河北省石家庄市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题

河北省石家庄市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题

一、填空题

1．（2022·河北石家庄·统考二模）新型半导体材料如碳化硅(SiC)、氮化镓(GaN)等在国防技术、航空航天及5G技术等领域扮演着重要的角色。回答下列问题：

(1)基态Si原子中，核外电子占据的最高能层的符号为____，占据最高能级的电子的电子云轮廓图形状为____；基态Ga原子的核外电子排布为[Ar]3d104s2p1，其转化为下列激发态时，吸收能量最少的是____(填选项字母)。

A．[Ar] B．[Ar]

C．[Ar] D．[Ar]

(2)C与Si是同主族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Si原子之间难以形成双键、叁键。从原子结构分析，其原因为____。

(3)硼(B)与Ga是同主族元素，硼氢化钠(NaBH4)是有机合成中重要的还原剂，其阴离子BH的立体构型为____；另一种含硼阴离子的结构如图所示，其中B原子的杂化方式为____。

(4)GaCl3的熔点为77.9℃，GaF3的熔点为1000℃，试分析GaCl3熔点低于GaF3的原因为____；气态GaCl3常以二聚体形式存在，二聚体中各原子均满足8e-结构，据此写出二聚体的结构式为____。

(5)B和Mg形成的化合物刷新了金属化合物超导温度的最高记录。该化合物的晶体结构单元如图所示，其中Mg原子间形成正六棱柱，6个B原子分别位于六个三棱柱体心。则该化合物的化学式可表示为____；相邻B原子与Mg原子间的最短距离为____nm(用含x、y的代数式表示)。

二、实验题

2．（2020·河北石家庄·二模）亚铁氰化钠晶体[Na4Fe(CN)6·10H2O，M=484g·mol-1]可用作食盐抗结剂。请回答

(1)向Na4Fe(CN)6溶液中滴入FeCl3溶液，出现蓝色沉淀，其离子方程式为______________。

(2)已知：Ag4Fe(CN)6为白色难溶物， Cu2Fe(CN)6为红棕色难溶物。市售亚铁氰化钠常含有Cl-杂质，选用下列试剂设计实验方案进行Cl-检验。

试剂：稀HNO3、稀H2SO4、AgNO3溶液、CuSO4溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液

(3)利用铈量法测定亚铁氰化钠晶体纯度的实验如下：称取1.2100g样品，置于500mL仪器a中，加入25mL除氧蒸馏水，加入25mL浓硫酸酸化并冷却，滴加3滴橘红色邻二氮菲(phen)—FeSO4指示剂，用0.1000mo1·L-1的Ce(SO4)2标准溶液滴定，发生反应：Ce4++[Fe(CN)6]4-=Ce3++[Fe(CN)6]3-。当溶液从橘红色变为淡黄色，即为终点。平行滴定3次，标准溶液的平均用量为24.50mL。

①仪器a的名称为_________________。

②“浓硫酸酸化”的实验操作为______________________

③样品纯度为__________________%

3．（2021·河北石家庄·统考二模）六氨合氯化镁(MgCl2·6NH3)具有极好的可逆吸、放氨特性，是一种优良的储氨材料。某研究小组以MgCl2·6H2O为原料在实验室制备MgCl2·6NH3，并测定所得产品中氨的含量。

I.制备MgCl2·6NH3。

i.首先制备无水MgCl2，实验装置如图(加热及夹持装置略去)：

已知：SOCl2熔点-105℃、沸点76℃；遇水剧烈水解生成两种酸性气体。

(1)三颈瓶中发生反应的化学方程式为_______。

(2)该实验装置中的不足之处为_______。

(3)改进装置后，向三颈瓶中缓慢滴加SOCl2时，需打开活塞b，此时_______(填“需要”或“不需要”)打开玻璃塞a，原因为_______。

ii.制备MgCl2·6NH3。

将NH3通入无水MgCl2的乙醇溶液中，充分反应后，过滤、洗涤并自然风干，制得粗品。相关物质的性质如表：

(4)生成MgCl2·6NH3的反应需在冰水浴中进行，其原因为_______(写出一点即可)。

(5)洗涤产品时，应选择的洗涤剂为_______(填选项标号)。A．冰浓氨水 B．乙二醇和水的混合液

C．氨气饱和的甲醇溶液 D．氨气饱和的乙二醇溶液

II.利用间接法测定产品中氨的含量，步骤如下：

步骤1：称取1.800g样品，加入足量稀硝酸溶解，配成250mL溶液；

步骤2：取25.00mL待测液于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用0.2000mol·L-1AgNO3标准液滴定溶液中Cl-，记录消耗标准液的体积；

步骤3：重复步骤2操作2~3次，平均消耗标准液10.00mL。

(6)步骤1中，用稀硝酸溶解样品的目的为_______。

(7)该样品中氨的质量分数为_______；该实验值与理论值(51.8%)有偏差，造成该偏差的可能原因为(已知滴定操作均正确)_______。

三、结构与性质

4．（2020·河北石家庄·二模）Cu、Zn及其化合物在生产、生活中有着重要作用。请回答：

(1)Cu、Zn在周期表中________区，焰色反应时Cu的4s电子会跃迁至4p轨道，写出Cu的激发态电子排布式___________。

(2)分别向CuSO4、MgSO4溶液加氨水至过量，前者为深蓝色溶液，后者为白色沉淀。

①NH3与Cu2+形成配合物的能力大于Mg2+的原因为_________________。

②溶液中的水存在H3O+、等微粒形式，可看作是H3O+与H2O通过氢键形成的离子，则的结构式为___________。

(3)Zn的某种化合物M是很好的补锌剂，结构式如图：

①1 mol M含有的σ键的数目为___________。

②常见含氮的配体有 H2NCH2 COOˉ、NH3、等，NH3的分子空间构型为____________，的中心氮原子杂化方式为__________。

③M在人体内吸收率高的原因可能是锌形成配合物后，电荷__________(填“变多”“变少”或“不变”)，可在消化道内维持良好的稳定性。

(4)卤化锌的熔点如表：

则ZnX2熔点如表变化的原因是____________________。

(5)Zn的某种硫化物的晶胞如图所示。已知S2-和Zn2+的半径分别为r1 pm、r2 pm，且S2-与Zn2+相切，NA为阿伏加德罗常数的值。则该晶体的密度为________g·cm-3(写计算表达式)。

5．（2021·河北石家庄·统考二模）我国从西周时期就开始用含砷化合物作颜料和药物，现在人们也将其应用在电子技术中。

(1)基态As原子的电子排布式为[Ar]___，其核外有___种不同空间运动状态的电子。微量砷可用原子光谱进行测定，电子从基态跃迁到激发态所产生的光谱称为___光谱。

(2)As与N同主族，N原子之间可以形成π键，而As原子之间较难形成π键。从原子结构角度分析，其原因为___。

(3)含砷物质经还原可得到AsH3，受热分解后可在试管内壁形成亮黑色的“砷镜”，这是马氏试砷法的基本原理。AsH3与同族N、P元素形成的简单氢化物相比，三者的稳定性由大到小的顺序为___。

(4)液态AsCl3可导电，是由于其发生了自解离：2AsCl3AsCl+AsCl。AsCl3的中心原子杂化方式为___；与AsCl互为等电子体的一种分子为___(填化学式)。

(5)AsCl3可与中心离子形成配合物，当氯原子被烷基取代后，配位能力增强，其原因为___。

(6)As与Co形成的某种化合物的晶胞如图(a)所示，其中部分晶胞中As的位置如图(b)所示。

①该化合物的化学式为___。

②若化合物的摩尔质量为Mg·mol-1，密度为ρg·cm-3。Co和As原子半径分别为r1pm和r2pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___(列出表达式即可)。

参考答案：

1．(1)     M     哑铃(纺锤)     B

(2)Si原子半径大，原子之间形成的σ键键长较长，p-p轨道肩并肩重叠程度小或几乎不重叠，难以形成π键

(3)     正四面体形     sp2杂化和sp3杂化

(4)     GaCl3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF3为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键强于分子间作用力，所以GaCl3的熔点低于GaF3    

(5)     MgB2    

【分析】（1）根据硅原子最外层为第三层分析最高能层，根据第三层中占据sp能级分析最高能级为p，为哑铃形分析。根据洪特规则和电子进入高能级的数值分析。

（2）根据原子形成共价键需要进行最大程度的重叠进行分析分析。

（3）根据价层电子对数公式进行计算，推测空间结构和杂化方式。

（4）根据不同晶体的熔沸点的特点分析。

（5）根据晶胞中的均摊法分析化学式，并结合空间结构计算原子间距。

（1）

基态Si原子中，核外电子占据三层，其中最高能层的符号为M，占据最高能级为P层，电子的电子云轮廓图形状为哑铃形；基态Ga原子的核外电子排布为[Ar]3d104s2p1，其转化为下列激发态时，吸收能量最少，则基态原子砷的电子进入高能级的电子最少，电子从基态进入高能级电子由多到少的顺序为C>B,AD违反洪特规则，所以所需能量最少的为B。

（2）

Si原子半径大，原子之间形成的σ键键长较长，p-p轨道肩并肩重叠程度小或几乎不重叠，难以形成π键。

（3）

阴离子BH的B原子价层电子对数= ，且不含孤电子对，则该离子为正四面体结构，另一种含硼的阴离子[B4O5(OH)4]2-中，硼原子价层电子对数是3，有的硼原子价层电子对数是4，所以硼原子的杂化方式为sp2杂化和sp3杂化

（4）

GaCl3的熔点为77.9℃，GaCl3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF3的熔点为1000℃，为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键强于分子间作用力，所以GaCl3的熔点低于GaF3；气态GaCl3常以二聚体形式存在，二聚体中各原子均满足8e-结构，说明Ga形成一个配位键，二聚体的结构式为 ；

（5）

镁原子处于晶胞顶点和面心上，顶点上镁原子为6个晶胞共用，面心上的镁原子为2个晶胞共用，B原子处于晶胞内部，为一个晶胞独有，故晶胞中镁原子个数为 =3，B原子个数为6，则该化合物的化学式可表示为MgB2；相邻B原子与Mg原子间的最短距离为B离上下面中的镁原子的距离，B原子在下面三角形中心的正上方，故相邻镁原子和硼原子间的最短距离为nm。

2．     4Fe3++3[Fe(CN)6]4-=Fe4[Fe(CN)6]3↓     加入过量CuSO4溶液     出现红棕色沉淀     取上层清液，加入过量稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液     锥形瓶     沿瓶壁缓缓加入浓硫酸，并不断搅拌     98

【分析】(2)本实验的目的是检验Clˉ，一般通过氯离子和银离子可以生成不溶于酸的白色沉淀来检验氯离子，但根据题目信息可知Ag4Fe(CN)6为白色难溶物，会干扰氯离子的检验，所以需要先将[Fe(CN)6]4ˉ除去，根据提供的试剂，可以用过量的硫酸铜将[Fe(CN)6]4ˉ沉淀除去，然后取上层清液检验是否含有氯离子。

【详解】(1)该蓝色沉淀应为Fe4[Fe(CN)6]3，根据电荷守恒可得离子方程式为4Fe3++3[Fe(CN)6]4ˉ=Fe4[Fe(CN)6]3↓；

(2)根据分析可知需要先用过量硫酸铜将[Fe(CN)6]4ˉ除去，所以步骤③为加入过量CuSO4溶液；现象④为出现红棕色沉淀；之后取上层清液用酸化的硝酸银检验氯离子，所以步骤⑤为静置，取上层清液，加入过量稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液；

(3)①滴定时待测液放在锥形瓶中，所以仪器a为锥形瓶；

②浓硫酸稀释时会放热，为了防止暴沸，浓硫酸酸化时需要沿瓶壁缓缓加入浓硫酸，并不断搅拌；

③标准溶液的平均用量为24.50mL，浓度为0.1000mo1·L-1，根据发生的离子方程式可知n{[Fe(CN)6]4-}=n(Ce4+)=0.0245L×0.1000mo1·L-1=0.00245mol，所以样品的纯度为=98%。

【点睛】本题难点是实验方案的设计，需要掌握氯离子的检验方法，同时要根据题目信息判断哪种离子的存在会对氯离子的检验造成影响，然后选用合适的试剂将其除去。

3．(1)MgCl2·6H2O+ 6SOCl2MgCl2+6SO2↑+12HCl↑

(2)尾气吸收时未采取防倒吸措施

(3)     不需要     滴液漏斗侧管可维持漏斗与三颈烧瓶内压强一致，使SOCl2顺利滴下

(4)减少NH3与乙醇的挥发、降低MgCl2·6NH3溶解度，促进其结晶析出

(5)C

(6)将NH3转化为NH4NO3，防止滴定时与AgNO3反应

(7)     47.2%     MgCl2未完全氨化，导致MgCl2·6NH3混有MgCl2(或产品部分分解导致混有MgCl2杂质)

【分析】加热条件下，MgCl2·6H2O逐渐失去结晶水，产生的H2O与滴入的SOCl2反应生成SO2和HCl，HCl可抑制Mg2+水解，产生的气体最终被烧杯中NaOH溶液吸收，防止污染空气，浓硫酸可防止水蒸气进入三颈烧瓶中，据此分析作答。

（1）

由分析知，加热时，MgCl2·6H2O逐渐失去结晶水，产生的H2O与滴入的SOCl2反应生成SO2和HCl，则三颈瓶中反应方程式为：MgCl2·6H2O+ 6SOCl2MgCl2+6SO2↑+12HCl↑，故答案为：MgCl2·6H2O+ 6SOCl2MgCl2+6SO2↑+12HCl↑；

（2）

SO2、HCl气体进入烧杯被NaOH溶液吸收时容易产生倒吸，则该实验的不足之处为：尾气吸收时未采取防倒吸措施，故答案为：尾气吸收时未采取防倒吸措施；

（3）

由于滴液漏斗侧管可维持漏斗与三颈烧瓶内压强一致，使SOCl2能顺利滴下，不需要打开玻璃塞a，原因为：滴液漏斗侧管可维持漏斗与三颈烧瓶内压强一致，使SOCl2顺利滴下，故答案为：不需要；滴液漏斗侧管可维持漏斗与三颈烧瓶内压强一致，使SOCl2顺利滴下；

（4）

由于NH3、乙醇易挥发，故采用冰水浴，可减少NH3与乙醇的挥发(或增大NH3的溶解度)，同时可降低MgCl2·6NH3溶解度，促进其结晶析出，故答案为：减少NH3与乙醇的挥发、降低MgCl2·6NH3溶解度，促进其结晶析出；

（5）

A．冰浓氨水可减少洗涤时产品的溶解损失，但相对于甲醇来说，洗涤后不易干燥，A项不符合题意；

B．由于产品易溶于水，故不宜用乙二醇和水的混合液洗涤，B项不符合题意；

C．氨气饱和的甲醇溶液既可以减少产品的溶解损失，也便于洗涤后快速干燥，C项符合题意；

D．相对于甲醇溶液，用乙二醇溶液洗涤后不易干燥，D项不符合题意；

故答案为：C；

（6）

HNO3可将NH3转化为NH4NO3，否则NH3溶解后形成氨水，滴定时氨水也能与AgNO3反应，从而对实验测定结果产生影响，故答案为：将NH3转化为NH4NO3，防止滴定时与AgNO3反应；

（7）

滴定时，AgNO3测定的是样品中Cl-的含量，根据定量关系：AgNO3~Cl-，得n(Cl-)=n(AgNO3)=0.2000 mol/L×10.00 mL ×10-3 L/mL×=0.02 mol，则样品中n(MgCl2)=n(Cl-)=0.01 mol，则w(NH3)=；实验值比理论值大，说明实验所测Cl-含量偏大，可能有如下原因：MgCl2未完全氨化，导致MgCl2·6NH3混有MgCl2或产品部分分解导致混有MgCl2杂质，故答案为：47.2%；MgCl2未完全氨化，导致MgCl2·6NH3混有MgCl2(或产品部分分解导致混有MgCl2杂质)。

【点睛】本题易错点(7)，用关系式计算时，要先算氯化镁的量，再间接转化为氨的质量分数。

4．     ds     [Ar]3d104p1     由于Cu2+对配体NH3的孤电子对吸引力大，配位键强          20NA     三角锥形     sp杂化     变少     ZnF2为离子晶体，熔点最高；ZnCl2、ZnBr2分子晶体，ZnBr2的相对分子质量大，分子间作用力，熔沸点较高    

【分析】(1)Cu为29号元素，Zn为30号元素，据此分析其在元素周期表中的位置；

(3)①单键均为σ键，双键或三键中有一个σ键，配位键为σ键；

②根据价层电子对互斥理论判断空间构型，根据等电子体理论判断杂化方式；

(4)先判断晶体类型，离子晶体的熔点与晶格能有关；分子晶体的熔点与分子间作用力有关；

(5)先根据晶胞半径计算晶胞棱长，确定晶胞体积，再根据均摊法确定晶胞内各原子的数目，确定晶胞质量，根据计算密度。

【详解】(1)Cu为29号元素，位于周期表中第4周期第ⅠB族，为ds区元素，Zn在周期表中位于第4周期ⅡB族，属于ds区元素，Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，焰色反应时 Cu 的 4s 电子会跃迁至 4p 轨道，则Cu 的激发态电子排布式为：[Ar]3d104p1或1s22s22p63s23p63d104p1；

(2)①由于Cu2+对配体NH3的孤电子对吸引力大，配位键强，所以NH3与 Cu2+形成配合物的能力大于Mg2+；

②H5O2+可看作是 H3O+与 H2O 通过氢键形成的离子，结构式为：；

(3)①C—C单键、C—H单键、N—C单键、C—O单键、N—H单键均为σ键，C=O双键中有一个σ键，O原子、N原子与Zn之间的配位键为σ键，所以1个M含有20个σ键，所以1molM含有的σ键个数为20NA；

②NH3分子中心原子的价层电子对数为=4，含一对孤电子对，所以为三角锥形；与CO2原子总数相同，价电子总数相同，二者互为等电子体，CO2为直线形分子，C原子为sp杂化，所以中心 N 原子杂化方式为sp杂化；

③M 在人体内吸收率高的原因可能是锌形成配合物后，电荷变少，可在消化道内维持良好的稳定性；

(4)由表中熔点数据可知，ZnF2与其他两种的晶体类型不同，ZnF2为离子晶体，熔点最高；ZnCl2、ZnBr2为分子晶体，ZnBr2的相对分子质量大，分子间作用力，熔沸点较高；

(5)根据该硫化物的晶胞结构可知，S2-位于Zn2+的正四面体中心，根据几何关系，晶胞的体对角线为S2-和Zn2+的半径之和的4倍，设晶胞的棱长为a，则有a=4(r1+r2)，所以晶胞棱长a=pm，则晶胞的体积V=pm3；根据均摊法，晶胞内Zn2+的个数为=4，S2-的个数为4，所以晶胞的质量m=，所以晶体的密度为ρ==g·cm-3。

【点睛】判断一些陌生物质的空间构型、杂化方式时可以利用等电子体原理来判断；第5题为本题难点，关键在于学生能够发现晶胞的体对角线和离子半径之间的关系。

5．     3d104s24p3     18     吸收     As原子半径大，形成的σ键长，p-p轨道肩并肩重叠很少或几乎不重叠     NH3＞PH3＞AsH3     sp3     O3或SO2     烷基为推电子基团，使As原子上的电子云密度增大，更易给出电子     CoAs3    

【详解】(1)基态As原子为33号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3；电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨道数，As核外有18种不同空间运动状态的电子；电子从基态跃迁到激发态所产生的光谱称为吸收光谱；

(2)As原子半径大于N原子，则As原子与As原子形成的单键键长较长，导致p-p轨道形成肩并肩的电子云重叠很少或几乎不重叠，故不易形成π键；

(3)非金属的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：N＞P＞As，则氢化物的稳定性：NH3＞PH3＞AsH3；

(4) AsCl3的中心原子孤电子对数=(5-1×3)=1，σ键个数为3，则杂化方式为sp3；AsCl有3个原子，价电子总数为18，与O3或SO2互为等电子体；

(5)配体与中心离子所成的配位键电子云密度越大，即电子越集中，键越稳定，键能越大。烷基为推电子基团，使As原子上的电子云密度增大，键能增大，成键稳定；

(6)①根据晶胞结构，b为晶胞的一半，As在晶胞的内部，则晶胞中含有As的个数=4×3×2=24，Co在晶胞的顶点、棱上、面心和体内，个数=8×+12×+6×+1=8，N(Co)：N(As)=8：24=1：3，则化学式为CoAs3；

②根据晶胞的化学式及结构，则1mol晶胞的质量=8Mg，晶胞的体积=cm3，晶胞中Co和As原子的体积=(8r+24r)×10-30cm3，则晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率= 。