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福建省厦门市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-
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这是一份福建省厦门市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-，共16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。
福建省厦门市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．（2020·福建厦门·二模）莫沙朵林是一种镇痛药，它的合成路线如下：
（1）B中手性碳原子数为____________；化合物D中含氧官能团的名称为____________。
（2）C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为____________。
（3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：____________
I．核磁共振氢谱有4个峰；
Ⅱ．能发生银镜反应和水解反应；
Ⅲ．能与FeCl3溶液发生显色反应．
（4）已知E+X→F为加成反应，化合物X的结构简式为____________。
（5）已知：．化合物是合成抗病毒药阿昔洛韦的中间体，请设计合理方案以和为原料合成该化合物(用合成路线流程图表示，并注明反应条件)．______________。
合成路线流程图示例如下：。
二、实验题
2．（2020·福建厦门·二模）次硫酸氢钠甲醛(aNaHSO2•bHCHO•cH2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：
步骤1：在如图所示装置的烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。
步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80~90℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤。
步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。
（1）装置B的烧杯中应加入的溶液是___。
（2）步骤2中加入锌粉时有NaHSO2和Zn(OH)2生成。
①写出加入锌粉时发生反应的化学方程式：___。
②生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止该现象发生的措施是___。
（3）冷凝管中回流的主要物质除H2O外，还有___（填化学式）。
（4）步骤3中次硫酸氢钠甲醛不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是___。
（5）步骤2抽滤所得滤渣的成分为Zn和Zn(OH)2，利用滤渣制备ZnO的实验步骤为：将滤渣置于烧杯中，___，900℃煅烧。（已知：Zn与铝类似，能与NaOH溶液反应；Zn2+开始沉淀的pH为5.9，沉淀完全的pH为8.9，pH>11时，Zn(OH)2能生成ZnO22-。实验中须使用的试剂有1.0mol•L-1NaOH溶液、1.0mol•L-1HCl溶液、水）
（6）产物组成测定实验：
准确称取1.5400g样品，溶于水配成l00mL溶液；取25.00mL样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000(如图）；另取25.00mL样品溶液，加入过量碘水后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重得到BaSO4固体0.5825g。
①样品溶液HCHO浓度为___mol•L-1。
②通过计算确定aNaHSO2·bHCHO•cH2O的化学式为___。
3．（2021·福建·统考二模）为探究Fe2+与SCN-能否形成配位化合物，某研究性学习小组进行如图实验：
探究Ⅰ
(1)配制FeSO4溶液应使用_______的蒸馏水。
(2)已知溶液颜色越深，色度越大。测得实验i，ii，iii色度数据如表：
实验
i
ii
iii
色度
0.075
0.049
0.015
作用是_______，甲同学推测实验iii色度比ii小的原因可能有：①Mg2+和Fe2+对配合物解离影响不同；②_______。
探究Ⅱ
(3)X为_______，实验iv的红色比实验V深的原因为_______。
(4)在探究Ⅰ的基础上进行探究Ⅱ的目的为_______。
(5)分析可利用KSCN溶液检测Fe2+、Fe3+混合溶液中Fe3+的原因：_______。
4．（2022·福建厦门·统考二模）为探究新制Cu(OH)2和甲醛的反应，进行如下实验。
实验序号
6 NaOH溶液体积/mL
0.5 溶液体积/mL
14甲醛溶液体积/mL
反应条件
实验现象
1
12
8
6
65℃水浴加热13min
溶液中出现砖红色固体，逐渐变为红色蓬松固体并产生气泡，共收集83mL气体。
2
12
1
6
溶液中出现砖红色固体，逐渐变为暗红色颗粒并产生气泡，共收集13mL气体。
3
12
2
0.1
溶液中出现砖红色固体，且无气泡产生。
(1)由上述实验可知，新制会发生如下转化：新制_______Cu，说明反应物的相对用量会影响固体产物。
(2)为确认气体产物进行实验，装置如图。
①NaOH溶液作用是_______。
②气体产物含，不含CO的证据是_______。
(3)为进一步确认产生的原因，查阅资料并进行实验：；。
实验序号
6 NaOH溶液体积/mL
14甲醛溶液体积/mL
甲醇/mL
其他试剂
反应条件
生成气体体积/mL
4
12
0
6
铜粉
65℃水浴加热13min
0
5
12
0
6
粉
0
6
12
6
0
粉
70
①实验说明催化剂的催化性能与_______有关(填“物质形态”或“溶液pH”)。
②实验2中产生气体体积小于实验1的原因可能为_______。
(4)已知C-O键键长为0.142nm，C=O键键长为0.120nm，请结合中碳氧键键长数据，分析HCOONa无法进一步被新制氧化成的原因_______。
(5)新制和过量甲醛反应的化学方程式为_______。
三、结构与性质
5．（2020·福建厦门·二模）2019年10月1日，在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。回答下列问题：
（1）基态Cr原子的价电子排布式为___。
（2）实验室常用KSCN溶液、苯酚（）检验Fe3+。
①第一电离能：N___O(填“＞”或“<”)。
②1mol苯酚中含有的σ数目为___。
③苯酚中的氧原子和碳原子均采用相同的杂化方式，其类型为___。
④从结构的角度分析苯酚的酚羟基有弱酸性的原因为___。
（3）碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，K+占据的是C60分子围成的___空隙和___空隙（填几何空间构型）；若C60分子的坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为___。
（4）Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，则晶体Ni2与Ni3+产的最简整数比为___，晶胞参数为428pm，则晶体密度为___g•cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出表达式）。
6．（2021·福建·统考二模）我国科学家制备了一种高性能Bi@氮掺杂碳纳米笼。其合成过程如图：
回答下列问题：
(1)元素Bi位于第6周期VA族，其基态原子的价电子排布式为_______。
(2) Bi(NO3)3⋅5H2O中各元素电负性从大到小的顺序为_______。
(3)常温下，1，3，5-苯三甲酸在水中溶解度比苯甲酸大的原因为_______。
(4)中氮原子的杂化类型有_______。
(5)Bi@氮掺杂碳纳米笼作为钾离子电池负极材料，充电时存在Bi到钾铋合金的两步转变，其晶胞结构转变如图所示：
①合金M中离钾原子最近的钾原子有_______个。
②合金N的化学式为_______。
7．（2022·福建厦门·统考二模）超分子笼PPC-2封装钌(Ru)纳米颗粒形成一种高效催化剂。PPC-2是由A、B、C三个组件拼装而成的正八面体超分子笼，结构示意如图。
注：C组件中浅色原子由其他邻近组件提供。
(1)基态Co原子的价电子排布式为_______。
(2)组件A中所含四种元素的电负性由小到大的顺序为_______。
(3)组件B中碳原子的杂化类型为_______。
(4)组件C中Co原子位于相邻O原子构成的_______空隙中(填“四面体”或“八面体”)。
(5)每个组件C带一个单位负电荷，综合各组件所带电荷，计算PPC-2中n=_______。
(6)钌纳米颗粒进入PPC-2超分子笼后，钌晶体从六方堆积转化为面心立方堆积(晶胞参数为a pm)。超分子笼内钌晶体密度为_______ g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
参考答案：
1． 3 酯键、羟基 ＋2Cu(OH)2＋NaOH＋Cu2O↓＋3H2O CH3N=C=O
【详解】（1）根据B物质的结构简式可知，分子中含有3个手性碳原子，即，根据D的结构简式可知，化合物D中含氧官能团的名称为酯基、羟基，故答案为3； 酯基、羟基；
（2）C中含有醛基，能和新制的氢氧化铜悬浊液反应，则C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为，故答案为；
（3）能发生银镜反应和水解反应，这说明分子中含有酯基和醛基。能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基。又因为核磁共振氢谱有4个峰，所以应该是甲酸形成的酯，则可能的结构简式有，故答案为；
（4）根据EF的结构简式并根据原子守恒可知，该反应应该是加成反应，所以X的结构简式应该是CH3N=C=O，故答案为CH3N=C=O；
（5）可发生催化氧化生成，然后发生消去反应生成，然后发生取代反应生成，进而与作用可生成目标物，反应流程为，故答案为。
【点晴】本题考查考查较为综合，涉及有机物手性碳原子、官能团、结构简式、同分异构体、方程式以及有机合成路线的设计等，是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题贴近高考，综合性强，在注重对学生基础知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养与解题方法的指导和训练。该类试题能较全面地考查学生的有机化学基础知识和逻辑思维能力、创造思维能力，提高学生的应试能力和答题效率，也有利于培养学生的自学能力和知识的迁移能力。该题的关键是记住常见官能团的结构、性质以及官能团之间的相互转化，然后结合题意灵活运用即可。
2． NaOH溶液(或Na2CO3溶液) Zn＋NaHSO3＋H2O=NaHSO2＋Zn(OH)2 加快搅拌的速度 HCHO 次硫酸氢钠甲醛被空气中氧气氧化 向烧杯中加入1.0mol·L-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次[或向烧杯中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次 0.1000 NaHSO2·HCHO·2H2O
【分析】(1)未反应的二氧化硫是酸性氧化物能和碱溶液反应；
(2)①NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2；
②防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行；
(3)甲醛易挥发，据此分析；
(4)次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，遇到空气中的氧气易被氧化；
(5)从充分利用原料着手，结合已知信息，利用Zn(OH)2受热分解生成ZnO分析设计实验；
(6)①样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000，根据图示可知浓度；
②根据元素守恒结合物质之间的反应情况来计算。
【详解】(1)实验中未反应的二氧化硫会通过导管进入装置B，可以用NaOH溶液(或Na2CO3溶液)吸收二氧化硫，以防止污染空气，故答案为：NaOH溶液(或Na2CO3溶液)；
(2)①NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2，反应中S元素的化合价由+4价降为+2价，Zn元素的化合价由0价升至+2价，根据得失电子守恒、原子守恒，化学反应方程式为：Zn＋NaHSO3＋H2O=NaHSO2＋Zn(OH)2，故答案为：Zn＋NaHSO3＋H2O=NaHSO2＋Zn(OH)2；
②为防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，可以快速搅拌避免氢氧化锌在锌粉表面沉积，故答案为：加快搅拌的速度；
(3)甲醛易挥发，在80～90 ℃下会大量挥发，加冷凝管可以使甲醛冷凝回流，提高甲醛利用率，故答案为：HCHO；
(4)次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，遇到空气中的氧气易被氧化变质，故答案为：次硫酸氢钠甲醛被空气中氧气氧化；
(5)为了使Zn和氢氧化锌尽可能转化为ZnO，结合Zn和氢氧化锌的性质，可以先加盐酸使滤渣完全溶解，后加NaOH溶液调节pH使Zn元素完全转化成氢氧化锌沉淀（或先加NaOH溶液使滤渣完全溶解，后加盐酸调节pH使Zn元素完全转化成氢氧化锌沉淀），故实验步骤为：向烧杯中加入1.0mol·L-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次[或向烧杯中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次，故答案为：向烧杯中加入1.0mol·L-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次[或向烧杯中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次；
(6)①25.00mL样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000，根据图示可知，样品溶液HCHO浓度为0.1000mol•L-1，故答案为：0.1000；
②25．00 mL溶液中：根据S守恒，n(NaHSO2)＝n(NaHSO4) ＝n( BaSO4)＝＝0.0025 mol，n(HCHO)＝0.1000mol/L×0.025L=0.0025 mol；100 mL溶液中：n(NaHSO2)＝4×0.0025mol＝0.01mol，n(HCHO)＝4×0.0025mol＝0.01 mol，n(H2O)＝＝0.02 mol，a：b：c＝n(NaHSO2)：n(HCHO)：n(H2O)＝0.01mol：0.01mol：0.02 mol＝1：1：2，所以次硫酸氢钠甲醛的化学式为NaHSO2·HCHO·2H2O，故答案为：NaHSO2·HCHO·2H2O。
【点睛】本题重点(6)②，根据每步中的实验数据可知计算甲醛和NaHSO2的物质的量，从而可计算水的物质的量，三种物质的物质的量之比即为a、b、c之比。
3． 煮沸冷却 空白实验 Fe2+与SCN-反应形成配合物 3mL 4mol/L的KCl溶液 Fe2+与SCN-形成配合物有利于FeCO3向溶解方向移动 可以避免不同盐离子对配合物解离的影响 Fe3+与SCN-的络合能力比Fe2+与SCN-的强，且Fe2+与SCN-反应形成的配合物无色，不影响Fe(SCN)3血红色的观察
【分析】通过实验i、ii、iii在相同的环境中的对比，不同的离子与SCN-形成配位化合物能力不同，且Fe2+与SCN-反应形成配合物；对比实验iv、V，SCN-能促使碳酸亚铁的电离，生成的Fe(SCN)2为无色。
【详解】(1) FeSO4中的Fe为+2价，已被空气中的氧气氧化，则配制FeSO4溶液应使用煮沸冷却后的的蒸馏水；
(2)单独加入水，且加入的体积与加入其他试剂的总体积相等，是为了进行实验对比；Fe2+与SCN-反应形成配合物，导致硫氰化铁的含量降低，色度降低；
(3)对比试验iv和V，为了前后数据一致，无其它变量的干扰，则X为3mL 4mol/L的KCl；实验iv中Fe2+与SCN-反应形成配合物，有利于碳酸亚铁固体的溶解，导致碳酸亚铁溶解平衡正向进行；
(4)对Mg2+和Fe2+对硫氰化铁的影响，可避免不同盐离子对配合物解离的影响，故在探究Ⅰ的基础上进行探究Ⅱ；
(5)通过实验可知，Fe3+与SCN-的络合能力比Fe2+与SCN-的强，且Fe2+与SCN-反应形成的配合物无色，而Fe(SCN)3血红色，不影响Fe3+的检验。
4．(1)Cu2O
(2) 吸收CO2，以免影响生成的气体中含有的CO的检验 观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊
(3) 溶液pH 实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，实验①催化剂的活性较高
(4)HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭π键，即HCOO-并不存在醛基，不能被继续氧化为碳酸根
(5)HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O↓+3H2O
【解析】(1)
由上述实验可知，溶液中出现砖红色固体Cu2O，逐渐变为红色蓬松固体并产生气泡，共收集83mL气体，新制会发生如下转化：新制Cu2OCu，说明反应物的相对用量会影响固体产物，故答案为：Cu2O；
(2)
①NaOH溶液作用是吸收CO2，以免影响生成的气体中含有的CO的检验，故答案为：吸收CO2，以免影响生成的气体中含有的CO的检验；
②H2还原CuO生成Cu和H2O，H2O能使无水硫酸铜变蓝色，CO还原CuO生成CO2和Cu，CO2能使澄清石灰水变浑浊，故观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊时，证明气体产物含，不含CO，故答案为：观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊；
(3)
①由实验4、5可知，加入的NaOH和Cu2O粉末均相同，但4加入甲醇，甲醇与NaOH不反应，而5加入甲醛，由题干可知甲醛与NaOH溶液反应，因而改变了溶液的酸碱性，故实验说明催化剂的催化性能与溶液pH有关，故答案为：溶液pH；
②由题干信息可知，实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，故实验2中产生气体体积小于实验1的原因可能为：实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，实验①催化剂的活性较高；故答案为：实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，实验①催化剂的活性较高；
(4)
已知C-O键键长为0.142nm，C=O键键长为0.120nm，结合中碳氧键键长数据可知，HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭π键，即HCOO-并不存在醛基，故HCOONa无法进一步被新制氧化成，故答案为：HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭π键，即HCOO-并不存在醛基，不能被继续氧化为碳酸根；
(5)
由(4)分析可知，HCOONa无法进一步被新制氧化成，故新制和过量甲醛反应的化学方程式为HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O↓+3H2O，故答案为：HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O↓+3H2O。
5． 3d54s1 ＞ 13NA sp2 酚羟基的氧原子参与形成了大π键，使氧原子电荷密度下降，氢离子容易电离 正四面体 正八面体 （，，） 8：3
【分析】⑴基态Cr原子有24个电子，电子排布式为[Ar]3d54s1。
⑵①同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族；②1个苯酚分子含有5个C—H键，6个C—C键，1个O—H键；③苯酚中的氧原子和碳原子均采用相同的杂化方式，每个碳原子有3个σ键，无孤对电子；④酚羟基的氧原子参与形成了大π键，使氧原子电荷密度下降，氢离子容易电离。
⑶，如图，2号K+在三个面心和一个顶点共4个C60形成的四面体的体心，1号在上下左右前后6个C60形成的正八面体的体心。
⑷根据电荷守恒和质量守恒计算两种镍离子的个数，根据晶体密度计算公式进行计算。
【详解】⑴基态Cr原子有24个电子，电子排布式为[Ar]3d54s1，基态Cr的价电子排布式为3d54s1；故答案为：3d54s1。
⑵①同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族，因此第一电离能：N＞O；故答案为：＞。
②1个苯酚分子含有5个C—H键，6个C—C键，1个O—H键，即共13个σ键，因此1mol苯酚中含有的σ数目为13NA；故答案为：13NA。
③苯酚中的氧原子和碳原子均采用相同的杂化方式，每个碳原子有3个σ键，无孤对电子，因此其杂化类型为sp2；故答案为：sp2。
④从结构的角度分析苯酚的酚羟基有弱酸性的原因为酚羟基的氧原子参与形成了大π键，使氧原子电荷密度下降，氢离子容易电离；故答案为：酚羟基的氧原子参与形成了大π键，使氧原子电荷密度下降，氢离子容易电离。
⑶如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处， ，如图，2号K+在三个面心和一个顶点共4个C60形成的四面体的体心，1号在上下左右前后6个C60形成的正八面体的体心，因此K+占据的是C60分子围成的正四面体空隙和正八面体空隙；若C60分子的坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，则距离A位置最近的阳离子就是2号K+，其原子坐标参数为(，，)；故答案为：正四面体；正八面体；(，，)。
⑷Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，一个晶胞中含有4个Ni和4个氧，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，设Ni2+有x个，Ni3+有y个，根据电荷守恒和质量守恒得到x + y =0.88，2x + 3y = 2，解得x=0.64，y=0.24，0.64:0.24 =8:3，因此晶体Ni2+与Ni3+的最简整数比为8:3，晶胞参数为428pm，则晶体密度为；故答案为：8:3；。
【点睛】晶胞密度计算是常考题型，主要考查学生思维的严密性和逻辑性。
6． 6s26p3 O＞N＞H＞Bi 1，3，5-苯三甲酸有三个羧基与水形成的氢键比苯甲酸多 sp2、sp3 4 K3Bi
【详解】(1)元素Bi位于第6周期VA族，与N原子为同主族元素，则其基态原子的价电子排布式为6s26p3；
(2)Bi(NO3)3⋅5H2O中含有H、N、O、Bi，元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性从大到小的顺序为O＞N＞H＞Bi；
(3)常温下，1，3，5-苯三甲酸中含有三个羧基，羧基数目越多，羧基与水形成的氢键数目越多，增大有机物在水中的溶解度，则1，3，5-苯三甲酸比苯甲酸多在水中溶解度比苯甲酸大；
(4)中红色标注的N原子，含有3条键、一个孤电子对为sp3杂化，黄色标注的N原子含有2条键、一个孤电子对，为sp2杂化；
(5)①根据M的晶胞结构，距离体内钾原子最近的钾原子在顶角和其3个面的面心，形成正四面体构型，则离钾原子最近的钾原子有4个；
②合金N中8个钾原子在棱上，4个在体内，K原子个数=8×+4=6，Bi原子2个均在体内，则化学式为K3Bi。
7．(1)3d74s2
(2)H＜C＜S＜O
(3)sp2
(4)八面体
(5)30
(6)
【解析】（1）
Co为27号元素，原子核外有27个电子，价电子为3d74s2；
（2）
据图可知组件A中含有C、H、O、S四种元素，C、O、S的氢化物中H元素均显负价，所以H的电负性最小，同周期自左至右电负性增大，同主族自上而下电负性减弱，所以电负性由小到大的顺序为H＜C＜S＜O；
（3）
物质B中的C原子为苯环中的C原子和碳氧双键中的C，均为sp2杂化；
（4）
据图可知Co原子周围有6个O原子，形成八面体，即Co原子位于相邻O原子构成的八面体空隙中；
（5）
根据A的结构简式可知其带4个单位负电荷，组件B不带电，一个PPC-2中含有6个A、8个B、6个C，所以PPC-2中n=6×(-4)+6×(-1)=-30；
（6）
面心立方堆积中含有4个钌原子，则晶胞的质量为g，晶胞参数为a pm，所以晶胞的体积为a3pm3=a3×10-30cm3，所以密度为g·cm-3。
福建省厦门市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．（2020·福建厦门·二模）莫沙朵林是一种镇痛药，它的合成路线如下：
（1）B中手性碳原子数为____________；化合物D中含氧官能团的名称为____________。
（2）C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为____________。
（3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：____________
I．核磁共振氢谱有4个峰；
Ⅱ．能发生银镜反应和水解反应；
Ⅲ．能与FeCl3溶液发生显色反应．
（4）已知E+X→F为加成反应，化合物X的结构简式为____________。
（5）已知：．化合物是合成抗病毒药阿昔洛韦的中间体，请设计合理方案以和为原料合成该化合物(用合成路线流程图表示，并注明反应条件)．______________。
合成路线流程图示例如下：。
二、实验题
2．（2020·福建厦门·二模）次硫酸氢钠甲醛(aNaHSO2•bHCHO•cH2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：
步骤1：在如图所示装置的烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。
步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80~90℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤。
步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。
（1）装置B的烧杯中应加入的溶液是___。
（2）步骤2中加入锌粉时有NaHSO2和Zn(OH)2生成。
①写出加入锌粉时发生反应的化学方程式：___。
②生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止该现象发生的措施是___。
（3）冷凝管中回流的主要物质除H2O外，还有___（填化学式）。
（4）步骤3中次硫酸氢钠甲醛不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是___。
（5）步骤2抽滤所得滤渣的成分为Zn和Zn(OH)2，利用滤渣制备ZnO的实验步骤为：将滤渣置于烧杯中，___，900℃煅烧。（已知：Zn与铝类似，能与NaOH溶液反应；Zn2+开始沉淀的pH为5.9，沉淀完全的pH为8.9，pH>11时，Zn(OH)2能生成ZnO22-。实验中须使用的试剂有1.0mol•L-1NaOH溶液、1.0mol•L-1HCl溶液、水）
（6）产物组成测定实验：
准确称取1.5400g样品，溶于水配成l00mL溶液；取25.00mL样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000(如图）；另取25.00mL样品溶液，加入过量碘水后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重得到BaSO4固体0.5825g。
①样品溶液HCHO浓度为___mol•L-1。
②通过计算确定aNaHSO2·bHCHO•cH2O的化学式为___。
3．（2021·福建·统考二模）为探究Fe2+与SCN-能否形成配位化合物，某研究性学习小组进行如图实验：
探究Ⅰ
(1)配制FeSO4溶液应使用_______的蒸馏水。
(2)已知溶液颜色越深，色度越大。测得实验i，ii，iii色度数据如表：
实验
i
ii
iii
色度
0.075
0.049
0.015
作用是_______，甲同学推测实验iii色度比ii小的原因可能有：①Mg2+和Fe2+对配合物解离影响不同；②_______。
探究Ⅱ
(3)X为_______，实验iv的红色比实验V深的原因为_______。
(4)在探究Ⅰ的基础上进行探究Ⅱ的目的为_______。
(5)分析可利用KSCN溶液检测Fe2+、Fe3+混合溶液中Fe3+的原因：_______。
4．（2022·福建厦门·统考二模）为探究新制Cu(OH)2和甲醛的反应，进行如下实验。
实验序号
6 NaOH溶液体积/mL
0.5 溶液体积/mL
14甲醛溶液体积/mL
反应条件
实验现象
1
12
8
6
65℃水浴加热13min
溶液中出现砖红色固体，逐渐变为红色蓬松固体并产生气泡，共收集83mL气体。
2
12
1
6
溶液中出现砖红色固体，逐渐变为暗红色颗粒并产生气泡，共收集13mL气体。
3
12
2
0.1
溶液中出现砖红色固体，且无气泡产生。
(1)由上述实验可知，新制会发生如下转化：新制_______Cu，说明反应物的相对用量会影响固体产物。
(2)为确认气体产物进行实验，装置如图。
①NaOH溶液作用是_______。
②气体产物含，不含CO的证据是_______。
(3)为进一步确认产生的原因，查阅资料并进行实验：；。
实验序号
6 NaOH溶液体积/mL
14甲醛溶液体积/mL
甲醇/mL
其他试剂
反应条件
生成气体体积/mL
4
12
0
6
铜粉
65℃水浴加热13min
0
5
12
0
6
粉
0
6
12
6
0
粉
70
①实验说明催化剂的催化性能与_______有关(填“物质形态”或“溶液pH”)。
②实验2中产生气体体积小于实验1的原因可能为_______。
(4)已知C-O键键长为0.142nm，C=O键键长为0.120nm，请结合中碳氧键键长数据，分析HCOONa无法进一步被新制氧化成的原因_______。
(5)新制和过量甲醛反应的化学方程式为_______。
三、结构与性质
5．（2020·福建厦门·二模）2019年10月1日，在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。回答下列问题：
（1）基态Cr原子的价电子排布式为___。
（2）实验室常用KSCN溶液、苯酚（）检验Fe3+。
①第一电离能：N___O(填“＞”或“<”)。
②1mol苯酚中含有的σ数目为___。
③苯酚中的氧原子和碳原子均采用相同的杂化方式，其类型为___。
④从结构的角度分析苯酚的酚羟基有弱酸性的原因为___。
（3）碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，K+占据的是C60分子围成的___空隙和___空隙（填几何空间构型）；若C60分子的坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为___。
（4）Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，则晶体Ni2与Ni3+产的最简整数比为___，晶胞参数为428pm，则晶体密度为___g•cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出表达式）。
6．（2021·福建·统考二模）我国科学家制备了一种高性能Bi@氮掺杂碳纳米笼。其合成过程如图：
回答下列问题：
(1)元素Bi位于第6周期VA族，其基态原子的价电子排布式为_______。
(2) Bi(NO3)3⋅5H2O中各元素电负性从大到小的顺序为_______。
(3)常温下，1，3，5-苯三甲酸在水中溶解度比苯甲酸大的原因为_______。
(4)中氮原子的杂化类型有_______。
(5)Bi@氮掺杂碳纳米笼作为钾离子电池负极材料，充电时存在Bi到钾铋合金的两步转变，其晶胞结构转变如图所示：
①合金M中离钾原子最近的钾原子有_______个。
②合金N的化学式为_______。
7．（2022·福建厦门·统考二模）超分子笼PPC-2封装钌(Ru)纳米颗粒形成一种高效催化剂。PPC-2是由A、B、C三个组件拼装而成的正八面体超分子笼，结构示意如图。
注：C组件中浅色原子由其他邻近组件提供。
(1)基态Co原子的价电子排布式为_______。
(2)组件A中所含四种元素的电负性由小到大的顺序为_______。
(3)组件B中碳原子的杂化类型为_______。
(4)组件C中Co原子位于相邻O原子构成的_______空隙中(填“四面体”或“八面体”)。
(5)每个组件C带一个单位负电荷，综合各组件所带电荷，计算PPC-2中n=_______。
(6)钌纳米颗粒进入PPC-2超分子笼后，钌晶体从六方堆积转化为面心立方堆积(晶胞参数为a pm)。超分子笼内钌晶体密度为_______ g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
参考答案：
1． 3 酯键、羟基 ＋2Cu(OH)2＋NaOH＋Cu2O↓＋3H2O CH3N=C=O
【详解】（1）根据B物质的结构简式可知，分子中含有3个手性碳原子，即，根据D的结构简式可知，化合物D中含氧官能团的名称为酯基、羟基，故答案为3； 酯基、羟基；
（2）C中含有醛基，能和新制的氢氧化铜悬浊液反应，则C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为，故答案为；
（3）能发生银镜反应和水解反应，这说明分子中含有酯基和醛基。能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基。又因为核磁共振氢谱有4个峰，所以应该是甲酸形成的酯，则可能的结构简式有，故答案为；
（4）根据EF的结构简式并根据原子守恒可知，该反应应该是加成反应，所以X的结构简式应该是CH3N=C=O，故答案为CH3N=C=O；
（5）可发生催化氧化生成，然后发生消去反应生成，然后发生取代反应生成，进而与作用可生成目标物，反应流程为，故答案为。
【点晴】本题考查考查较为综合，涉及有机物手性碳原子、官能团、结构简式、同分异构体、方程式以及有机合成路线的设计等，是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题贴近高考，综合性强，在注重对学生基础知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养与解题方法的指导和训练。该类试题能较全面地考查学生的有机化学基础知识和逻辑思维能力、创造思维能力，提高学生的应试能力和答题效率，也有利于培养学生的自学能力和知识的迁移能力。该题的关键是记住常见官能团的结构、性质以及官能团之间的相互转化，然后结合题意灵活运用即可。
2． NaOH溶液(或Na2CO3溶液) Zn＋NaHSO3＋H2O=NaHSO2＋Zn(OH)2 加快搅拌的速度 HCHO 次硫酸氢钠甲醛被空气中氧气氧化 向烧杯中加入1.0mol·L-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次[或向烧杯中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次 0.1000 NaHSO2·HCHO·2H2O
【分析】(1)未反应的二氧化硫是酸性氧化物能和碱溶液反应；
(2)①NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2；
②防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行；
(3)甲醛易挥发，据此分析；
(4)次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，遇到空气中的氧气易被氧化；
(5)从充分利用原料着手，结合已知信息，利用Zn(OH)2受热分解生成ZnO分析设计实验；
(6)①样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000，根据图示可知浓度；
②根据元素守恒结合物质之间的反应情况来计算。
【详解】(1)实验中未反应的二氧化硫会通过导管进入装置B，可以用NaOH溶液(或Na2CO3溶液)吸收二氧化硫，以防止污染空气，故答案为：NaOH溶液(或Na2CO3溶液)；
(2)①NaHSO3溶液与锌粉反应生成NaHSO2和Zn(OH)2，反应中S元素的化合价由+4价降为+2价，Zn元素的化合价由0价升至+2价，根据得失电子守恒、原子守恒，化学反应方程式为：Zn＋NaHSO3＋H2O=NaHSO2＋Zn(OH)2，故答案为：Zn＋NaHSO3＋H2O=NaHSO2＋Zn(OH)2；
②为防止生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，可以快速搅拌避免氢氧化锌在锌粉表面沉积，故答案为：加快搅拌的速度；
(3)甲醛易挥发，在80～90 ℃下会大量挥发，加冷凝管可以使甲醛冷凝回流，提高甲醛利用率，故答案为：HCHO；
(4)次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，遇到空气中的氧气易被氧化变质，故答案为：次硫酸氢钠甲醛被空气中氧气氧化；
(5)为了使Zn和氢氧化锌尽可能转化为ZnO，结合Zn和氢氧化锌的性质，可以先加盐酸使滤渣完全溶解，后加NaOH溶液调节pH使Zn元素完全转化成氢氧化锌沉淀（或先加NaOH溶液使滤渣完全溶解，后加盐酸调节pH使Zn元素完全转化成氢氧化锌沉淀），故实验步骤为：向烧杯中加入1.0mol·L-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次[或向烧杯中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次，故答案为：向烧杯中加入1.0mol·L-1HCl溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次[或向烧杯中加入1.0mol·L-1NaOH溶液，充分搅拌至固体完全溶解。向所得溶液中滴加1.0mol·L-1HCl溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)。过滤、用水洗涤固体2～3次；
(6)①25.00mL样品溶液经AHMT分光光度法测得溶液吸光度A=0.4000，根据图示可知，样品溶液HCHO浓度为0.1000mol•L-1，故答案为：0.1000；
②25．00 mL溶液中：根据S守恒，n(NaHSO2)＝n(NaHSO4) ＝n( BaSO4)＝＝0.0025 mol，n(HCHO)＝0.1000mol/L×0.025L=0.0025 mol；100 mL溶液中：n(NaHSO2)＝4×0.0025mol＝0.01mol，n(HCHO)＝4×0.0025mol＝0.01 mol，n(H2O)＝＝0.02 mol，a：b：c＝n(NaHSO2)：n(HCHO)：n(H2O)＝0.01mol：0.01mol：0.02 mol＝1：1：2，所以次硫酸氢钠甲醛的化学式为NaHSO2·HCHO·2H2O，故答案为：NaHSO2·HCHO·2H2O。
【点睛】本题重点(6)②，根据每步中的实验数据可知计算甲醛和NaHSO2的物质的量，从而可计算水的物质的量，三种物质的物质的量之比即为a、b、c之比。
3． 煮沸冷却 空白实验 Fe2+与SCN-反应形成配合物 3mL 4mol/L的KCl溶液 Fe2+与SCN-形成配合物有利于FeCO3向溶解方向移动 可以避免不同盐离子对配合物解离的影响 Fe3+与SCN-的络合能力比Fe2+与SCN-的强，且Fe2+与SCN-反应形成的配合物无色，不影响Fe(SCN)3血红色的观察
【分析】通过实验i、ii、iii在相同的环境中的对比，不同的离子与SCN-形成配位化合物能力不同，且Fe2+与SCN-反应形成配合物；对比实验iv、V，SCN-能促使碳酸亚铁的电离，生成的Fe(SCN)2为无色。
【详解】(1) FeSO4中的Fe为+2价，已被空气中的氧气氧化，则配制FeSO4溶液应使用煮沸冷却后的的蒸馏水；
(2)单独加入水，且加入的体积与加入其他试剂的总体积相等，是为了进行实验对比；Fe2+与SCN-反应形成配合物，导致硫氰化铁的含量降低，色度降低；
(3)对比试验iv和V，为了前后数据一致，无其它变量的干扰，则X为3mL 4mol/L的KCl；实验iv中Fe2+与SCN-反应形成配合物，有利于碳酸亚铁固体的溶解，导致碳酸亚铁溶解平衡正向进行；
(4)对Mg2+和Fe2+对硫氰化铁的影响，可避免不同盐离子对配合物解离的影响，故在探究Ⅰ的基础上进行探究Ⅱ；
(5)通过实验可知，Fe3+与SCN-的络合能力比Fe2+与SCN-的强，且Fe2+与SCN-反应形成的配合物无色，而Fe(SCN)3血红色，不影响Fe3+的检验。
4．(1)Cu2O
(2) 吸收CO2，以免影响生成的气体中含有的CO的检验 观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊
(3) 溶液pH 实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，实验①催化剂的活性较高
(4)HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭π键，即HCOO-并不存在醛基，不能被继续氧化为碳酸根
(5)HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O↓+3H2O
【解析】(1)
由上述实验可知，溶液中出现砖红色固体Cu2O，逐渐变为红色蓬松固体并产生气泡，共收集83mL气体，新制会发生如下转化：新制Cu2OCu，说明反应物的相对用量会影响固体产物，故答案为：Cu2O；
(2)
①NaOH溶液作用是吸收CO2，以免影响生成的气体中含有的CO的检验，故答案为：吸收CO2，以免影响生成的气体中含有的CO的检验；
②H2还原CuO生成Cu和H2O，H2O能使无水硫酸铜变蓝色，CO还原CuO生成CO2和Cu，CO2能使澄清石灰水变浑浊，故观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊时，证明气体产物含，不含CO，故答案为：观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊；
(3)
①由实验4、5可知，加入的NaOH和Cu2O粉末均相同，但4加入甲醇，甲醇与NaOH不反应，而5加入甲醛，由题干可知甲醛与NaOH溶液反应，因而改变了溶液的酸碱性，故实验说明催化剂的催化性能与溶液pH有关，故答案为：溶液pH；
②由题干信息可知，实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，故实验2中产生气体体积小于实验1的原因可能为：实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，实验①催化剂的活性较高；故答案为：实验①比实验②加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的NaOH的量增多，故实验①混合溶液的pH小于实验②的pH，实验①催化剂的活性较高；
(4)
已知C-O键键长为0.142nm，C=O键键长为0.120nm，结合中碳氧键键长数据可知，HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭π键，即HCOO-并不存在醛基，故HCOONa无法进一步被新制氧化成，故答案为：HCOO-中并不存在C-O和C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭π键，即HCOO-并不存在醛基，不能被继续氧化为碳酸根；
(5)
由(4)分析可知，HCOONa无法进一步被新制氧化成，故新制和过量甲醛反应的化学方程式为HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O↓+3H2O，故答案为：HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O↓+3H2O。
5． 3d54s1 ＞ 13NA sp2 酚羟基的氧原子参与形成了大π键，使氧原子电荷密度下降，氢离子容易电离 正四面体 正八面体 （，，） 8：3
【分析】⑴基态Cr原子有24个电子，电子排布式为[Ar]3d54s1。
⑵①同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族；②1个苯酚分子含有5个C—H键，6个C—C键，1个O—H键；③苯酚中的氧原子和碳原子均采用相同的杂化方式，每个碳原子有3个σ键，无孤对电子；④酚羟基的氧原子参与形成了大π键，使氧原子电荷密度下降，氢离子容易电离。
⑶，如图，2号K+在三个面心和一个顶点共4个C60形成的四面体的体心，1号在上下左右前后6个C60形成的正八面体的体心。
⑷根据电荷守恒和质量守恒计算两种镍离子的个数，根据晶体密度计算公式进行计算。
【详解】⑴基态Cr原子有24个电子，电子排布式为[Ar]3d54s1，基态Cr的价电子排布式为3d54s1；故答案为：3d54s1。
⑵①同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族，因此第一电离能：N＞O；故答案为：＞。
②1个苯酚分子含有5个C—H键，6个C—C键，1个O—H键，即共13个σ键，因此1mol苯酚中含有的σ数目为13NA；故答案为：13NA。
③苯酚中的氧原子和碳原子均采用相同的杂化方式，每个碳原子有3个σ键，无孤对电子，因此其杂化类型为sp2；故答案为：sp2。
④从结构的角度分析苯酚的酚羟基有弱酸性的原因为酚羟基的氧原子参与形成了大π键，使氧原子电荷密度下降，氢离子容易电离；故答案为：酚羟基的氧原子参与形成了大π键，使氧原子电荷密度下降，氢离子容易电离。
⑶如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处， ，如图，2号K+在三个面心和一个顶点共4个C60形成的四面体的体心，1号在上下左右前后6个C60形成的正八面体的体心，因此K+占据的是C60分子围成的正四面体空隙和正八面体空隙；若C60分子的坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，则距离A位置最近的阳离子就是2号K+，其原子坐标参数为(，，)；故答案为：正四面体；正八面体；(，，)。
⑷Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，一个晶胞中含有4个Ni和4个氧，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，设Ni2+有x个，Ni3+有y个，根据电荷守恒和质量守恒得到x + y =0.88，2x + 3y = 2，解得x=0.64，y=0.24，0.64:0.24 =8:3，因此晶体Ni2+与Ni3+的最简整数比为8:3，晶胞参数为428pm，则晶体密度为；故答案为：8:3；。
【点睛】晶胞密度计算是常考题型，主要考查学生思维的严密性和逻辑性。
6． 6s26p3 O＞N＞H＞Bi 1，3，5-苯三甲酸有三个羧基与水形成的氢键比苯甲酸多 sp2、sp3 4 K3Bi
【详解】(1)元素Bi位于第6周期VA族，与N原子为同主族元素，则其基态原子的价电子排布式为6s26p3；
(2)Bi(NO3)3⋅5H2O中含有H、N、O、Bi，元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性从大到小的顺序为O＞N＞H＞Bi；
(3)常温下，1，3，5-苯三甲酸中含有三个羧基，羧基数目越多，羧基与水形成的氢键数目越多，增大有机物在水中的溶解度，则1，3，5-苯三甲酸比苯甲酸多在水中溶解度比苯甲酸大；
(4)中红色标注的N原子，含有3条键、一个孤电子对为sp3杂化，黄色标注的N原子含有2条键、一个孤电子对，为sp2杂化；
(5)①根据M的晶胞结构，距离体内钾原子最近的钾原子在顶角和其3个面的面心，形成正四面体构型，则离钾原子最近的钾原子有4个；
②合金N中8个钾原子在棱上，4个在体内，K原子个数=8×+4=6，Bi原子2个均在体内，则化学式为K3Bi。
7．(1)3d74s2
(2)H＜C＜S＜O
(3)sp2
(4)八面体
(5)30
(6)
【解析】（1）
Co为27号元素，原子核外有27个电子，价电子为3d74s2；
（2）
据图可知组件A中含有C、H、O、S四种元素，C、O、S的氢化物中H元素均显负价，所以H的电负性最小，同周期自左至右电负性增大，同主族自上而下电负性减弱，所以电负性由小到大的顺序为H＜C＜S＜O；
（3）
物质B中的C原子为苯环中的C原子和碳氧双键中的C，均为sp2杂化；
（4）
据图可知Co原子周围有6个O原子，形成八面体，即Co原子位于相邻O原子构成的八面体空隙中；
（5）
根据A的结构简式可知其带4个单位负电荷，组件B不带电，一个PPC-2中含有6个A、8个B、6个C，所以PPC-2中n=6×(-4)+6×(-1)=-30；
（6）
面心立方堆积中含有4个钌原子，则晶胞的质量为g，晶胞参数为a pm，所以晶胞的体积为a3pm3=a3×10-30cm3，所以密度为g·cm-3。
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福建省漳州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-实验、结构与性质题： 这是一份福建省漳州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）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。
