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山东省烟台市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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这是一份山东省烟台市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。
山东省烟台市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·山东烟台·统考一模）四氯化锡常温下呈液态，熔点-33℃，沸点144℃，在潮湿的空气中能强烈水解生成金属氧化物并产生有刺激性的白色烟雾，可用作媒染剂、催化剂等。实验室利用如图所示装置制备四氯化锡(夹持装置略)。
回答下列问题：
(1)甲装置中发生反应的离子方程式为_________，仪器B的名称是_____。
(2)按照气流方向连接装置，接口顺序为_________。
(3)实验开始时需向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，此时应打开仪器A的活塞_____(填“K1”、“K2”或“K1和K2”)。排尽装置中的空气后才能点燃乙处的酒精灯，判断装置中空气已排尽的现象是______。实验结束时，应先停止加热的装置是_____(填“甲”或“乙”)。
(4)丙装置的作用是_____，若没有丙装置，可能发生的化学反应方程式为____。
(5)实验制得30g溶有氯气的SnCl4，其中氯气质量分数为13.0%，则至少需向乙中通入标准状况的氯气_______L (保留2位小数) 。提纯该SnCl4的方法是______(填序号)。
a.用NaOH溶液洗涤再蒸馏 b.升华 c.重结晶 d.蒸馏 e.过滤
2．（2021·山东烟台·统考一模）已知磺酰氯(SO2Cl2)是一种无色液体，熔点-54.1℃，沸点69.1℃，遇水发生剧烈水解，且产生白雾。某学习小组依据SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g) ∆H＜0，利用下列装置制备磺酰氯(部分夹持装置略)。
(1)利用E装置制取SO2宜选用的试剂是_______。
a.10%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体 b.铜和98%的浓硫酸
c.80%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体 d.80%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体
(2)为了使Cl2和SO2在D中混合反应，用仪器接口的小写字母和箭头表示上述装置的合理连接顺序：_______→f，g ←_______(箭头方向要与气流方向一致，部分装置可重复使用)。
(3)仪器甲的名称为_______，仪器乙的作用是_______。
(4)制备时，D中的三颈烧瓶宜浸入冰水浴中的原因是_______。
(5)测定产品中SO2Cl2的含量：取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，振荡、过滤、洗涤，将过滤液和洗涤液均放入锥形瓶中。向锥形瓶中加入硝酸，再加入0.2000mol·L-1的AgNO3溶液100.00mL，摇匀；向其中加入2mL硝基苯，用力摇动；然后滴入几滴NH4Fe(SO4)2溶液，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为20.00mL。【已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12】
①硝基苯的作用是_______。
②产品中SO2Cl2的质量分数为_______，若其他操作均正确，滴定终点仰视读数所测SO2Cl2含量将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
3．（2022·山东·统考一模）氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂，常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。实验室设计如图装置用Ca与N2反应制备Ca3N2，并对Ca3N2纯度进行测定。回答下列问题：
I. Ca3N2的制备
(1)仪器a的名称为____，E装置的主要作用是____。
(2)实验开始时应首先点燃____(填“A”或“C”)处酒精灯，当观察到____时点燃另一处酒精灯。
Ⅱ. Ca3N2纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)
(3)方案一：①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。②测定虚线框内装置及试剂的质量m1；③____，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；④____；⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。则产品中Ca3N2的质量分数表达式为____。
(4)方案二：按图2所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用100mL 1.00mol·L-1的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取10.00mL的吸收液注入锥形瓶中，用1.00mol·L-1 NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸，到终点时消耗12.80mL NaOH溶液。则产品中Ca3N2的质量分数为____。若两个方案均操作无误，比较两方案测定的质量分数，方案一____(填“偏高”“偏低”或“相等”)。
二、结构与性质
4．（2020·山东烟台·统考一模）氮、硒形成的单质及其化合物有重要的科学研究价值，请回答下列问题：
(1)邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图所示。基态氮原子的价电子轨道表示式为______________；其核外电子共占据____个能级；邻氨基吡啶的铜配合物中Cu2＋的配位数是_______。
(2)高聚氮晶体结构如图所示，每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。固态高聚氮是_______晶体；该晶体中n(N)与n(N—N)之比为_______；这种高聚氮N—N键的键能为160 kJ·mol-1，而N2的键能为942 kJ·mol-1，其可能潜在的应用是__________。
(3)NO3－的空间构型是________；HNO3的酸性比HNO2强，试从结构的角度解释其原因__________。
(4)硒有三种晶体(α单斜体、β单斜体和灰色三角晶)，灰硒的晶体为六方晶胞结构，原子排列为无限螺旋链，分布在六方晶格上，同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，其螺旋链状图、晶胞结构图和晶胞俯视图如图所示：
已知正六棱柱的边长为a cm，高为b cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_____g·cm-3(用含NA、a、b的式子表示)。
5．（2021·山东烟台·统考一模）CoxNi(1-x)Fe2O4在磁性材料、电池材料、超硬材料和催化剂领域具有广泛的应用前景。
(1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置是_______；该周期中不成对电子数最多的基态原子的价电子轨道表示式为_______。
(2)CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni的化合价都是+2，则Fe的化合价是_______。Fe3+比Fe2+更稳定的原因是_______。
(3)Co3+可以形成配合物[Co(NH2—CH2—CH2—NH2)(NH3)2Cl2]Cl。
①该配合物中Co3+的配位数是_______。
②乙二胺与三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，三甲胺分子中氮原子的杂化类型为_______，C、N、H三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。分析乙二胺的沸点比三甲胺高很多的原因是_______。
(4)镍镧合金(LaNin)具有很强的储氢能力，其晶胞结构如图，其中n=_______。已知晶胞体积为9.0×10-29m3，若储氢后形成LaNinH5.5(氢进入晶胞空隙，晶胞体积不变)，则氢在合金中的密度为_______g•cm-3(保留1位小数)。
6．（2022·山东·统考一模）含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)基态Cu原子的电子所占据的最高能层符号为____；基态Cu+较基态Cu2+稳定的原因是____；Cu2O和Cu2S都是离子晶体，熔点较高的是____。
(2)CuSO4稀溶液中存在[Cu(H2O)6]2+，[Cu(H2O)6]2+的空间构型为____；下列对[Cu(H2O)6]2+中Cu2+杂化方式推断合理的是____(填标号)。
A．sp3 B．sp3d C．sp3d2 D．dsp2
(3)Cu2+可形成[Cu(en)2NH3](BF4)2，其中en代表H2N—CH2—CH2—NH2。该化合物分子中，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有____个；C、N、F的电负性由大到小的顺序为____。
(4)一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为____；该晶体的化学式为____。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，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则C点原子的分数坐标为____；晶胞中C、D间距离d=____pm。
参考答案：
1． MnO2 +4H+ +2Cl-Mn2+ + 2H2O + Cl2↑ 蒸馏烧瓶 afgihbcjkd K2 装置中充满黄绿色气体 乙 吸收多余的氯气，并防止水蒸气进入锥形瓶 SnCl4 +2H2O =SnO2+ 4HCl↑ 5.71 d
【分析】由题干信息可知，Cl2和Sn在加热的条件下可制得SnCl4，装置甲为Cl2的制备装置，乙装置为Cl2和Sn制备SnCl4的装置，丙装置中装有碱石灰可吸收氯气和空气中的水蒸气，丁装置可吸收挥发的浓盐酸，戊装置为吸收水蒸气，干燥Cl2的装置，己装置为冷凝并收集SnCl4的装置，据此可分析解答。
【详解】(1)根据上述分析可知，装置甲为MnO2和浓盐酸在加热的条件下制备Cl2的装置，其反应的离子方程式为MnO2 +4H+ +2Cl-Mn2+ + 2H2O + Cl2↑，仪器B是蒸馏烧瓶，一般用于蒸馏操作，故答案为：MnO2 +4H+ +2Cl-Mn2+ + 2H2O + Cl2↑；蒸馏烧瓶；
(2)由上述装置分析知，装置顺序为甲→丁→戊→乙→己→丙，若按照气流方向连接装置，气体在通过吸气瓶时要长进短出，则其接口顺序为afgihbcjkd，故答案为：afgihbcjkd；
(3)仪器A为恒压滴液漏斗，有着平衡气压使液体顺利滴下的作用，若要向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，只需打开仪器A的活塞K2，当装置中充满了黄绿色的Cl2后，可证明装置中空气已经排尽，反应结束时，为防止发生倒吸，应先停止加热装置乙，再停止加热装置甲，故答案为：K2；装置中充满黄绿色气体；乙；
(4)丙装置中的碱石灰既可吸收多余的氯气，防止污染空气，又可以防止空气中的水蒸气进入锥形瓶，使的SnCl4水解，若没有丙装置，SnCl4水解生成金属氧化物SnO2并产生有刺激性的白色烟雾HCl，方程式为SnCl4 +2H2O =SnO2+ 4HCl↑，故答案为：吸收多余的氯气，并防止水蒸气进入锥形瓶；SnCl4 +2H2O =SnO2+ 4HCl↑；
(5)30g氯气质量分数为13.0%的SnCl4中，SnCl4的质量为30×(1-13%)=26.1g，其物质的量为0.1mol，则SnCl4中Cl元素的质量为0.1×4×35.5=14.2g，Cl2的质量为30×13%=3.9g，即Cl2中Cl元素的质量为3.9g，故需要的Cl元素的总质量为14.2+3.9=18.1g，物质的量为18.1g÷35.5g/mol≈0.51mol，则需要的Cl2的物质的量为0.225mol，标况下的体积为0.225mol×22.4L/mol≈5.71L，四氯化锡常温下呈液态，熔点-33℃，沸点144℃，则可采用蒸馏的方法提纯SnCl4，d选项正确，故答案为：5.71；d。
【点睛】本题考查物质的制备实验，涉及对实验装置的理解与评价、实验操作、信息获取与迁移运用等，难度中等，理解制备原理是解题的关键，是对实验基础知识的综合利用，需要具备扎实的基础与分析问题、解决问题的能力。
2． c a→e→d→b→c c←b←h(或h→b→c；c←b←d←e←a) 球形冷凝管 吸收Cl2和SO2，并防止水蒸气进入三颈烧瓶(或D)中 降低温度有利于SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)平衡右移，提高产率 覆盖AgCl，避免与NH4SCN溶液反应生成AgSCN，影响实验结果 81% 偏低
【分析】由装置A高锰酸钾和浓盐酸反应产生氯气，经装置C的饱和食盐水除去HCl杂质气体，再进装置B浓硫酸干燥氯气，最后通入装置D，由装置E中产生SO2经装置B的浓硫酸干燥，再通入E中与氯气发生反应SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)。
【详解】(1)a. 硫酸溶液和亚硫酸钙固体需在高温低压条件下反应，才能生成SO2，故a不选；
b. 铜和浓硫酸需加热才能反应，不符合题意，故b不选；
c. 80%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体常温下反应，故c选；
d. 80%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体反应产生的CaSO4会阻碍反应进行，故d不选；
故选：c；
(2)装置A产生的氯气经装置C的饱和食盐水除杂，再进装置B浓硫酸干燥，洗气导管都是‘长进短出’，则连接顺序：a→e→d→b→c→f，装置E产生SO2经装置B的浓硫酸干燥，即可通入装置D，连接顺序：g ←c←b←h；
(3) 仪器甲的名称为：球形冷凝管，已知磺酰氯(SO2Cl2) 遇水发生剧烈水解，则装置D的反应体系应为无水状态，则仪器乙的作用是：吸收Cl2和SO2，并防止水蒸气进入三颈烧瓶(或D)中；
(4)该反应∆H＜0为放热反应，降温平衡正向移动，生成更多的SO2Cl2，则D中的三颈烧瓶宜浸入冰水浴中的原因是：降低温度有利于SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)平衡右移，提高产率；
(5) ①由于Ksp(AgSCN)< Ksp(AgCl)，产生的AgCl很容易转化成AgSCN沉淀，则硝基苯的作用是：覆盖AgCl，避免与NH4SCN溶液反应生成AgSCN，影响实验结果；
②用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为20.00mL，则过量的Ag+物质的量为，与Cl-反应的Ag+的物质的量为，则n(SO2Cl2)=，则1.5g产品中SO2Cl2的质量分数为，若滴定终点仰视读数，则NH4SCN溶液的读数偏大，即计算出过量Ag+偏大，最终导致计算反应的Cl-偏小，则所测SO2Cl2含量偏低。
3．(1) 蒸馏烧瓶 液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)
(2) A E装置中有均匀的气泡产生
(3) 关闭K1，打开K2 打开K1，通一段时间的N2 ×100%
(4) 88.8% 偏低
【分析】I．根据实验目的实验室利用Ca与N2反应制备Ca3N2，A装置为N2的发生装置，B为除去N2中混有的水蒸气，C为氮气与Ca反应生成氮化钙的反应装置，D防止E中的水蒸气进入C中，E防止外界空气中O2进入到C中，防止O2与Ca及氮化钙发生反应；
Ⅱ．目的测定Ca3N2纯度，利用Ca3N2与水反应生成氢氧化钙和氨气，利用浓硫酸来吸收氨气，通过测定硫酸的量，方案1根据硫酸的增重得知氨的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度；方案2利用过量的硫酸和氨先反应，再与氢氧化钠反应，间接的求出氨的物质的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度，但是如何尽可能将氨吸收完全，是此题中关键，以此来解析。
【详解】（1）仪器a的名称为蒸馏烧瓶，E装置作用液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)；
（2）实验开始时应首先点燃A处酒精灯，当观察到E装置中气泡均匀时点燃另一处酒精灯；
（3）①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂，②测定虚线框内装置及试剂的质量m1，③关闭开关K1，打开开关K2，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体，④打开开关K1，通入足量的N2把产生的气体全部压入浓硫酸，⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2；根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～34g NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=×100%；
（4）根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为×12.80×10-3L×1.00mol·L-1=6.4×10-3mol，再根据2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2×(100×10-3L×1.00mol·L-1-6.4×10-3mol×)=7.2×10-2mol，根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～2mol NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=88.8%；
若两个方案均操作无误，一个用氮气将氨排到后面装置，一个利用水蒸气排氨气，氮气不能将溶解在水中的氨气排除去，故得到氨气相对少一些，故方案一偏低。
4． 3 4 原子 2:3 制炸药 平面三角形 HNO3中含有非羟基氧多
【详解】(1)N是7号元素，其核外有7个电子，则基态氮原子的核外电子排布式为1s22s2sp3，价电子轨道表达式为，其核外电子共占据1s、2s、2p三个能级，由邻氨基吡啶的铜配合物的结构简式分析可知，Cu2+的配位数为4，故答案为：；3；4；
(2)高聚氮晶体中每个氮原子都通过三个单键和其他氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构，属于原子晶体，因为晶体中煤隔氮原子都通过三个单键与其他氮原子结合，则每个氮原子平均形成1.5个N—N键，故氮原子数与N—N键数之比为2:3，则n(N):n(N—N)=2:3，由键能数据分析可知，高聚氮爆炸后生成氮气放出大量的热，还能瞬间生成大量的气体，则可能的用途为制炸药，故答案为：原子；2:3；制炸药；
(3)NO3-中N原子的价电子对数为，孤电子对数为0，则其空间构型为平面三角形，对于同种元素R的不同的含氧酸的酸性比较，可以把酸写成(HO)nROm的形式，m越大，酸性越强，m越大，非羟基氧个数多，中心原子的电子云向氧偏离的越厉害，从而氢氧键的电子云通过传递向氧偏离的就越厉害，从而容易电离，酸性越小，由于HNO3中的非羟基氧数目比HNO2的多，因此HNO3的酸性更强，故答案为：平面三角形；HNO3中含有非羟基氧多；
(4)Se原子间形成正六棱柱，位于面心与顶点，从晶胞的俯视图可知晶胞中Se原子数目为6×+12×3×=9，体积V=×a2×6×b，，故答案为：。
5． 第四周期VIII族 +3 Fe3+的电子排布是[Ar]3d5，最外层电子半充满，比电子排布[Ar]3d6的Fe2+更稳定 6 sp3 N>C>H 乙二胺分子间可以形成氢键，但三甲胺不能 5 0.1
【详解】（1）Fe、Co、Ni在周期表中的位置是：第4周期VIII族；第四周期中不成对电子数最多的基态原子为Cr，其价电子轨道表示式为：；
（2）CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni的化合价都是+2，根据化合物各元素化合价和为0，O的化合价为-2，则Fe的化合价= 故Fe化合价为：+3；Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，为半充满结构，根据洪特定律，具有额外的稳定性，故Fe3+的电子排布是[Ar]3d5，最外层电子半充满，比电子排布[Ar]3d6的Fe2+更稳定
（3）①由于NH2—CH2—CH2—NH2有两个N原子可以提供两个孤电子对，结合化学式[Co(NH2—CH2—CH2—NH2)(NH3)2Cl2]Cl，Co3+的配位数为2+2+2=6；②N(CH3)3相当于将NH3中的H换成-CH3，则N(CH3)3中N的杂化方式与NH3一致，则N的杂化方式为：sp3；通常非金属性越强，第一电离能越大，同周期元素，序数越大第一电离能越大，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，故C、N、H三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>C>H；乙二胺的结构为NH2—CH2—CH2—NH2,含有N-H键，可形成分子间氢键，但三甲胺分子间没有氢键，氢键比范德华力强，物质的沸点更高，故：乙二胺分子间可以形成氢键，但三甲胺不能；
（4）根据晶胞结构图，La在定点，Ni在面上和体心，根据均摊法，晶胞内La的个数为： =1，Ni的个数为： =5，所以合金的化学式为LaNi5，故n=5；根据化学式为LaNi5H5.5，可知每个晶胞中含H5.5个，则n(H)= mol,m(H)=MH•n(H)= ,
6．(1) N Cu+的3d轨道全满达到稳定状态 Cu2O
(2) 八面体形 C
(3) 11 F、N、C
(4) 50% CuInTe2 (，，)
【解析】（1）
铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，由构造原理可知，原子的电子所占据的最高能层为N；铜原子失去1个电子形成亚铜离子，亚铜离子的价电子排布式为3d10，3d轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子，所以亚铜离子比铜离子稳定；氧化亚铜和硫化亚铜都是离子晶体，氧离子的离子半径小于硫离子，氧化亚铜的晶格能大于硫化亚铜，则氧化亚铜的熔点高于硫化亚铜，故答案为：N；Cu2O；Cu+的3d轨道全满达到稳定状态；
（2）
六水合铜离子中铜离子为中心离子，水分子为配位体，配位数为6，由配位键的数目可知，铜离子的杂化方式可能为sp3d2杂化，配离子的空间构型为八面体形，故答案为：八面体形；C；
（3）
[Cu(en)2NH3](BF4)2中氮原子、碳原子和硼原子的价层电子对数都为4，VSEPR模型都为四面体，则VSEPR模型为四面体的非金属原子共有(2×2+2×2+1+2×2)=11个；非金属元素的非金属性越强，元素的电负性越强，元素非金属性的强弱顺序为F、N、C，则电负性的大小顺序为F、N、C，故答案为：11；F、N、C；
（4）
由晶胞结构可知，铟原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为×100%=50%；晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为6×+4×=4，位于体内的碲原子个数为8，则铜、铟、碲的原子个数为4：4：8=1：1：2，晶体的化学式为CuInTe2；由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)可知，晶胞边长为1，则位于体对角线处、面对角线处的C点原子的分数坐标分别为(，，)；由晶胞中C、D形成的直角三角形的边长为pm、pm可知，C、D间距离d==pm，故答案为：50%；CuInTe2；(，，)；。
山东省烟台市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·山东烟台·统考一模）四氯化锡常温下呈液态，熔点-33℃，沸点144℃，在潮湿的空气中能强烈水解生成金属氧化物并产生有刺激性的白色烟雾，可用作媒染剂、催化剂等。实验室利用如图所示装置制备四氯化锡(夹持装置略)。
回答下列问题：
(1)甲装置中发生反应的离子方程式为_________，仪器B的名称是_____。
(2)按照气流方向连接装置，接口顺序为_________。
(3)实验开始时需向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，此时应打开仪器A的活塞_____(填“K1”、“K2”或“K1和K2”)。排尽装置中的空气后才能点燃乙处的酒精灯，判断装置中空气已排尽的现象是______。实验结束时，应先停止加热的装置是_____(填“甲”或“乙”)。
(4)丙装置的作用是_____，若没有丙装置，可能发生的化学反应方程式为____。
(5)实验制得30g溶有氯气的SnCl4，其中氯气质量分数为13.0%，则至少需向乙中通入标准状况的氯气_______L (保留2位小数) 。提纯该SnCl4的方法是______(填序号)。
a.用NaOH溶液洗涤再蒸馏 b.升华 c.重结晶 d.蒸馏 e.过滤
2．（2021·山东烟台·统考一模）已知磺酰氯(SO2Cl2)是一种无色液体，熔点-54.1℃，沸点69.1℃，遇水发生剧烈水解，且产生白雾。某学习小组依据SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g) ∆H＜0，利用下列装置制备磺酰氯(部分夹持装置略)。
(1)利用E装置制取SO2宜选用的试剂是_______。
a.10%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体 b.铜和98%的浓硫酸
c.80%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体 d.80%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体
(2)为了使Cl2和SO2在D中混合反应，用仪器接口的小写字母和箭头表示上述装置的合理连接顺序：_______→f，g ←_______(箭头方向要与气流方向一致，部分装置可重复使用)。
(3)仪器甲的名称为_______，仪器乙的作用是_______。
(4)制备时，D中的三颈烧瓶宜浸入冰水浴中的原因是_______。
(5)测定产品中SO2Cl2的含量：取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，振荡、过滤、洗涤，将过滤液和洗涤液均放入锥形瓶中。向锥形瓶中加入硝酸，再加入0.2000mol·L-1的AgNO3溶液100.00mL，摇匀；向其中加入2mL硝基苯，用力摇动；然后滴入几滴NH4Fe(SO4)2溶液，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为20.00mL。【已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12】
①硝基苯的作用是_______。
②产品中SO2Cl2的质量分数为_______，若其他操作均正确，滴定终点仰视读数所测SO2Cl2含量将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
3．（2022·山东·统考一模）氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂，常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。实验室设计如图装置用Ca与N2反应制备Ca3N2，并对Ca3N2纯度进行测定。回答下列问题：
I. Ca3N2的制备
(1)仪器a的名称为____，E装置的主要作用是____。
(2)实验开始时应首先点燃____(填“A”或“C”)处酒精灯，当观察到____时点燃另一处酒精灯。
Ⅱ. Ca3N2纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)
(3)方案一：①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。②测定虚线框内装置及试剂的质量m1；③____，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；④____；⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。则产品中Ca3N2的质量分数表达式为____。
(4)方案二：按图2所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用100mL 1.00mol·L-1的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取10.00mL的吸收液注入锥形瓶中，用1.00mol·L-1 NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸，到终点时消耗12.80mL NaOH溶液。则产品中Ca3N2的质量分数为____。若两个方案均操作无误，比较两方案测定的质量分数，方案一____(填“偏高”“偏低”或“相等”)。
二、结构与性质
4．（2020·山东烟台·统考一模）氮、硒形成的单质及其化合物有重要的科学研究价值，请回答下列问题：
(1)邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图所示。基态氮原子的价电子轨道表示式为______________；其核外电子共占据____个能级；邻氨基吡啶的铜配合物中Cu2＋的配位数是_______。
(2)高聚氮晶体结构如图所示，每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。固态高聚氮是_______晶体；该晶体中n(N)与n(N—N)之比为_______；这种高聚氮N—N键的键能为160 kJ·mol-1，而N2的键能为942 kJ·mol-1，其可能潜在的应用是__________。
(3)NO3－的空间构型是________；HNO3的酸性比HNO2强，试从结构的角度解释其原因__________。
(4)硒有三种晶体(α单斜体、β单斜体和灰色三角晶)，灰硒的晶体为六方晶胞结构，原子排列为无限螺旋链，分布在六方晶格上，同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，其螺旋链状图、晶胞结构图和晶胞俯视图如图所示：
已知正六棱柱的边长为a cm，高为b cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_____g·cm-3(用含NA、a、b的式子表示)。
5．（2021·山东烟台·统考一模）CoxNi(1-x)Fe2O4在磁性材料、电池材料、超硬材料和催化剂领域具有广泛的应用前景。
(1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置是_______；该周期中不成对电子数最多的基态原子的价电子轨道表示式为_______。
(2)CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni的化合价都是+2，则Fe的化合价是_______。Fe3+比Fe2+更稳定的原因是_______。
(3)Co3+可以形成配合物[Co(NH2—CH2—CH2—NH2)(NH3)2Cl2]Cl。
①该配合物中Co3+的配位数是_______。
②乙二胺与三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，三甲胺分子中氮原子的杂化类型为_______，C、N、H三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。分析乙二胺的沸点比三甲胺高很多的原因是_______。
(4)镍镧合金(LaNin)具有很强的储氢能力，其晶胞结构如图，其中n=_______。已知晶胞体积为9.0×10-29m3，若储氢后形成LaNinH5.5(氢进入晶胞空隙，晶胞体积不变)，则氢在合金中的密度为_______g•cm-3(保留1位小数)。
6．（2022·山东·统考一模）含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)基态Cu原子的电子所占据的最高能层符号为____；基态Cu+较基态Cu2+稳定的原因是____；Cu2O和Cu2S都是离子晶体，熔点较高的是____。
(2)CuSO4稀溶液中存在[Cu(H2O)6]2+，[Cu(H2O)6]2+的空间构型为____；下列对[Cu(H2O)6]2+中Cu2+杂化方式推断合理的是____(填标号)。
A．sp3 B．sp3d C．sp3d2 D．dsp2
(3)Cu2+可形成[Cu(en)2NH3](BF4)2，其中en代表H2N—CH2—CH2—NH2。该化合物分子中，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有____个；C、N、F的电负性由大到小的顺序为____。
(4)一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为____；该晶体的化学式为____。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，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则C点原子的分数坐标为____；晶胞中C、D间距离d=____pm。
参考答案：
1． MnO2 +4H+ +2Cl-Mn2+ + 2H2O + Cl2↑ 蒸馏烧瓶 afgihbcjkd K2 装置中充满黄绿色气体 乙 吸收多余的氯气，并防止水蒸气进入锥形瓶 SnCl4 +2H2O =SnO2+ 4HCl↑ 5.71 d
【分析】由题干信息可知，Cl2和Sn在加热的条件下可制得SnCl4，装置甲为Cl2的制备装置，乙装置为Cl2和Sn制备SnCl4的装置，丙装置中装有碱石灰可吸收氯气和空气中的水蒸气，丁装置可吸收挥发的浓盐酸，戊装置为吸收水蒸气，干燥Cl2的装置，己装置为冷凝并收集SnCl4的装置，据此可分析解答。
【详解】(1)根据上述分析可知，装置甲为MnO2和浓盐酸在加热的条件下制备Cl2的装置，其反应的离子方程式为MnO2 +4H+ +2Cl-Mn2+ + 2H2O + Cl2↑，仪器B是蒸馏烧瓶，一般用于蒸馏操作，故答案为：MnO2 +4H+ +2Cl-Mn2+ + 2H2O + Cl2↑；蒸馏烧瓶；
(2)由上述装置分析知，装置顺序为甲→丁→戊→乙→己→丙，若按照气流方向连接装置，气体在通过吸气瓶时要长进短出，则其接口顺序为afgihbcjkd，故答案为：afgihbcjkd；
(3)仪器A为恒压滴液漏斗，有着平衡气压使液体顺利滴下的作用，若要向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，只需打开仪器A的活塞K2，当装置中充满了黄绿色的Cl2后，可证明装置中空气已经排尽，反应结束时，为防止发生倒吸，应先停止加热装置乙，再停止加热装置甲，故答案为：K2；装置中充满黄绿色气体；乙；
(4)丙装置中的碱石灰既可吸收多余的氯气，防止污染空气，又可以防止空气中的水蒸气进入锥形瓶，使的SnCl4水解，若没有丙装置，SnCl4水解生成金属氧化物SnO2并产生有刺激性的白色烟雾HCl，方程式为SnCl4 +2H2O =SnO2+ 4HCl↑，故答案为：吸收多余的氯气，并防止水蒸气进入锥形瓶；SnCl4 +2H2O =SnO2+ 4HCl↑；
(5)30g氯气质量分数为13.0%的SnCl4中，SnCl4的质量为30×(1-13%)=26.1g，其物质的量为0.1mol，则SnCl4中Cl元素的质量为0.1×4×35.5=14.2g，Cl2的质量为30×13%=3.9g，即Cl2中Cl元素的质量为3.9g，故需要的Cl元素的总质量为14.2+3.9=18.1g，物质的量为18.1g÷35.5g/mol≈0.51mol，则需要的Cl2的物质的量为0.225mol，标况下的体积为0.225mol×22.4L/mol≈5.71L，四氯化锡常温下呈液态，熔点-33℃，沸点144℃，则可采用蒸馏的方法提纯SnCl4，d选项正确，故答案为：5.71；d。
【点睛】本题考查物质的制备实验，涉及对实验装置的理解与评价、实验操作、信息获取与迁移运用等，难度中等，理解制备原理是解题的关键，是对实验基础知识的综合利用，需要具备扎实的基础与分析问题、解决问题的能力。
2． c a→e→d→b→c c←b←h(或h→b→c；c←b←d←e←a) 球形冷凝管 吸收Cl2和SO2，并防止水蒸气进入三颈烧瓶(或D)中 降低温度有利于SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)平衡右移，提高产率 覆盖AgCl，避免与NH4SCN溶液反应生成AgSCN，影响实验结果 81% 偏低
【分析】由装置A高锰酸钾和浓盐酸反应产生氯气，经装置C的饱和食盐水除去HCl杂质气体，再进装置B浓硫酸干燥氯气，最后通入装置D，由装置E中产生SO2经装置B的浓硫酸干燥，再通入E中与氯气发生反应SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)。
【详解】(1)a. 硫酸溶液和亚硫酸钙固体需在高温低压条件下反应，才能生成SO2，故a不选；
b. 铜和浓硫酸需加热才能反应，不符合题意，故b不选；
c. 80%的硫酸溶液和亚硫酸钠固体常温下反应，故c选；
d. 80%的硫酸溶液和亚硫酸钙固体反应产生的CaSO4会阻碍反应进行，故d不选；
故选：c；
(2)装置A产生的氯气经装置C的饱和食盐水除杂，再进装置B浓硫酸干燥，洗气导管都是‘长进短出’，则连接顺序：a→e→d→b→c→f，装置E产生SO2经装置B的浓硫酸干燥，即可通入装置D，连接顺序：g ←c←b←h；
(3) 仪器甲的名称为：球形冷凝管，已知磺酰氯(SO2Cl2) 遇水发生剧烈水解，则装置D的反应体系应为无水状态，则仪器乙的作用是：吸收Cl2和SO2，并防止水蒸气进入三颈烧瓶(或D)中；
(4)该反应∆H＜0为放热反应，降温平衡正向移动，生成更多的SO2Cl2，则D中的三颈烧瓶宜浸入冰水浴中的原因是：降低温度有利于SO2(g)+ Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)平衡右移，提高产率；
(5) ①由于Ksp(AgSCN)< Ksp(AgCl)，产生的AgCl很容易转化成AgSCN沉淀，则硝基苯的作用是：覆盖AgCl，避免与NH4SCN溶液反应生成AgSCN，影响实验结果；
②用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为20.00mL，则过量的Ag+物质的量为，与Cl-反应的Ag+的物质的量为，则n(SO2Cl2)=，则1.5g产品中SO2Cl2的质量分数为，若滴定终点仰视读数，则NH4SCN溶液的读数偏大，即计算出过量Ag+偏大，最终导致计算反应的Cl-偏小，则所测SO2Cl2含量偏低。
3．(1) 蒸馏烧瓶 液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)
(2) A E装置中有均匀的气泡产生
(3) 关闭K1，打开K2 打开K1，通一段时间的N2 ×100%
(4) 88.8% 偏低
【分析】I．根据实验目的实验室利用Ca与N2反应制备Ca3N2，A装置为N2的发生装置，B为除去N2中混有的水蒸气，C为氮气与Ca反应生成氮化钙的反应装置，D防止E中的水蒸气进入C中，E防止外界空气中O2进入到C中，防止O2与Ca及氮化钙发生反应；
Ⅱ．目的测定Ca3N2纯度，利用Ca3N2与水反应生成氢氧化钙和氨气，利用浓硫酸来吸收氨气，通过测定硫酸的量，方案1根据硫酸的增重得知氨的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度；方案2利用过量的硫酸和氨先反应，再与氢氧化钠反应，间接的求出氨的物质的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度，但是如何尽可能将氨吸收完全，是此题中关键，以此来解析。
【详解】（1）仪器a的名称为蒸馏烧瓶，E装置作用液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)；
（2）实验开始时应首先点燃A处酒精灯，当观察到E装置中气泡均匀时点燃另一处酒精灯；
（3）①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂，②测定虚线框内装置及试剂的质量m1，③关闭开关K1，打开开关K2，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体，④打开开关K1，通入足量的N2把产生的气体全部压入浓硫酸，⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2；根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～34g NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=×100%；
（4）根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为×12.80×10-3L×1.00mol·L-1=6.4×10-3mol，再根据2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2×(100×10-3L×1.00mol·L-1-6.4×10-3mol×)=7.2×10-2mol，根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～2mol NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=88.8%；
若两个方案均操作无误，一个用氮气将氨排到后面装置，一个利用水蒸气排氨气，氮气不能将溶解在水中的氨气排除去，故得到氨气相对少一些，故方案一偏低。
4． 3 4 原子 2:3 制炸药 平面三角形 HNO3中含有非羟基氧多
【详解】(1)N是7号元素，其核外有7个电子，则基态氮原子的核外电子排布式为1s22s2sp3，价电子轨道表达式为，其核外电子共占据1s、2s、2p三个能级，由邻氨基吡啶的铜配合物的结构简式分析可知，Cu2+的配位数为4，故答案为：；3；4；
(2)高聚氮晶体中每个氮原子都通过三个单键和其他氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构，属于原子晶体，因为晶体中煤隔氮原子都通过三个单键与其他氮原子结合，则每个氮原子平均形成1.5个N—N键，故氮原子数与N—N键数之比为2:3，则n(N):n(N—N)=2:3，由键能数据分析可知，高聚氮爆炸后生成氮气放出大量的热，还能瞬间生成大量的气体，则可能的用途为制炸药，故答案为：原子；2:3；制炸药；
(3)NO3-中N原子的价电子对数为，孤电子对数为0，则其空间构型为平面三角形，对于同种元素R的不同的含氧酸的酸性比较，可以把酸写成(HO)nROm的形式，m越大，酸性越强，m越大，非羟基氧个数多，中心原子的电子云向氧偏离的越厉害，从而氢氧键的电子云通过传递向氧偏离的就越厉害，从而容易电离，酸性越小，由于HNO3中的非羟基氧数目比HNO2的多，因此HNO3的酸性更强，故答案为：平面三角形；HNO3中含有非羟基氧多；
(4)Se原子间形成正六棱柱，位于面心与顶点，从晶胞的俯视图可知晶胞中Se原子数目为6×+12×3×=9，体积V=×a2×6×b，，故答案为：。
5． 第四周期VIII族 +3 Fe3+的电子排布是[Ar]3d5，最外层电子半充满，比电子排布[Ar]3d6的Fe2+更稳定 6 sp3 N>C>H 乙二胺分子间可以形成氢键，但三甲胺不能 5 0.1
【详解】（1）Fe、Co、Ni在周期表中的位置是：第4周期VIII族；第四周期中不成对电子数最多的基态原子为Cr，其价电子轨道表示式为：；
（2）CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni的化合价都是+2，根据化合物各元素化合价和为0，O的化合价为-2，则Fe的化合价= 故Fe化合价为：+3；Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，为半充满结构，根据洪特定律，具有额外的稳定性，故Fe3+的电子排布是[Ar]3d5，最外层电子半充满，比电子排布[Ar]3d6的Fe2+更稳定
（3）①由于NH2—CH2—CH2—NH2有两个N原子可以提供两个孤电子对，结合化学式[Co(NH2—CH2—CH2—NH2)(NH3)2Cl2]Cl，Co3+的配位数为2+2+2=6；②N(CH3)3相当于将NH3中的H换成-CH3，则N(CH3)3中N的杂化方式与NH3一致，则N的杂化方式为：sp3；通常非金属性越强，第一电离能越大，同周期元素，序数越大第一电离能越大，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，故C、N、H三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>C>H；乙二胺的结构为NH2—CH2—CH2—NH2,含有N-H键，可形成分子间氢键，但三甲胺分子间没有氢键，氢键比范德华力强，物质的沸点更高，故：乙二胺分子间可以形成氢键，但三甲胺不能；
（4）根据晶胞结构图，La在定点，Ni在面上和体心，根据均摊法，晶胞内La的个数为： =1，Ni的个数为： =5，所以合金的化学式为LaNi5，故n=5；根据化学式为LaNi5H5.5，可知每个晶胞中含H5.5个，则n(H)= mol,m(H)=MH•n(H)= ,
6．(1) N Cu+的3d轨道全满达到稳定状态 Cu2O
(2) 八面体形 C
(3) 11 F、N、C
(4) 50% CuInTe2 (，，)
【解析】（1）
铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，由构造原理可知，原子的电子所占据的最高能层为N；铜原子失去1个电子形成亚铜离子，亚铜离子的价电子排布式为3d10，3d轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子，所以亚铜离子比铜离子稳定；氧化亚铜和硫化亚铜都是离子晶体，氧离子的离子半径小于硫离子，氧化亚铜的晶格能大于硫化亚铜，则氧化亚铜的熔点高于硫化亚铜，故答案为：N；Cu2O；Cu+的3d轨道全满达到稳定状态；
（2）
六水合铜离子中铜离子为中心离子，水分子为配位体，配位数为6，由配位键的数目可知，铜离子的杂化方式可能为sp3d2杂化，配离子的空间构型为八面体形，故答案为：八面体形；C；
（3）
[Cu(en)2NH3](BF4)2中氮原子、碳原子和硼原子的价层电子对数都为4，VSEPR模型都为四面体，则VSEPR模型为四面体的非金属原子共有(2×2+2×2+1+2×2)=11个；非金属元素的非金属性越强，元素的电负性越强，元素非金属性的强弱顺序为F、N、C，则电负性的大小顺序为F、N、C，故答案为：11；F、N、C；
（4）
由晶胞结构可知，铟原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为×100%=50%；晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为6×+4×=4，位于体内的碲原子个数为8，则铜、铟、碲的原子个数为4：4：8=1：1：2，晶体的化学式为CuInTe2；由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)可知，晶胞边长为1，则位于体对角线处、面对角线处的C点原子的分数坐标分别为(，，)；由晶胞中C、D形成的直角三角形的边长为pm、pm可知，C、D间距离d==pm，故答案为：50%；CuInTe2；(，，)；。
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