江西省南昌市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

江西省南昌市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·江西南昌·统考一模）工业上用草酸“沉钴”，再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分：

为了有效除去母液A中残留的大量草酸，一般用氯气氧化处理草酸，装置如下：

 回答下列问题：

(1)母液A中c(Co2+)为____mol·L-1。    ，

(2)分液漏斗中装入盐酸，写出制取氯气的离子方程式 ____________。反应后期使用调温电炉加热，当锥形瓶中____(填现象)时停止加热。

(3)三颈烧瓶反应温度为50℃，水浴锅的温度应控制为 ____(填序号)。A．50℃   B．5l-52℃    C．45 - 55℃    D．60℃

(4)氯气氧化草酸的化学方程式为________ 。

(5)搅拌器能加快草酸的去除速率，若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低，主要原因是__________。

 (6)若用草酸铵代替草酸“沉钴”，其优点是____   ，其主要缺点为________。

2．（2021·江西南昌·统考一模）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，溶于水成绿色，难溶于乙醇，见光分解，是一些有机反应的催化剂。制备三草酸合铁酸钾主要有两步，制备FeC2O4黄色沉淀，并在K2C2O4、H2C2O4并存时氧化FeC2O4制得产品：

(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O+H2C2O4FeC2O4·2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4+4H2O

2 FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O42K3Fe(C2O4)3·3H2O

(1) K3[Fe(C2O4)3]·3H2O (三草酸合铁酸钾)铁元素化合价为______。

(2)实验时需要滴加1mol·L-1H2SO4溶液，配制该溶液需要的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、______和______。

(3)用如图装置制备FeC2O4·2H2O时，药品添加的顺序是：______(填序号)，加热溶解后再滴入草酸。

A．先加入硫酸，再滴入水        B．先滴入水，再加入硫酸

(4)制备三草酸合铁酸钾，保持温度为40℃左右，原因是______。观察到______现象时，反应结束，此时加热至沸，主要的目的是______(用化学方程式表示)。然后冷却至室温，加入______(填化学式)和硝酸钾固体，搅拌，洗出亮绿色晶体。

3．（2022·江西南昌·统考一模）碳化物衍生碳以其独特的性能被广泛应用在超级电容器、催化剂载体等方面。常用氯气刻蚀法制备，该方法通过高温氯化2小时在SiC表面制备碳涂层。其方法如下：

(1)装置B所盛物质为___________，其作用是___________。

(2)仪器C的名称是___________，所盛物质为___________。

(3)圆底烧瓶A中为二氧化锰，发生的化学方程式为___________；实验温度为40℃，加热方式是___________，主要目的是___________。

(4)高温环境为氩气与氯气混合气氛，随着温度的升高，氯气与SiC反应，将Si原子从SiC中刻蚀掉形成碳层，反应方程式为___________。

(5)如果温度超过1175℃，涂层上的碳结构发生如下变化：碳→骨架碳→非晶碳→石墨碳，则碳涂层硬度会___________(填“逐渐变高”或“逐渐变低”)。

(6)装置F盛有NaOH溶液用于除气和回收氩气，其生成的盐除了NaCl，还有两种类别不同的含氧酸钠盐___________(填化学式)。

二、结构与性质

4．（2020·江西南昌·统考一模）GaN是制造5G芯片的材料，氮化镓和氮化铝LED可发出紫外光。回答下列问题：

(1)基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar]____。

(2)根据元素周期律，元素的电负性Ga____ (填“大于”或“小于”，下同)As。

(3)科学家合成了一种阳离子为“N5n+”，其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体，其电子式为____，其中的阴离子的空间构型为____。

(4)组成相似的CaF3和GaCl3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体。从F-和Cl-结构的不同分析其原因是________。

(5)原子晶体GaAs的晶胞参数a=xpm，它的晶胞结构如下图所示。该晶胞内部存在的共价键数为 ___；紧邻的As原子之间的距离为b，紧邻的As、Ca原子之间的距离为d，则b：d=____，该晶胞的密度为__g ▪cm-3。(阿伏加德罗常数用NA表示)

5．（2021·江西南昌·统考一模）中国紫-硅酸铜钡BaCuSi2O6被认为是人工制造的。这种紫色颜料在自然界中还未发现，而秦始皇陵兵马俑是已知的有确切出土地点和年代的最早使用它的实物。

(1)“中国紫”中基态铜离子的价层电子排布式为______。其发色中心是以铜离子为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是______元素。

(2)“埃及蓝”(CaCuSi2O6)是另一种古老的颜料，其合成原料为CaCO3，孔雀绿［Cu2(OH)2CO3]和砂子(SiO2)，而中国紫的合成是将CaCO3替换成BaCO3；碳酸根的空间构型为______。BaCO3的分解温度大于CaCO3，请从碳酸根稳定性角度说明原因：______。

 (3)已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9kJ·mol-1、1733.3kJ·mol-1，前者高于后者的原因是______。

(4)NaCl的晶胞结构如图所示，若将晶胞的面心和体心原子除去，顶点的Na换成U，棱心的Cl换成O，就得到UOx氧化物的晶胞结构。已知立方晶胞参数a=415.6pm，U的相对质量为238，则该氧化物的化学式为______。该晶体的密度为______g/cm3(列出计算表达式，已知阿伏伽德罗常数为NA)。

6．（2022·江西南昌·统考一模）主族元素Be、B、Na、P、Cl等的某些化合物对工农业生产意义重大，回答下列问题：

(1)我国自主研发的氟硼铍酸钾(KBe2BO3F2)晶体用于制造深紫外固体激光器，可用于高温超导、催化剂等领域研究。其中K+核外电子的运动状态有___________种。Be、B、F、O第一电离能由大到小的顺序为___________。

(2)H3BNH3是一种潜在的储氢材料，制备H3BNH3的化学反应为：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3，其中(HB=NH)3是六元环状物质，与其互为等电子体的有机物分子式为___________，1mol(HB=NH)3有___________molσ键。

(3)液氨可作制冷剂，汽化时吸收大量的热的原因是___________。

(4)PCl5在加压下于148℃液化，形成一种能导电的熔体，测得P-Cl的键长为198pm和206pm两种。此时熔体中存在___________(填化学键类型)，P的杂化类型为___________。

(5)在超高压(300GPa)下，金属钠和氦可形成化合物。结构中，钠离子(小圆球)按简单立方排布，形成Na8立方体空隙(如下图所示)，电子对(2e-)和氦原子交替分布填充在立方体的中心。已知晶胞是构成晶体的最基本的几何单元，该晶体晶胞边长a=395pm，计算晶体的密度ρ=___________(单位：g/cm)(写表达式，已知NA为阿伏伽德罗常数)

参考答案：

1．     0.02     ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O     黄绿色气体变成无色     B     H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl     搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低     残存于母液A中c(CoCl2)会更小     母液A处理中消耗更多的氯气

【分析】利用浓盐酸和Ca(ClO)2反应制备氯气，氯气在氧化草酸，除去母液中的草酸。

【详解】(1)根据表格中的信息， Co2+的质量浓度为 1.18g/L，则1L溶液中的，则；

(2)加入盐酸，与Ca(ClO)2反应生成Cl2，为归中反应，离子方程式为ClO－+Cl－+2H＋=Cl2↑+H2O；氯气为黄绿色气体，当反应完全之后，无氯气产生，装置中的气体由黄绿色变成无色，则答案为黄绿色气体变成无色；

(3)由于热传递，只能由温度高的传递到温度低的部分，三颈烧瓶反应温度为50℃，那么水浴锅的温度应该高一点，这样热量才能传递到反应液中，B符合题意；

(4)氯气具有氧化性，草酸具有还原性，能够发生氧化还原反应，草酸被氧化成CO2，化学方程式为H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl；

(5)搅拌过快，Cl2来不及反应，就从母液中逸出，因此草酸去除率反而降低，答案为搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低；

(6)草酸铵为强电解质，而草酸是弱电解质，草酸铵溶液中的草酸根浓度更大，能够使Co2＋沉淀得更加完全；由于母液中有NH4＋，在Cl2也会与NH4＋反应，因此在处理母液时，需要消耗更多的氯气。答案：残存于母液A中c(CoCl2)会更小  母液A处理中消耗更多的氯气。

2．     +3     烧杯     量筒     A     低于40℃，反应速率较慢；高于40℃，双氧水易分解     黄色固体全部变成绿色溶液     H2O2H2O+O2↑     C2H5OH

【分析】本实验的目的是制备三草酸合铁酸钾，首先要制备FeC2O4黄色沉淀，根据题目所给信息可知要利用(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O和H2C2O4反应得到FeC2O4，该过程中需要注意防止Fe2+水解和被氧化；之后在K2C2O4、H2C2O4并存时氧化FeC2O4制得产品，三草酸合铁酸钾难溶于乙醇，所以结晶时可以加入乙醇降低其溶解度。

【详解】(1) K3[Fe(C2O4)3]·3H2O 中K为+1价，所以[Fe(C2O4)3]3-整体为-3价，而C为+3价、O为-2价，可得Fe的化合价为+3价；

(2)配制一定物质的量浓度的H2SO4溶液时，需要先用量取所需浓硫酸，然后再烧杯中稀释，稀释时需要玻璃棒搅拌，需要在容量瓶中进行定容，定容时需要胶头滴管加水，所以配制该溶液需要的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、烧杯、量筒；

(3)为了抑制Fe2+的水解，应先加入稀硫酸，再加入水，故选A；

(4)低于40℃，反应速率较慢；高于40℃，双氧水易分解，所以保持温度为40℃左右；FeC2O4·2H2O为黄色固体，K3[Fe(C2O4)3]·3H2O溶于水呈绿色，所以当观察到黄色固体全部变成绿色溶液时，反应结束；为了使剩余的双氧水全部分解H2O2H2O+O2↑，反应结束时加热至沸；K3[Fe(C2O4)3]·3H2O难溶于乙醇，所以加入C2H5OH可以降低其溶解度，更容易析出晶体。

3．(1)     饱和食盐水     除去HCl气体

(2)     U形管     P2O5

(3)     MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O     温水浴     控制并降低氯气生成速率

(4)SiC+2Cl2C+SiCl4

(5)逐渐变低

(6)NaClO、Na2SiO3

【分析】本实验需要用氯气刻蚀，在SiC表面制备碳涂层，所以装置A应是利用浓盐酸和二氧化锰共热反应制备氯气，装置B中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，装置C对氯气进行干燥，然后和氩气混合通入装置B中进行反应，装置F中盛放NaOH溶液吸收尾气。

（1）

生成的氯气中会混有挥发出来的HCl气体，需在装置B中盛放饱和食盐水除去HCl；

（2）

根据仪器C的结构特点可知其为U形管，用来盛放固体干燥剂干燥氯气，氯气会和碱石灰反应，所以可以用P2O5进行干燥；

（3）

装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热反应制备氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；所需温度低于水的沸点，所以可以采用温水浴加热，以便控制并降低氯气生成速率；

（4）

根据题意可知Cl2会氧化SiC中的C元素生成C单质，根据原子守恒和氧化还原反应的规律可知，还应有SiCl4生成，化学方程式为SiC+2Cl2C+SiCl4；

（5）

石墨的硬度较小，所以碳涂层硬度会逐渐变低；

（6）

未反应的氯气会和NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，SiCl4在碱性环境中水解会得到NaCl和Na2SiO3，所以含氧酸钠盐为NaClO、Na2SiO3。

4．     3d104s24p1     小于          直线形     Cl-的电子层比F-的多，原子半径比F-的大，正负离子半径相差较大的GaF3是离子键，形成离子晶体，正负离子半径相差小的GaCl3是共价键，形成分子晶体     16         

【分析】(1)Ga处于周期表中第4周期第ⅢA族，根据核外电子排布规律书写；

(2)同周期主族元素，随着元原子序数增大，电负性增大；

(5)紧邻的两个As原子的距离为顶点到面心的距离b=，紧邻的As、Ga原子之间的距离d为；晶胞中Ga个数=4，As个数=个，晶胞体积=(a×10－10)3cm3，晶体密度为。

【详解】(1)Ga处于周期表中第4周期第ⅢA族，则基态Ga原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p1；

(2)同周期主族元素，随着元原子序数增大，电负性增大，所以元素的电负性Ga小于As；

(3)阳离子“N5n+”，其结构是对称的，5个N排成“V”形，则中间N原子有2对共用电子对，如果5个N结合后都达到8电子结构，共需要5×8=40个价电子；5个N原子共有5×5=25个价电子，含有2个N≡N以及中间N原子有2对共用电子对，通过共用增加了2×8=16个价电子，共25＋16=41个价电子，而达到稳定结构只需要40个，因此失去1个价电子，则该阳离子为N5+，阴离子为N3-。则离子化合物的电子式为。N3-中间N的价层电子数对，中间N原子采用sp杂化，该阴离子为直线形；

(4)组成相似的GaF3和GaCl3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体，从F－和Cl－结构考虑，F－的电子层小于Cl－，F－的半径小于Cl－，不易被极化，Cl-的变形性大于F-，被极化程度增大，使从GaF3向GaCl3变化时，键型从离子键向共价键变化；答案Cl-的电子层比F-的多，原子半径比F-的大，正负离子半径相差较大的GaF3是离子键，形成离子晶体，正负离子半径相差小的GaCl3是共价键，形成分子晶体；

(5)一个Ga与周围4个As形成共价键，所以晶胞内存在共价键数为16；

紧邻的两个As原子的距离为顶点到面心的距离b=，紧邻的As、Ga原子之间的距离d为；则b：d=：=；

晶胞中Ga个数=4，As个数=个，晶胞体积=(a×10－10)3cm3，晶体密度。

5．     3d9     O     平面正三角形     碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO中的O2-，因此CaCO3更容易分解     Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能；     UO3    

【分析】“中国紫”中均具有Cun+离子，n=2，基态时该阳离子的价电子为其3d能级上的9个电子；“中国蓝”的发色中心是以Cun+为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供空轨道、O原子提供孤电子对；根据价层电子对互斥理论分析原子的杂化类型、空间构型；碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物；立方晶胞中，面心粒子占，顶点粒子占，体心粒子为整个晶胞所有，棱上粒子占，将NaCl晶胞中面心和体心的原子除去，顶点的Na换为U，棱心的C1换为O，得到UOx晶胞结构；根据晶体密度公式ρ=计算，其中z为一个晶胞的粒子数，Mr为一个粒子的相对质量，V为一个晶胞的体积。

【详解】(1)BaCuSi2O6中Cu元素化合价为+2价，基态时该阳离子的价电子为其3d能级上的9个电子，所以其价电子排布式为3d9。其发色中心是以铜离子为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供空轨道、O原子提供孤电子对，所以提供孤电子对的是O元素。故答案为：3d9；O；

(2)碳酸根中C提供4个电子，O不提供电子，加两个负电荷，6个电子形成3对电子，属于sp2杂化，平面正三角形。对于碱土金属，同主族从上到下离子半径递增，碳酸盐的热稳定性递增，则BaCO3比CaCO3稳定，碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32-中的O2-，因此CaCO3更容易分解。故答案为：平面正三角形；碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO中的O2-，因此CaCO3更容易分解；

 (3)Cu核外电子排布为[Ar]3d104s1，失去一个电子得到的Cu+核外电子排布为[Ar]3d10，3d轨道为全充满状态，而Zn核外电子排布为[Ar]3d104s2，4s2结构较稳定，失去一个电子后核外电子排布为[Ar]3d104s1，4s1结构不稳定，所以再失去一个电子时，Zn+更容易，即铜的第二电离能高于锌的第二电离能；故答案为：Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能；

(4)立方晶胞中，面心粒子占，顶点粒子占，体心粒子为整个晶胞所有，棱上粒子占，将NaCl晶胞中面心和体心的原子除去，顶点的Na换为U，棱心的C1换为O，得到UOx晶胞结构，则一个晶胞中U的个数为8×=1，O的数目为12×=3，则该氧化物的化学式为UO3；取1mol晶胞，则含有NA个晶胞，一个晶胞的体积为V0=a3=（415.6×10-10）cm3，1mol晶胞的质量为m=（238+16×3）g，则晶体的密度为ρ=g/cm3。故答案为：UO3；。

6．(1)     18     F＞O＞Be＞B

(2)     C6H6     12

(3)氨气分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量

(4)     离子键和共价键(配位键)     sp3、sp3d2

(5)

【解析】（1）

K+核外电子排布为1s22s22p63s23p6，共有18个电子，则有18种运动状态；同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但Be的2s能级全满，更稳定，第一电离能大于B，所以第一电离能由大到小的顺序为F＞O＞Be＞B；

（2）

(HB=NH)3中含有12个原子，价电子总数为30，且为六元环状化合物，所以与其互为等电子体的有机物分子式C6H6；单键均为σ键，双键中有1个σ键，所以1mol(HB=NH)3有12molσ键；

（3）

N原子电负性较大，氨气分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量；

（4）

PCl5熔融状态下可以导电，说明其在熔融状态可以电离出离子，且键长有两种，所以熔体中含有PCl和PCl，存在共价键和离子键；PCl中P原子的价层电子对数为=4，为sp3杂化；PCl中P原子的价层电子对数为=6，为sp3d2杂化；

（5）

每个小立方体中有8×=1个钠离子，电子对(2e-)和氦原子交替分布填充在立方体的中心，所以该晶体的晶胞应是由8个小立方体形成的大立方体，其中有一半小立方体中有He原子，一半有电子对，所以晶胞中有8个钠离子、4个He原子，则晶胞的质量为g=g，晶胞边长a=395pm，所以体积为3953pm3=3953×10-30cm3，则密度为g/cm3。