山东省日照市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

山东省日照市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·山东日照·统考一模）中国是钢铁生产大国，也是铁矿石消费大国。某铁矿石主要成分为和，实验室为测定和的物质的量比，利用下图所示装置进行实验。

实验步骤如下：

Ⅰ.按图示连接仪器，检查装置气密性后加入药品；

Ⅱ.打开、，通入一段时间氮气，关闭、，取下干燥管称量其质量（）后再连接好装置；

Ⅲ.打开和分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中慢慢滴加足量已经除去的稀硫酸（其它杂质与稀硫酸不反应，且无还原性物质），待反应完成后，打开通入一段时间氮气；

Ⅳ.关闭、，取下三颈烧瓶过滤、洗涤，将滤液与洗涤液合并成100mL溶液备用；

Ⅴ.取下上述步骤ⅱ中的干燥管并称量其质量（）；

Ⅵ.取配制好的滤液25mL于锥形瓶中，用溶液滴定。

回答下列问题：

（1）步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是_________（填“E”或“F”）。

（2）实验过程中发现B中有黑色沉淀生成，写出装置A中与稀硫酸反应的化学方程式__________________。

（3）C装置的作用是_________；若撤去装置F，则测得的的含量会_________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。

（4）下列关于步骤Ⅳ的叙述正确的是_________（填标号）。

A．滤渣中含有还原产物单质硫

B．过滤过程中玻璃棒起到引流和搅拌的作用

C．过滤操作要迅速，否则会使测得的的含量偏低

D．检验沉淀是否洗涤干净，可向滤液中加入氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成

（5）步骤Ⅵ中发生反应的离子方程式为_________，到达滴定终点的现象是_________。

（6）若上述实验中，步骤Ⅵ消耗溶液45mL，则该矿石样品中_________。

2．（2021·山东日照·统考一模）常温下，一氧化二氯(C12O)为棕黄色气体，熔点为﹣116℃，浓度过高时易分解爆炸。为降低风险和便于贮存，制出C12O后，一般将其“固化”为固态。某小组按以下两阶段制备C12O。回答下列问题：

第一阶段：制备HgO。

配制15％的NaCl溶液和30％的HgC12溶液，将二者以一定质量比混合得到5％NaCl和20％HgC12的混合液；在室温下，边搅拌边缓慢地向混合液中加入过量NaOH溶液，生成黄色沉淀；将沉淀反复洗涤数次，直至没有氯离子；真空抽滤后将沉淀物在暗处干燥，得到干燥的HgO。

(1)配制15％NaCl溶液，除用到托盘天平和烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有___________。

(2)配制混合液时，15％NaCl溶液和30％HgC12溶液的质量比为___________。

(3)检验沉淀已经洗涤至没有氯离子的操作及现象为___________。

第二阶段：制备C12O。

制备干燥、纯净的C12；然后在干燥氮气的气流中，用C12和HgO在18～20℃条件下制备C12O；将产生的C12O气体“固化”；最后进行尾气处理。

(4)将干燥、纯净的C12通入下面装置中制备C12O并“固化”。

①制备C12O时还得到了HgC12·HgO固体，则装置I中制备反应的化学方程式为___________。干燥氮气的作用除将产生的C12O送入后续装置“固化”外，还有___________。

②常用冷却剂的数据如下表。“固化”时装置II中的冷却剂为___________(填标号)。

A．液氯                B．液氨                C．干冰 D．液氧

3．（2022·山东日照·统考一模）乳酸亚铁固体{，相对分子质量234}易溶于水，难溶于乙醇，常用于治疗缺铁性贫血。可由乳酸与反应制得。回答下列问题：

I.制备碳酸亚铁

①组装仪器，检查装置气密性，加入试剂；

②先关闭，打开、。

③一段时间后，关闭活塞，打开活塞；

④抽滤，洗涤干燥。

(1)装置a可盛适量的水，其作用是___________。

(2)可用溶液代替溶液制备碳酸亚铁，发生反应的离子方程式为______，此法所得产品纯度更高，原因是_______。

II.乳酸亚铁晶体纯度的测量

(3)若用滴定法测定样品中的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因是_______。

(4)该兴趣小组改用铈(Ce)量法测定产品中的含量，可通过用滴定法测定样品中的含最来计算乳酸亚铁固体样品纯度(反应中Ce元素被还原为)。称取7.8g样品配制成250.00mL溶液，取25.00mL用0.10标准溶液滴定。反复滴定2～3次，平均消耗标准液30.00mL，则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_______。若滴定操作时间过长，则样品纯度将_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

二、结构与性质

4．（2020·山东日照·统考一模）自然界中存在大量的金属元素，在工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：

（1）焰色反应的光谱属于发射光谱，铜和含铜离子化合物的焰色为_______色。

（2）基态Ni原子中，核外电子占据的最高能层符号是________，其核外电子排布式中未成对电子数为_________个。

（3）钌-多吡啶配合物具有丰富的光化学和光物理信息，结构简式如下图所示。钌（Ⅱ）的配位数是_______，N原子的杂化类型为______________。

（4）晶体中，的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着如由1、3、6、7的围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的围成的正八面体空隙。中有一半的填充在正四面体空隙中，另一半和全部填充在正八面体空隙中，则晶体中，正八面体空隙数与数之比为__________。正四面体空隙填充率与正八面体空隙填充率之比为________。晶胞中有8个图示结构单元，该晶胞参数为a pm，则晶体密度为________（写出含a和的计算表达式）。

5．（2021·山东日照·统考一模）工业上以纯碱、水、二氧化硫为原料，利用“干法”工艺制备食品抗氧化剂焦亚硫酸钠(Na2S2O5)。

回答下列问题：

(1)原料涉及的元素中，电负性最大的是____(填元素符号)；纯碱中阴离子的中心原子杂化方式为____。

(2)二氧化硫易溶于水的原因除与水反应外，还有_____；与二氧化硫互为等电子体的阴离子有_______(填化学式，写一种即可)。

(3)焦亚硫酸根的结构图为： ，标有“*”的硫的化合价为____。

(4)Na2S2O5加热至一定温度时分解为Na2O和SO2，Na2O晶胞为立方晶胞，结构如图，图中黑球代表阳离子，白球代表阴离子(NA为阿伏加德罗常数的值)。

①阴离子的配位数为___。

②若晶胞参数为a nm，则晶胞的密度为___g·cm-3.(用含a、NA的式子表示)。

6．（2022·山东日照·统考一模）2022年春晚中舞蹈诗剧《只此青绿》生动还原了北宋名画，《千里江山图》之所以色彩艳丽，璀璨夺目，与所使用矿物颜料有关。回答下列问题：

(1)石青，又名蓝矿石，化学式为，基态核外电子的空间运动状态有______种，的空间构型为________。原子中电子有两种相反的自旋状态，分别用和表示，称为电子的自旋磁量子数，则中电子自旋磁量子数的代数和为________。

(2)亚铁氰化钾，化学式为，呈黄色结晶性粉末。中配体的配位原子是________(填元素符号)，中C原子的杂化方式_______，中σ键和π键的数目之比为________。

(3)呈黑色或灰黑色，已知：晶胞中的位置如图1所示，位于所构成的四面体中心，晶胞的侧视图如图2所示。

填充了晶胞中四面体空隙的百分率是______，配位数为________。已知图1中A原子的原子分数坐标为(0，0，0)，则与A原子距离最近的的原子分数坐标为________。若晶胞参数anm，晶体的密度为，则阿伏加德罗常数的值为________(用含a和d的式子表示)。

参考答案：

1．     E          除去并检验是否除尽     偏大     C          滴入最后一滴溶液，溶液变为紫红色且半分钟不褪去    

【分析】根据题干信息可知，A装置中发生反应FeS2+H2SO4===FeSO4+S+H2S，FeCO3+H2SO4===FeSO4+CO2↑+H2O，B装置为检验H2S的装置，C装置可除去H2S并检验H2S是否除尽，D装置盛有浓硫酸可除去水蒸气，E装置吸收CO2并测定其质量，F装置可吸收空气中的CO2和H2O，防止进入E装置中影响实验结果，据此分析解答问题。

【详解】(1)由上述分析可知，装置E吸收CO2并测定其质量，故步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是E，故答案为：E；

(2)B装置为检验H2S的装置，B中有黑色的CuS沉淀生成，则A中FeS2与稀硫酸的反应方程式为FeS2+H2SO4===FeSO4+S+H2S，故答案为：FeS2+H2SO4===FeSO4+S+H2S；

(3)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，可除去H2S并检验H2S是否除尽，F装置可吸收空气中的CO2和H2O，若撤去装置F，E装置所测得的CO2的质量将会偏大，使得最终FeCO3的含量偏大，故答案为：除去H2S并检验H2S是否除尽；偏大；

(4)A．反应FeS2+H2SO4===FeSO4+S+H2S中FeS2中的S化合价由-1升高至0价，S为氧化产物，故滤渣中含有氧化产物S，A选项错误；

B．过滤过程中玻璃棒的作用是引流，B选项错误；

C．过滤操作要迅速，否则FeSO4被空气中的氧气氧化，Fe2+含量偏低，消耗的KMnO4溶液体积偏小，从而Fe2+总量偏小，FeCO3的量不变，则测得的FeS2含量偏低，C选项正确；

D．检验沉淀是否洗涤干净，应取最后一次洗涤液，向其中加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成，若有，则未洗涤干净，反之则洗涤干净，D选项错误；

故答案为：C；

(5)步骤Ⅵ中，Fe2+与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，反应得离子方程式为5Fe2++MnO4-===Mn2++5Fe3++4H2O，反应终点的现象是最后一滴KMnO4溶液滴下时，溶液变为紫红色且半分钟不褪去，故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为紫红色且半分钟不褪去；5Fe2++MnO4-===Mn2++5Fe3++4H2O；

(6)m1-m2=2.2g，即CO2的质量为2.2g，物质的量为0.05mol，则FeCO3的物质的量为0.05mol，由方程式5Fe2++MnO4-===Mn2++5Fe3++4H2O可知，5Fe2+~MnO4-，n(MnO4-)=0.045L×0.1mol/L=0.0045mol，25mL滤液中，n(Fe2+)=5×0.0045mol=0.0225mol，则100mL滤液中n(Fe2+)=4×0.0225mol=0.09mol，因此n(FeS2)=0.09mol-n(FeCO3)=0.04mol，n(FeS2)：n(FeCO3)=0.04：0.05=4：5，故答案为：4：5。

【点睛】本题考查混合物含量测定实验，涉及对实验装置的理解与评价、实验操作、信息获取与迁移运用等，难度中等，理解实验装置的作用是解题的关键，是对实验基础知识的综合利用，需要具备扎实的基础与分析问题、解决问题的能力。

2．     量筒、胶头滴管     1∶2     取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加 AgNO3溶液，无沉淀产生     2Cl2＋2HgO HgCl2·HgO＋Cl2O     稀释 Cl2O，防止 Cl2O 浓度过高分解爆炸     D

【详解】（1）配制15%的食盐溶液，首先计算配制溶液所需食盐和水的质量，再称量所需的食盐和量取水，最后进行溶解；在这些操作中需要的仪器：托盘天平、药匙、量筒、胶头滴管、烧杯和玻璃棒，其中属于玻璃仪器的是玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒，故还需要的玻璃仪器有量筒、胶头滴管等；

(2)配制15％的NaCl溶液和30％的HgC12溶液，将二者以一定质量比混合得到5％NaCl和20％HgC12的混合液；质量分数分别为原来的和，故配制混合液时，15％NaCl溶液和30％HgC12溶液的质量比为：=1：2；

(3)利用硝酸银溶液检验氯离子的存在，则检验沉淀已经洗涤至没有氯离子的操作及现象为取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加 AgNO3溶液，无沉淀产生；

(4) ①将干燥、纯净的C12通入HgO固体中且水浴加热，制备C12O时还得到了HgC12·HgO固体，则装置I中制备反应的化学方程式为2Cl2＋2HgO HgCl2·HgO＋Cl2O；

干燥氮气的作用除将产生的C12O送入后续装置“固化”外，还有稀释 Cl2O，防止 Cl2O 浓度过高分解爆炸；

②常用冷却剂的数据如下表。根据一氧化二氯(C12O)的熔点为﹣116℃，故“固化”时装置II中的冷却剂应低于其温度，故应选液氧，答案选D。

3．(1)液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2＋

(2)          碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁(或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁)

(3)乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化

(4)     90%     偏小

【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备碳酸亚铁过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故圆底烧瓶内制备硫酸亚铁，利用生成的氢气，使圆底烧瓶中气压增大，将圆底烧瓶中的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中，和Na2CO3溶液发生反应制备碳酸亚铁,据此回答。

【详解】（1）根据上述分析，装置a的作用是液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2＋。

（2）可用溶液代替溶液制备碳酸亚铁，则依据电荷守恒、元素质量守恒得反应的离子方程式为，此法所得产品纯度更高，原因是：碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁(或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁)。

（3）已知乳酸亚铁固体化学式为，乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。

（4）平均消耗标准液V= 30.00mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n(Fe2+)＝n(Ce4+)＝0.10mol/L×0.030L＝0.0030mol，故250mL含有n(Fe2+)＝0.0030mol×=0.030mol，故产品中乳酸亚铁晶体的纯度为：。

若滴定操作时间过长，则样亚铁离子容易被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，则产品纯度将偏小。

4．     绿     N     2     6     、              

【详解】(1)因为铜和含铜离子化合物在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高的轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，放出的光的颜色为绿色，故答案为：绿；

(2)基态Ni原子为28号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，核外电子占据的最高能层的符号为N，其核外电子排布式中未成对电子数为2个，故答案为：N；2；

(3)由钌-多吡啶配合物的结构简式可知，Ru与6个N形成配位键，则钌（Ⅱ）的配位数为6，N原子形成了单键和双键，则杂化方式为sp2、sp3，故答案为：6；sp2、sp3；

(4)根据题干信息，Fe3O4晶胞结构中正四面体空隙数为8，正八面体空隙数为4，O2－位于顶点和面心，个数为8×1/8＋6×1/2=4，因此正八面体空隙和O2－数之比为4：4=1：1，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和全部Fe2+填充在正八面体空隙中，则正四面体的空隙填充率为，即12.5%，正八面体的空隙填充率为50%，两者之比为：12.5%：50%=1：4，Fe3O4的晶胞中有8个图示结构单元，则晶胞的质量，体积V=a3×10-30cm3，则晶体的密度，故答案为：1：1；1：4；。

【点睛】本题主要考查物质结构的综合运用、配位键的形成、原子结构及原子核外电子排布，本题的难点在于第(4)题，准确找出晶胞中正四面体空隙数和正八面体的空隙数是解答本题的关键。

5．     O     sp2     SO2与 H2O 极性相同（或 SO2与 H2O 均为极性分子）     NO     +5     8    

【详解】(1)纯碱、水、二氧化硫所含元素有H、C、O、Na、S，同周期元素从左到右电负性增强，同主族元素从上到下电负性减弱，则电负性最强为O，纯碱中阴离子为，中心碳原子的价电子对数=，采用sp2杂化，故答案为：O；sp2；

(2)二氧化硫中心原子的价电子对数为：，有一对孤电子对，为V形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，根据相似相溶原理可知其易溶于极性溶剂水；等电子体是原子数和价电子数相同的粒子，与二氧化硫互为等电子体的阴离子有NO，故答案为：SO2与 H2O 极性相同（或 SO2与 H2O 均为极性分子）；NO；

(3)由结构式可知标有“*”的硫与三个氧原子形成共价键有5对共用电子，化合价为+5价，故答案为：+5；

(4)①由晶胞结构可知：以面心白球为观察对象可知其在一个晶胞中连接的黑球有4个，由此可知阴离子周围等距的阳离子有8个，配位数为8，故答案为：8；

②Na2O晶胞为立方晶胞中Na位于体内个数为8，O有8个在顶点，6个在面心，个数为，晶胞的质量为： g，晶胞的体积为，则晶胞的密度=g·cm-3，故答案为：；

6．(1)     14     平面正方形或正四面体     或

(2)     C     sp     1:1

(3)     100%     8     (，，)    

【分析】根据Cu2+离子的电子排布式判断电子的空间运动状态种数；根据结构判断其空间构型；根据Cu2+离子的电子排布式计算中电子自旋磁量子数的代数和；根据结构判断配位原子；根据CN-空间构型为直线形，判断C原子的杂化类型；根据结构计算σ键和π键的数目之比；根据晶胞结构，利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

【详解】（1）Cu的原子序数为29，核外有29个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+表示失去2个电子，则Cu2+离子电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，电子的空间运动状态就是已填入电子的轨道数，即1+1+3+1+3+5=14；由可知，中Cu2+提空轨道，NH3提供孤电子对，二者之间形成4个配位键，则空间构型为平面正方形或正四面体；Cu2+离子电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，则Cu2+离子自旋磁量子数的代数和为()×14+()×13=，也可以是()×13+()×14=；答案为14；平面正方形或正四面体；或。

（2）由结构可知，在形成配合物时，Fe2+提供空轨道，CN-中C原子更容易提供孤电子对，所以配体的配位原子是C原子；CN-空间构型为直线形，C原子的杂化方式为sp；由结构可知，Fe2+与6个CN-形成配位键，即有6个σ键，中存在碳氮叁键，三键中含有1个σ键与2个π键，所以σ键和π键的数目之比为(6+1×6):(2×6)=12:12=1:1；答案为C；sp；1:1。

（3）由晶胞中的位置可知，S2-位于立方体的顶点和面心，所以S2-是面心立方最密堆积，晶胞中S2-的个数为 8×+6×=4，由化学式为Cu2S，则可判断Cu+的个数为8，在面心立方晶胞中，每个顶点都能与三个面心原子形成一个四面体空隙，如此，晶胞中能形成8个四面体空隙，所以8个Cu+占据了8个四面体空隙，即全部的四面体空隙，则填充了晶胞中四面体空隙的百分率是100%；晶胞中硫离子的个数为4，微粒配位数之比等于微粒数反比，故Cu2S晶体中，S2-的配位数为4×2=8；由可知，A点与相邻的三个面心原子形成一个正四面体，棱长为对角线的一半，即为，则此正四面体的外接正方体棱长为，与A原子距离最近的位于此正四面体的中心， 也是外接正方体的中心，A原子的原子分数坐标为(0，0，0)，则外接正方体中心坐标为(，，)，其中a为外接正方体的棱长a=，即Cu+的原子分数坐标为(，，)；1个晶胞的质量为m=，晶胞的体积为V=(a×10-7)3cm3，晶胞的密度ρ=，即，解之NA=；答案为100%；8；(，，)；。