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山东省泰安市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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这是一份山东省泰安市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题2，共15页。试卷主要包含了填空题，实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
山东省泰安市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题2
一、填空题
1．（2021·山东泰安·统考二模）在2020年中央经济工作会议上，我国明确提出“碳达峰”与“碳中和”目标。使利用CO2合成高价值化学品更突显其重要性。
Ⅰ.工业上可以利用CO2和H2合成CH3OH：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0。该反应在起始温度和体积均相同(T℃、1L)的两个密闭容器中分别进行，反应起始物质的量如表：
反应条件
CO2(mol)
H2(mol)
CH3OH(mol)
H2O(mol)
①恒温恒容
1
3
0
0
②绝热恒容
0
0
1
1
(1)达到平衡时，CO2的体积分数φ①_____φ②(填“＞”“＜”或“＝”)。
(2)当_____=v逆(H2)时，说明反应在条件②达到平衡状态。
Ⅱ.利用CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：
(3)CH4与CO2超干重整反应的方程式为_____。
(4)有关转化过程，下列说法正确的是_____(填序号)。
a.过程Ⅰ中CO2未参与反应
b.过程Ⅱ实现了含碳物质与含氢物质的分离
c.转化②中CaO消耗过程中的CO2，有利于反应正向进行
d.转化③中Fe与CaCO3反应的物质的量之比为4∶3
Ⅲ.通过下列反应可实现CO2的再转化，合成CO、CH4：
①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH<0
②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH>0
在密闭容器中通入3mol的H2和1mol的CO2，分别在压强为1MPa和10MPa下进行反应。实验中对平衡体系的三种物质(CO2、CO、CH4)进行分析，其中温度对CO和CH4在三种物质中的体积分数影响如图所示。
(5)1MPa时，表示CH4和CO平衡体积分数随温度变化关系的曲线分别是_____和_____。M点平衡体积分数高于N点的原因是_____。
(6)图中当CH4和CO平衡体积分数均为40%时，若容器的体积为1L，该温度下反应①的平衡常数K的值为_____。
二、实验题
2．（2020·山东泰安·统考二模）二茂铁是一种特殊的金属有机化合物，可用作燃料的节能消烟剂、抗爆剂等，熔点为173 ℃，在100 ℃时开始升华；沸点是249 ℃。实验室制备二茂铁的反应原理是：2KOH+FeCl2+2C5H6=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O，其装置如下图所示。
实验步骤为：
①在三颈烧瓶中加入25 g粉末状的KOH，并从仪器a中加入60 mL无水乙醚，充分搅拌，同时通氮气约10 min；
②再从仪器a滴入5.5 mL新蒸馏的环戊二烯(C5H6，密度为0.95 g·cm-3)，搅拌；
③将6.5 g无水FeCl2与(CH3)2SO(二甲亚砜，作溶剂)配成的溶液25 mL装入仪器a中，慢慢滴入三颈烧瓶中，45 min滴完，继续搅拌45 min；
④再从仪器a加入25 mL无水乙醚搅拌；
⑤将三颈烧瓶中的液体转入仪器X中，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液；
⑥蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。
回答下列问题：
(1)仪器a、X的名称分别是_____________。
(2)步骤①中通入氮气的原因是_____________(用化学方程式表示)。
(3)三颈烧瓶的适宜容积应为_________(选编号)。
①100 mL ②250 mL ③500 mL
(4)步骤⑤用盐酸洗涤的目的是_______________。
(5)步骤⑦是二茂铁粗产品的提纯，操作装置如图二所示，其操作名称为___________；该操作中棉花的作用是___________________。
(6)为了确认得到的是二茂铁，还需要进行的一项简单实验是__________。确定二茂铁的结构是下图b而不是c，其测定的谱图为_____________。
3．（2021·山东泰安·统考二模）亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，制备亚氯酸钠的工艺流程如图：
已知：二氧化氯(ClO2)沸点为11.0℃，易溶于水，浓度过高时易分解。
(1)反应1在装置甲中进行，装置A的作用是______；通入空气，其作用是排出ClO2，通空气不能过快，空气流速过快时ClO2不能被充分吸收；通空气也不能过慢，其原因是______。
(2)反应2在装置乙中进行，其中反应的化学方程式为______。
(3)多步操作中包含“过滤”操作，该操作需要的玻璃仪器有______。
(4)测定某NaClO2样品的纯度时，用到某浓度的Na2S2O3标准溶液。
此过程中要用到滴定管，选出其正确操作并按顺序写出字母：检查滴定管是否漏水→蒸馏水洗涤→( )→( )→( )→( )→( )→滴定管准备完成。______
a．从滴定管上口加入高于“0”刻度3mL所要盛装的溶液
b．从滴定管上口加入3mL所要盛装的溶液，倾斜着转动滴定管
c．将洗涤液从滴定管上口倒入预置的烧杯中
d．将洗涤液从滴定管下部放入预置的烧杯中
e．调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下，记录数据
f．轻轻转动活塞使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡
g．轻轻挤压玻璃球使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡
(5)NaClO2受热分解为NaClO3和NaCl，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。NaClO2作消毒剂时，每克NaClO2的氧化能力相当于______gCl2的氧化能力(保留2位小数)。
4．（2022·山东泰安·新泰市第一中学统考二模）氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种重要的化工原料，易分解，极易水解。实验室利用下列反应和相关装置制备氨基甲酸铵。2NH3(g) + CO2(g) H2NCOONH4(s) ΔH<0
已知：常压下，有关物质的熔沸点：
物质
CO2
H2NCOONH4
熔点
- 78.45°C
59.61°C
沸点
- 56. 55°C
58.76°C
请回答：
(1)仪器a的名称为_______；实验室用A或F装置均可制备氨气，其中F装置的反应方程式是_______。 装置B内盛放的试剂是_______。
(2)E装置能控制原料气按反应计量系数充分反应，若反应初期观察到E装置内浓硫酸中产生气泡，接下来的具体操作是_______。此外，装置E还能防倒吸、_______、_______。
(3)对比大理石和盐酸反应制CO2，该实验利用千冰升华产生CO2气体的优点有_______ (填序号)。A．提供-78°C低温环境，避免氨基甲酸铵分解
B．避免了CO2的除杂干燥
C．增大了反应物氨气的转化率
D．加快了氨基甲酸铵的生成速率
(4)产品纯度分析：
①称取产品1.845 g [内含杂质(NH4)2CO3·H2O ]，用蒸馏水溶解，定容于100 mL容量瓶中。
②移取20.00 mL上述溶液于锥形瓶，加入足量BaCl2溶液。
③向上述溶液加入足量甲醛(HCHO)溶液，放置5 min，再加入20.00 mL 1.000 mol·L-1NaOH溶液。
④向上述溶液滴加1~2滴酚酞，用1.000 mol·L-1HCl标准溶液滴定，实验三次，测得消耗标准溶液11.00mL。
已知： H2NCOONH4+ H2O= (NH4) 2CO3、4NH+ 6HCHO= [(CH2)6N4H]++ 3H++6H2O、[(CH2)6N4H]+ +OH-= [(CH2)6N4]+ + H2O
氨基甲酸铵纯度为_______ (保留小数点后两位)，若无操作②，所测纯度_______(填“偏大”或“偏小”)。
三、结构与性质
5．（2021·山东泰安·统考二模）铜及其化合物应用广泛。请回答下列问题：
(1)铜原子价层电子排布式为______，K3CuF6的名称为______。
(2)钾和铜都是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，铜的熔沸点远大于钾的原因是______。
(3)在高温下，Cu2O比CuO稳定，从离子的电子层结构角度分析，其主要原因是______。
(4)CuSO4·5H2O结构示意图如图：
①CuSO4·5H2O中不存在的相互作用有______（填序号，下同）。加热该蓝色胆矾晶体得到白色硫酸铜固体破坏的相互作用有______。
A．离子键B．极性键C．非极性键D．配位键E．氢键
②硫酸铜中SO的空间构型为_____，其中心原子的杂化类型是_____。
(5)铜镍合金的立方晶胞结构如图所示：
①原子B的分数坐标为_____；
②若该晶体密度为dg·cm-3，则铜镍原子间最短距离为_____pm。
6．（2022·山东泰安·新泰市第一中学统考二模）以物质的量之比3：1的Fe和Al共熔后结晶得Fe3Al晶体，晶胞结构如图一所示，该晶胞为立方晶胞，晶胞参数为a pm。血红素(如图二)是血红蛋白的活性部位，其中心元素是Fe( II)。二者是常见的含铁物质，请回答下列问题。
(1)Fe2+的价电子排布式为：_______。
(2)血红素分子中非金属元素电负性由大到小的顺序是_______ (用元素符号表示)；这些元素形成的简单氢化物中沸点由高到低的顺序是_______ (用化学式表示)；C、N、O三种元素形成一种阴离子CNO-，其结构中有_______个σ键，_______ 个π键。
(3)有机分子中的闭环平面结构中，成环原子的π电子数等于4n+2(n=1，2，3)时，该环具有芳香性。n环为血红素中含N最小环，且为平面结构，则N杂化类型为_______ ；该环_______(填“有”、“无”)芳香性。
(4)Fe3Al晶胞中，rA1=b pm， rFe=c pm，则该晶胞的空间利用率为_______(以含π的代数式表示)。
(5)m原子的原子分数坐标为_______. ；晶胞内任意两个A1原子之间的距离为_______pm。
(6)Fe3Al晶体的密度为_______ g·cm-3。
参考答案：
1． > v正(CO2)、v正(CH3OH)、v正(H2O)均可 CH4+3CO2=4CO+2H2O bc b c 温度相同时，增大压强使反应①平衡正向移动，水的体积分数增大，CO2和N2的体积分数减少，有利于反应②逆向移动，故高压时，CO体积分数降低，M点高于N点(或者，温度相同时，降低压强使反应①平衡逆向移动，水的体积分数减小，CO2和H2的体积分数增大，有利于反应②平衡正向移动，故低压时，CO的体积分数增大，M点高于N点) 2.88
【详解】(1)容器①和容器②中其是反应物物质的量相当，即①中反应物能够完全转化为②中的反应物。若在恒温恒容下，二者达到的平衡状态是相同的，当然，CO2的体积分数也相同；容器②是绝热容器，且反应从逆向开始，逆反应是吸热反应，容器②中的反应从开始到平衡的过程中，温度一直下降，不利于逆反应正向移动，产生的CO2比容器①要少，故CO2的体积分数①>②；
(2)正(CO2)=正(CH3OH)=正(H2O)=逆(H2)时，说明正=逆，反应达到平衡；
(3)根据箭头指向可知：CH4和CO2是反应物，CO和H2O是生成物，利用电子守恒和原子守恒可写成方程式：CH4+3CO2=4CO+2H2O；
(4)a．过程Ⅰ发生的反应为CH4+CO2=2CO+2H2，CO2是氧化剂，a项错误；
b．过程Ⅱ发生了四个反应：①Fe3O4+4CO=3Fe+4CO2、②Fe3O4+4H2=3Fe+4H2O、③CaCO3=CaO+CO2、④CaO+CO2=CaCO3，转化②实现了碳氢分离，转化③实现CO再制备，b项正确；
c．过程Ⅱ反应④消耗CO2，有利于过程Ⅱ反应①正向进行，c项正确；
d．转化③方程式为：3Fe+4CaCO3=Fe3O4+4CaO+4CO，故Fe与CaCO3反应的物质的量之比为3∶4，d项错误；
答案选bc；
(5)根据两个反应的热效应可知：随温度升高，呈下降趋势的曲线表示CH4的体积分数，反应①正反应是气体分子数减小的反应，减小压强时，CH4的体积分数也会减小，所以，b线表示1MPa时CH4的体积分数变化趋势；CH4的体积分数小，剩余的CO2和H2就会变多，反应①的产物H2O浓度也小，这两个因素有利于反应②正向移动，CO平衡体积分数增大，所以，c线表示1MPa时CO的体积分数变化趋势；温度相同时，增大压强使反应①平衡正向移动，水的体积分数增大，CO2和H2的体积分数减少，有利于反应②逆向移动，故高压时，CO体积分数降低，M点高于N点(或者，温度相同时，降低压强使反应①平衡逆向移动，水的体积分数减小，CO2和H2的体积分数增大，有利于反应②平衡正向移动，故低压时，CO的体积分数增大，M点高于N点)；
(6)因为图象是对实验中对平衡体系的三种物质(CO2、CO、CH4)进行分析，当实验中CO、CH4各占40%时，CO2占20%。设反应生成x mol CH4，y mol CO，在反应体系中：
反应0.4mol1.6mol0.4mol0.8mol
CO2、CH4、CO的总物质的量为，则有，解得，则平衡时n()=0.4mol、n()=1.2mol、n()=0.2mol、n()=1mol，容器的体积为1L，则平衡常数。
2． 恒压漏斗、分液漏斗 4Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓ ② 除去多余的KOH 升华 防止二茂铁挥发进入空气中 测定所得固体的熔点 核磁共振氢谱
【分析】(1)根据仪器的结构，结合仪器的用途确定仪器名称；
(2)二茂铁中铁是+2价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气；
(3)仪器c为三颈烧瓶，其中盛放液体的体积不超过容积的分析判断；
(4)盐酸可中和KOH生成KCl和水；
(5)二茂铁有固体直接变成气体，然后冷凝收集，称为升华；棉花团有防止粉末逸出的功能；
(6)可以通过测定所得固体的熔点确定；根据核磁共振氢谱图确定物质结构。
【详解】(1)根据装置图可知仪器a是恒压漏斗；仪器X用于分离互不相溶的两层液体物质，使用的是分液漏斗；
(2)二茂铁中铁是+2价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气，防止实验过程中亚铁离子被氧化；
(3)由题意可知三颈烧瓶中共加入液体112.5 mL，三颈烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的，所以应该选择的规格是250 mL三颈烧瓶，故合理选项是②；
(4)步骤⑤用盐酸洗涤，可与其中的KOH发生中和反应，而除去多余的KOH；
(5)二茂铁由固体直接变成气体，然后冷凝收集，其操作名称为升华；该操作中棉花的作用是防止二茂铁挥发进入空气中；
(6)为了确认得到的是二茂铁，还需要进行的一项简单实验是测定所得固体的熔点；可根据物质的核磁共振氢谱图确定物质结构是b还是c，若是b结构，分子中只有一种位置的H原子，只有1个吸收峰；若是图c结构，分子中含有3种不同位置的H原子，有3个吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：2。
【点睛】本题以二茂铁的制备实验为载体考查常见仪器的识别，实验方案的分析、评价，化学实验基本操作，物质的分离、提纯和检验，物质结构的测定，充分利用题干信息，掌握物质的性质及分离方法，了解核磁共振氢谱在测定结构的应用是解答本题的关键。
3． 作缓冲瓶，调节ClO2浓度，作安全瓶，防止倒吸 ClO2不能及时排出，浓度过高会导致分解 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O 烧杯、玻璃棒、漏斗 bdage 1∶2 1.57
【分析】本实验的目的是制取ClO2，先利用NaClO3、H2SO4溶液中加入Na2SO3，发生反应1生成ClO2、Na2SO4、H2O；再将ClO2通入H2O2、NaOH混合溶液中，生成NaClO2、O2等。在实验过程中，需控制ClO2的生成速率，既要控制ClO2的吸收效率，又要防止分解反应的发生；同时还需防止倒吸现象的发生。
【详解】(1)由于ClO2气体是易溶于水的酸性气体，若将导管与装置甲直接相连，装置乙中的碱性溶液倒吸入甲中，与甲中溶液反应后，反应停止，所以装置A的作用是：作缓冲瓶，调节ClO2浓度，作安全瓶，防止倒吸。装置甲开始制备气体时，反应速率快，迅速产生ClO2气体，根据信息可知ClO2气体浓度过高时易分解，所以，集气瓶中的大量空气可以稀释ClO2气体，防止浓度过高时易分解；通入空气速率太慢，ClO2不能及时排出，浓度升高会导致气体分解。答案为：作缓冲瓶，调节ClO2浓度，作安全瓶，防止倒吸；ClO2不能及时排出，浓度过高会导致分解；
(2)根据ClO2气体和NaClO2中Cl的化合价可知ClO2气体作氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，配平可得：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O。答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；
(3)过滤所用到的仪器有：铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗和滤纸，其中玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗。答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；
(4)滴定管的准备步骤是：检漏、洗涤、润洗、装液、调零排气泡、记录示数，所以正确操作顺序为bdage。答案为：bdage；
(5)根据NaClO2受热分解为NaClO3和NaCl，可判断NaClO3是氧化产物、NaCl是还原产物，根据化合价变化可知氧化剂(NaClO2→NaCl，Cl元素由+3价降为-1价，降低4价)与还原剂(NaClO2→NaClO3，Cl元素由+3价升为+5价，升高2价)的物质的量之比为1∶2。NaClO2作消毒剂时，NaClO2—NaCl—4e-，Cl2—2NaCl—2e-，则消毒能力关系为：NaClO2—2Cl2，则每克NaClO2的氧化能力相当于Cl2的质量为g=1.57g。答案为：1∶2；1.57。
【点睛】Na2S2O3溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内。
4．(1) 恒压滴液漏斗 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O 碱石灰
(2) 通过调节漏斗旋塞控制浓氨水的滴加速度，使E中不产生气泡，也不倒吸 吸收未反应的氨气，防止污染空气 防止空气中的水蒸气进入反应器使产品水解
(3)BC
(4) 84.55% 偏小
【分析】本题是一道新物质制备类的实验题，由装置A制备氨气，由装置B干燥氨气，二氧化碳由干冰提供，最后在装置D发生反应生成产品，由于产品容易水解，故整个制备过程中要保持干燥，以此解题。
(1)
由图可知仪器a的名称为：恒压滴液漏斗；利用F装置可以是固体和固体加热反应制备氨气，可以选择氯化铵和氢氧化钙反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；利用装置A制备的氨气中含有水蒸气，可以用装置B来干燥，则装置B内盛放的试剂是碱石灰；
(2)
E装置内浓硫酸中产生气泡，该气体应该是二氧化碳，说明二氧化碳没有充分反应，氨气不够用，则应该通过调节漏斗旋塞控制浓氨水的滴加速度，使E中不产生气泡，也不倒吸；除此之外氨气可以被硫酸吸收，且产品极易水解，要保持环境干燥，故装置E的作用还有：吸收未反应的氨气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入反应器使产品水解；
(3)
A．干冰在装置C中只能保证装置C处于低温状态，有利于平衡正向移动，提高产率，A错误；
B．该制备二氧化碳的过程中没有用到盐酸，就不会引入水蒸气和氯化氢杂质，避免了CO2的除杂干燥，B正确；
C．由题意可知制备氨基甲酸铵为吸热反应，干冰升华确实降低了温度，制备反应正向移动，增大了反应物氨气的转化率，C正确；
D．由于干冰升华确实降低了温度减慢了氨基甲酸铵的生成速率，D错误；
故选BC；
(4)
由题给反应可知H2NCOONH4 ~2NH，由4NH+ 6HCHO= [(CH2)6N4H]++ 3H++6H2O可知，参加反应的氢氧化钠当中，有和[(CH2)6N4H]+反应，则n(NH)=4n([(CH2)6N4H]+)=4×(20×10-3×1-11×10-3×1) ××=45×10-3mol，设产品中有H2NCOONH4的物质的量为xmol，有(NH4)2CO3·H2O 的物质的量为ymol，则根据铵根的量可得2x+2y=45×10-3mol ，根据质量关系，可得78x+114y=1.845g，解得x=0.02mol，则m (H2NCOONH4)=78×0.02=1.56g，氨基甲酸铵纯度=；
操作②加入氯化钡可以沉淀碳酸根离子，如果没有这一步，那在操作④中就会消耗更多的盐酸，则和[(CH2)6N4H]+反应的氢氧化钠就会偏少，计算出的产品纯度就会偏小。
5． 3d104s1 六氟合铜(Ⅲ)酸钾或六氟合铜酸钾 铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾 Cu2O中的Cu+外围电子排布式为3d10，而CuO中的Cu2+外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构 C DE 正四面体 sp3 (0.5，0，0.5) ××1010
【详解】(1)Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜原子价层电子排布式为3d104s1，K3CuF6的名称为六氟合铜(Ⅲ)酸钾或六氟合铜酸钾。答案为：3d104s1；六氟合铜(Ⅲ)酸钾或六氟合铜酸钾；
(2)铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾。答案为：铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾；
(3)Cu2O中的Cu+外围电子排布式为3d10，而CuO中的Cu2+外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构，所以Cu2O更稳定。答案为：Cu2O中的Cu+外围电子排布式为3d10，而CuO中的Cu2+外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构；
(4)①CuSO4·5H2O中不存在非极性键，所以选C。CuSO4·5H2O加热得到白色硫酸铜固体时，先破坏最弱的氢键，然后再破坏配位键，故选DE。答案为：C；DE；
②SO的中心原子（S原子）价层电子对数=，没有孤对电子，共形成4个σ键，根据价层电子对互斥理论，中心S原子发生sp3杂化，所以是正四面体结构。答案为：正四面体；sp3；
(5)①由图可知，原子B的分数坐标为(0.5，0，0.5)。答案为：(0.5，0，0.5)；
②处于面对角线上的Ni、Cu原子之间距离最近，设二者之间的距离为acm，晶胞面对角线长度等于Ni、Cu原子距离的两倍，而面对角线等于晶胞棱长的倍，晶胞的棱长为，晶胞质量=，故，解得a=pm，故其距离为pm。答案为：。
6．(1)3d6
(2) O>N>C>H H2O>NH3>CH4 2 2
(3) sp2 有
(4)100%
(5) (、、) a
(6)
【解析】（1）
Fe2+核外有24个电子，电子排布式为[Ar] 3d6，所以Fe2+的价电子排布式为：3d6，故答案为：3d6。
（2）
同周期元素自左至右，电负性增大，非金属性越强，电负性越大，故O、N、C、H的电负性依次减小，即O>N>C>H；O、N、C的简单氢化物分别为H2O、NH3、CH4，水和氨气分子间存在氢键，沸点高于甲烷，常温下水为液态，氨为气态，则沸点由高到低的顺序是H2O>NH3>CH4；CNO-的结构式为[O-CN]-，单键为σ键，三键有一个σ键和两个π键，所以其结构中有2个σ键，2个π键，故答案为：O>N>C>H；H2O>NH3>CH4；2；2。
（3）
由图可知，n环为平面结构，N原子上有3个共价键，则N杂化类型为sp2；成环原子的π电子数等于6，则该环有芳香性，故答案为：sp2；有。
（4）
该晶胞为立方晶胞，晶胞参数为a pm，晶胞体积为：a 3pm3，一个晶胞中含有Fe原子数目为：8+6+12+1+4=12，含有Al原子数目为：4，Fe3Al晶胞中，rA1=b pm， rFe=c pm，则晶胞中Fe、Al原子的总体积为rFe312+rA134=(12c3+4b3) pm3=(3c3+b3) pm3，所以该晶胞的空间利用率为100%，故答案为：100%。
（5）
由图一可知，m原子位于右后下方小立方体的中心，则m原子的原子分数坐标为(、、)；由晶胞结构图可知，4个铝原子分别位于处于对角位置的4个小立方体的中心，任意两个A1原子之间的距离为晶胞面对角线长的一半，即为apm，故答案为：a。
（6）
一个晶胞中含有Fe原子数目为：8+6+12+1+4=12，含有Al原子数目为：4，一个晶胞的质量m=，晶胞的体积V=(a10-10cm)3=a310-30cm3，根据=，得Fe3Al晶体的密度为： g·cm-3，故答案为：。
山东省泰安市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题2
一、填空题
1．（2021·山东泰安·统考二模）在2020年中央经济工作会议上，我国明确提出“碳达峰”与“碳中和”目标。使利用CO2合成高价值化学品更突显其重要性。
Ⅰ.工业上可以利用CO2和H2合成CH3OH：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0。该反应在起始温度和体积均相同(T℃、1L)的两个密闭容器中分别进行，反应起始物质的量如表：
反应条件
CO2(mol)
H2(mol)
CH3OH(mol)
H2O(mol)
①恒温恒容
1
3
0
0
②绝热恒容
0
0
1
1
(1)达到平衡时，CO2的体积分数φ①_____φ②(填“＞”“＜”或“＝”)。
(2)当_____=v逆(H2)时，说明反应在条件②达到平衡状态。
Ⅱ.利用CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：
(3)CH4与CO2超干重整反应的方程式为_____。
(4)有关转化过程，下列说法正确的是_____(填序号)。
a.过程Ⅰ中CO2未参与反应
b.过程Ⅱ实现了含碳物质与含氢物质的分离
c.转化②中CaO消耗过程中的CO2，有利于反应正向进行
d.转化③中Fe与CaCO3反应的物质的量之比为4∶3
Ⅲ.通过下列反应可实现CO2的再转化，合成CO、CH4：
①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH<0
②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH>0
在密闭容器中通入3mol的H2和1mol的CO2，分别在压强为1MPa和10MPa下进行反应。实验中对平衡体系的三种物质(CO2、CO、CH4)进行分析，其中温度对CO和CH4在三种物质中的体积分数影响如图所示。
(5)1MPa时，表示CH4和CO平衡体积分数随温度变化关系的曲线分别是_____和_____。M点平衡体积分数高于N点的原因是_____。
(6)图中当CH4和CO平衡体积分数均为40%时，若容器的体积为1L，该温度下反应①的平衡常数K的值为_____。
二、实验题
2．（2020·山东泰安·统考二模）二茂铁是一种特殊的金属有机化合物，可用作燃料的节能消烟剂、抗爆剂等，熔点为173 ℃，在100 ℃时开始升华；沸点是249 ℃。实验室制备二茂铁的反应原理是：2KOH+FeCl2+2C5H6=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O，其装置如下图所示。
实验步骤为：
①在三颈烧瓶中加入25 g粉末状的KOH，并从仪器a中加入60 mL无水乙醚，充分搅拌，同时通氮气约10 min；
②再从仪器a滴入5.5 mL新蒸馏的环戊二烯(C5H6，密度为0.95 g·cm-3)，搅拌；
③将6.5 g无水FeCl2与(CH3)2SO(二甲亚砜，作溶剂)配成的溶液25 mL装入仪器a中，慢慢滴入三颈烧瓶中，45 min滴完，继续搅拌45 min；
④再从仪器a加入25 mL无水乙醚搅拌；
⑤将三颈烧瓶中的液体转入仪器X中，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液；
⑥蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。
回答下列问题：
(1)仪器a、X的名称分别是_____________。
(2)步骤①中通入氮气的原因是_____________(用化学方程式表示)。
(3)三颈烧瓶的适宜容积应为_________(选编号)。
①100 mL ②250 mL ③500 mL
(4)步骤⑤用盐酸洗涤的目的是_______________。
(5)步骤⑦是二茂铁粗产品的提纯，操作装置如图二所示，其操作名称为___________；该操作中棉花的作用是___________________。
(6)为了确认得到的是二茂铁，还需要进行的一项简单实验是__________。确定二茂铁的结构是下图b而不是c，其测定的谱图为_____________。
3．（2021·山东泰安·统考二模）亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，制备亚氯酸钠的工艺流程如图：
已知：二氧化氯(ClO2)沸点为11.0℃，易溶于水，浓度过高时易分解。
(1)反应1在装置甲中进行，装置A的作用是______；通入空气，其作用是排出ClO2，通空气不能过快，空气流速过快时ClO2不能被充分吸收；通空气也不能过慢，其原因是______。
(2)反应2在装置乙中进行，其中反应的化学方程式为______。
(3)多步操作中包含“过滤”操作，该操作需要的玻璃仪器有______。
(4)测定某NaClO2样品的纯度时，用到某浓度的Na2S2O3标准溶液。
此过程中要用到滴定管，选出其正确操作并按顺序写出字母：检查滴定管是否漏水→蒸馏水洗涤→( )→( )→( )→( )→( )→滴定管准备完成。______
a．从滴定管上口加入高于“0”刻度3mL所要盛装的溶液
b．从滴定管上口加入3mL所要盛装的溶液，倾斜着转动滴定管
c．将洗涤液从滴定管上口倒入预置的烧杯中
d．将洗涤液从滴定管下部放入预置的烧杯中
e．调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下，记录数据
f．轻轻转动活塞使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡
g．轻轻挤压玻璃球使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡
(5)NaClO2受热分解为NaClO3和NaCl，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。NaClO2作消毒剂时，每克NaClO2的氧化能力相当于______gCl2的氧化能力(保留2位小数)。
4．（2022·山东泰安·新泰市第一中学统考二模）氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种重要的化工原料，易分解，极易水解。实验室利用下列反应和相关装置制备氨基甲酸铵。2NH3(g) + CO2(g) H2NCOONH4(s) ΔH<0
已知：常压下，有关物质的熔沸点：
物质
CO2
H2NCOONH4
熔点
- 78.45°C
59.61°C
沸点
- 56. 55°C
58.76°C
请回答：
(1)仪器a的名称为_______；实验室用A或F装置均可制备氨气，其中F装置的反应方程式是_______。 装置B内盛放的试剂是_______。
(2)E装置能控制原料气按反应计量系数充分反应，若反应初期观察到E装置内浓硫酸中产生气泡，接下来的具体操作是_______。此外，装置E还能防倒吸、_______、_______。
(3)对比大理石和盐酸反应制CO2，该实验利用千冰升华产生CO2气体的优点有_______ (填序号)。A．提供-78°C低温环境，避免氨基甲酸铵分解
B．避免了CO2的除杂干燥
C．增大了反应物氨气的转化率
D．加快了氨基甲酸铵的生成速率
(4)产品纯度分析：
①称取产品1.845 g [内含杂质(NH4)2CO3·H2O ]，用蒸馏水溶解，定容于100 mL容量瓶中。
②移取20.00 mL上述溶液于锥形瓶，加入足量BaCl2溶液。
③向上述溶液加入足量甲醛(HCHO)溶液，放置5 min，再加入20.00 mL 1.000 mol·L-1NaOH溶液。
④向上述溶液滴加1~2滴酚酞，用1.000 mol·L-1HCl标准溶液滴定，实验三次，测得消耗标准溶液11.00mL。
已知： H2NCOONH4+ H2O= (NH4) 2CO3、4NH+ 6HCHO= [(CH2)6N4H]++ 3H++6H2O、[(CH2)6N4H]+ +OH-= [(CH2)6N4]+ + H2O
氨基甲酸铵纯度为_______ (保留小数点后两位)，若无操作②，所测纯度_______(填“偏大”或“偏小”)。
三、结构与性质
5．（2021·山东泰安·统考二模）铜及其化合物应用广泛。请回答下列问题：
(1)铜原子价层电子排布式为______，K3CuF6的名称为______。
(2)钾和铜都是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，铜的熔沸点远大于钾的原因是______。
(3)在高温下，Cu2O比CuO稳定，从离子的电子层结构角度分析，其主要原因是______。
(4)CuSO4·5H2O结构示意图如图：
①CuSO4·5H2O中不存在的相互作用有______（填序号，下同）。加热该蓝色胆矾晶体得到白色硫酸铜固体破坏的相互作用有______。
A．离子键B．极性键C．非极性键D．配位键E．氢键
②硫酸铜中SO的空间构型为_____，其中心原子的杂化类型是_____。
(5)铜镍合金的立方晶胞结构如图所示：
①原子B的分数坐标为_____；
②若该晶体密度为dg·cm-3，则铜镍原子间最短距离为_____pm。
6．（2022·山东泰安·新泰市第一中学统考二模）以物质的量之比3：1的Fe和Al共熔后结晶得Fe3Al晶体，晶胞结构如图一所示，该晶胞为立方晶胞，晶胞参数为a pm。血红素(如图二)是血红蛋白的活性部位，其中心元素是Fe( II)。二者是常见的含铁物质，请回答下列问题。
(1)Fe2+的价电子排布式为：_______。
(2)血红素分子中非金属元素电负性由大到小的顺序是_______ (用元素符号表示)；这些元素形成的简单氢化物中沸点由高到低的顺序是_______ (用化学式表示)；C、N、O三种元素形成一种阴离子CNO-，其结构中有_______个σ键，_______ 个π键。
(3)有机分子中的闭环平面结构中，成环原子的π电子数等于4n+2(n=1，2，3)时，该环具有芳香性。n环为血红素中含N最小环，且为平面结构，则N杂化类型为_______ ；该环_______(填“有”、“无”)芳香性。
(4)Fe3Al晶胞中，rA1=b pm， rFe=c pm，则该晶胞的空间利用率为_______(以含π的代数式表示)。
(5)m原子的原子分数坐标为_______. ；晶胞内任意两个A1原子之间的距离为_______pm。
(6)Fe3Al晶体的密度为_______ g·cm-3。
参考答案：
1． > v正(CO2)、v正(CH3OH)、v正(H2O)均可 CH4+3CO2=4CO+2H2O bc b c 温度相同时，增大压强使反应①平衡正向移动，水的体积分数增大，CO2和N2的体积分数减少，有利于反应②逆向移动，故高压时，CO体积分数降低，M点高于N点(或者，温度相同时，降低压强使反应①平衡逆向移动，水的体积分数减小，CO2和H2的体积分数增大，有利于反应②平衡正向移动，故低压时，CO的体积分数增大，M点高于N点) 2.88
【详解】(1)容器①和容器②中其是反应物物质的量相当，即①中反应物能够完全转化为②中的反应物。若在恒温恒容下，二者达到的平衡状态是相同的，当然，CO2的体积分数也相同；容器②是绝热容器，且反应从逆向开始，逆反应是吸热反应，容器②中的反应从开始到平衡的过程中，温度一直下降，不利于逆反应正向移动，产生的CO2比容器①要少，故CO2的体积分数①>②；
(2)正(CO2)=正(CH3OH)=正(H2O)=逆(H2)时，说明正=逆，反应达到平衡；
(3)根据箭头指向可知：CH4和CO2是反应物，CO和H2O是生成物，利用电子守恒和原子守恒可写成方程式：CH4+3CO2=4CO+2H2O；
(4)a．过程Ⅰ发生的反应为CH4+CO2=2CO+2H2，CO2是氧化剂，a项错误；
b．过程Ⅱ发生了四个反应：①Fe3O4+4CO=3Fe+4CO2、②Fe3O4+4H2=3Fe+4H2O、③CaCO3=CaO+CO2、④CaO+CO2=CaCO3，转化②实现了碳氢分离，转化③实现CO再制备，b项正确；
c．过程Ⅱ反应④消耗CO2，有利于过程Ⅱ反应①正向进行，c项正确；
d．转化③方程式为：3Fe+4CaCO3=Fe3O4+4CaO+4CO，故Fe与CaCO3反应的物质的量之比为3∶4，d项错误；
答案选bc；
(5)根据两个反应的热效应可知：随温度升高，呈下降趋势的曲线表示CH4的体积分数，反应①正反应是气体分子数减小的反应，减小压强时，CH4的体积分数也会减小，所以，b线表示1MPa时CH4的体积分数变化趋势；CH4的体积分数小，剩余的CO2和H2就会变多，反应①的产物H2O浓度也小，这两个因素有利于反应②正向移动，CO平衡体积分数增大，所以，c线表示1MPa时CO的体积分数变化趋势；温度相同时，增大压强使反应①平衡正向移动，水的体积分数增大，CO2和H2的体积分数减少，有利于反应②逆向移动，故高压时，CO体积分数降低，M点高于N点(或者，温度相同时，降低压强使反应①平衡逆向移动，水的体积分数减小，CO2和H2的体积分数增大，有利于反应②平衡正向移动，故低压时，CO的体积分数增大，M点高于N点)；
(6)因为图象是对实验中对平衡体系的三种物质(CO2、CO、CH4)进行分析，当实验中CO、CH4各占40%时，CO2占20%。设反应生成x mol CH4，y mol CO，在反应体系中：
反应0.4mol1.6mol0.4mol0.8mol
CO2、CH4、CO的总物质的量为，则有，解得，则平衡时n()=0.4mol、n()=1.2mol、n()=0.2mol、n()=1mol，容器的体积为1L，则平衡常数。
2． 恒压漏斗、分液漏斗 4Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓ ② 除去多余的KOH 升华 防止二茂铁挥发进入空气中 测定所得固体的熔点 核磁共振氢谱
【分析】(1)根据仪器的结构，结合仪器的用途确定仪器名称；
(2)二茂铁中铁是+2价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气；
(3)仪器c为三颈烧瓶，其中盛放液体的体积不超过容积的分析判断；
(4)盐酸可中和KOH生成KCl和水；
(5)二茂铁有固体直接变成气体，然后冷凝收集，称为升华；棉花团有防止粉末逸出的功能；
(6)可以通过测定所得固体的熔点确定；根据核磁共振氢谱图确定物质结构。
【详解】(1)根据装置图可知仪器a是恒压漏斗；仪器X用于分离互不相溶的两层液体物质，使用的是分液漏斗；
(2)二茂铁中铁是+2价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气，防止实验过程中亚铁离子被氧化；
(3)由题意可知三颈烧瓶中共加入液体112.5 mL，三颈烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的，所以应该选择的规格是250 mL三颈烧瓶，故合理选项是②；
(4)步骤⑤用盐酸洗涤，可与其中的KOH发生中和反应，而除去多余的KOH；
(5)二茂铁由固体直接变成气体，然后冷凝收集，其操作名称为升华；该操作中棉花的作用是防止二茂铁挥发进入空气中；
(6)为了确认得到的是二茂铁，还需要进行的一项简单实验是测定所得固体的熔点；可根据物质的核磁共振氢谱图确定物质结构是b还是c，若是b结构，分子中只有一种位置的H原子，只有1个吸收峰；若是图c结构，分子中含有3种不同位置的H原子，有3个吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：2。
【点睛】本题以二茂铁的制备实验为载体考查常见仪器的识别，实验方案的分析、评价，化学实验基本操作，物质的分离、提纯和检验，物质结构的测定，充分利用题干信息，掌握物质的性质及分离方法，了解核磁共振氢谱在测定结构的应用是解答本题的关键。
3． 作缓冲瓶，调节ClO2浓度，作安全瓶，防止倒吸 ClO2不能及时排出，浓度过高会导致分解 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O 烧杯、玻璃棒、漏斗 bdage 1∶2 1.57
【分析】本实验的目的是制取ClO2，先利用NaClO3、H2SO4溶液中加入Na2SO3，发生反应1生成ClO2、Na2SO4、H2O；再将ClO2通入H2O2、NaOH混合溶液中，生成NaClO2、O2等。在实验过程中，需控制ClO2的生成速率，既要控制ClO2的吸收效率，又要防止分解反应的发生；同时还需防止倒吸现象的发生。
【详解】(1)由于ClO2气体是易溶于水的酸性气体，若将导管与装置甲直接相连，装置乙中的碱性溶液倒吸入甲中，与甲中溶液反应后，反应停止，所以装置A的作用是：作缓冲瓶，调节ClO2浓度，作安全瓶，防止倒吸。装置甲开始制备气体时，反应速率快，迅速产生ClO2气体，根据信息可知ClO2气体浓度过高时易分解，所以，集气瓶中的大量空气可以稀释ClO2气体，防止浓度过高时易分解；通入空气速率太慢，ClO2不能及时排出，浓度升高会导致气体分解。答案为：作缓冲瓶，调节ClO2浓度，作安全瓶，防止倒吸；ClO2不能及时排出，浓度过高会导致分解；
(2)根据ClO2气体和NaClO2中Cl的化合价可知ClO2气体作氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，配平可得：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O。答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；
(3)过滤所用到的仪器有：铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗和滤纸，其中玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗。答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；
(4)滴定管的准备步骤是：检漏、洗涤、润洗、装液、调零排气泡、记录示数，所以正确操作顺序为bdage。答案为：bdage；
(5)根据NaClO2受热分解为NaClO3和NaCl，可判断NaClO3是氧化产物、NaCl是还原产物，根据化合价变化可知氧化剂(NaClO2→NaCl，Cl元素由+3价降为-1价，降低4价)与还原剂(NaClO2→NaClO3，Cl元素由+3价升为+5价，升高2价)的物质的量之比为1∶2。NaClO2作消毒剂时，NaClO2—NaCl—4e-，Cl2—2NaCl—2e-，则消毒能力关系为：NaClO2—2Cl2，则每克NaClO2的氧化能力相当于Cl2的质量为g=1.57g。答案为：1∶2；1.57。
【点睛】Na2S2O3溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内。
4．(1) 恒压滴液漏斗 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O 碱石灰
(2) 通过调节漏斗旋塞控制浓氨水的滴加速度，使E中不产生气泡，也不倒吸 吸收未反应的氨气，防止污染空气 防止空气中的水蒸气进入反应器使产品水解
(3)BC
(4) 84.55% 偏小
【分析】本题是一道新物质制备类的实验题，由装置A制备氨气，由装置B干燥氨气，二氧化碳由干冰提供，最后在装置D发生反应生成产品，由于产品容易水解，故整个制备过程中要保持干燥，以此解题。
(1)
由图可知仪器a的名称为：恒压滴液漏斗；利用F装置可以是固体和固体加热反应制备氨气，可以选择氯化铵和氢氧化钙反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；利用装置A制备的氨气中含有水蒸气，可以用装置B来干燥，则装置B内盛放的试剂是碱石灰；
(2)
E装置内浓硫酸中产生气泡，该气体应该是二氧化碳，说明二氧化碳没有充分反应，氨气不够用，则应该通过调节漏斗旋塞控制浓氨水的滴加速度，使E中不产生气泡，也不倒吸；除此之外氨气可以被硫酸吸收，且产品极易水解，要保持环境干燥，故装置E的作用还有：吸收未反应的氨气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入反应器使产品水解；
(3)
A．干冰在装置C中只能保证装置C处于低温状态，有利于平衡正向移动，提高产率，A错误；
B．该制备二氧化碳的过程中没有用到盐酸，就不会引入水蒸气和氯化氢杂质，避免了CO2的除杂干燥，B正确；
C．由题意可知制备氨基甲酸铵为吸热反应，干冰升华确实降低了温度，制备反应正向移动，增大了反应物氨气的转化率，C正确；
D．由于干冰升华确实降低了温度减慢了氨基甲酸铵的生成速率，D错误；
故选BC；
(4)
由题给反应可知H2NCOONH4 ~2NH，由4NH+ 6HCHO= [(CH2)6N4H]++ 3H++6H2O可知，参加反应的氢氧化钠当中，有和[(CH2)6N4H]+反应，则n(NH)=4n([(CH2)6N4H]+)=4×(20×10-3×1-11×10-3×1) ××=45×10-3mol，设产品中有H2NCOONH4的物质的量为xmol，有(NH4)2CO3·H2O 的物质的量为ymol，则根据铵根的量可得2x+2y=45×10-3mol ，根据质量关系，可得78x+114y=1.845g，解得x=0.02mol，则m (H2NCOONH4)=78×0.02=1.56g，氨基甲酸铵纯度=；
操作②加入氯化钡可以沉淀碳酸根离子，如果没有这一步，那在操作④中就会消耗更多的盐酸，则和[(CH2)6N4H]+反应的氢氧化钠就会偏少，计算出的产品纯度就会偏小。
5． 3d104s1 六氟合铜(Ⅲ)酸钾或六氟合铜酸钾 铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾 Cu2O中的Cu+外围电子排布式为3d10，而CuO中的Cu2+外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构 C DE 正四面体 sp3 (0.5，0，0.5) ××1010
【详解】(1)Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜原子价层电子排布式为3d104s1，K3CuF6的名称为六氟合铜(Ⅲ)酸钾或六氟合铜酸钾。答案为：3d104s1；六氟合铜(Ⅲ)酸钾或六氟合铜酸钾；
(2)铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾。答案为：铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾；
(3)Cu2O中的Cu+外围电子排布式为3d10，而CuO中的Cu2+外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构，所以Cu2O更稳定。答案为：Cu2O中的Cu+外围电子排布式为3d10，而CuO中的Cu2+外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构；
(4)①CuSO4·5H2O中不存在非极性键，所以选C。CuSO4·5H2O加热得到白色硫酸铜固体时，先破坏最弱的氢键，然后再破坏配位键，故选DE。答案为：C；DE；
②SO的中心原子（S原子）价层电子对数=，没有孤对电子，共形成4个σ键，根据价层电子对互斥理论，中心S原子发生sp3杂化，所以是正四面体结构。答案为：正四面体；sp3；
(5)①由图可知，原子B的分数坐标为(0.5，0，0.5)。答案为：(0.5，0，0.5)；
②处于面对角线上的Ni、Cu原子之间距离最近，设二者之间的距离为acm，晶胞面对角线长度等于Ni、Cu原子距离的两倍，而面对角线等于晶胞棱长的倍，晶胞的棱长为，晶胞质量=，故，解得a=pm，故其距离为pm。答案为：。
6．(1)3d6
(2) O>N>C>H H2O>NH3>CH4 2 2
(3) sp2 有
(4)100%
(5) (、、) a
(6)
【解析】（1）
Fe2+核外有24个电子，电子排布式为[Ar] 3d6，所以Fe2+的价电子排布式为：3d6，故答案为：3d6。
（2）
同周期元素自左至右，电负性增大，非金属性越强，电负性越大，故O、N、C、H的电负性依次减小，即O>N>C>H；O、N、C的简单氢化物分别为H2O、NH3、CH4，水和氨气分子间存在氢键，沸点高于甲烷，常温下水为液态，氨为气态，则沸点由高到低的顺序是H2O>NH3>CH4；CNO-的结构式为[O-CN]-，单键为σ键，三键有一个σ键和两个π键，所以其结构中有2个σ键，2个π键，故答案为：O>N>C>H；H2O>NH3>CH4；2；2。
（3）
由图可知，n环为平面结构，N原子上有3个共价键，则N杂化类型为sp2；成环原子的π电子数等于6，则该环有芳香性，故答案为：sp2；有。
（4）
该晶胞为立方晶胞，晶胞参数为a pm，晶胞体积为：a 3pm3，一个晶胞中含有Fe原子数目为：8+6+12+1+4=12，含有Al原子数目为：4，Fe3Al晶胞中，rA1=b pm， rFe=c pm，则晶胞中Fe、Al原子的总体积为rFe312+rA134=(12c3+4b3) pm3=(3c3+b3) pm3，所以该晶胞的空间利用率为100%，故答案为：100%。
（5）
由图一可知，m原子位于右后下方小立方体的中心，则m原子的原子分数坐标为(、、)；由晶胞结构图可知，4个铝原子分别位于处于对角位置的4个小立方体的中心，任意两个A1原子之间的距离为晶胞面对角线长的一半，即为apm，故答案为：a。
（6）
一个晶胞中含有Fe原子数目为：8+6+12+1+4=12，含有Al原子数目为：4，一个晶胞的质量m=，晶胞的体积V=(a10-10cm)3=a310-30cm3，根据=，得Fe3Al晶体的密度为： g·cm-3，故答案为：。
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山东省泰安市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1： 这是一份山东省泰安市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1，共26页。试卷主要包含了原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
