SeF6＞SF6；
(6)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用下图表示。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，其原因是硫半径小于硒半径，S-S键的键长小于Se-Se键长，S-S键的键能大于Se-Se键的键能，则光谱能量高，波长短。
(7)我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如下图所示。根据均摊法Co：8×，Se=2，该硒化钴的化学式为CoSe；晶胞地面键角为60°，晶胞体积为=，晶体密度为g·cm-3。
6．(1) 3s23p5 p 14 大于 I原子半径比Cl的原子半径大，导致Si-I键键能较小，较易断裂；而Si-Cl键键能较大，较不易断裂
(2) 7 邻羟基苯甲醛主要形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛只能形成分子间氢键，所以后者的熔点高于前者 5：2
(3) Ti3SiC2
【解析】（1）①Cl原子核外有17个电子，核外电子排布式为[Ne] 3s23p5，价电子为3s23p5；溴原子的价电子为4s24p5，属于p区；硅原子核外有14个电子，每个电子的运动状态各不相同，即有14种运动状态不同的电子；②同主族自上而下第一电离能减小，所以I1(Br)大于I1(I)；③I原子半径比Cl的原子半径大，导致Si-I键键能较小，较易断裂；而Si-Cl键键能较大，较不易断裂；
（2）①苯环上的碳原子以及碳氧双键中的碳原子为sp2杂化，共有7个；②B为邻羟基苯甲醛，羟基与醛基距离较近，主要形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛只能形成分子间氢键，分子间氢键可以增大熔点，所以后者的熔点高于前者；③单键均为σ键，碳氮三键中有一个σ键、两个π键，所以σ键与π键的个数比为5：2；
（3）①根据均摊法，Ti原子的个数为8×+4×+4=6，Si原子的个数为8×=2，C原子的个数为4，Ti、Si、C原子的个数比为6:2:4=3:1:2，所以化学式为Ti3SiC2；②晶胞的质量为g=g，密度为4.51g•cm-3，所以晶胞的体积为cm3=pm，底面为边长307pm的菱形，则底面积为×3072pm3，所以c的长度为pm。
广东省深圳市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题2
一、实验题
1．（2020·广东深圳·统考二模）H2O2是生产、生活、实验中常用的试剂。
I．工业上制备H2O2的流程如下：
(1)“转化”中反应的化学方程式为_________：“低温放置”的目的是_________
(2)图甲为“减压蒸馏”的部分装置，该装置由克氏蒸馏头和_________(填仪器名称)组成。
lI．实验小组利用图乙装置测定阿伏加德罗常数(NA)
(3)实验准备
①H2O2溶液浓度标定。可选用_________(填标号)试剂对H2O2溶液进行滴定，测定其浓度。
A．H2C2O4B．KMnO4C．淀粉KI
②装置气密性检查。打开止水夹，将注射器b的活塞推至底部，拉动注射器a活塞吸入10mL空气，关闭止水夹。向下推动注射器a活塞至底，当观察到注射器b的现象为_________，说明装置的气密性良好。
(4)测定过程
①在反应室中加入适量MnO2，将注射器b活塞推至底部，关闭止水夹。用注射器a准确抽取cmol/LH2O2溶液VlmL，缓慢地注入反应室后，固定注射器a活塞。
②反应结束后，待反应体系处于_________状态时，读取注射器b的气体体积为V2mL，则产生O2的体积为____mL。
③设室温下O2的密度为ρg/L，一个O2实际质量为mg，则NA=____(用含ρ等字母的代数式表示)。
(5)该实验利用H2O2作为生氧剂的优点有_________(写两条)。
2．（2021·广东深圳·统考二模）CuCl2是常见的化学试剂，学习小组开展了与CuCl2相关的系列实验。回答下列问题：
I.利用废铜屑制备CuCl2(实验装置如下图所示)
(1)仪器a的名称为_______。
(2)“湿法”制备CuCl2的化学方程式为_______。
(3)①石英管内可能观察到的现象为_______。
②石英管直接伸入收集装置，该管较粗，其优点是_______。
(4)除上述两种方法外，实验室中还可先将铜粉_______(填试剂及操作)，再加入适量稀盐酸反应得到CuCl2溶液。
II.探究Al与CuCl2溶液的反应
将铝片放入盛有0.1mol·L-1CuCl2溶液的试管中，观察到现象为：铝片表面析出疏松的紫红色固体，产生无色无味气体，溶液颜色变浅。
(5)紫红色固体为_______(填化学式)。
(6)经检验产生的气体为H2.在CuCl2溶液中存在Cu2++2H2O=Cu(OH)2+2H+、2A1+6H+=2A13++3H2↑，小组成员认为应产生Cu(OH)2，但实际实验中并未观察到蓝色沉淀。于是他们提出了以下两种猜测并进行相关验证。完成下列表格：
猜测
实验
现象
结论
i.①_______。
取少量Cu(OH)2悬浊液，加入打磨过的铝片，振荡
无明显现象
猜想i不成立
ii.Cu(OH)2与Al3+发生了反应
②_______。
固体立即溶解，溶液呈浅绿色
猜想ii成立
③在猜测ii成立的基础上，该小组成员查阅文献发现体系中可能存在反应：2A13++3Cu(OH)2=2Al(OH)3+3Cu2+，列式计算平衡常数分析该反应进行的趋势___________________。(已知：Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20；Ksp[A1(OH)3]=1.3×10-33。一般认为，K>105时反应进行较完全，K<10-5时反应难以进行)文献显示生成的Al(OH)3可能以胶体形式存在，这是未观察到白色沉淀的可能原因，但仍需进一步深入研究。
3．（2022·广东深圳·统考二模）某学习小组在实验室进行了有关碘化铅(PbI2)的实验探究。回答下列问题：
I.制备PbI2的悬浊液
(1)KI溶液和Pb(NO3)2溶液反应，会产生金黄色的PbI2沉淀，形成美丽的“黄金雨”。
①KI溶液在空气中久置会变质，其原因是___。
②生成PbI2的化学方程式为___。充分反应后，经系列操作得到纯净的PbI2固体，向其中加入蒸馏水，得到PbI2悬浊液。
II.探究浓度对PbI2沉淀溶解平衡的影响
【查阅资料】ⅰ.温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；
ii.26.5℃时，PbI2饱和溶液的电导率为368μS•cm-1。
(2)稀释对PbI2溶解平衡的影响
26.5℃时，向PbI2悬浊液中加入一定体积的蒸馏水，通过图甲所示装置测定电导率，并得到电导率随时间变化的曲线(图乙)。
①实验装置中仪器X的名称为____。
②由电导率变化曲线可知：实验中通过仪器X加入蒸馏水的方式是___(填标号)。
A．连续逐滴加入 B．分三次快速放入 C．一次性快速放入
③曲线图中，___段(用字母表示，任写一段)表示PbI2固体的溶解达到平衡状态：c→d段溶液的电导率逐渐增大的原因是___导致了溶液中离子浓度不断增大。
(3)c(KI)对PbI2沉淀溶解平衡的影响
26.5℃时，将PbI2悬浊液静置后，取200mL上层清液[c(I-)=2.5×10-3mol·L-1]于烧杯中，另取蒸馏水于相同规格的烧杯中进行对比实验，再分别向其中加入1mol·L-1KI溶液。实验数据记录如表：
KI溶液累计加入量/mL
电导率/(μS•cm-1)
PbI2饱和溶液
蒸馏水
0
368
4
0.50
A1
B1
1.00
A2
B2
①上述实验过程中，增大PbI2饱和溶液中I-的浓度，可观察到的实验现象是____。
②利用蒸馏水进行对比实验时，所取蒸馏水的体积为____mL。
③表格数据A2-A1___B2-B1(填“大于”“小于”或“等于”)，说明增大KI的浓度，PbI2沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动。
二、结构与性质
4．（2020·广东深圳·统考二模）钴及其化合物有着广泛的应用前景。回答下列问题：
(1)基态Co原子的核外电子排布式为_________．
(2)以无水乙醇作溶剂，Co(NO3)2可与某多齿配体结合形成具有催化活性的配合物，其结构简式如图所示。
①配合物中提供孤对电子的原子是_________(填元素符号)；
②该多齿配体中所含元素电负性由大到小的顺序为__________(填元素符号)：
③下列化合物与上述配合物中C和N原子的杂化类型均相同的是__________(填标号)。
A．B．C．D．
(3)亚硝酸钴钠可与K+结合形成K2Na[Co(NO2)6]，从而实现对K+的定量测定。
①K2Na[Co(NO2)6]中存在的化学键类型有_________(填标号)；
A．金属键 B．离子键 C．极性共价键 D．配位键
②与亚硝酸根互为等电子体的化合物有_________(写一种)。
(4)Co与Ca属于同一周期，且最外层电子数相同，但金属Co的熔点、沸点均比金属Ca的高，原因是____。
(5)某种铁酸钴(CoTiO3)晶胞沿x、y或z轴任意一个方向的投影如下图所示。晶胞中Co处于各顶角位置，则O处于_________位置，与Co紧邻的O的个数为_________。若晶胞中Co与O的距离为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为_________g．cm-3(列出计算式)。
5．（2021·广东深圳·统考二模）硒是人体内不可缺少的微量元素，且硒及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Se原子的核外价电子排布图为_____。
(2)“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中Se原子的杂化类型为_______，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为____。
(3)硒的某种氧化物为链状聚合结构(如下图所示)，该氧化物的化学式为____。
(4)SeO的立体构型为__，与SeO互为等电子体的分子有____(填化学式，任写一种)。
(5)室温时，SeF6是一种气体，与SF6具有相似的结构，则熔、沸点大小：SeF6___SF6(填“>”或“＜”或“=”)。
(6)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用下图表示。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____。
(7)我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如下图所示。该硒化钴的化学式为___，晶体密度为____g·cm-3(用含a和c的式子表示，阿伏加德罗常数的值为NA)。
6．（2022·广东深圳·统考二模）硅及其化合物在生产生活中有广泛应用。根据所学知识，回答下列问题：
(1)三甲基卤硅烷【(CH3)3SiX，X为Cl、Br、I】是重要的化工原料。
①氯元素基态原子的价电子排布式为___；按照核外电子排布对元素周期表分区，溴元素位于___区；基态硅原子中有____种运动状态不同的电子。
②Br、I的第一电离能的大小关系：I1(Br)____I1(I)(填“大于”“小于”或“等于”)。
③常温下，(CH3)3SiI中Si—I键比(CH3)3SiCl中Si—Cl键易断裂的原因是____。
(2)(CH3)3SiCl可作为下列有机合成反应的催化剂。
①1个有机物A分子中采取sp2杂化的碳原子有____个。
②有机物B的沸点低于对羟基苯甲醛()的沸点，其原因是____。
③CH3CN中σ键与π键的个数比为____。
(3)一种钛硅碳新型材料可用作高铁车体与供电网的连接材料。该材料的晶胞属于六方晶系(a、b方向的夹角为120°，c方向垂直于a、b方向，棱长a+b≠c)，如图甲所示；晶胞中碳原子的投影位置如图乙所示。
①该钛硅碳新型材料的化学式为____。
②已知该新型材料的密度为4.51g•cm-3，且a、b的长度均为307pm，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则c的长度为____pm (列出计算式)。
参考答案：
1． Na2O2＋2NaH2PO4＝2Na2HPO4＋H2O2 防止H2O2受热分解，沉降Na2HPO4·nH2O固体 圆底烧瓶 B 注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL 恢复室温或体积不再改变或压强不再改变 V2－V1 反应完全、无污染、反应速率快等合理答案均可
【分析】由反应流程可知转化方程式为Na2O2＋2NaH2PO4＝2Na2HPO4＋H2O2，H2O2 受热易分解为水和氧气，故应低温放置；
H2O2具有还原性，与KMnO4反应现象明显，可以利用溶液颜色变化来测定H2O2溶液浓度，
【详解】由分析可知：
(1)转化中方程式为Na2O2＋2NaH2PO4＝2Na2HPO4＋H2O2，低温放置目的在于防止H2O2受热分解，沉降Na2HPO4·nH2O固体；
(2)由装置图可知反应中的仪器为圆底烧瓶；
(3)①由H2O2的还原性，以及溶液颜色的变化作为实验结束标志可知选用KMnO4溶液测量结果更精确，故选B；
②注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL
(4)①测量气体体积时应避免温度对气体体积的影响，准确测量气体体积应在室温下，故答案为：恢复室温或体积不再改变或压强不再改变；
②注射器中气体体积的变化是由于H2O2的分解产生的O2引起的，故氧气的体积为V2－V1 mL；
③由题中信息可知生成的的质量m(O2)=ρg/LL，由 可知：；故可得m(O2)= 所以结合式子可得NA=；
(5)作为自身具有氧化性，反应产物为水和氧气，故本实验的优点是反应完全、无污染、反应速率快等。
2． 分液漏斗 Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O 管内产生棕黄色的烟(CuCl2) 有利于产物(CuCl2)直接进入收集瓶，防止堵塞 在空气中灼烧 Cu Cu(OH)2与Al单质发生了反应 取少量Cu(OH)2悬浊液，加入AlCl3溶液，振荡 K===6.3×106＞105，该反应进行较完全
【分析】根据题中图示，湿法制取CuCl2，在三颈烧瓶中加入铜屑、H2O2和浓盐酸，在电热搅拌下发生Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O反应，NaOH溶液吸收尾气，防止污染环境；干法制取CuCl2，在石英管制取CuCl2，在集气瓶中收集CuCl2，NaOH溶液吸收多余的Cl2，避免污染环境；探究Al与CuCl2溶液反应，根据金属性强弱和实验现象回答紫红色固体为Cu，并提出两种猜测并进行相关验证，由Ksp进行相关计算；据此解答。
【详解】(1)根据题中图示可知，仪器a的名称为分液漏斗；答案为分液漏斗。
(2)在三颈烧瓶中加入铜屑、H2O2和浓盐酸，在电热搅拌下发生氧化还原反应生成CuCl2的化学方程式为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；答案为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O。
(3)①石英管内发生Cu+Cl2CuCl2，观察到的现象为管内产生棕黄色的烟(CuCl2)；答案为管内产生棕黄色的烟(CuCl2)。
②石英管直接伸入收集装置，该管较粗，其优点是有利于产物(CuCl2)直接进入收集瓶，防止堵塞；答案为有利于产物(CuCl2)直接进入收集瓶，防止堵塞。
(4)除上述两种方法外，实验室中还可先将铜粉在空气中灼烧，再加入适量稀盐酸反应得到CuCl2溶液，即2Cu+O22CuO，CuO+2HCl=CuCl2+H2O；答案为在空气中灼烧。
(5)由于Al的金属性比Cu强，将铝片放入盛有0.1mol·L-1CuCl2溶液，发生置换反应，即2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，则紫红色固体为Cu；答案为Cu。
(6)①由实验取少量Cu(OH)2悬浊液，加入打磨过的铝片，振荡，可推知，猜测i.是Cu(OH)2与Al单质发生了反应；答案为Cu(OH)2与Al单质发生了反应。
②由猜测ii.Cu(OH)2与Al3+发生了反应，可推知实验是取少量Cu(OH)2悬浊液，加入AlCl3溶液，振荡；答案为取少量Cu(OH)2悬浊液，加入AlCl3溶液，振荡。
③由2A13++3Cu(OH)2=2Al(OH)3+3Cu2+可知，K=====6.3×106＞105，该反应进行较完全；答案为K===6.3×106＞105，该反应进行较完全。
3．(1) I-会被空气中的O2氧化 2KI+2Pb(NO3)2=PbI↓+2KNO3
(2) 酸式滴定管 B ab或ba(答“de”“ed”“gh”“hg”“jk”“kj”均可) PbI2固体不断溶解
(3) 产生金黄色沉淀(或“产生亮黄色沉淀”“产生黄色浑浊”) 200 小于
【解析】（1）①I-具有较强还原性，会被空气中的O2氧化，导致KI溶液变质；②根据题意KI和Pb(NO3)2发生复分解反应生成PbI2沉淀，根据元素守恒可得化学方程式为2KI+2Pb(NO3)2=PbI↓+2KNO3；
（2）①根据仪器X的结构特点可知其为酸式滴定管；②由电导率变化曲线可知，电导率出现3次急剧的下降，说明蒸馏水是分三次快速放入，故选B；③悬浊液导电是因为存在平衡PbI2Pb2++2I-，加水稀释后，离子浓度瞬间下降，电导率瞬间减小，之后反应正向移动，PbI2固体不断溶解，重新达到平衡，而PbI2饱和溶液中Pb2+和I-的浓度不变，所以平衡后电导率相同，即ab、de、gh、jk均可以表示PbI2固体的溶解达到平衡状态，而c→d段溶液的电导率逐渐增大的原因是PbI2固体不断溶解，导致了溶液中离子浓度不断增大；
（3）①增大PbI2饱和溶液中I-的浓度，沉淀溶解平衡逆向移动，清液中产生金黄色的PbI沉淀；②为保证变量唯一，所用蒸馏水的体积应与所用“上层清液”的体积相同，即200mL；③增大KI的浓度，PbI2沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动，导致溶液中的离子浓度减小，电导率的变化会小于蒸馏水中，所以A2-A1小于B2-B1。
4． [Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s2 O、N O＞N＞C＞H B BCD SO2或SnO2 Co原子半径小且价电子数多，金属键强 面心 12 或或或
【分析】
根据均摊法和化合物的分子式确定氧原子的位置和与Co紧邻的O的个数，利用晶胞的质量和体积计算晶胞密度。
【详解】
(1)Co是27号元素，基态Co原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s2；
(2)①根据配合物的结构和配位键的形成特点，配合物中提供孤对电子的原子是O、N；
②该多齿配体中所含元素为H、C、N、O，C、N、O位于同一周期，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，故电负性由大到小的顺序为O＞N＞C，H元素与C、N、O形成化合物时，一般氢元素的化合价为正价，故电负性最小，故电负性的大小为O＞N＞C＞H；
③上述配合物中C位于苯环上和亚甲基上，苯环上的碳原子价层电子对数为3对，采用的是sp2杂化，亚甲基上的碳原子价层电子对数为4对，亚甲基上的碳原子采用sp3杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp2杂化，
A．中苯环上的碳原子碳原子价层电子对数为3对，采用的是sp2杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp2杂化，故A不符合题意；
B．.中氮环上的碳原子碳原子价层电子对数为3对，采用的是sp2杂化，甲基上的碳原子价层电子对数为4对，亚甲基上的碳原子采用sp3杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp2杂化，故B符合题意；
C．中环己烷上的碳原子价层电子对数诶4对，均采用sp3杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp2杂化，故C不符合题意；
D．中碳原子价层电子对数为4对，均采用sp3杂化，N原子的价层电子对数为3对，杂化类型sp2杂化，故D不符合题意；
答案选B。
(3)根据图示，①K2Na[Co(NO2)6]中Co(NO2)6存在的化学键类型有极性共价键、配位键，亚硝酸钴钠可与K+形成离子键；
②与亚硝酸根互为等电子体的化合物有SO2或SnO2；
(4)Co与Ca属于同一周期，且最外层电子数相同，但金属Co的熔点、沸点均比金属Ca的高，原因是Co原子半径小且价电子数多，金属键强；
(5) 根据CoTiO3晶胞中Co处于各顶角位置，根据Co原子的数目为1个，O原子的数目为3个，则O处于面心位置，由图可知与Co紧邻的O的个数为12个，若晶胞中Co与O的距离为anm，则晶胞的边长为cm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为
，化简可得或或。
【点睛】
在计算密度时，需要利用数学计算，勾股定律计算出晶胞的半径，单位的换算是易错点。
5． sp3 N ＞O ＞Se (SeO2)n 三角锥形 NCl3 SeF6＞SF6 ＜ 硫半径小于硒半径，S-S键的键长小于Se-Se键长，硫硫键的键能大于硒硒键的键能，则光谱能量高，波长短 CoSe
【详解】(1)Se所含质子数为34，原子核外电子数为34，核外电子排布为：[Ar]3d104s24p4；基态Se原子的核外价电子排布图为：。
(2)根据结构简式，“依布硒”中Se原子的杂化类型为sp3杂化，N原子为半充满状态，电离能最大，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为：N ＞O ＞Se。
(3)硒的某种氧化物为链状聚合结构，该氧化物的化学式为(SeO2)n。
(4)SeO中的Se为sp3杂化且有一对孤电子对，立体构型为三角锥形，SeO有26个电子，与SeO互为等电子体的分子有NCl3。
(5)室温时，SeF6是一种气体，与SF6具有相似的结构，且为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用越大，则熔、沸越高，SeF6＞SF6；
(6)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用下图表示。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，其原因是硫半径小于硒半径，S-S键的键长小于Se-Se键长，S-S键的键能大于Se-Se键的键能，则光谱能量高，波长短。
(7)我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如下图所示。根据均摊法Co：8×，Se=2，该硒化钴的化学式为CoSe；晶胞地面键角为60°，晶胞体积为=，晶体密度为g·cm-3。
6．(1) 3s23p5 p 14 大于 I原子半径比Cl的原子半径大，导致Si-I键键能较小，较易断裂；而Si-Cl键键能较大，较不易断裂
(2) 7 邻羟基苯甲醛主要形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛只能形成分子间氢键，所以后者的熔点高于前者 5：2
(3) Ti3SiC2
【解析】（1）①Cl原子核外有17个电子，核外电子排布式为[Ne] 3s23p5，价电子为3s23p5；溴原子的价电子为4s24p5，属于p区；硅原子核外有14个电子，每个电子的运动状态各不相同，即有14种运动状态不同的电子；②同主族自上而下第一电离能减小，所以I1(Br)大于I1(I)；③I原子半径比Cl的原子半径大，导致Si-I键键能较小，较易断裂；而Si-Cl键键能较大，较不易断裂；
（2）①苯环上的碳原子以及碳氧双键中的碳原子为sp2杂化，共有7个；②B为邻羟基苯甲醛，羟基与醛基距离较近，主要形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛只能形成分子间氢键，分子间氢键可以增大熔点，所以后者的熔点高于前者；③单键均为σ键，碳氮三键中有一个σ键、两个π键，所以σ键与π键的个数比为5：2；
（3）①根据均摊法，Ti原子的个数为8×+4×+4=6，Si原子的个数为8×=2，C原子的个数为4，Ti、Si、C原子的个数比为6:2:4=3:1:2，所以化学式为Ti3SiC2；②晶胞的质量为g=g，密度为4.51g•cm-3，所以晶胞的体积为cm3=pm，底面为边长307pm的菱形，则底面积为×3072pm3，所以c的长度为pm。
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