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广西省南宁市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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这是一份广西省南宁市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。
广西省南宁市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·广西南宁·二模）下列是学生课外实践活动的实验设计，其中不能达到们应的实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验设计
A
除去乙酸乙酯中的乙酸
B
证明氧化性：Cl2>I2
C
用NaOH标准溶液滴定某稀盐酸
D
探究锅炉里的水垢样品在酸中的溶解
A．A B．B C．C D．D
2．（2020·广西南宁·二模）启普发生器是荷兰科学家设计的实验室气体发生装置，由图中漏斗1和容器2两部分构成；现借助启普发生器及相关装置模拟侯氏制碱法制备日用化学品——NH4Cl和Na2CO3。回答相关问题：
【NaHCO3的制备】
反应原理：NH3+NaCl+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓
反应装置：
（1）启普发生器中发生的离子反应方程式为___，如果上述装置中导管被堵塞，启普发生器中观察到的现象是___。
（2）仪器3中盛装的试剂是___；已知常温，NaCl的溶解度为35.9g，仪器4中含氨的饱和食盐水的配制方法是将20.0mL浓氨水与8.0gNaCl混合振荡过滤，试推测过滤除去的物质为___。
（3）观察仪器4中CO2流速的方法是___，仪器5中试剂的作用是___。
（4）反应结束后，对仪器4进行冷却并趁冷过滤其中的悬浊液，“趁冷”的目的是___。
【Na2CO3的制备】
（5）将（4）所得固体转移至蒸发皿中加热得到Na2CO3；请设计简单实验证明NaHCO3固体已分解完全___。
【NH4Cl的制备】
（6）向（4）所得母液中加入两种物质并降温，NH4Cl会逐步结晶析出，所加物质的名称是___，过滤NH4Cl晶体后的滤液可以再次循环使用。
3．（2021·广西南宁·统考二模）亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要化工原料，外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的防腐剂，其广泛存在于自然环境中，如蔬菜、肉类、豆类、腌制品等都可以测出一定量的亚硝酸钠。某化学兴趣小组设计如图所示装置(省略夹持装置)制备NaNO2并探究其性质。
已知：①2NO+Na2O2 =2NaNO2；
②NaNO2易被空气氧化，NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO；
③HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2=HNO3 +2NO↑+ H2O。
回答下列问题：
(1)A中盛Na2O2的玻璃仪器名称是_______。
(2)上述实验装置中，依据气流从左至右，装置连接顺序(可重复使用)为_______。
(3)连接仪器并检查气密性，检查气密性的具体操作是_______。
(4)打开活塞K2之前先通入氮气，其理由是_______。
(5)实验时观察到C中溶液变为蓝色，其离子方程式为_______。
(6)探究NaNO2性质：实验完毕后，甲同学取少量A中白色粉末(假设为纯净物)溶于水，并滴加几滴稀盐酸，然后加入KI淀粉溶液，溶液变蓝色，甲同学得出结论NaNO2有氧化性，乙同学认为甲同学的结论不严谨，其理由是_______。
(7)家里腌制的咸菜中含有一定量的亚硝酸盐，为测定咸菜中亚硝酸根离子的含量，取1 kg咸菜榨汁，将榨出的液体收集后，加入提取剂，过滤得到无色滤液，将该滤液稀释至1 L，取50. 00 mL滤液与过量的稀硫酸和碘化钾溶液的混合液反应，再滴加几滴指示剂，用0. 100 mol·L-1 Na2S2O3溶液进行滴定，共消耗20. 00 mL。计算该咸菜中亚硝酸根离子的含量为______mg·kg-1。
已知：①2NO+4H++2I- =2NO↑ +I2 +2H2O
②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
4．（2022·广西南宁·统考二模）[CH3CH(OH)COO]2Fe(乳酸亚铁)是一种广泛应用于食品的铁强化剂，可由乳酸与FeCO3反应制得。兴趣小组在实验室按下列步骤制备乳酸亚铁晶体并进行含量测定。回答下列问题：
I.制备FeCO3：
兴趣小组利用FeSO4(用废铁屑和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3在如图装置制备FeCO3：
(1)植物油的作用是_______。
(2)实验过程中，将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合的操作是_______。
(3)该实验制备FeCO3的离子方程式为_______。
(4)经过滤、洗涤得到FeCO3，久置后，发现在盛有FeCO3试剂瓶的瓶口有红褐色物质，其原因是_______(用化学方程式解释)。
Ⅱ.制备乳酸亚铁：
(5)兴趣小组向FeCO3固体中加入乳酸溶液，在一定条件下搅拌使之充分反应，并测得反应溶液的pH、温度对乳酸亚铁产率的影响如图所示，则反应时适宜的加方式为_______；溶液pH控制在5～6之间乳酸亚铁产率较高的主要原因是_______。
Ⅲ.测定乳酸亚铁的纯度：
(6)兴趣小组通过用硫酸铈铵(NH4)4Ce(SO4)4滴定法测定样品中Fe2+的含量来计算乳酸亚铁固体样品纯度(反应中Ce元素被还原为Ce3+)。称取3.0g样品配制成100.00mL溶液，取该溶液25.00mL，将0.1000mol/L(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液装入_______中(填A或B)，反复滴定2～3次，平均消耗(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液30.00mL，则样品中乳酸亚铁的纯度为_______。
A．B．
二、结构与性质
5．（2020·广西南宁·二模）氮气、羟基乙胺（HOCH2CH2NH2)和氮化镓都含氮元素，其用途非常广泛。回答下列问题：
（1）基态氮原子价层电子排布图为___，其中电子能量最高的能级是___。
（2）HOCH2CH2NH2所含非金属元素电负性由大到小顺序为___，其中C和N的杂化方式均为___HOCH2CH2NH2中∠HOC小于∠HNC，其原因是___。
（3）HOCH2CH2NH2是一种常见的二齿配体，能和Co2+形成环状配离子。Co位于元素周期表中___区，该环状配离子的配位原子为___。
（4）氮化镓为六方晶胞，其结构如图，其中Ga作六方最密堆积。Ga填充在N围成的___（选填：八面体空隙、正四面体空隙、立方体空隙或三角形空隙）；已知该晶胞底边边长为apm，高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___g•cm-3(列出计算式即可）。
6．（2021·广西南宁·统考二模）第IVA族元素及其化合物是结构化学研究的热点。几种晶体结构如图所示：
(1)基态锗(Ge)的核外电子排布式为_______。
(2)上述四种晶体中，熔点最低的是_______，金刚石中碳原子之间含有的作用力是_______。
(3)在碳族元素中，最简单气态氢化物中最稳定的是_______(填分子式)。
(4)与碳同周期的主族元素中，第一电离能最大的是_______(填元素符号，下同)，电负性最小的是_______。
(5)在碳的氢化物中，既含σ键，又含π键的分子有许多，其中含σ键与π键数目之比为5：1的分子的结构简式为_______，(写一种)。
(6)硅晶体结构类似于金刚石(如图甲)，则1mol硅晶体中含_______mol共价键，1mol石墨(如图丙)晶体中含_______mol共价键。
(7)设NA为阿伏加德罗常数的值，已知干冰(如图丁)的晶胞边长为apm，则干冰的密度为_______g·cm-3(用含a和NA的代数式表示)。
7．（2022·广西南宁·统考二模）我国科学家首次用砷化镉纳米片观察到三维量子霍尔效应，并在碲化锆(ZrTe5)上发现了金属-绝缘体的转换，此项研究成果对红外探测等的研究具有应用价值。回答下列问题：
(1)基态As原子价电子排布图为_______，电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为_______。
(2)AsH3的空间构型为_______；H3PO4分子中P的杂化轨道与O的_______轨道形成_______键。
(3)ZnS熔点为2830℃，CdS熔点为1750℃，ZnS熔点更高的原因是_______。
(4)碱式碳酸锆( )中C原子的杂化方式为_______；该化合物中非金属元素的第一电离能大小关系为_______。
(5)氧化锆晶胞结构如图所示，其硬度极高，可用于陶瓷和耐火材料。晶胞中Zr原子的配位数为_______；已知阿伏加德罗常数的值为NA，若晶体的密度为ρg/cm3，则该晶胞中距离最近的两个锆原子之间的距离为_______cm(列出计算式)。
参考答案：
1．C
【详解】A. 除去乙酸乙酯中的乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液混合并振荡，则乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠溶液，乙酸乙酯难溶于水，分液后得乙酸乙酯，A正确；
B.通过氯气后，棉球变蓝色，因为氯气和碘化钾发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝色，从Cl2+2KI=2KCi+I2知氧化性：Cl2>I2，故B正确；
C. 用NaOH标准溶液滴定某稀盐酸，应用碱式滴定管，C错误；
D.锅炉里的水垢样品经过碳酸钠浸泡以后，硫酸钙会转变成碳酸钙，则滴加盐酸在酸中的溶解，D正确；
答案选C。
【点睛】选项C为易错选项，解答时需注意：酸性滴定管可以盛装酸、强氧化剂，碱性滴定管可以盛装碱溶液，会腐蚀橡皮管的一律不能用碱式滴定管。
2． CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ 漏斗l中酸液面升高，容器2中酸液而下降 饱和NaHCO3 NaCl 观察仪器4中导管口逸出气泡的快慢 吸收NH3 减小NaHCO3溶解度以提高产率 用一干冷玻璃片靠近蒸发皿上方，如果玻璃片上没有水珠则NaHCO3分解完全 氨气和氯化钠
【分析】利用启普发生器制取CO2，制得的CO2中含有HCl等杂质，利用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，CO2再通入含氨的饱和食盐水中，氨气可能会逸出，利用稀硫酸吸收氨气。
【详解】(1)启普发生器中要产生CO2，通过碳酸钙和盐酸反应生成，则离子反应方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，如果上述装置中导管被堵塞，则启普发生器中气体压强增大，则漏斗l中酸液面升高，容器2中酸液而下降；
(2)仪器3用于除去CO2气体中的HCl气体，则需用饱和NaHCO3；20.0mL浓氨水与8.0gNaCl混合配制溶液，已知NaCl的溶解度为35.9g，则假设20.0mL浓氨水近似20水，能溶解的氯化钠约7.2g，故混合液中未溶解的是NaCl，故过滤除去的物质为NaCl；
(3)CO2从液体中逸出时会产生气泡，故观察仪器4中CO2流速的方法是观察仪器4中导管口逸出气泡的快慢，仪器5位于整套装置的末尾，主要用于尾气处理，其中的硫酸会吸收NH3；
(4)本实验目的是制备NaHCO3，它是可溶性固体，故减少NaHCO3在水中溶解的量能提高产量，因此“趁冷”过滤的目的是减小NaHCO3溶解度以提高产率；
(5)碳酸氢钠固体分解时有水蒸气产生，故要设计简单实验证明NaHCO3固体已分解完全，可用一干冷玻璃片靠近蒸发皿上方，如果玻璃片上没有水珠则NaHCO3分解完全；
(6)过滤出碳酸氢钠所得母液中含Na＋、HCO3－、Cl－和NH4＋，假如想提取NH4Cl，则需增大Cl－和NH4＋的浓度，故可通入NH3和加入NaCl，NH3·H2O和HCO3－反应，则Cl－和NH4＋的浓度增大，经降温，会逐步结晶析出NH4Cl。
3． 硬质玻璃管 E、C、B、A、B、D 关闭K1、K2，D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好 排尽装置中的O2，防止生成的NO、NaNO2被O2氧化 3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O NaNO2与盐酸反应生成的HNO2易被氧化为HNO3，HNO3可将KI氧化产生I2，使淀粉变蓝，所以不严谨(或NaNO2与盐酸反应生成HNO2，而在室温下易反应生成HNO3，加入KI淀粉溶液后变蓝色也可能是生成的HNO3氧化了KI，所以不严谨) 1840
【分析】根据题目信息可知，利用E装置产生的NO2气体先通入C装置将NO2转化为NO，然后再将NO干燥后通入至A装置与Na2O2反应来制取NaNO2，为防止过量NO气体污染环境，装置结尾需用D装置中的高锰酸钾处理NO气体。
【详解】(1) 根据装置特点可知A中盛Na2O2的玻璃仪器名称是硬质玻璃管，故答案为：硬质玻璃管。
(2)根据分析可知上述实验装置中，依据气流从左至右，装置连接顺序(可重复使用)为E、C、B、A、B、D，故答案为：E、C、B、A、B、D。
(3) 连接仪器并检查气密性，检查气密性的具体操作是关闭K1、K2，D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好，故答案为：关闭K1、K2，D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好。
(4)NO、NaNO2与氧气发生反应，所以打开活塞K2之前先通入氮气，排尽装置中的O2，防止生成的NO、NaNO2被O2氧化，故答案为：排尽装置中的O2，防止生成的NO、NaNO2被O2氧化。
(5) 实验时观察到C中溶液变为蓝色，是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化碳、水，其离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O。
(6)由题目信息可知乙同学认为甲同学的结论不严谨，其理由是NaNO2与盐酸反应生成的HNO2易被氧化为HNO3，HNO3可将KI氧化产生I2，使淀粉变蓝，所以不严谨(或NaNO2与盐酸反应生成HNO2，而在室温下易反应生成HNO3，加入KI淀粉溶液后变蓝色也可能是生成的HNO3氧化了KI，所以不严谨)。
(7)根据反应①2NO+4H++2I- =2NO↑ +I2 +2H2O和②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知生成碘单质的物质的量为n(I2)=20. 00×10-3L×0. 100 mol·L-1÷2=1×10-3mol，则50. 00 mL滤液中亚硝酸根离子的质量为m(NO)=1×10-3mol×(2×46)g/mol=9.2×10-2g，1 L滤液中亚硝酸根离子的质量为m(NO)=9.2×10-2g×20=1840mg，即该咸菜中亚硝酸根离子的含量为1840mg÷1kg=1840 mg·kg-1，故答案为：1840。
4．(1)隔绝氧气，防止Fe2+被氧化
(2)打开K2、关闭K3
(3)Fe2++2HCO= FeCO3↓+ H2O+CO2↑
(4)4FeCO3+6H2O+O2 = 4Fe(OH)3+4CO2
(5) 温度为70℃、pH=5 pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小
(6) A 93.6%
【分析】亚铁离子易被氧气氧化，制备过程应在无氧环境中进行，装置A用废铁屑和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，利用产生的氢气排尽装置内空气，且使装置A内气压增大，将制备的硫酸亚铁溶液压入装置B内，与NH4HCO3反应制备FeCO3，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO= FeCO3↓+ H2O+CO2↑；
(1)
试管B中用FeSO4和NH4HCO3制备FeCO3，由于亚铁离子易被氧化，则植物油的作用是隔绝氧气，防止Fe2+被氧化；
(2)
装置A中用废铁屑和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，可利用压强差将A中生成的FeSO4溶液通过导管压至试管B内，操作是打开K2、关闭K3；
(3)
用FeSO4和NH4HCO3制备FeCO3，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO= FeCO3↓+ H2O+CO2↑；
(4)
久置后，FeCO3试剂瓶的瓶口有红褐色物质即Fe(OH)3，是FeCO3被氧气氧化生成Fe(OH)3，反应的方程式为：4FeCO3+6H2O+O2 = 4Fe(OH)3+4CO2；
(5)
由图知温度为70℃、pH=5时乳酸亚铁产率最大，为适宜的反应条件；溶液pH控制在5～6之间乳酸亚铁产率较高的主要原因是：pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小；
(6)
已知反应中Ce元素被还原为Ce3+，则(NH4)4Ce(SO4)4做氧化剂，具有氧化性，(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液装入酸式滴定管，即选：A；(NH4)4Ce(SO4)4中Ce为+4价，被还原为Ce3+则Ce元素得到一个电子，Fe2+被氧化为Fe3+则Fe元素失去一个电子，则n(Fe2+)= n[(NH4)4Ce(SO4)4]=cV=0.1000mol/L×30.00×10-3L=3×10-3mol，则3.0g样品中乳酸亚铁质量为m=nM=3×10-3mol234g/mol=2.808g，纯度为。
5． 2p O>N>C>H sp3 O有两对孤电子对，而N只有一对孤电子对，O的孤电子对对成键电子对斥力更大所致 d N和O 正四面体空隙
【分析】
【详解】
（1）氮是7号元素，价电子是5，电子排布图为，电子的能级有1s、2s、2p，能量由低到高为1s<2s<2p，电子能量最高的能级是2p。
（2）HOCH2CH2NH2所含非金属元素有H、O、C、N，同周期从左到右，电负性逐渐增大，有O>N>C，同主族从上到下，电负性逐渐减小，H的电负性最小，所以由大到小顺序为O>N>C>H；其中C形成4条σ键，无孤电子对，采取sp3杂化类型；N形成3条σ键，有一对孤电子对，采取sp3杂化类型，所以C和N的杂化方式均为sp3；HOCH2CH2NH2中O有两对孤电子对，而N只有一对孤电子对，O的孤电子对对成键电子对斥力更大导致∠HOC小于∠HNC。
（3）Co在元素周期表中第四周期，第Ⅷ族，所以在周期表d区；HOCH2CH2NH2是中只有N和O存在孤电子对，能提供电子对给Co2+，形成配位键，所以配位原子为N和O。
（4）氮化镓为六方晶胞，根据图可知，Ga周围有四个原子，所以围成的是正四面体空隙；根据均摊法可知，该晶胞中含有Ga：，含有N：，由于为六方晶胞，所以底面边长为a，其中一个角为60°的菱形，可得其高为apm ，底面面积为a2pm2，晶胞体积为a2c pm3=a2c×10-30cm3，则密度为 g•cm-3。
6． 1s22s22p63s23p63d104s24p2 干冰或丁 非极性键或σ键 CH4 F Li CH2=CH2 2 1.5
【详解】(1)锗(Ge)是32号元素，则基态锗(Ge)的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，或[Ar]3d104s24p2。
(2)甲(金刚石)是共价晶体，乙(足球烯)是分子晶体，丙(石墨)是混合晶体，丁(干冰)是分子晶体， 乙和丁相比较，足球烯的分子量大于二氧化碳分子量，故熔点最低的是丁(干冰)。金刚石中碳原子之间通过共价键结合到一起的，此共价键属于非极性键。金刚石中碳原子采取的是sp3杂化，故碳原子之间形成的共价键类型是σ键，则金刚石中碳原子之间含有的作用力是非极性键或σ键。
(3)气态氢化物的稳定性和元素的非金属性强弱有关，碳族元素中非金属性最强的是碳元素，所以在碳族元素中，最简单气态氢化物中最稳定的是CH4。
(4)与碳同周期的主族元素是指第二周期的主族元素，根据同周期元素的第一电离能大小变化规律，第一电离能最大的是F，根据同周期元素的电负性强弱变化规律，电负性最小的是Li。
(5)在碳的氢化物中，含有π键，说明结构中含有碳碳双键，或碳碳三键，σ键与π键数目之比为5：1，假设π键数为1，则分子结构中只含有1个双键，碳碳双键中含有1个σ键和1个π键，说明剩下的4个σ键分别是2个碳原子与氢原子形成的，则该分子是C2H4，其结构简式为CH2=CH2。
(6)硅晶体结构类似于金刚石(如图甲)，每个硅原子与周围4个硅原子形成4个共价键， 一个共价键被两个硅原子共有，根据均摊法，则1个硅原子相当于含有2个共价键，则1mol硅晶体中含2mol共价键。石墨(如图丙)晶体属于混合晶体，同层之间的碳原子与相邻的3个碳原子间形成碳碳共价键，同理，一个共价键被2个碳原子共有，则1个碳原子含有共价键数为1.5个，则1mol石墨(如图丙)晶体中含1.5mol共价键。
(7)干冰分子采取的是面心立方最密堆积，则一个干冰晶胞中含有的干冰分子个数是8+6=4个，则一个晶胞的质量为g，已知干冰(如图丁)的晶胞边长为apm，则干冰晶胞的体积为a3pm3，则晶胞的密度等于=g·cm-3 。
7．(1) ； 纺锤形（哑铃形）；
(2) 三角锥形； 2p
(3)ZnS晶体中锌离子比镉离子半径小，离子键强，熔点高；
(4) sp2； O>H>C；
(5) 8； 。
【解析】（1）
As的价层电子排布为4s2sp3，价层电子排布图为；电子占据的最高能级为4p能级，电子云轮廓图为纺锤形（哑铃形）；
（2）
AsH3的价层电子对数为4，配位原子数为3，故分子空间构型为三角锥形；磷酸中P原子杂化方式为sp3杂化，氧原子的价层电子排布为2s22p4，氧原子用2p轨道与P的杂化轨道形成键；
（3）
ZnS和CdS均为离子晶体，ZnS晶体中锌离子半径小，离子键强，熔点高；
（4）
该化合物中C原子只形成了碳氧双键，为sp2杂化；该化合物含有的非金属元素是H、C、O，第一电离能O>H>C；
（5）
由晶胞可以看出，上、下面两个面心Zr原子周围各有4个O原子，故每个Zr周围有8个O原子，配位数为8；晶胞中Zr位于顶点和面心，有4个Zr原子，O原子位于晶胞内部，有8个O原子，化学式为ZrO2。设两个Zr原子之间的距离为dcm，则晶胞参数为cm，晶胞密度，故d=。
广西省南宁市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·广西南宁·二模）下列是学生课外实践活动的实验设计，其中不能达到们应的实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验设计
A
除去乙酸乙酯中的乙酸
B
证明氧化性：Cl2>I2
C
用NaOH标准溶液滴定某稀盐酸
D
探究锅炉里的水垢样品在酸中的溶解
A．A B．B C．C D．D
2．（2020·广西南宁·二模）启普发生器是荷兰科学家设计的实验室气体发生装置，由图中漏斗1和容器2两部分构成；现借助启普发生器及相关装置模拟侯氏制碱法制备日用化学品——NH4Cl和Na2CO3。回答相关问题：
【NaHCO3的制备】
反应原理：NH3+NaCl+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓
反应装置：
（1）启普发生器中发生的离子反应方程式为___，如果上述装置中导管被堵塞，启普发生器中观察到的现象是___。
（2）仪器3中盛装的试剂是___；已知常温，NaCl的溶解度为35.9g，仪器4中含氨的饱和食盐水的配制方法是将20.0mL浓氨水与8.0gNaCl混合振荡过滤，试推测过滤除去的物质为___。
（3）观察仪器4中CO2流速的方法是___，仪器5中试剂的作用是___。
（4）反应结束后，对仪器4进行冷却并趁冷过滤其中的悬浊液，“趁冷”的目的是___。
【Na2CO3的制备】
（5）将（4）所得固体转移至蒸发皿中加热得到Na2CO3；请设计简单实验证明NaHCO3固体已分解完全___。
【NH4Cl的制备】
（6）向（4）所得母液中加入两种物质并降温，NH4Cl会逐步结晶析出，所加物质的名称是___，过滤NH4Cl晶体后的滤液可以再次循环使用。
3．（2021·广西南宁·统考二模）亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要化工原料，外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的防腐剂，其广泛存在于自然环境中，如蔬菜、肉类、豆类、腌制品等都可以测出一定量的亚硝酸钠。某化学兴趣小组设计如图所示装置(省略夹持装置)制备NaNO2并探究其性质。
已知：①2NO+Na2O2 =2NaNO2；
②NaNO2易被空气氧化，NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO；
③HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2=HNO3 +2NO↑+ H2O。
回答下列问题：
(1)A中盛Na2O2的玻璃仪器名称是_______。
(2)上述实验装置中，依据气流从左至右，装置连接顺序(可重复使用)为_______。
(3)连接仪器并检查气密性，检查气密性的具体操作是_______。
(4)打开活塞K2之前先通入氮气，其理由是_______。
(5)实验时观察到C中溶液变为蓝色，其离子方程式为_______。
(6)探究NaNO2性质：实验完毕后，甲同学取少量A中白色粉末(假设为纯净物)溶于水，并滴加几滴稀盐酸，然后加入KI淀粉溶液，溶液变蓝色，甲同学得出结论NaNO2有氧化性，乙同学认为甲同学的结论不严谨，其理由是_______。
(7)家里腌制的咸菜中含有一定量的亚硝酸盐，为测定咸菜中亚硝酸根离子的含量，取1 kg咸菜榨汁，将榨出的液体收集后，加入提取剂，过滤得到无色滤液，将该滤液稀释至1 L，取50. 00 mL滤液与过量的稀硫酸和碘化钾溶液的混合液反应，再滴加几滴指示剂，用0. 100 mol·L-1 Na2S2O3溶液进行滴定，共消耗20. 00 mL。计算该咸菜中亚硝酸根离子的含量为______mg·kg-1。
已知：①2NO+4H++2I- =2NO↑ +I2 +2H2O
②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
4．（2022·广西南宁·统考二模）[CH3CH(OH)COO]2Fe(乳酸亚铁)是一种广泛应用于食品的铁强化剂，可由乳酸与FeCO3反应制得。兴趣小组在实验室按下列步骤制备乳酸亚铁晶体并进行含量测定。回答下列问题：
I.制备FeCO3：
兴趣小组利用FeSO4(用废铁屑和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3在如图装置制备FeCO3：
(1)植物油的作用是_______。
(2)实验过程中，将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合的操作是_______。
(3)该实验制备FeCO3的离子方程式为_______。
(4)经过滤、洗涤得到FeCO3，久置后，发现在盛有FeCO3试剂瓶的瓶口有红褐色物质，其原因是_______(用化学方程式解释)。
Ⅱ.制备乳酸亚铁：
(5)兴趣小组向FeCO3固体中加入乳酸溶液，在一定条件下搅拌使之充分反应，并测得反应溶液的pH、温度对乳酸亚铁产率的影响如图所示，则反应时适宜的加方式为_______；溶液pH控制在5～6之间乳酸亚铁产率较高的主要原因是_______。
Ⅲ.测定乳酸亚铁的纯度：
(6)兴趣小组通过用硫酸铈铵(NH4)4Ce(SO4)4滴定法测定样品中Fe2+的含量来计算乳酸亚铁固体样品纯度(反应中Ce元素被还原为Ce3+)。称取3.0g样品配制成100.00mL溶液，取该溶液25.00mL，将0.1000mol/L(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液装入_______中(填A或B)，反复滴定2～3次，平均消耗(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液30.00mL，则样品中乳酸亚铁的纯度为_______。
A．B．
二、结构与性质
5．（2020·广西南宁·二模）氮气、羟基乙胺（HOCH2CH2NH2)和氮化镓都含氮元素，其用途非常广泛。回答下列问题：
（1）基态氮原子价层电子排布图为___，其中电子能量最高的能级是___。
（2）HOCH2CH2NH2所含非金属元素电负性由大到小顺序为___，其中C和N的杂化方式均为___HOCH2CH2NH2中∠HOC小于∠HNC，其原因是___。
（3）HOCH2CH2NH2是一种常见的二齿配体，能和Co2+形成环状配离子。Co位于元素周期表中___区，该环状配离子的配位原子为___。
（4）氮化镓为六方晶胞，其结构如图，其中Ga作六方最密堆积。Ga填充在N围成的___（选填：八面体空隙、正四面体空隙、立方体空隙或三角形空隙）；已知该晶胞底边边长为apm，高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___g•cm-3(列出计算式即可）。
6．（2021·广西南宁·统考二模）第IVA族元素及其化合物是结构化学研究的热点。几种晶体结构如图所示：
(1)基态锗(Ge)的核外电子排布式为_______。
(2)上述四种晶体中，熔点最低的是_______，金刚石中碳原子之间含有的作用力是_______。
(3)在碳族元素中，最简单气态氢化物中最稳定的是_______(填分子式)。
(4)与碳同周期的主族元素中，第一电离能最大的是_______(填元素符号，下同)，电负性最小的是_______。
(5)在碳的氢化物中，既含σ键，又含π键的分子有许多，其中含σ键与π键数目之比为5：1的分子的结构简式为_______，(写一种)。
(6)硅晶体结构类似于金刚石(如图甲)，则1mol硅晶体中含_______mol共价键，1mol石墨(如图丙)晶体中含_______mol共价键。
(7)设NA为阿伏加德罗常数的值，已知干冰(如图丁)的晶胞边长为apm，则干冰的密度为_______g·cm-3(用含a和NA的代数式表示)。
7．（2022·广西南宁·统考二模）我国科学家首次用砷化镉纳米片观察到三维量子霍尔效应，并在碲化锆(ZrTe5)上发现了金属-绝缘体的转换，此项研究成果对红外探测等的研究具有应用价值。回答下列问题：
(1)基态As原子价电子排布图为_______，电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为_______。
(2)AsH3的空间构型为_______；H3PO4分子中P的杂化轨道与O的_______轨道形成_______键。
(3)ZnS熔点为2830℃，CdS熔点为1750℃，ZnS熔点更高的原因是_______。
(4)碱式碳酸锆( )中C原子的杂化方式为_______；该化合物中非金属元素的第一电离能大小关系为_______。
(5)氧化锆晶胞结构如图所示，其硬度极高，可用于陶瓷和耐火材料。晶胞中Zr原子的配位数为_______；已知阿伏加德罗常数的值为NA，若晶体的密度为ρg/cm3，则该晶胞中距离最近的两个锆原子之间的距离为_______cm(列出计算式)。
参考答案：
1．C
【详解】A. 除去乙酸乙酯中的乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液混合并振荡，则乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠溶液，乙酸乙酯难溶于水，分液后得乙酸乙酯，A正确；
B.通过氯气后，棉球变蓝色，因为氯气和碘化钾发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝色，从Cl2+2KI=2KCi+I2知氧化性：Cl2>I2，故B正确；
C. 用NaOH标准溶液滴定某稀盐酸，应用碱式滴定管，C错误；
D.锅炉里的水垢样品经过碳酸钠浸泡以后，硫酸钙会转变成碳酸钙，则滴加盐酸在酸中的溶解，D正确；
答案选C。
【点睛】选项C为易错选项，解答时需注意：酸性滴定管可以盛装酸、强氧化剂，碱性滴定管可以盛装碱溶液，会腐蚀橡皮管的一律不能用碱式滴定管。
2． CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ 漏斗l中酸液面升高，容器2中酸液而下降 饱和NaHCO3 NaCl 观察仪器4中导管口逸出气泡的快慢 吸收NH3 减小NaHCO3溶解度以提高产率 用一干冷玻璃片靠近蒸发皿上方，如果玻璃片上没有水珠则NaHCO3分解完全 氨气和氯化钠
【分析】利用启普发生器制取CO2，制得的CO2中含有HCl等杂质，利用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，CO2再通入含氨的饱和食盐水中，氨气可能会逸出，利用稀硫酸吸收氨气。
【详解】(1)启普发生器中要产生CO2，通过碳酸钙和盐酸反应生成，则离子反应方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，如果上述装置中导管被堵塞，则启普发生器中气体压强增大，则漏斗l中酸液面升高，容器2中酸液而下降；
(2)仪器3用于除去CO2气体中的HCl气体，则需用饱和NaHCO3；20.0mL浓氨水与8.0gNaCl混合配制溶液，已知NaCl的溶解度为35.9g，则假设20.0mL浓氨水近似20水，能溶解的氯化钠约7.2g，故混合液中未溶解的是NaCl，故过滤除去的物质为NaCl；
(3)CO2从液体中逸出时会产生气泡，故观察仪器4中CO2流速的方法是观察仪器4中导管口逸出气泡的快慢，仪器5位于整套装置的末尾，主要用于尾气处理，其中的硫酸会吸收NH3；
(4)本实验目的是制备NaHCO3，它是可溶性固体，故减少NaHCO3在水中溶解的量能提高产量，因此“趁冷”过滤的目的是减小NaHCO3溶解度以提高产率；
(5)碳酸氢钠固体分解时有水蒸气产生，故要设计简单实验证明NaHCO3固体已分解完全，可用一干冷玻璃片靠近蒸发皿上方，如果玻璃片上没有水珠则NaHCO3分解完全；
(6)过滤出碳酸氢钠所得母液中含Na＋、HCO3－、Cl－和NH4＋，假如想提取NH4Cl，则需增大Cl－和NH4＋的浓度，故可通入NH3和加入NaCl，NH3·H2O和HCO3－反应，则Cl－和NH4＋的浓度增大，经降温，会逐步结晶析出NH4Cl。
3． 硬质玻璃管 E、C、B、A、B、D 关闭K1、K2，D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好 排尽装置中的O2，防止生成的NO、NaNO2被O2氧化 3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O NaNO2与盐酸反应生成的HNO2易被氧化为HNO3，HNO3可将KI氧化产生I2，使淀粉变蓝，所以不严谨(或NaNO2与盐酸反应生成HNO2，而在室温下易反应生成HNO3，加入KI淀粉溶液后变蓝色也可能是生成的HNO3氧化了KI，所以不严谨) 1840
【分析】根据题目信息可知，利用E装置产生的NO2气体先通入C装置将NO2转化为NO，然后再将NO干燥后通入至A装置与Na2O2反应来制取NaNO2，为防止过量NO气体污染环境，装置结尾需用D装置中的高锰酸钾处理NO气体。
【详解】(1) 根据装置特点可知A中盛Na2O2的玻璃仪器名称是硬质玻璃管，故答案为：硬质玻璃管。
(2)根据分析可知上述实验装置中，依据气流从左至右，装置连接顺序(可重复使用)为E、C、B、A、B、D，故答案为：E、C、B、A、B、D。
(3) 连接仪器并检查气密性，检查气密性的具体操作是关闭K1、K2，D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好，故答案为：关闭K1、K2，D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好。
(4)NO、NaNO2与氧气发生反应，所以打开活塞K2之前先通入氮气，排尽装置中的O2，防止生成的NO、NaNO2被O2氧化，故答案为：排尽装置中的O2，防止生成的NO、NaNO2被O2氧化。
(5) 实验时观察到C中溶液变为蓝色，是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化碳、水，其离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O。
(6)由题目信息可知乙同学认为甲同学的结论不严谨，其理由是NaNO2与盐酸反应生成的HNO2易被氧化为HNO3，HNO3可将KI氧化产生I2，使淀粉变蓝，所以不严谨(或NaNO2与盐酸反应生成HNO2，而在室温下易反应生成HNO3，加入KI淀粉溶液后变蓝色也可能是生成的HNO3氧化了KI，所以不严谨)。
(7)根据反应①2NO+4H++2I- =2NO↑ +I2 +2H2O和②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知生成碘单质的物质的量为n(I2)=20. 00×10-3L×0. 100 mol·L-1÷2=1×10-3mol，则50. 00 mL滤液中亚硝酸根离子的质量为m(NO)=1×10-3mol×(2×46)g/mol=9.2×10-2g，1 L滤液中亚硝酸根离子的质量为m(NO)=9.2×10-2g×20=1840mg，即该咸菜中亚硝酸根离子的含量为1840mg÷1kg=1840 mg·kg-1，故答案为：1840。
4．(1)隔绝氧气，防止Fe2+被氧化
(2)打开K2、关闭K3
(3)Fe2++2HCO= FeCO3↓+ H2O+CO2↑
(4)4FeCO3+6H2O+O2 = 4Fe(OH)3+4CO2
(5) 温度为70℃、pH=5 pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小
(6) A 93.6%
【分析】亚铁离子易被氧气氧化，制备过程应在无氧环境中进行，装置A用废铁屑和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，利用产生的氢气排尽装置内空气，且使装置A内气压增大，将制备的硫酸亚铁溶液压入装置B内，与NH4HCO3反应制备FeCO3，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO= FeCO3↓+ H2O+CO2↑；
(1)
试管B中用FeSO4和NH4HCO3制备FeCO3，由于亚铁离子易被氧化，则植物油的作用是隔绝氧气，防止Fe2+被氧化；
(2)
装置A中用废铁屑和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，可利用压强差将A中生成的FeSO4溶液通过导管压至试管B内，操作是打开K2、关闭K3；
(3)
用FeSO4和NH4HCO3制备FeCO3，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO= FeCO3↓+ H2O+CO2↑；
(4)
久置后，FeCO3试剂瓶的瓶口有红褐色物质即Fe(OH)3，是FeCO3被氧气氧化生成Fe(OH)3，反应的方程式为：4FeCO3+6H2O+O2 = 4Fe(OH)3+4CO2；
(5)
由图知温度为70℃、pH=5时乳酸亚铁产率最大，为适宜的反应条件；溶液pH控制在5～6之间乳酸亚铁产率较高的主要原因是：pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小；
(6)
已知反应中Ce元素被还原为Ce3+，则(NH4)4Ce(SO4)4做氧化剂，具有氧化性，(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液装入酸式滴定管，即选：A；(NH4)4Ce(SO4)4中Ce为+4价，被还原为Ce3+则Ce元素得到一个电子，Fe2+被氧化为Fe3+则Fe元素失去一个电子，则n(Fe2+)= n[(NH4)4Ce(SO4)4]=cV=0.1000mol/L×30.00×10-3L=3×10-3mol，则3.0g样品中乳酸亚铁质量为m=nM=3×10-3mol234g/mol=2.808g，纯度为。
5． 2p O>N>C>H sp3 O有两对孤电子对，而N只有一对孤电子对，O的孤电子对对成键电子对斥力更大所致 d N和O 正四面体空隙
【分析】
【详解】
（1）氮是7号元素，价电子是5，电子排布图为，电子的能级有1s、2s、2p，能量由低到高为1s<2s<2p，电子能量最高的能级是2p。
（2）HOCH2CH2NH2所含非金属元素有H、O、C、N，同周期从左到右，电负性逐渐增大，有O>N>C，同主族从上到下，电负性逐渐减小，H的电负性最小，所以由大到小顺序为O>N>C>H；其中C形成4条σ键，无孤电子对，采取sp3杂化类型；N形成3条σ键，有一对孤电子对，采取sp3杂化类型，所以C和N的杂化方式均为sp3；HOCH2CH2NH2中O有两对孤电子对，而N只有一对孤电子对，O的孤电子对对成键电子对斥力更大导致∠HOC小于∠HNC。
（3）Co在元素周期表中第四周期，第Ⅷ族，所以在周期表d区；HOCH2CH2NH2是中只有N和O存在孤电子对，能提供电子对给Co2+，形成配位键，所以配位原子为N和O。
（4）氮化镓为六方晶胞，根据图可知，Ga周围有四个原子，所以围成的是正四面体空隙；根据均摊法可知，该晶胞中含有Ga：，含有N：，由于为六方晶胞，所以底面边长为a，其中一个角为60°的菱形，可得其高为apm ，底面面积为a2pm2，晶胞体积为a2c pm3=a2c×10-30cm3，则密度为 g•cm-3。
6． 1s22s22p63s23p63d104s24p2 干冰或丁 非极性键或σ键 CH4 F Li CH2=CH2 2 1.5
【详解】(1)锗(Ge)是32号元素，则基态锗(Ge)的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，或[Ar]3d104s24p2。
(2)甲(金刚石)是共价晶体，乙(足球烯)是分子晶体，丙(石墨)是混合晶体，丁(干冰)是分子晶体， 乙和丁相比较，足球烯的分子量大于二氧化碳分子量，故熔点最低的是丁(干冰)。金刚石中碳原子之间通过共价键结合到一起的，此共价键属于非极性键。金刚石中碳原子采取的是sp3杂化，故碳原子之间形成的共价键类型是σ键，则金刚石中碳原子之间含有的作用力是非极性键或σ键。
(3)气态氢化物的稳定性和元素的非金属性强弱有关，碳族元素中非金属性最强的是碳元素，所以在碳族元素中，最简单气态氢化物中最稳定的是CH4。
(4)与碳同周期的主族元素是指第二周期的主族元素，根据同周期元素的第一电离能大小变化规律，第一电离能最大的是F，根据同周期元素的电负性强弱变化规律，电负性最小的是Li。
(5)在碳的氢化物中，含有π键，说明结构中含有碳碳双键，或碳碳三键，σ键与π键数目之比为5：1，假设π键数为1，则分子结构中只含有1个双键，碳碳双键中含有1个σ键和1个π键，说明剩下的4个σ键分别是2个碳原子与氢原子形成的，则该分子是C2H4，其结构简式为CH2=CH2。
(6)硅晶体结构类似于金刚石(如图甲)，每个硅原子与周围4个硅原子形成4个共价键， 一个共价键被两个硅原子共有，根据均摊法，则1个硅原子相当于含有2个共价键，则1mol硅晶体中含2mol共价键。石墨(如图丙)晶体属于混合晶体，同层之间的碳原子与相邻的3个碳原子间形成碳碳共价键，同理，一个共价键被2个碳原子共有，则1个碳原子含有共价键数为1.5个，则1mol石墨(如图丙)晶体中含1.5mol共价键。
(7)干冰分子采取的是面心立方最密堆积，则一个干冰晶胞中含有的干冰分子个数是8+6=4个，则一个晶胞的质量为g，已知干冰(如图丁)的晶胞边长为apm，则干冰晶胞的体积为a3pm3，则晶胞的密度等于=g·cm-3 。
7．(1) ； 纺锤形（哑铃形）；
(2) 三角锥形； 2p
(3)ZnS晶体中锌离子比镉离子半径小，离子键强，熔点高；
(4) sp2； O>H>C；
(5) 8； 。
【解析】（1）
As的价层电子排布为4s2sp3，价层电子排布图为；电子占据的最高能级为4p能级，电子云轮廓图为纺锤形（哑铃形）；
（2）
AsH3的价层电子对数为4，配位原子数为3，故分子空间构型为三角锥形；磷酸中P原子杂化方式为sp3杂化，氧原子的价层电子排布为2s22p4，氧原子用2p轨道与P的杂化轨道形成键；
（3）
ZnS和CdS均为离子晶体，ZnS晶体中锌离子半径小，离子键强，熔点高；
（4）
该化合物中C原子只形成了碳氧双键，为sp2杂化；该化合物含有的非金属元素是H、C、O，第一电离能O>H>C；
（5）
由晶胞可以看出，上、下面两个面心Zr原子周围各有4个O原子，故每个Zr周围有8个O原子，配位数为8；晶胞中Zr位于顶点和面心，有4个Zr原子，O原子位于晶胞内部，有8个O原子，化学式为ZrO2。设两个Zr原子之间的距离为dcm，则晶胞参数为cm，晶胞密度，故d=。
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