山东省聊城市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题2

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山东省聊城市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题2 一、实验题1．（2020·山东聊城·统考二模）氮化锶可做荧光粉的原料，可通过金属锶与干燥纯净的氮气在460℃时反应制得。锶与镁、钙同主族，能与水、NH3反应。实验室设计以下装置来制备氮化锶(夹持装置略去)。(1)实验简单步骤如下：①连接装置，检验装置的气密性②加装实验药品③点燃B处的酒精灯④加热D处的管式炉⑤打开A处的分液漏斗活塞。正确的实验操作步骤是________。(2)仪器X的名称是__________；装置A是制取氨气的简易装置，仪器X中的固体是______________。(3)装置B中的化学方程式是____________________。(4)装置C的作用是平衡装置中的压强和____________________。(5)装置D中的固体物质中含有氮化锶，已知氮化锶极易与水反应生成微溶于水的氢氧化锶，写出反应的化学方程式_________________________。(6)锶的金属性比钠强，但锶与水反应的剧烈程度不如钠，原因足锶的熔点比钠高和____________________________。2．（2021·山东聊城·统考二模）过氧化钙是一种用途广泛的优良供氧剂，常温下为白色固体，能溶于酸，难溶于水、乙醇，且本身无毒，不污染环境，某实验小组制备过程如下。Ⅰ.制备利用反应，在碱性环境下制取的装置如图： (1)的电子式为_______。(2)写出甲装置中反应的化学方程式_______。(3)仪器A的名称为_______；仪器B的作用是_______。(4)乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低有利于提高的产率和_______。(5)反应结束后，分离提纯的过程中，洗涤的操作为_______。Ⅱ.制得产品并定量检测(6)脱水干燥即得产品。经检测知某产品中含有和，已知受热分解有、和生成。①称取产品，加热，在标准状况下生成气体。②另取等量产品，溶于适量的稀盐酸后，加入足量的溶液得到沉淀，则该产品中的x值为_______。3．（2022·山东聊城·统考二模）锡(Sn)是第IVA族元素，其常见的氯化物有SnCl4和SnCl2。SnCl4常温下为液体，遇水极易发生水解反应；SnCl2常温下为固体，具有还原性，可被空气中的氧气氧化。某化学实验小组制备SnCl4的装置如图(加热与夹持装置省略)。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_______；装置B中盛放的试剂是_______。(2)制取SnCl4的操作步骤为：①连接好装置；②_______；③添加药品、滴加浓盐酸；④待装置D_______后，加热装置C；⑤收集SnCl4。请补充上述实验步骤。已知装置A中反应的还原产物为，写出该反应的离子方程式_______。(3)装置E的作用是_______。(4)经测定发现实验所得SnCl4，样品中含有少量的SnCl2，测定样品纯度的方案如下：取ag样品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂，用碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液。滴定过程中先后发生的反应为：i.ii.(均未配平)则SnCl4样品的纯度为_______%；若滴定时间过长，会使测量结果_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 二、结构与性质4．（2020·山东聊城·统考二模）磷酸氯喹(结构如图所示)在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，我国印发的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》中明确规定了其用量。(1)碳、硅、锗为同一主族元素，则基态硅原子核外电子的空间运动状态有________种，基态锗原子的最外层的电子排布图为__________________。(2)C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序是_____________________。(3)磷酸氯喹分子中氮原子的杂化方式为________，苯环中含有的共价键类型是________。(4)的空间构型是____________，与互为等电子体的分子是____________(写一种即可)。(5)由C、H、O元素组成的H2O和C2H5OH可以任意比例互溶，其原因是________________。(6)由P与B元素形成的化合物BP的晶胞(如图所示)中B采用面心立方堆积，P原子填入四面体空隙中。已知晶胞边长为a pm，晶体中B原子与P原子的最近距离是___________，设阿伏加德罗常数的值为NA，则BP晶体的密度是___________g／cm3(列出计算表达式)。5．（2021·山东聊城·统考二模）金属陶瓷是一种复合材料，兼有金属和陶瓷的优点，应用非常广泛，金属基体可为，，，陶瓷基体为碳化硅等.回答下列问题：(1)位于元素周期表中第四周期_______族，与的基态原子核外未成对电子数之比为_______。(2)与C相比，原子之间难以形成双键的原因是_______。(3)已知的一种晶体结构与、相似，则该晶体的熔点比晶体的_______(填“高”、“低")，原因是_______。(4)钴献菁可显著提升二次电池的充放电效率，为增强水溶性将其改性为四氨基钴酞菁，其结构如图所示：四氨基钴酞菁中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_______；水溶性得到有效改善的原因是_______。(5)的晶胞结构如图所示.晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为_______.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，称作原子的分数坐标，若图中原子1的分数坐标为，则原于2的分数坐标为_______。6．（2022·山东聊城·统考二模）铁、铜及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：(1)基态Cu原子核外电子的空间运动状态有_______种。(2)Fe和Cu的部分电离能数据如下：元素FeCu第一电离能759756第二电离能15611958 大于的主要原因是_______。(3)可形成，en代表。其中的空间构型为_______；en分子中各元素的电负性由小到大的顺序为_______。(4)是检验的特征试剂，中含有_______键，该离子中杂化方式推断合理的是_______。A． 　　    B． 　　    C．   　　     D．(5)一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数和晶胞中各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为。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A、D原子间距离d=_______cm。
参考答案：1．     ①②⑤③④     蒸馏烧瓶     CaO(或“碱石灰”、“NaOH”)     2NH3+3CuO3Cu+N2↑+3H2O     除去氮气中的氨和水     Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑     锶与水反应生成的微溶物氢氧化锶覆盖在锶的表面，缓和了金属与水的反应【分析】装置A是制取氨气的简易装置，用浓氨水分解制备氨气，常用溶于水大量放热的CaO或“碱石灰”、“NaOH”等物质，氨气经过球形干燥器后，经过灼热的氧化铜，发生氧化还原反应生成氮气，装置C中浓硫酸吸收反应生成的水，长颈漏斗平衡大气压，防止倒吸，最后纯净的氮气进入管式炉中制备氮化锶。【详解】(1)正确的实验操作步骤是简单步骤如下：①连接装置，检验装置的气密性②加装实验药品⑤打开A处的分液漏斗活塞③点燃B处的酒精灯④加热D处的管式炉。(2)仪器X的名称是蒸馏烧瓶；装置A是制取氨气的简易装置用浓氨水分解制备氨气，常用溶于水大量放热的CaO或“碱石灰”、“NaOH”等物质。(3)根据氧化还原反应，装置B中的化学方程式是2NH3+3CuO3Cu+N2↑+3H2O。(4)装置B可通过导管的产物为水、氨气，氨气极易溶于水，必须防止倒吸，浓硫酸吸收反应生成的水，长颈漏斗平衡大气压，故装置C的作用是平衡装置中的压强和除去氮气中的氨和水。(5)氮化锶极易与水反应生成微溶于水的氢氧化锶，根据氧化还原反应原理，反应的化学方程式Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑。(6)锶的金属性比钠强，但锶与水反应的剧烈程度不如钠，原因足锶的熔点比钠高和锶与水反应生成的微溶物氢氧化锶覆盖在锶的表面，缓和了金属与水的反应。2．               三颈烧瓶     防倒吸     过氧化氢的利用率     向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次     3【分析】由实验装置图可知，装置甲中氯化铵固体和氢氧化钙共热反应制备氨气，装置乙中，在冰水浴的条件下，三颈烧瓶中发生的反应为氯化钙、过氧化氢和氨气反应生成八水过氧化钙和氯化铵，氨气极易溶于水，长颈漏斗在实验中起防倒吸的作用。【详解】(1)过氧化钙是由钙离子和过氧根离子形成的离子化合物，电子式为，故答案为：；(2) 甲装置中发生的反应为氯化铵固体和氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为，故答案为：；(3)由分析可知，装置乙中仪器A的名称为三颈烧瓶，装置B为长颈漏斗，用于防止因实验时氨气极易溶于水产生倒吸，故答案为：三颈烧瓶；防倒吸；(4) 乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低，可以降低八水过氧化钙，便于晶体析出，通过八水过氧化钙的产率，同时也能减少过氧化氢分解，提高过氧化氢的利用率，故答案为：过氧化氢的利用率；(5)洗涤八水过氧化钙的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次即可，故答案为：向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次；(6)由①可得：2CaO2▪xH2O—O2，266.8mL氧气的物质的量为=0.012mol，则CaO2▪xH2O的物质的量为0.012mol×2=0.024mol；由②可知，反应生成2.80g碳酸钙的物质的量为=0.028mol，则样品中CaO2▪xH2O和CaO的物质的量之和为0.028mol，则CaO的物质的量为0.028mol—0.024mol=0.004mol；由样品的质量为3.248g可得：0.024mol×(72+18x)g/mol+ 0.004mol×56g/mol=3.248g，解得x=3，故答案为：3。3．(1)     蒸馏烧瓶     无水(或“”或“硅胶”)(2)     检查装置气密性     充满黄绿色气体     (3)吸收多余的氯气；防止空气中的水蒸气进入D中(4)          偏大 【分析】装置A浓盐酸和K2Cr2O7反应制备氯气，生成的氯气通过盛装饱和食盐水的集气瓶，吸收挥发出来的氯化氢，否则Sn与HCl反应生成SnCl2，装置B中盛装干燥剂，干燥氯气，装置C是SnCl4的制备装置，装置D是收集装置，因为SnCl4常温下为液体，遇水极易发生水解，球形干燥管E中的碱石灰是为了吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入D，以此解题。(1)由图可知仪器a是蒸馏烧瓶；装置B中的试剂可以干燥氯气，应该是无水(或“”或“硅胶”)；(2)装置组装完毕后应该：检查装置气密性；气密性良好后，可以添加药品，首先制备氯气，利用氯气排除装置中的空气，故要待装置D充满黄绿色气体后，再加热装置C，开始反应生产产品，装置A中重铬酸钾和浓盐酸反应制备氯气的离子方程式为：；(3)装置D中收集产品，产品易水解，没有反应完的氯气容易污染空气，故装置E的作用是：吸收多余的氯气；防止空气中的水蒸气进入D中；(4)利用得失电子守恒配平得到配平的方程式为：；滴定终点时，发生反应，生成的I2使淀粉变蓝；由反应方程式(或者根据得失电子守恒)可得关系式：，，产品纯度为，若滴定时间过长，空气中的氧气会氧化碘离子，消耗的碘酸钾偏少，会使测量结果偏大。4．     8          N＞O＞C     sp2、sp3     σ键和π键     正四面体形     CCl4(或SiCl4、SiF4等)     H2O与C2H5OH分子之间能形成氢键，并且H2O与C2H5OH均为极性分子          【分析】(1)硅原子有14个电子，硅原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，基态锗原子的最外层的电子排布式为4s24p2。(2)同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族。(3)分别分析磷酸氯喹分子中氮的价层电子对数判断杂化方式，苯环中碳原子采取sp2杂化，存在σ键和π键。(4)计算PO43−的价层电子对数，根据价电子数F+= O，C = Si = P+分析等电子体。(5)溶解性有相似相溶和氢键的影响。(6)晶体中B原子与P原子的最近距离是体对角线的四分之一，先分析晶胞中B原子和P原子个数，再求BP晶体的密度。【详解】⑴硅原子有14个电子，硅原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，则基态硅原子核外电子的空间运动状态有8种，基态锗原子的最外层的电子排布式为4s24p2，最外层电子排布图为；故答案为：8；。⑵同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C；故答案为：N＞O＞C。⑶磷酸氯喹分子中，标示“2”的氮原子有3个σ键，1对孤对电子，价层电子对数为4，其N的杂化方式为sp3，标示“1”的氮原子有2个σ键，1对孤对电子，价层电子对数为3，其N的杂化方式为sp2，苯环中碳原子采取sp2杂化，存在σ键和π键；故答案为：sp2、sp3；σ键和π键。⑷PO43−的价层电子对数，其空间构型是正四面体形，由于F+= O，C = Si = P+，因此与PO43−互为等电子体的分子是CCl4(或SiCl4、SiF4等)；故答案为：正四面体形；CCl4(或SiCl4、SiF4等)。⑸由C、H、O元素组成的H2O和C2H5OH可以任意比例互溶，其原因是H2O与C2H5OH均为极性分子，相似相溶原理，H2O与C2H5OH分子之间能形成氢键；故答案为：H2O与C2H5OH分子之间能形成氢键，并且H2O与C2H5OH均为极性分子。⑹已知晶胞边长为a pm，晶体中B原子与P原子的最近距离是体对角线的四分之一即，根据分析得到晶胞中B原子个数为，P原子个数为4，阿伏加德罗常数的值为NA，则BP晶体的密度是；故答案为：。【点睛】晶胞中的计算是常考题型，先计算晶胞中原子个数，再根据密度公式计算密度、阿伏加德罗常数、体积等。5．     Ⅷ     3:1     Si的原子半径大于C的原子半径，原子间难以形成π键     高     碳氧键的键长比硅氧键短、键能比硅氧键大，碳氧键的共价键比硅氧键强     1,3     氨基中氮原子能与水分子形成氢键          【详解】(1)钴元素的原子序数为27，位于元素周期表第四周期Ⅷ族；铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，核外有6个不成对电子，镍元素的原子序数为28，价电子排布式为3d84s2，核外有2个不成对电子，则铬与镍的基态原子核外未成对电子数之比为3:1，故答案为：Ⅷ；3:1；(2) C原子的原子半径较小，C原子中p轨道能形成肩并肩的π键，与C原子相比，Si原子的原子半径较大，Si原子中p轨道难以形成肩并肩的π键，则Si原子之间难以形成双键，故答案为：Si的原子半径大于C的原子半径，原子间难以形成π键；(3)由题意可知，二氧化碳晶体和二氧化硅晶体都为原子晶体，原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，由于碳原子的原子半径比硅原子小，非金属性比硅原子强，二氧化碳晶体中碳氧键的键长比二氧化硅晶体中硅氧键短、键能比硅氧键大，则二氧化碳晶体中碳氧键的共价键二氧化硅晶体中比硅氧键强，熔点比二氧化硅晶体大，故答案为：大；碳氧键的键长比硅氧键短、键能比硅氧键大，碳氧键的共价键比硅氧键强；(4) 含有孤对电子的氮原子与钴离子通过配位键结合，形成配位键后氮原子能形成4个共价键，由钻酞菁的结构可知，1、3号氮原子形成4个共价键，2、4号氮原子形成3个共价键，则四氨基钴酞菁中与钴离子通过配位键结合的氮原子为1、3号；四氨基钴酞菁中含有4个氨基，氨基中氮原子能与水分子形成氢键，增大在水中的溶解性，故答案为：1、3；氨基中氮原子能与水分子形成氢键；(5)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的碳原子的个数为8×+6×=4，位于体内的硅原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由质量公式可得：=(c×10—10)3，解得d=；由位于体对角线四分之一处上部原子1的分数坐标为可知，晶胞的边长为1，则位于体对角线四分之一处下部原子2的分数坐标为，故答案为：；。6．(1)15(2)Cu的价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子后价层电子排布式为3d10，全充满，较稳定(3)     正四面体形     (4)     12     D(5)          ()      【解析】(1)Cu基态原子核外电子排布式为,核外电子空间运动状态由能层能级、原子轨道决定, s能级1种、p能级3种，故核外共有1+1+3+1+3+5+1=15种不同空间运动状态的电子；(2)Cu+的价电子排布式为3d10，Fe+的价电子排布式为3d64s1，Cu+再失去的是3d10上的电子，而Fe+失去的是4s1的电子，显然3d10处于全充满，更稳定，所以大于，故答案为：Cu的价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子后价层电子排布式为3d10，全充满，较稳定；(3)中心原子有4个成键电子对，即价层电子对为4，根据价层电子对互斥理论，可知其空间构型为：正四面体形；en分子中包含C、H、N，同周期越靠右电负性越大，氢的电负性较小，则n分子中各元素的电负性由小到大的顺序为；(4)配体是CN-，1个配体中含有1个σ键，1个配体和中心离子形成的配位键是σ键，则中含有12键；由该配离子可知中心离子的价层电子对数为6，则其杂化轨道数为6，故答案为D；(5)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，晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为，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C点的Z轴坐标为，x、y轴的坐标都是，则C点的分数坐标为：()；由图可知A点距离D点在底面上的投影的距离为×a，D点到底面的距离为c，则A、D原子间距离d==pm=cm。