福建省厦门市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题

福建省厦门市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题

一、填空题

1．（2020·福建厦门·统考一模）合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。回答下列问题：

（1）德国化学家F.Haber从1902年开始研究N2和H2直接合成NH3。在1.01×105Pa、250℃时，将1 molN2和1 molH2加入aL刚性容器中充分反应，测得NH3体积分数为0.04；其他条件不变，温度升高至450℃，测得NH3体积分数为0.025，则可判断合成氨反应为 ____填“吸热”或“放热”）反应。

（2）在1.01×105Pa、250℃时，将2 molN2和2 molH2加入aL密闭容器中充分反应，H2平衡转化率可能为 ___（填标号）。

A =4%    B <4%    C 4%～7%    D >11.5%

（3）我国科学家结合实验与计算机模拟结果，研究了在铁掺杂W18049纳米反应器催化剂表面上实现常温低电位合成氨，获得较高的氨产量和法拉第效率。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。

需要吸收能量最大的能垒（活化能）E=____ev，该步骤的化学方程式为____，若通入H2体积分数过大，可能造成 ___。

（4）T℃时，在恒温恒容的密闭条件下发生反应：反应过程中各物质浓度的变化曲线如图所示：

①表示N2浓度变化的曲线是 ____（填“A”、“B”或“C’，）。与（1）中的实验条件（1.01×105Pa、450℃）相比，改变的条件可能是_____。

②在0～25min内H2的平均反应速率为____。在该条件下反应的平衡常数为 ___mol-2．L2（保留两位有效数字）。

二、实验题

2．（2020·福建厦门·统考一模）草酸亚铁晶体（FeC2O4-2H2O，M=180g.mol-1）为淡黄色固体，难溶于水，可用作电池正极材料磷酸铁锂的原料。回答下列问题：

实验1探究纯草酸亚铁晶体热分解产物

（1）气体产物成分的探究，设计如下装置（可重复选用）进行实验：

①装置B的名称为 ____。

②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为a→___ →点燃（填仪器接口的字母编号）。

③为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是____。

④C处固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，则证明气体产物中含有____。

（2）固体产物成分的探究，待固体热分解充分后，A处残留黑色固体。黑色固体可能是Fe或FeO，设计实验证明其成分为FeO的操作及现象为____。

（3）依据（1）和（2）结论，A处发生反应的化学方程式为____。

实验2草酸亚铁晶体样品纯度的测定

工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的流程如下图：

（4）草酸亚铁晶体溶解酸化用KMnO4溶液滴定至终点的离子方程式为____。

（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为 ____（用代数式表示），若配制溶液时Fe2+被氧化，则测定结果将____（填“偏高”“偏低”或“不变”）。

3．（2021·福建厦门·统考一模）高铁酸钾(K2FeO4)可溶于水、微溶于浓KOH溶液、难溶于无水乙醇；在强碱性溶液中比较稳定，在Fe3+或Fe(OH)3的催化作用下分解，是一种绿色高效的水处理剂。某实验小组用如图装置(加热夹持仪器已省略)制备KClO溶液，再用制得的KClO溶液与Fe(NO3)3溶液反应制备K2FeO4。

回答下列问题：

(1)K2FeO4中铁元素的化合价为_______，仪器X的名称为_______。

(2)装置B的作用是_______(任写一点)，装置D中发生反应的离子方程式为_______。

(3)现有①Fe(NO3)3溶液、②含KOH的KClO溶液，上述两种溶液混合时，将_______(填标号，下同)滴入______中，发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。

(4) K2FeO4的理论产率与合成条件相应曲面投影的关系如图(虚线上的数据表示K2FeO4的理论产率)所示，则制备K2FeO4的最适宜的条件范围是_______。

(5)高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为_______。

4．（2022·福建·统考一模）实验室中利用如图装置(部分装置省略)制备和，探究其氧化还原性质。

(1)盛放9mol/L盐酸的仪器名称是_______。

(2)b中发生化学反应的离子方程式是_______。

(3)d中浸有溶液的棉花的作用是_______。

(4)下列相关说法不正确的是_______(填标号)。

A．使用选择9mol/L盐酸替换浓盐酸，有利于减少挥发

B．控制液体滴加速率以维持氯气气流稳定，有利于减少反应过程倒吸的可能

C．反应结束后，b中液体经冷却结晶、过滤、冷水洗涤、干燥，可得晶体

D．增大装置c中溶液的浓度，有利于提高产率

(5)当b中试管内溶液由黄色变为无色时，反应到达终点。实际操作时，发现溶液由黄色变为紫红色甚至产生棕色沉淀影响产品纯度。针对该现象，提出改进的措施_______。

(6)取少量和溶液分别置于1号和2号试管中，滴加溶液。两支试管均无明显现象，但试管2试管壁发烫。在上述实验基础上，设计实验进一步验证该条件下的氧化能力小于_______。(供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、溶液、溶液)

(7)中氧原子的p轨道上的孤对电子进入氯原子的d轨道形成键。键长：_______(填“＞”或“＜”)。

三、结构与性质

5．（2021·福建厦门·统考一模）金属在生产、生活中应用广泛，其配合物在治疗癌症方面有重要的运用。回答下列问题：

(1)基态的价电子排布式为___，第二电离能，，的原因是__。

(2)胆矾、SOD酶的活性中心结构分别如图a、b所示：

①胆矾晶体中存在_______(填标号)。

A．金属键              B．σ键                C．π键 D．非极性键

②的空间结构是_______。

③SOD酶中C原子的杂化方式是_______、_______。

(3)一种新型的层状化合物的晶体结构如图所示，已知底边边长为anm，高为cnm。

当晶体Cu和Zn的数目之比为1:1时，该化合物的化学式为_______。

6．（2022·福建·统考一模）原子互替换二维材料六元环内的碳原子或氮原子，并与周围三个原子成键，由此构筑的单个如原子掺杂催化剂如图a所示，相比于传统的碳负载催化剂，在催化乙炔与氯化氢制备氯乙烯过程中能维持较高的活性。

回答下列问题：

(1)基态氯原子价电子排布式为_______。

(2)氯乙烯中的元素按电负性从小到大的顺序为_______(填元素符号)。

(3)的熔点比高，原因是_______。

(4)图a中存在的化学键有_______(填标号)。

a.非极性键    b.键    c.金属键    d.范德华力    c.氢键

(5)另一种二维材料结杓如图b所示。

①其基本结构单元(虚线图部分)中有_______个N原子。

②若图b发生类似图a的单个原子掺杂，则有_______种掺杂方式。

参考答案：

1．     放热     D     1.54     NH3*+NH3=2NH3     占据催化剂活性位点过多     B     加压强或降温     0.006mol·L-1·min-1     0.73

【分析】（1）升高温度，NH3体积分数降低；

（2）在1.01×105Pa、250℃时，将2 molN2和2 molH2加入aL密闭容器中充分反应，与在1.01×105Pa、250℃时，将1 molN2和1 molH2加入aL密闭容器中充分反应比，相当于加压；

（3）吸收能量最大的能垒，即相对能量的差最大；根据图示写方程式；

（4）根据反应方程式，N2、H2、NH3的变化量比为1:3:2；图氢气的转化率为25%，（1）中氢气的转化率是11.5%，根据转化率的变化分析；

②A表示氢气的浓度变化，根据 计算H2的平均反应速率；根据计算平衡常数；

【详解】（1）升高温度，NH3体积分数降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热；

（2）在1.01×105Pa、250℃时，将1 molN2和1 molH2加入aL刚性容器中充分反应，测得NH3体积分数为0.04；

，x=0.0384，H2平衡转化率，在1.01×105Pa、250℃时，将2 molN2和2 molH2，相当于加压，平衡正向移动，氢气转化率增大，H2平衡转化率>11.5%，故选D；

（3）根据图示，吸收能量最大的能垒，即相对能量的差最大是-1.02-(-2.56)=1.54；根据图示，该步的方程式是NH3*+NH3=2NH3；若通入H2体积分数过大，氢分子占据催化剂活性位点过多；

（4）①根据反应方程式，N2、H2、NH3的变化量比为1:3:2，所以表示N2浓度变化的曲线是B；(1)中氢气转化率11.5%，1:3时氢气转化率更低，图中氢气转化率25%，故只能考虑压强、温度的影响，可以采用加压或降温的方法；

②A表示氢气的浓度变化， 0.006mol·L-1·min-1； mol-2．L2。

2．     洗气瓶     f g → b c → hi →d e→b c     先通入一段时间的氮气     CO     取少量固体溶于硫酸，无气体生成                    偏低

【分析】（1）①根据图示分析装置B的名称；

②先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜、澄清石灰水检验CO，最后用点燃的方法处理尾气；

③用氮气排出装置中的空气；

④CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳；

（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气；

（3）依据（1）和（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水；

（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2；

（5）亚铁离子消耗高锰酸钾溶液V2mL，则草酸根离子消耗高锰酸钾溶液V1mL-V2mL，由于样品含有FeSO4杂质，所以根据草酸根离子的物质的量计算草酸亚铁晶体样品的纯度。

【详解】（1）①根据图示，装置B的名称是洗气瓶；

②先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜检验CO，再用澄清石灰水检验二氧化碳的生成，最后用点燃的方法处理尾气，仪器的连接顺序是a→fg→bc →hi→de→bc；

③为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，实验前应进行的操作是先通入一段时间的氮气；

④CO具有还原性，C处固体由黑变红，说明氧化铜被还原为铜，其后的澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，则证明气体产物中含有CO；

（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气，取少量固体溶于硫酸，没有气体放出，则证明是FeO；

（3）依据（1）和（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水，反应方程式是 ；

（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2，反应的离子方程式是；

（5）25mL样品溶液中亚铁离子消耗高锰酸钾的物质的量是，草酸根离子消耗高锰酸钾的物质的量为，根据方程式，草酸亚铁晶体样品的纯度为 ；若配制溶液时Fe2+被氧化，则V1减小，V2不变，测定结果将偏低。

【点睛】本题通过探究草酸亚铁的性质，考查学生实验基本操作和获取信息解决实际问题的能力，明确实验原理与方法是解题的关键，知道草酸、亚铁离子都能被高锰酸钾氧化。

3．     +6     三颈烧瓶     除去氯气中的氯化氢     Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O     ①     ②     3：2     反应时间为50~60min时，反应温度为5~10℃     K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产生的氢氧化铁胶体具有吸附杂质、絮凝的作用

【分析】装置A中浓盐酸与MnO2共热得到氯气，利用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，之后通入KOH溶液中得到KClO和KCl的混合溶液，装置D处理尾气，干燥管可以防止倒吸。

【详解】(1)K2FeO4中K元素为+1价，O为-2价，根据化合价之和为0可知Fe为+6价；根据仪器X的结构特点可知其为三颈烧瓶；

(2)浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有HCl气体，饱和NaCl溶液可以除去HCl气体；装置D中是利用NaOH溶液反应氯气，处理尾气，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

(3)根据题意可知高铁酸钾在强碱性溶液中比较稳定，所以在制备过程中要保持溶液为碱性环境，即KOH要处于过量的状态，所以应将①滴入②中；该反应中氧化剂是KClO，被还原为Cl-，Fe(NO3)3为还原剂，被氧化为FeO，根据电子守恒可知KClO和Fe(NO3)3的物质的量之比为3：2；

(4)据图可知当反应时间为50~60min时，反应温度为5~10℃时K2FeO4的理论产率最高；

(5)K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附杂质、絮凝的作用。

4．(1)分液漏斗

(2)Cl2＋6OH－ClO＋5Cl－＋3H2O

(3)吸收逸出的氯气尾气，防止空气污染

(4)D

(5)反应前用少量水润湿MnO2粉末

(6)向试管1加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀溶解；待试管2冷却后，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解

(7)＜

【分析】本题制备KClO3和NaClO，制备KClO3是氯气和KOH在加热条件下发生歧化反应得到，制备NaClO是由氯气和NaOH在冰水中进行，a装置制备Cl2，b制备KClO3，c制备NaClO，d装置是尾气的吸收，据此分析；

（1）

盛放9mol·L－1盐酸的仪器是分液漏斗；故答案为分液漏斗；

（2）

b中制备KClO3，氯气与KOH歧化反应得到KCl和KClO3、H2O，即离子方程式为Cl2＋6OH－ClO＋5Cl－＋3H2O；故答案为Cl2＋6OH－ClO＋5Cl－＋3H2O；

（3）

氯气有毒，为防止污染环境必须除去，Na2S2O3具有还原性，Na2S2O3的作用是吸收逸出的氯气尾气，防止污染空气；故答案为吸收逸出的氯气尾气，防止污染空气；

（4）

A．盐酸越浓，挥发性越强，使用9mol/L盐酸代替浓盐酸，可以减少HCl挥发，故A说法正确；

B．控制液体滴加速率以维持氯气气流稳定，不至于装置中的压强忽大忽小，可以减少反应过程中倒吸的可能，故B说法正确；

C．反应结束后，b中液体经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、干燥，可得到KClO3固体，故C说法正确；

D．浓NaOH与水放出热量，Cl2与NaOH反应发生副反应，NaClO产率降低，故D说法错误；

答案为D；

（5）

出现上述颜色变化，可能是MnO2粉末随氯气进入b中试管中，参与反应，防止MnO2粉末进入b中试管中，可以反应前用少量水润湿MnO2粉末；故答案为反应前用少量水润湿MnO2粉末；

（6）

证明KClO3的氧化能力小于NaClO的氧化能力，需要证明试管1中无SO，试管2中有SO，操作为向试管1加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀溶解；待试管2冷却后，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解；故答案为向试管1加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀溶解；待试管2冷却后，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解；

（7）

中心原子Cl有1个孤电子对，中心原子Cl有3个孤电子对，孤电子对越多，斥力越大，键长越长，键长：＜；故答案为＜。

5．     3d10     Cu+再失去的是全充满的3d10电子，Zn+再失去的是4s1电子，全满状态较稳定     BC     正四面体     sp3     sp2     CuZnKTe2

【详解】(1)Cu为29号元素，失去最外层一个电子形成Cu+，基态Cu+原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，所以Cu+的价电子排布式为3d10；Cu+的外围电子排布为3d10，Zn+的外围电子排布为3d104s1，Cu+再失去的是全充满的3d10电子，Zn+再失去的是4s1电子，所以元素铜的第二电离能高于锌的；

(2)①根据胆矾的结构可知胆矾晶体中存在水分子和Cu2+形成的配位键、O原子和H原子形成的σ键、S原子和O原子形成的π键、硫酸根和Cu2+形成的离子键、硫酸根中O原子和水分子中氢原子形成的氢键，故选BC；

②ClO中心原子价层电子对数为=4，不存在孤电子对，所以为正四面体；

③SOD酶中苯环、五元环的C原子为sp2杂化，其余C原子均为饱和C原子，为sp3杂化；

(3)根据均摊法，该物质中K原子的个数为=2，Te原子的个数为=4，Cu和Zn原子共有=4个，Cu和Zn的数目之比为1:1，则Zn有2个，Cu有2个，所以该化合物的化学式为CuZnKTe2。

6．(1)3s23p5

(2)H< C <Cl

(3)二者均为分子晶体，结构相似，AuCl3相比AlCl3，相对分子质量大，范德华力大，熔点更高

(4)b

(5)     4     2

【解析】(1)

氯是17号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，所以价电子排布式为3s23p5，故答案为：3s23p5；

(2)

氯乙烯中含有C、H、Cl元素，元素的非金属性越强其电负性越大，H、Cl、C的非金属性大小顺序是Cl＞C＞H，所以其电负性由小到大的顺序是H< C <Cl；

(3)

二者均为分子晶体，结构相似，AuCl3相比AlCl3，相对分子质量大，范德华力大，熔点更高，故的熔点比高；

(4)

a.非极性键：存在同种原子之间，由图可知，无非极性键，选项a错误；

b.键：由图可知N(2)原子形成三个共价键即单键，而N(3)原子形成2个共价单键，故还有1个键，故存在键，选项b正确；

c.金属键存在金属原子之间，故无金属键，选项c错误；    

d.范德华力不是化学键，选项d错误；

c.氢键不是化学键，选项e错误；

答案选b；

(5)

①1个基本结构单元含8个N，但每个N由2个六元环共用，所以其基本结构单元中有8=4个N原子；

②有2种掺杂方式，一种替换六元环中的N原子，一种替换两个六元环之间相连接的N原子。