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山东省聊城市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
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这是一份山东省聊城市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，共13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。
山东省聊城市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·山东聊城·一模）钛及其化合物应用广泛。
(1)(钛元素基态原子核外最外层电子的自旋状态___（填“相同”或“相反”）。
(2)已知一定条件下TiO2与TiCl4之间可以相互转化：TiO2TiCl4。
①Ti、Cl、O三种元素电负性由大到小的顺序为___。
②COCl2的分子构型为___，键角大小比较∠Cl—C—O___∠C1—C—Cl（填“>”或“<”），σ键和π键数目之比为___。
③已知室温下TiCl4为无色易溶于乙醇的液体，则TiCl4的晶体类型为___。
（3）配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中，中心离子的配位数是___，向1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到___molAgCl沉淀。
（4）金红石型TiO2的晶胞(α=β=γ=90o)如图所示：TiO2晶体中O原子的配位数是___，其晶胞参数为：a=b=459pm，c=295pm，该晶体密度为___g/cm3（列出计算式）。
二、实验题
2．（2020·山东聊城·一模）乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}(相对分子质量：288)可由乳酸与FeCO3反应制得，它易溶于水，几乎不溶于乙醇，受热易分解，是一种很好的补铁剂。
Ⅰ.制备碳酸亚铁：装置如图所示。
(1)仪器B的名称是___。
(2)实验操作如下：关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，其目的是___，然后打开活塞2，关闭活塞___。
Ⅱ.制备乳酸亚铁：向纯净的FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应。
(3)该反应化学方程式为___。为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入___，反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的步骤如下，请将前四步正确排序(写字母序号)：___，干燥。
a.过滤 b.隔绝空气，加热 c.冷却结晶 d.用适量乙醇洗涤
Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量；
(4)用K2Cr2O7滴定法测定样晶中Fe2+的含量计算样品纯度，称取6.00g样品配制成250.00mL溶液。取25.00mL用0.0100mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为___(以质量分数表示)。
3．（2021·山东聊城·统考一模）亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂和优质漂白剂，可由ClO2为原料制取。实验室利用下图装置制备亚氯酸钠(夹持装置略)，并利用滴定法测定所制亚氯酸钠的纯度。
已知：①ClO2沸点11℃，极易溶于水，浓度过高时易分解爆炸
②2NaOH+H2O2+2C1O2=2NaClO2+O2+2H2O
(1)装置A中仪器a的名称为___________，产生ClO2的化学方程式为___________。
(2)实验过程中需要持续通入稀有气体，目的是___________。
(3)装置B的作用是___________。
(4)装置C中用冰水浴冷却的目的是___________。
(5)测定亚氯酸钠的含量实验步骤：①称取亚氯酸钠样品5.0g于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成500 mL待测溶液。②移取10.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用0.10mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液体积为40.00mL。 (已知：ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+C1-、I2+2S2O=2I-+S4O)。
①达到滴定终点时的现象为___________，正确判断滴定终点后，仰视读数，会导致测定结果___________(填“偏高”或“偏低”)。
②该样品中NaClO2的纯度为___________。
4．（2022·山东聊城·统考一模）三氯化铬()是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室制取的反应为：，其实验装置如下图所示：
已知：①(俗称光气)有毒，遇水发生水解：；
②碱性条件下，可将氧化为(黄色)；酸性条件下，将 (橙色)还原为(绿色)。
(1)A装置用于干燥和观察其流速，A中的试剂是_______；无水的作用是_______；反应结束后要继续通入一段时间氮气，主要目的是_______。
(2)装置E用来收集产物。实验过程中若D处因发生凝华出现堵塞，A装置中可观察到的现象是_______；可通过_______(填操作)使实验继续进行。
(3)尾气与装置G中过量的溶液发生反应的离子方程式是_______。
(4)测定产品中，质量分数的实验步骤如下：
Ⅰ.取产品，在强碱性条件下，加入过量溶液，小火加热使完全转化为，再继续加热一段时间。
Ⅱ.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的稀硫酸和浓磷酸(浓磷酸作用是防止指示剂提前变色)，使转化为。
Ⅲ.在溶液中加入适量浓混合均匀，滴入3滴试亚铁灵做指示剂，用新配制的标准溶液滴定，溶液由黄色经蓝绿色至红褐色即为终点，消耗标准溶液(滴定中被还原为)。
①计算产品中质量分数为_______。
②下列操作将导致产品中质量分数测定值偏低的是_______(填字母标号)。
A．步骤Ⅰ中未继续加热一段时间
B．步骤Ⅱ用盐酸替代硫酸
C．步骤Ⅲ中溶液部分变质
D．步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
三、结构与性质
5．（2021·山东聊城·统考一模）2020年我国“奋斗者”号载人潜水器成功进行万米海试，国产新型材料“钛”牛了！该合金中含钛、铁、镍、铂等十几种元素，具有高强度、高韧性。回答下列问题：
(1)基态Ti原子的核外电子的空间运动状态有___________种。TiF4的熔点377℃远高于TiC14(-24.12℃)的原因是___________。
(2)邻二氮菲()中N原子可与Fe2+通过配位键形成橙红色邻二氮菲亚铁离子，利用该反应可测定Fe2+浓度，该反应的适宜pH范围为2～9，试解释选择该pH范围的原因___________。
(3)Ni与Cu的第二电离能：Ni___________Cu(填“>”或“<”)。含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Ni2+与EDTA形成的螯合物的结构如图所示，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有___________个，其中提供孤对电子的原子为___________(写元素符号)。
(4)①Pt与NH3能够形成顺铂与反铂两种结构，如图所示，由此可判断中心原子Pt杂化方式肯定不是sp3杂化，理由是___________。
②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，称作原子的分数坐标。氯铂酸钾(K2PtC16，式量为486)的立方晶胞结构如图所示，该晶胞中部分PtC1、K+的分数坐标为PtC1 (0，0，0)、K (0.25，0.75，0.25)、K (0.75，0.25，0.25)，其中A、B分别代表K+的位置。找出距离PtC1 (0，0，0)最近的K+___________(用分数坐标表示)。用NA表示阿伏加德罗常数的值，若实验测得氯铂酸钾的密度是d g·cm-3，则A、B两个K+的距离为___________pm(列出计算式即可)。
6．（2022·山东聊城·统考一模）石墨烯、高温氯化钠、砷化镉等超导材料应用广泛。回答下列问题：
(1)石墨烯结构如图1所示，则碳原子的杂化方式为_______，12 g石墨烯中含有六元环个数与σ键个数之比为_______。
(2)温度升高时，NaCl晶体出现缺陷，如图2方格处填入Na+时，恰好构成氯化钠晶胞的，此时晶体的导电性大大增强。已知氯化钠晶体中两个相邻Cl-之间的间隙小于Na+直径，则Na+最可能通过途径_______(填图中序号)迁移到空位处。
(3)石墨烯限域单原子铁催化剂使CH4在室温条件下被H2O2直接氧化为HCHO、HCOOH，比较HCHO、HCOOH的沸点高低并说明理由_______。
(4)镉(Cd)与Zn同族且相邻，则基态Cd原子的价电子排布式为_______；与砷(As)同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3强于PH3，原因是_______。
(5)砷化镉可以看作是石墨烯的3D版，其晶胞结构为正方体如图3，占据顶点和面心，Cd占据As围成的四面体空隙，空隙占有率75%，故Cd为“具有两个真空的立方晶格”，其中“①”和“②”位是“真空”。建立如图的原子坐标系，①号位的坐标为(，，)，则③号位原子坐标参数为_______。晶胞的密度为，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中距离最远的两个Cd原子之间的距离为_______pm(列计算式即可)。
参考答案：
1． 相反 O>Cl>Ti 平面三角形 > 3 分子晶体 6 2 3
【分析】(1)钛为22号元素，根据价电子排布式分析；
(2)①元素原子的得电子能力越强，则电负性越大；
②根据1个单键是1个σ键，1个双键中含有1个σ键，1个π键以及COCl2分子的结构式来解答；
③通常低熔点、易溶于有机溶剂的晶体属于分子晶体；
(3)配合物[TiCl(H2O)3]Cl2·H2O中，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O；
(4)根据均摊法结合晶胞数据分析解答。
【详解】(1)钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2，则基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，原子核外最外层电子数为2，自旋状态相反；
(2)①元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，所以O>Cl>Ti；
②COCl2的结构为，中心原子C上含有3个σ键，没有孤电子对，属于sp2杂化，其分子构型为平面三角形；
在COCl2分子中, C原子为sp2杂化，虽然等性sp2杂化的键角是120°。但由于C原子与O原子间以双键C=O结合,该双键对C-Cl键的斥力要更大些。所以，∠O-C-Cl键角要大于∠Cl-C-Cl键角；答案为>；
COCl2分子中有1个C＝O键和2个C－Cl键，所以COCl2分子中σ键的数目为3，π键数目为1，个数之比为3：1；
③通常低熔点、易溶于有机溶剂的晶体属于分子晶体，则TiCl4的晶体类型为分子晶体；
(3)配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O，中心离子的配位数是6，作为配体的Cl-难以电离出来与Ag+发生反应，故向1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2molAgCl沉淀；
(4)根据均摊法，晶胞中有2个原子和4个O原子，因此晶胞质量＝，晶胞体积＝459，因此，晶胞密度＝。
2． 蒸馏烧瓶 排尽装置内的空气，防止二价铁被氧气氧化 1、3 2CH3CH(OH)COOH+FeCO3=[CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O 适量铁粉 bcad 57.6%
【分析】结合仪器构造和用途书写仪器；加入适量稀硫酸反应一段时间，生成氢气，排除空气，排除空气后，将亚铁离子引入到后面装置中与碳酸氢根发生反应生成碳酸亚铁；乳酸和碳酸亚铁反应生成乳酸亚铁和二氧化碳，加入铁粉防止乳酸亚铁变质，反应结束后，要避免乳酸亚铁被氧气，由于乳酸亚铁不溶于乙醇，因此用适量乙醇洗涤；根据关系式计算乳酸亚铁的物质的量，再计算纯度。
【详解】(1) 仪器B是带支管的烧瓶，名称是蒸馏烧瓶；
(2) 实验操作如下：关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，生成氢气，排除空气，其目的是：排尽装置内的空气，防止二价铁被氧气氧化；然后打开活塞2，关闭活塞1、3；
(3) 乳酸和碳酸亚铁反应生成乳酸亚铁和二氧化碳，其反应化学方程式为2CH3CH(OH)COOH+FeCO3=[CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O；为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入适量铁粉；反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体，主要避免乳酸亚铁被氧气氧化，因此要隔绝空气，低温蒸干，过滤后再用适量乙醇洗涤，所以排序为：bcad ；
(4) 根据电子守恒，铁化合价由+2升高到+3，铬由+6降低到+3，可得关系为
解得n( Fe2+) = 1.2×10-3mol
乳酸亚铁晶体的纯度为： 。
【点睛】计算时直接由电子守恒、元素化合价的变化得到反应的关系式，不一定要通过化学方程式来进行计算，同时注意量的10倍关系。
3． 分液漏斗 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2Na2SO4+2ClO2↑+H2O 稀释ClO2，防止发生危险(爆炸) 作安全瓶(或缓冲瓶)，防止C中液体倒吸进入装置A中 减少H2O2分解(或减少ClO2的挥发) 溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内颜色不再变化 偏高 90.5％。
【分析】本题实验目的是制备氯酸钠，原理是2NaOH+H2O2+2C1O2=2NaClO2+O2+2H2O，A装置为制备ClO2，B装置为安全瓶，C装置为制备氯酸钠，D装置的作用是吸收ClO2，纯净的ClO2易爆炸。
【详解】(1) 装置A中仪器a的名称为分液漏斗；产生ClO2的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2Na2SO4+2ClO2↑+H2O；
(2) ClO2浓度过高，易发生爆炸，故实验过程中通入稀有气体的目的是稀释ClO2，防止发生危险(爆炸)；
(3)仪器B是安全瓶，防止C中液体倒吸进入A中；
(4) ClO2高温易挥发，制取NaClO2时用到双氧水，双氧水高温易分解，挥发藕汁产率降低，因此冰水浴可以减少双氧水的分解；
(5)①淀粉遇碘变蓝，滴定终点时溶液蓝色褪去，且半分钟内颜色不再变化，故达到滴定终点时的现象为溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内颜色不再变化；正确判断滴定终点后，仰视读数，会导致测定结果偏高；
②NaClO2被还原为氯离子，碘离子被氧化为I2，由得失电子守恒：，结合题目所给反应式可得：，所得粗品的纯度为。
4．(1) 浓 防止G中水蒸气进人E装置 将和分别充分排入装置E和G中
(2) A中导管内液面上升 对D处稍加热
(3)
(4) 79.25% AB
【分析】实验室制取CrCl3的反应为CnO3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，CrCl3 易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化，A中装浓H2SO4干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将CrCl3充分排入装置E，将COCl2排入装置G中并被充分吸收，回收尾气，以此来解析；
【详解】（1）根据题目信息：CrCl3 易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，作用是干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置，无水CaCl2的作用是防止中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将CrCl3充分排入装置E，将COCl2排入装置G中并被充分吸收，回收尾气；
（2）若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升； D处堵塞是因CrCl3升华后在D处凝聚而产生的，故可对D处稍加热，使实验能继续进行；
（3）装置G中可以看做是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，根据电荷守恒和原子守恒，可得反应的离子方程式为：COCl2+4OH-=CO + 2C1-+2H2O；
（4）①
根据得失电子守恒和原子守恒可得测定过程中的物质的量的关系为：2CrCl3～2CrO～Cr2O～6(NH)4Fe(SO4)2，(NH)4Fe(SO4)2的物质的量：n=cV=30.00×10-3L×1.0mol⋅L-1=3×10-2mol，测定产品中CrCl3质量分数为：=79.25%；
②
A．步骤I未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤I中会将Cr2O还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH)4Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A符合题意；
B．由提示可知，步骤Ⅱ中用盐酸代替硫酸，由于Cl-具有还原性，会反应消耗Cr2O，导致(NH)4Fe(SO4)2消耗的体积偏小，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，B符合题意；
C．步骤I中所(NH)4Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，C不符合题意；
D．步骤中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，D不符合题意；
故选AB。
5． 12 TiF4晶体为离子晶体，TiC14晶体为分子晶体 当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；若OH-浓度较高时，OH-与Fe2+反应，也会影响与邻二氮菲配位 < 6 N、O 若Pt以sp3杂化轨道成键，分子应为四面体结构，则不存在顺铂和反铂同分异构现象 (0.25，0.25，0.25)
【详解】(1)基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，s轨道有一种空间运动状态，p轨道有三种空间运动状态，d轨道有五种空间运动状态，3d轨道只有两个电子，有两种空间运动状态，因此基态Ti原子的核外电子的空间运动状态有12种；TiF4晶体为离子晶体，TiC14晶体为分子晶体，所以TiF4的熔点远高于TiC14的熔点；
(2)当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；若OH-浓度较高时，OH-与Fe2+反应，也会影响与邻二氮菲配位，所以适宜pH范围为2～9；
(3)Ni与Cu的第二电离能：Ni＜Cu，因为Ni失去的是4s1电子，铜失去的是全充满的3d10电子，全充满结构稳定，铜不易失去3d轨道上的电子，所以Cu的第二电离能较大；由题可知，只有成环的配位键才能起到螯合作用，再结合题目中所给的结构可以知道，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个；由结构图可知，提供孤对电子的原子为N、O；
(4)①若Pt以sp3杂化轨道成键，分子应为四面体结构，则不存在顺铂和反铂同分异构现象；
②距离PtC1 (0，0，0)最近的K+(0.25，0.25，0.25)；由题意K (0.25，0.75，0.25)，而晶胞边长为1，一个晶胞有4个，8个钾离子，设棱长为acm，一个晶胞质量为，体积为a3cm3，故d=，=×1010pm，K (0.25，0.75，0.25)、K (0.75，0.25，0.25)，AB=，则A、B两个K+的距离为。
6．(1) sp2 1∶3
(2)Ⅰ
(3)HCOOH沸点较高，因为HCOOH分子之间存在氢键
(4) 4d105s2 原子半径N＜P，电负性N＞P，NH3更易结合水中的H+而电离出OH-
(5) (，1，)
【解析】（1）
在石墨烯结构中每个C原子与相邻的3个C原子形成共价键，因此C原子杂化类型是sp2杂化；
在一个正六边形中含有6个C原子，每个C原子与相邻的3个C原子形成3个C-C共价键，为相邻的3个正六边形所共有，则1个小六边形中含有的C原子数目是6×=2，每个C-C共价键都是σ键，是相邻的2个C原子形成，故平均1个六边形含有2个C原子，含有3个σ键；12 g 石墨烯中C的物质的量是1 mol，则其中含有六元环物质的量是0.5 mol，含有σ键物质的量是1.5 mol，因此12 g石墨烯中含有六元环个数与σ键个数之比为0.5 mol：1.5 mol=1：3；
（2）
导电性增强的原因：该晶体导电时，Na+在电场作用下迁移到空位上，形成电流；在氯化钠晶体中两个相邻Cl-之间的间隙小于Na+直径，则Na+不可能通过途径II迁移到空位处，则是Na+最可能通过途径I迁移到空位处；
（3）
HCHO、HCOOH都是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，由于HCOOH的分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致HCOOH的沸点比只存在分子间作用力的HCHO高；
（4）
Zn是第四周期四IIB元素，原子核外价电子排布式是3d104s2，则与Zn同一族且处于相邻周期的Cd元素的基态原子的价电子排布式为4d105s2；
由于原子半径：N＜P，元素的电负性：N＞P，则NH3更易结合水中的H+而电离出OH-，因此溶液的碱性：NH3强于PH3；
（5）
如图的原子坐标系，①号位在底面的投影应位于底面对角线的处，根据①号位的坐标为(，，) ，可知该坐标系中晶胞的棱长为1，③号位碳原子在底面的投影位于底面棱心上，所以x、y坐标为、1；③号位碳原子位于右侧面的面心，所以z坐标为，则该原子的坐标为(，1，)；
根据均摊法，该晶胞中As原子个数为：8×+6×=4，含有Cd原子数为6个，该晶胞中距离最远的两个Cd原子之间的距离为体对角线的。假设晶胞边长为a pm，则根据晶胞密度计算公式可得ρ=，a=×1010 pm，故该晶胞中距离最远的两个Cd原子之间的距离为L=pm。
山东省聊城市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·山东聊城·一模）钛及其化合物应用广泛。
(1)(钛元素基态原子核外最外层电子的自旋状态___（填“相同”或“相反”）。
(2)已知一定条件下TiO2与TiCl4之间可以相互转化：TiO2TiCl4。
①Ti、Cl、O三种元素电负性由大到小的顺序为___。
②COCl2的分子构型为___，键角大小比较∠Cl—C—O___∠C1—C—Cl（填“>”或“<”），σ键和π键数目之比为___。
③已知室温下TiCl4为无色易溶于乙醇的液体，则TiCl4的晶体类型为___。
（3）配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中，中心离子的配位数是___，向1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到___molAgCl沉淀。
（4）金红石型TiO2的晶胞(α=β=γ=90o)如图所示：TiO2晶体中O原子的配位数是___，其晶胞参数为：a=b=459pm，c=295pm，该晶体密度为___g/cm3（列出计算式）。
二、实验题
2．（2020·山东聊城·一模）乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}(相对分子质量：288)可由乳酸与FeCO3反应制得，它易溶于水，几乎不溶于乙醇，受热易分解，是一种很好的补铁剂。
Ⅰ.制备碳酸亚铁：装置如图所示。
(1)仪器B的名称是___。
(2)实验操作如下：关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，其目的是___，然后打开活塞2，关闭活塞___。
Ⅱ.制备乳酸亚铁：向纯净的FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应。
(3)该反应化学方程式为___。为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入___，反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的步骤如下，请将前四步正确排序(写字母序号)：___，干燥。
a.过滤 b.隔绝空气，加热 c.冷却结晶 d.用适量乙醇洗涤
Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量；
(4)用K2Cr2O7滴定法测定样晶中Fe2+的含量计算样品纯度，称取6.00g样品配制成250.00mL溶液。取25.00mL用0.0100mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为___(以质量分数表示)。
3．（2021·山东聊城·统考一模）亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂和优质漂白剂，可由ClO2为原料制取。实验室利用下图装置制备亚氯酸钠(夹持装置略)，并利用滴定法测定所制亚氯酸钠的纯度。
已知：①ClO2沸点11℃，极易溶于水，浓度过高时易分解爆炸
②2NaOH+H2O2+2C1O2=2NaClO2+O2+2H2O
(1)装置A中仪器a的名称为___________，产生ClO2的化学方程式为___________。
(2)实验过程中需要持续通入稀有气体，目的是___________。
(3)装置B的作用是___________。
(4)装置C中用冰水浴冷却的目的是___________。
(5)测定亚氯酸钠的含量实验步骤：①称取亚氯酸钠样品5.0g于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成500 mL待测溶液。②移取10.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用0.10mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液体积为40.00mL。 (已知：ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+C1-、I2+2S2O=2I-+S4O)。
①达到滴定终点时的现象为___________，正确判断滴定终点后，仰视读数，会导致测定结果___________(填“偏高”或“偏低”)。
②该样品中NaClO2的纯度为___________。
4．（2022·山东聊城·统考一模）三氯化铬()是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室制取的反应为：，其实验装置如下图所示：
已知：①(俗称光气)有毒，遇水发生水解：；
②碱性条件下，可将氧化为(黄色)；酸性条件下，将 (橙色)还原为(绿色)。
(1)A装置用于干燥和观察其流速，A中的试剂是_______；无水的作用是_______；反应结束后要继续通入一段时间氮气，主要目的是_______。
(2)装置E用来收集产物。实验过程中若D处因发生凝华出现堵塞，A装置中可观察到的现象是_______；可通过_______(填操作)使实验继续进行。
(3)尾气与装置G中过量的溶液发生反应的离子方程式是_______。
(4)测定产品中，质量分数的实验步骤如下：
Ⅰ.取产品，在强碱性条件下，加入过量溶液，小火加热使完全转化为，再继续加热一段时间。
Ⅱ.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的稀硫酸和浓磷酸(浓磷酸作用是防止指示剂提前变色)，使转化为。
Ⅲ.在溶液中加入适量浓混合均匀，滴入3滴试亚铁灵做指示剂，用新配制的标准溶液滴定，溶液由黄色经蓝绿色至红褐色即为终点，消耗标准溶液(滴定中被还原为)。
①计算产品中质量分数为_______。
②下列操作将导致产品中质量分数测定值偏低的是_______(填字母标号)。
A．步骤Ⅰ中未继续加热一段时间
B．步骤Ⅱ用盐酸替代硫酸
C．步骤Ⅲ中溶液部分变质
D．步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
三、结构与性质
5．（2021·山东聊城·统考一模）2020年我国“奋斗者”号载人潜水器成功进行万米海试，国产新型材料“钛”牛了！该合金中含钛、铁、镍、铂等十几种元素，具有高强度、高韧性。回答下列问题：
(1)基态Ti原子的核外电子的空间运动状态有___________种。TiF4的熔点377℃远高于TiC14(-24.12℃)的原因是___________。
(2)邻二氮菲()中N原子可与Fe2+通过配位键形成橙红色邻二氮菲亚铁离子，利用该反应可测定Fe2+浓度，该反应的适宜pH范围为2～9，试解释选择该pH范围的原因___________。
(3)Ni与Cu的第二电离能：Ni___________Cu(填“>”或“<”)。含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Ni2+与EDTA形成的螯合物的结构如图所示，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有___________个，其中提供孤对电子的原子为___________(写元素符号)。
(4)①Pt与NH3能够形成顺铂与反铂两种结构，如图所示，由此可判断中心原子Pt杂化方式肯定不是sp3杂化，理由是___________。
②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，称作原子的分数坐标。氯铂酸钾(K2PtC16，式量为486)的立方晶胞结构如图所示，该晶胞中部分PtC1、K+的分数坐标为PtC1 (0，0，0)、K (0.25，0.75，0.25)、K (0.75，0.25，0.25)，其中A、B分别代表K+的位置。找出距离PtC1 (0，0，0)最近的K+___________(用分数坐标表示)。用NA表示阿伏加德罗常数的值，若实验测得氯铂酸钾的密度是d g·cm-3，则A、B两个K+的距离为___________pm(列出计算式即可)。
6．（2022·山东聊城·统考一模）石墨烯、高温氯化钠、砷化镉等超导材料应用广泛。回答下列问题：
(1)石墨烯结构如图1所示，则碳原子的杂化方式为_______，12 g石墨烯中含有六元环个数与σ键个数之比为_______。
(2)温度升高时，NaCl晶体出现缺陷，如图2方格处填入Na+时，恰好构成氯化钠晶胞的，此时晶体的导电性大大增强。已知氯化钠晶体中两个相邻Cl-之间的间隙小于Na+直径，则Na+最可能通过途径_______(填图中序号)迁移到空位处。
(3)石墨烯限域单原子铁催化剂使CH4在室温条件下被H2O2直接氧化为HCHO、HCOOH，比较HCHO、HCOOH的沸点高低并说明理由_______。
(4)镉(Cd)与Zn同族且相邻，则基态Cd原子的价电子排布式为_______；与砷(As)同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3强于PH3，原因是_______。
(5)砷化镉可以看作是石墨烯的3D版，其晶胞结构为正方体如图3，占据顶点和面心，Cd占据As围成的四面体空隙，空隙占有率75%，故Cd为“具有两个真空的立方晶格”，其中“①”和“②”位是“真空”。建立如图的原子坐标系，①号位的坐标为(，，)，则③号位原子坐标参数为_______。晶胞的密度为，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中距离最远的两个Cd原子之间的距离为_______pm(列计算式即可)。
参考答案：
1． 相反 O>Cl>Ti 平面三角形 > 3 分子晶体 6 2 3
【分析】(1)钛为22号元素，根据价电子排布式分析；
(2)①元素原子的得电子能力越强，则电负性越大；
②根据1个单键是1个σ键，1个双键中含有1个σ键，1个π键以及COCl2分子的结构式来解答；
③通常低熔点、易溶于有机溶剂的晶体属于分子晶体；
(3)配合物[TiCl(H2O)3]Cl2·H2O中，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O；
(4)根据均摊法结合晶胞数据分析解答。
【详解】(1)钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2，则基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，原子核外最外层电子数为2，自旋状态相反；
(2)①元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，所以O>Cl>Ti；
②COCl2的结构为，中心原子C上含有3个σ键，没有孤电子对，属于sp2杂化，其分子构型为平面三角形；
在COCl2分子中, C原子为sp2杂化，虽然等性sp2杂化的键角是120°。但由于C原子与O原子间以双键C=O结合,该双键对C-Cl键的斥力要更大些。所以，∠O-C-Cl键角要大于∠Cl-C-Cl键角；答案为>；
COCl2分子中有1个C＝O键和2个C－Cl键，所以COCl2分子中σ键的数目为3，π键数目为1，个数之比为3：1；
③通常低熔点、易溶于有机溶剂的晶体属于分子晶体，则TiCl4的晶体类型为分子晶体；
(3)配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O，中心离子的配位数是6，作为配体的Cl-难以电离出来与Ag+发生反应，故向1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2molAgCl沉淀；
(4)根据均摊法，晶胞中有2个原子和4个O原子，因此晶胞质量＝，晶胞体积＝459，因此，晶胞密度＝。
2． 蒸馏烧瓶 排尽装置内的空气，防止二价铁被氧气氧化 1、3 2CH3CH(OH)COOH+FeCO3=[CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O 适量铁粉 bcad 57.6%
【分析】结合仪器构造和用途书写仪器；加入适量稀硫酸反应一段时间，生成氢气，排除空气，排除空气后，将亚铁离子引入到后面装置中与碳酸氢根发生反应生成碳酸亚铁；乳酸和碳酸亚铁反应生成乳酸亚铁和二氧化碳，加入铁粉防止乳酸亚铁变质，反应结束后，要避免乳酸亚铁被氧气，由于乳酸亚铁不溶于乙醇，因此用适量乙醇洗涤；根据关系式计算乳酸亚铁的物质的量，再计算纯度。
【详解】(1) 仪器B是带支管的烧瓶，名称是蒸馏烧瓶；
(2) 实验操作如下：关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，生成氢气，排除空气，其目的是：排尽装置内的空气，防止二价铁被氧气氧化；然后打开活塞2，关闭活塞1、3；
(3) 乳酸和碳酸亚铁反应生成乳酸亚铁和二氧化碳，其反应化学方程式为2CH3CH(OH)COOH+FeCO3=[CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O；为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入适量铁粉；反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体，主要避免乳酸亚铁被氧气氧化，因此要隔绝空气，低温蒸干，过滤后再用适量乙醇洗涤，所以排序为：bcad ；
(4) 根据电子守恒，铁化合价由+2升高到+3，铬由+6降低到+3，可得关系为
解得n( Fe2+) = 1.2×10-3mol
乳酸亚铁晶体的纯度为： 。
【点睛】计算时直接由电子守恒、元素化合价的变化得到反应的关系式，不一定要通过化学方程式来进行计算，同时注意量的10倍关系。
3． 分液漏斗 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2Na2SO4+2ClO2↑+H2O 稀释ClO2，防止发生危险(爆炸) 作安全瓶(或缓冲瓶)，防止C中液体倒吸进入装置A中 减少H2O2分解(或减少ClO2的挥发) 溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内颜色不再变化 偏高 90.5％。
【分析】本题实验目的是制备氯酸钠，原理是2NaOH+H2O2+2C1O2=2NaClO2+O2+2H2O，A装置为制备ClO2，B装置为安全瓶，C装置为制备氯酸钠，D装置的作用是吸收ClO2，纯净的ClO2易爆炸。
【详解】(1) 装置A中仪器a的名称为分液漏斗；产生ClO2的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2Na2SO4+2ClO2↑+H2O；
(2) ClO2浓度过高，易发生爆炸，故实验过程中通入稀有气体的目的是稀释ClO2，防止发生危险(爆炸)；
(3)仪器B是安全瓶，防止C中液体倒吸进入A中；
(4) ClO2高温易挥发，制取NaClO2时用到双氧水，双氧水高温易分解，挥发藕汁产率降低，因此冰水浴可以减少双氧水的分解；
(5)①淀粉遇碘变蓝，滴定终点时溶液蓝色褪去，且半分钟内颜色不再变化，故达到滴定终点时的现象为溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内颜色不再变化；正确判断滴定终点后，仰视读数，会导致测定结果偏高；
②NaClO2被还原为氯离子，碘离子被氧化为I2，由得失电子守恒：，结合题目所给反应式可得：，所得粗品的纯度为。
4．(1) 浓 防止G中水蒸气进人E装置 将和分别充分排入装置E和G中
(2) A中导管内液面上升 对D处稍加热
(3)
(4) 79.25% AB
【分析】实验室制取CrCl3的反应为CnO3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，CrCl3 易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化，A中装浓H2SO4干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将CrCl3充分排入装置E，将COCl2排入装置G中并被充分吸收，回收尾气，以此来解析；
【详解】（1）根据题目信息：CrCl3 易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，作用是干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置，无水CaCl2的作用是防止中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将CrCl3充分排入装置E，将COCl2排入装置G中并被充分吸收，回收尾气；
（2）若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升； D处堵塞是因CrCl3升华后在D处凝聚而产生的，故可对D处稍加热，使实验能继续进行；
（3）装置G中可以看做是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，根据电荷守恒和原子守恒，可得反应的离子方程式为：COCl2+4OH-=CO + 2C1-+2H2O；
（4）①
根据得失电子守恒和原子守恒可得测定过程中的物质的量的关系为：2CrCl3～2CrO～Cr2O～6(NH)4Fe(SO4)2，(NH)4Fe(SO4)2的物质的量：n=cV=30.00×10-3L×1.0mol⋅L-1=3×10-2mol，测定产品中CrCl3质量分数为：=79.25%；
②
A．步骤I未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤I中会将Cr2O还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH)4Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A符合题意；
B．由提示可知，步骤Ⅱ中用盐酸代替硫酸，由于Cl-具有还原性，会反应消耗Cr2O，导致(NH)4Fe(SO4)2消耗的体积偏小，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，B符合题意；
C．步骤I中所(NH)4Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，C不符合题意；
D．步骤中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，D不符合题意；
故选AB。
5． 12 TiF4晶体为离子晶体，TiC14晶体为分子晶体 当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；若OH-浓度较高时，OH-与Fe2+反应，也会影响与邻二氮菲配位 < 6 N、O 若Pt以sp3杂化轨道成键，分子应为四面体结构，则不存在顺铂和反铂同分异构现象 (0.25，0.25，0.25)
【详解】(1)基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，s轨道有一种空间运动状态，p轨道有三种空间运动状态，d轨道有五种空间运动状态，3d轨道只有两个电子，有两种空间运动状态，因此基态Ti原子的核外电子的空间运动状态有12种；TiF4晶体为离子晶体，TiC14晶体为分子晶体，所以TiF4的熔点远高于TiC14的熔点；
(2)当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；若OH-浓度较高时，OH-与Fe2+反应，也会影响与邻二氮菲配位，所以适宜pH范围为2～9；
(3)Ni与Cu的第二电离能：Ni＜Cu，因为Ni失去的是4s1电子，铜失去的是全充满的3d10电子，全充满结构稳定，铜不易失去3d轨道上的电子，所以Cu的第二电离能较大；由题可知，只有成环的配位键才能起到螯合作用，再结合题目中所给的结构可以知道，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个；由结构图可知，提供孤对电子的原子为N、O；
(4)①若Pt以sp3杂化轨道成键，分子应为四面体结构，则不存在顺铂和反铂同分异构现象；
②距离PtC1 (0，0，0)最近的K+(0.25，0.25，0.25)；由题意K (0.25，0.75，0.25)，而晶胞边长为1，一个晶胞有4个，8个钾离子，设棱长为acm，一个晶胞质量为，体积为a3cm3，故d=，=×1010pm，K (0.25，0.75，0.25)、K (0.75，0.25，0.25)，AB=，则A、B两个K+的距离为。
6．(1) sp2 1∶3
(2)Ⅰ
(3)HCOOH沸点较高，因为HCOOH分子之间存在氢键
(4) 4d105s2 原子半径N＜P，电负性N＞P，NH3更易结合水中的H+而电离出OH-
(5) (，1，)
【解析】（1）
在石墨烯结构中每个C原子与相邻的3个C原子形成共价键，因此C原子杂化类型是sp2杂化；
在一个正六边形中含有6个C原子，每个C原子与相邻的3个C原子形成3个C-C共价键，为相邻的3个正六边形所共有，则1个小六边形中含有的C原子数目是6×=2，每个C-C共价键都是σ键，是相邻的2个C原子形成，故平均1个六边形含有2个C原子，含有3个σ键；12 g 石墨烯中C的物质的量是1 mol，则其中含有六元环物质的量是0.5 mol，含有σ键物质的量是1.5 mol，因此12 g石墨烯中含有六元环个数与σ键个数之比为0.5 mol：1.5 mol=1：3；
（2）
导电性增强的原因：该晶体导电时，Na+在电场作用下迁移到空位上，形成电流；在氯化钠晶体中两个相邻Cl-之间的间隙小于Na+直径，则Na+不可能通过途径II迁移到空位处，则是Na+最可能通过途径I迁移到空位处；
（3）
HCHO、HCOOH都是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，由于HCOOH的分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致HCOOH的沸点比只存在分子间作用力的HCHO高；
（4）
Zn是第四周期四IIB元素，原子核外价电子排布式是3d104s2，则与Zn同一族且处于相邻周期的Cd元素的基态原子的价电子排布式为4d105s2；
由于原子半径：N＜P，元素的电负性：N＞P，则NH3更易结合水中的H+而电离出OH-，因此溶液的碱性：NH3强于PH3；
（5）
如图的原子坐标系，①号位在底面的投影应位于底面对角线的处，根据①号位的坐标为(，，) ，可知该坐标系中晶胞的棱长为1，③号位碳原子在底面的投影位于底面棱心上，所以x、y坐标为、1；③号位碳原子位于右侧面的面心，所以z坐标为，则该原子的坐标为(，1，)；
根据均摊法，该晶胞中As原子个数为：8×+6×=4，含有Cd原子数为6个，该晶胞中距离最远的两个Cd原子之间的距离为体对角线的。假设晶胞边长为a pm，则根据晶胞密度计算公式可得ρ=，a=×1010 pm，故该晶胞中距离最远的两个Cd原子之间的距离为L=pm。
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