河北省保定市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题

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河北省保定市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题

一、实验题
1．（2020·河北保定·统考一模）有学生将铜与稀硝酸反应实验及NO、NO2性质实验进行改进、整合，装置如图(洗耳球：一种橡胶为材质的工具仪器)。

实验步骤如下：
(一)组装仪器：按照如图装置连接好仪器，关闭所有止水夹；
(二)加入药品：在装置A中的烧杯中加入30%的氢氧化钠溶液，连接好铜丝，在装置C的U形管中加入4.0 mol/L的硝酸，排除U形管左端管内空气；
(三)发生反应：将铜丝向下移动，在硝酸与铜丝接触时可以看到螺旋状铜丝与稀硝酸反应产生气泡，此时打开止水夹①，U形管左端有无色气体产生，硝酸左边液面下降与铜丝脱离接触，反应停止；进行适当的操作，使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，气体变为红棕色；
(四)尾气处理：气体进入烧杯中与氢氧化钠溶液反应；
(五)实验再重复进行。
回答下列问题：
(1)实验中要保证装置气密性良好，检验其气密性操作应该在____。
a.步骤(一)(二)之间b.步骤(二)(三)之间
(2)装置A的烧杯中玻璃仪器的名称是____。
(3)加入稀硝酸，排除U形管左端管内空气的操作是________。
(4)步骤(三)中“进行适当的操作”是打开止水夹____(填写序号)，并用洗耳球在U形管右端导管口挤压空气进入。
(5)在尾气处理阶段，使B中广口瓶内气体进入烧杯中的操作是____。尾气中主要含有NO2和空气，与NaOH溶液反应只生成一种盐，则离子方程式为___。
(6)某同学发现，本实验结束后硝酸还有很多剩余，请你改进实验，使能达到预期实验目的，反应结束后硝酸的剩余量尽可能较少，你的改进是_____。
2．（2021·河北保定·统考一模）硫代硫酸钠用于皮肤病的治疗。常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3·5H2O，该晶体于40～45℃熔化，48℃分解。Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，在水中有关物质的溶解度曲线如图。

Ⅰ．制备Na2S2O3·5H2O：
将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在仪器b中加入亚硫酸钠固体。在仪器a中注入硫酸，并按如图安装好装置。

(1)仪器a的名称为___，装置丙的作用是___。
(2)打开a的活塞，注入硫酸使反应产生的二氧化硫气体较均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，装置乙中的反应过程为：
①Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2
②Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S
③2H2S+SO2=3S↓+2H2O
④____
写出④的反应方程式__。
随着SO2气体的通入，看到溶液中有大量浅黄色固体析出，继续通SO2气体，反应约半小时。当溶液中pH接近或不小于7时，即可停止通气和加热。溶液pH要控制不小于7的理由是：___(用文字和相关离子方程式表示)。
Ⅱ．分离Na2S2O3·5H2O并测定含量：

(3)为提高产率，操作①为___，操作②是过滤洗涤干燥，其中洗涤操作是用___(填试剂)作洗涤剂。
(4) 蒸发浓缩滤液直至溶液呈微黄色浑浊为止，蒸发时为什么要控制温度不宜过高___。
(5)为了测定粗产品中Na2S2O3·5H2O的含量，一般采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(滴定反应为假定粗产品中杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.28g的粗样品溶于水，用0.40mol·L-1酸性KMnO4溶液滴定，当溶液中S2O全部被氧化时，消耗酸性KMnO4溶液20.00mL。那么，产品中__。
3．（2022·河北保定·统考一模）硫脲[]是一种白色晶体，熔点180℃，易溶于水和乙醇，受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵，可用于制造药物，也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等。回答下列问题：
I.硫脲的制备：
已知：将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，实验装置如图所示。

(1)装置B中的试剂X和试剂Y的最佳组合是_______(填序号)。
A．固体+浓硫酸             B．固体+稀硝酸    C．固体+稀盐酸
(2)仪器M的名称为_______。按(1)中所选试剂组合，按气流从左到右的方向，上述装置的合理连接顺序为c→_______(填仪器接口的小写字母)。
(3)装置C中反应温度控制在80℃，温度不宜过高或过低的原因是_______，装置C中反应的化学方程式为_______。
II.硫脲的分离及产品含量的测定：
(4)装置C反应后的液体过滤后，将滤液减压蒸发浓缩，之后冷却结晶，离心分离，烘干即可得到产品。称取mg产品，加水溶解配成500mL溶液，量取25mL于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液。
①硫脲[]中硫元素的化合价为_______价。
②滴定时，硫脲转化为、、的离子方程式为_______。
③样品中硫脲的质量分数为_______(用含“m，c、V”的式子表示)。

二、结构与性质
4．（2020·河北保定·统考一模）氮及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题：
(1)“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动纲领。氮化铬(CrN)具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，氮化铬在现代工业中发挥更重要的作用，请写出Cr3+的外围电子排布式____；基态铬、氮原子的核外未成对电子数之比为____。
(2)氮化铬的晶体结构类型与氯化钠相同，但氮化铬熔点(1282℃)比氯化钠 (801'C)的高，主要原因是________。
(3)过硫酸铵[(NH4)2S2O8]，广泛地用于蓄电池工业、石油开采、淀粉加工、油脂工业、照相工业等，过硫酸铵中N、S、O的第一电离能由大到小的顺序为 _______，其中NH4+的空间构型为____________
(4)是20世纪80年代美国研制的典型钝感起爆药Ⅲ，它是由和[Co(NH3)5H2O](ClO4)3反应合成的，中孤电子对与π键比值为 _______， CP的中心Co3+的配位数为  ______ 。
(5)铁氮化合物是磁性材料研究中的热点课题之一，因其具有高饱和磁化强度、低矫顽力，有望获得较高的微波磁导率，具有极大的市场潜力，其四子格结构如图所示，已知晶体密度为ρg∙cm-3，阿伏加德罗常数为NA。

①写出氮化铁中铁的堆积方式为____。
②该化合物的化学式为 ___。
③计算出 Fe(II)围成的八面体的体积为____cm3。
5．（2021·河北保定·统考一模）X、Y、Z、W为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大，X原子核外有6种不同运动状态的电子；Y原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子；Z有多种氧化物，其中一种红棕色氧化物可作涂料；W位于第四周期，其原子最外层只有1个电子，且内层都处于全充满状态。回答下列问题：
(1)X在元素周期表中的位置是___。
(2)元素的第一电离能：X___Y(填“>”或“O>S     正四面体     5:4     6     面心立方最密堆积     Fe4N    
【分析】(1)基态Cr的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3；
(2)晶体结构类型与氯化钠相同，离子所带电荷数越多，键能越大，晶格能越大，熔沸点越高；
(3)同周期元素，第一电离能随核电荷数增大而增大，同主族元素，第一电离能随核电荷数增大而减小，当元素最外层电子排布处于全满、半满、全空时结构稳定，第一电离能比相邻元素高；根据杂化理论判断空间构型；
(4)双键中含有一个σ键合一个π键，三键中一个σ键和两个π键，根据结构简式中元素最外层电子数和元素的键连方式判断孤电子对数；配合物中与中心离子直接相连的配体的个数即为配位数；
(5) ①根据图示，顶点和面心位置为铁原子；
②根据图示，一个晶胞中的原子个数用均摊法进行计算；
③根据ρ=推导计算晶胞棱长，再根据正八面体的结构特点计算体积。
【详解】(1)基态Cr的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，有6个未成对的电子，基态Cr3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，Cr3+的外围电子排布式3d3；基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3有3个未成对的电子，基态铬、氮原子的核外未成对电子数之比为2:1；
(2)晶体结构类型与氯化钠相同，离子所带电荷数越多，键能越大，晶格能越大，熔沸点越高，氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大，故氮化铬熔点比氯化钠的高；
(3)同主族元素，第一电离能随核电荷数增大而减小，则S＜O同周期元素，第一电离能随核电荷数增大而增大，当元素最外层电子排布处于全满、半满、全空时结构稳定，第一电离能比相邻元素高，基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3处于稳定状态，则第一电离能N＞O，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞S；NH4+的中心原子为N，其价层电子对数=4+×(5-1-4×1)=4，为sp3杂化，空间构型为正四面体；
(4)双键中含有一个σ键和一个π键，三键中一个σ键和两个π键，中，有一个-C≡N，含有2个π键，两个双键中分别有一个π键；根据结构中键连方式，碳原子没有孤对电子，每个氮原子有一对孤对电子，孤电子对与π键比值为5:4；配合物中与中心离子直接相连的配体的个数即为配位数，CP的中心Co3+的配位数为6；
(5)①根据图示，顶点和面心位置为铁原子，氮化铁中铁的堆积方式为面心立方最密堆积；
②根据图示，一个晶胞中的铁原子为顶点和面心，个数=8×+6×=4，单原子位于晶胞内部，N个数为1，则该化合物的化学式为Fe4N；
③根据ρ=，则晶胞的体积V=，则晶胞的棱长===。Fe(II)围成的八面体中，棱长=×，正八面体一半的体积=×(×)2××=，八面体的体积为=2×=。
    
5．     第二周期第ⅣA族     ＜     ＜     平面三角形     1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5     Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3     2     2     CO2，N2O，OCN-，N3等     C     NiO＞CoO＞FeO    
【分析】周期表前四周期的元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，X原子核外有6种不同运动状态的电子，X为C元素；Y原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，Y为N元素；Z有多种氧化物，其中一种红棕色氧化物可作涂料，涂料的为Fe2O3，Z为Fe元素；W位于第四周期，其原子最外层只有1个电子，且内层都处于全充满状态1s22s22p63s23p63d104s1，即为Cu元素；所以前四周期的元素 X、Y、Z、W分别为：C、N、Fe、Cu。
【详解】(1)X为碳元素，位于周期表的第二周期第ⅣA族；故答案为：第二周期第ⅣA族。
(2)同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但第ⅡA大于ⅢA，第ⅤA大于ⅥA，所以C小于N元素的第一电离能；氨气分子间存在氢键，沸点比甲烷的更高，所以最简单气态氢化物的沸点：CH4＜NH3；故答案为：＜；＜。
(3)根据价层电子对数推出空间结构，N的最高价氧化物对应水化物中酸根离子即，的空间构型：3+=3，价层电子对数为3，孤电子对数为0，所以是平面三角形；故答案为：平面三角形。
(4)Fe基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；失去3个电子后，得出Fe3＋的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；用硫氰化钾溶液检验Z3+生成血红色的络合物，离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；根据结构可知1molSCN-中含有2molσ键、2molπ键，含等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，所以SCN-的等电子体有CO2，N2O，OCN-，N3等。
(5) Cu晶体的堆积模型是面心立方最密堆积，Na属于体心立方堆积，锌和镁属于六方最密堆积，Ag属于面心立方最密堆积；故答案为：C。
(6) 三种元素二价氧化物均为离子化合物，其熔点和离子键的强弱有关，离子的半径越小，离子键越强，离子半径r(Fe2＋)＞r(Co2＋)＞r(Ni2＋)，形成的离子键依次增强，熔点依次升高，则熔点NiO＞CoO＞FeO；根据晶胞结构，O2－占据了面心和顶点，面心的O2－被2个晶胞所共有，顶点被8个晶胞所共有，则该晶体中有个O2－；Co2＋占据了棱心和体心，棱心的Co2＋被4个晶胞所共有，体心的Co2＋被此晶胞所独有，则该晶胞中含有个Co2＋；根据公式可得。
6．(1)     C     B
(2)     正四面体          H
(3)          非极性     >     键长越短，键能越大
(4)          8     或等

【解析】（1）
A是基态铝原子，B是激发态铝原子，C是基态Al+，D是激发态Al+，电离出第一个电子所需要的能量小于第二电子，CD 电离最外层一个电子所需能量是第二电离能，激发态能量高，失去第二个电子所需要的能量比基态Al+的能量小，故电离最外层一个电子所需能量最大的是基态Al+，答案为C，电离最外层一个电子所需能量最小的是激发态铝原子，答案为B；
（2）
的价层电子对数为4，故空间构型是正四面体，利用同主族变换和左右移位法可得，与其互为等电子体的一种阳离子是，非金属元素的电负性大于非金属元素的电负性，金属性越强，电负性越小，因此中元素电负性大小顺序为，电负性最大的为H。
（3）
由图可知，二聚物中原子形成4个键，没有孤电子对，价层电子对为4，原子的杂化轨道类型是杂化；由的结构可知，正负电荷重心重合，说明是非极性分子；图中1键键长为206pm，2键键长为221pm，键长越长键能越小，故键能：1>2。
（4）
由图可知，个数：，个数为：，中与个数比为3：1，故代表，表示，表示；位于8个小立方体的体心，故的配位数为8，由该晶体的密度为，，则晶胞参数为，则距离最近的两个的核间距为。