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

这是一份山东省滨州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题2，共14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。

山东省滨州市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·山东滨州·统考二模）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。制备NOSO4H的反应原理为：、。
（1）亚硝酰硫酸（NOSO4H）的制备。

①仪器Ⅰ的名称为_________。
②按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为____（填仪器接口字母，部分仪器可重复使用）。
③为了控制B中通入SO2的速率，可以采取的措施是_____。
④NOSO4H遇水分解的化学方程式为______，若去掉装置C会使NOSO4H的产量____（填“增大”、“减少”或“无影响”）。
（2）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯度的测定。
准确称取1.337g产品加入250mL碘量瓶中，加入60.00mL浓度为0.1000mol·L－1KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500mol·L－1Na2C2O4标准溶液滴定，消耗Na2C2O4溶液的体积20.00mL。
已知：ⅰ.+NOSO4H+、+++
ⅱ.
①完成反应ⅰ的离子方程式：
____+____________+____+____+____
②滴定终点的现象为________。
③产品的纯度为_____%（保留两位有效数字）。
2．（2021·山东滨州·统考二模）氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以V2O5为原料合成该晶体的流程如图：

已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。
回答下列问题：
(1)步骤i中N2H4·2HCl属于___(填“正盐”、“酸式盐”或“碱式盐”)。只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，但从环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是___(用化学方程式表示)。
(2)步骤ii可在如图装置中进行。

①B装置盛装的试剂是___(填名称)。
②实验时，先关闭K2，打开K，当观察到___(填实验现象)时，再关闭K，打开K2。
③反应结束后，将三颈烧瓶置于CO2保护下的干燥器中，静置过滤可得到紫红色晶体，然后抽滤，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是__(填离子符号)。
(3)测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。实验步骤如下：

滴定反应为：VO+Fe2++2H+=VO+Fe3++H2O
①滴定时，可选用几滴__(填化学式)溶液作指示剂。
②粗产品中钒的质量分数为___%。
③结合上述实验步骤，分析选择“尿素溶液”的原因是___。
3．（2022·山东滨州·统考二模）氯化亚铜(CuCl)是一种非常重要的化工原料。查阅资料可知：CuCl为白色固体，微溶于水，不溶于乙醇，在空气中能被迅速氧化。回答下列问题：

I．氯化亚铜的制备
方案一：SO2还原氯化铜制备CuCl。
(1)装置乙中发生反应的离子方程式为_______。反应完成后将乙中混合物过滤、洗涤、干燥。“过滤”操作最好选用下列装置中的_______(填字母)，“洗涤”时用乙醇代替蒸馏水的优点是_______。

方案二：高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)制备CuCl，装置如图(加热及夹持仪器省略)。

(2)检查装置气密性后加入药品，通入干燥HCl，加热，观察到B中固体由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化为_______。停止加热，冷却后改通N2.实验中通入HCl的目的是_______。
Ⅱ．产品纯度的测定
(3)准确称取氯化亚铜产品mg，溶于过量的FeCl3溶液中得V1mL待测液，从中量取V2mL于锥形瓶中，加入2滴邻菲罗啉指示剂，立即用amol·L-l硫酸铈[Ce(SO4)2]标准溶液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2溶液bmL。产品中CuCl的质量分数为_______%。
(已知：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+)
下列有关滴定的说法错误的是_______(填字母)。
A．未用标准溶液润洗滴定管会使测定结果偏低
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．在接近终点时，使用“半滴操作”可提高滴定的准确度
D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡会使测定结果偏低

二、结构与性质
4．（2020·山东滨州·统考二模）目前，锂电池已扩展到镍酸锂、钴酸锂、硅碳负极、磷酸铁锂等电池体系。请回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布式为________，与Ni同周期且基态原子核外的成单电子数与Ni相同的元素还有__________种。
（2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，中心离子为钴离子，分子中氮原子的杂化类型为___。

（3）Li＋过度脱出易导致锂电池结构坍塌产生O2而爆炸。实验证实O2因具有单电子而成为顺磁性分子。下列结构式（黑点代表电子）中最有可能代表O2分子结构的是__（填字母）。
A    B   C   D
（4）如图为SiO2晶胞中Si原子沿z轴方向在xy平面的投影图（即俯视投影图），其中O原子略去，Si原子旁标注的数字表示每个Si原子位于z轴的高度，则SiA与SiB的距离是______。

（5）PCl5晶体的晶胞如图所示，该晶体熔融时形成一种能导电的液体，实验测得其中含有一种正四面体阳离子和一种正八面体阴离子，且P—Cl键的键长只有198pm和206pm两种，试用电离方程式解释PCl5熔体能导电的原因____，正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角原因为_____。已知该晶体的晶胞边长为apm，NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为__________g·cm－3。

5．（2021·山东滨州·统考二模）金属钛被誉为“二十一世纪金属”，有“生物金属、海洋金属、太空金属”的美称，具有广泛的应用前景。氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。以TiCl4为原料，经过一系列反应(见图)可以制得Ti3N4和纳米TiO2。

图中的M是短周期金属元素，其部分电离能数据如下(单位：kJ·mol-1)
I1
I2
I3
I4
I5
738
1451
7733
10540
13630

(1)M元素位于元素周期表的___区。
(2)基态Ti3+中未成对电子数有__个；与Ti同族相邻的元素Zr的基态原子外围电子排布式为__。
(3)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，催化实例如图所示。化合物甲中采取sp2杂化的碳原子数为___；化合物乙中采取sp3杂化的原子对应的元素，电负性由大到小的顺序为___。

(4)TiCl4可以与胺形成配合物，如[TiCl4(CH3NH2)2]、[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]等。
①[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]中Ti的配位数是___。
②配合物[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]与游离的H2NCH2CH2NH2分子相比，其H—N—H键角___(填“较大”，“较小”或“相同”)，原因是___。
(5)有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a pm，则该氮化钛的密度为__g·cm-3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有___个。

6．（2022·山东滨州·统考二模）氮、磷、铁、铜、钇在现代工农业、科技及国防建设等领域中都有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态磷原子核外电子共有____种空间运动状态。磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参与成键，写出该激发态磷原子的核外电子排布式____。
(2)已知偏二甲肼[(CH3)2NNH2]、肼(N2H4)均可做运载火箭的主体燃料，其熔沸点见表。
物质
熔点
沸点
偏二甲肼
-58℃
63.9℃
肼
1.4℃
113.5℃

偏二甲肼中氮原子的杂化方式为____，二者熔沸点存在差异的主要原因是____。
(3)N4H只有一种化学环境的氢原子，结构如图所示，其中的大π键可表示为____(分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，如苯分子中的大π键可表示为Π)。

(4)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2。1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子共有____mol。
(5)铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料，其正交相晶胞结构如图。


铁酸钇的化学式为____。已知1号O原子分数坐标为(0，0，)，2号O原子分数坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的分数坐标为____。已知铁酸钇的摩尔质量为Mg·mol-1，晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的体积为____pm3(列出表达式)。

参考答案：
1．     蒸馏烧瓶     a→de→cb→de→f     调节装置A中的分液漏斗活塞，控制硫酸溶液的滴加速度     （其他合理答案均给分）     减少     2     5     2          5     5     9     滴入最后一滴溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复     95
【分析】NOSO4H遇水易水解，因此在制备过程中，要防止水进入发生装置。利用70%H2SO4和Na2SO3制备SO2，SO2中含有水蒸气，需要除去，利用浓硫酸除去水分；在B中发生反应，利用D装置处理未反应的SO2，为了防止D中的水蒸气通过漏斗进入装置B，B和D之间需要用装置C防止水进入B。
【详解】(1)①根据装置的特点，仪器Ⅰ的名称为蒸馏烧瓶；
②NOSO4H遇水易水解，因此在制备过程中，要防止水进入发生装置。装置A用于制备SO2，装置B用于制备NOSO4H，装置D用于尾气吸收，为了防止水进入装置B，AA、B之间，B和D之间需要加入装置C，因此连接顺序为a→de→cb→de→f；
③为了控制通入SO2的速率，装置A用于制备SO2，可以通过调节装置A中分液漏斗，来调节硫酸溶液的滴加速度，从而控制通入SO2的速率；
④NOSO4H与水反应生成HNO2和H2SO4，化学方程式为NOSO4H＋H2O=H2SO4＋HNO2；如果去掉装置C，产物就会与进入装置B中的水反应，会是的产物的量减少；
(2)①在酸性条件洗，MnO4－中Mn的化合价降低，生成Mn2＋，化合价降低5价；NOSO4H中，S的化合价为＋6，O的化合价－2，H的化合价＋1，则N的化合价为＋3，N的化合价从＋3升高到＋5，化合价升高2；根据化合价升降守恒，则MnO4－和NOSO4H的化学计量数之比为2：5，再根据电荷守恒和物料守恒，可得化学方程式为2MnO4－＋5NOSO4H＋2H2O=2Mn2＋＋5NO3－＋5SO42－＋9H＋；
②含有MnO4－的溶液本身具有颜色，为紫色；刚开始，KMnO4是过量的，溶液的颜色为紫色，加入Na2C2O4溶液滴定过量的KMnO4，溶液会从紫色变为无色，因此滴定终点的现象为滴入最后一滴Na2C2O4溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复；
③根据题意，KMnO4氧化了NOSO4H和Na2C2O4，则用总的KMnO4减去氧化Na2C2O4的KMnO4，可求得氧化NOSO4H的KMnO4，从而求得NOSO4H的质量。根据化学方程式，可得关系式2KMnO4～5Na2C2O5，则氧化Na2C2O4的KMnO4的物质的量；总的KMnO4的物质的量，则氧化NOSO4H的KMnO4的物质的量。根据化学方程式，可得关系式2KMnO4～5NOSO4H，则NOSO4H的物质的量，NOSO4H的质量，NOSO4H的纯度。
2．     正盐     V2O5+6HCl(浓)=2VOCl2+Cl2↑+3H2O     饱和碳酸氢钠溶液     D装置中出现白色浑浊     Cl-     K3[Fe(CN)6]          能除去过量的NaNO2，尿素不与VO发生化学反应
【详解】(1)是二元碱，则N2H4·2HCl属于正盐；浓盐酸与V2O5反应生成VOCl2，V元素化合价降低，根据氧化还原反应规律，氯元素化合价升高，有氯气生成，反应方程式是V2O5+6HCl(浓)=2VOCl2+Cl2↑+3H2O，氯气有毒，所以该反应不被推广；
(2)①B装置的作用是除去二氧化碳中的氯化氢，盛装的试剂是饱和碳酸氢钠溶液；
②+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，为防止VOCl2被氧气氧化，要用二氧化碳排尽C装置中的空气后，再滴入VOCl2溶液反应，所以当观察到D装置中出现白色浑浊时，打开K2。
③VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应制备(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，杂质阴离子主要是Cl-；
(3)①K3[Fe(CN)6]遇Fe2+产生蓝色沉淀，滴定时，可选用几滴K3[Fe(CN)6]溶液作指示剂。
②反应消耗ymL 1mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，根据VO+Fe2++2H+=VO+Fe3++H2O可知，粗产品中钒元素的物质的量是y×10-3L×1mol/L=y×10-3mol，粗产品中钒的质量分数为%。
③尿素不与VO发生化学反应，尿素溶液能除去过量的NaNO2，所以上述实验步骤选择 “尿素溶液”。
3．(1)     2Cu2++2C1-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO     B     减少CuCl的损失，乙醇更易挥发，便于快速干燥，防止CuCl被氧化
(2)     先变红，后褪色     排除装置中空气、带走水蒸气，抑制CuCl2的水解
(3)          AD

【分析】本实验的实验目的为制备CuCl并测定产品的纯度，实验方案为2CuCl2+SO2+H2O=CuCl↓+2HCl+H2SO4或直接高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)：2CuCl2·xH2O2CuCl+Cl2↑+2xH2O，甲装置为制备SO2的装置，发生的反应为H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O，乙装置为SO2还原氯化铜制备CuCl的装置，丙为尾气吸收装置，据此分析解答问题。
【详解】（1）由分析可知，乙装置中SO2还原氯化铜制备CuCl，发生的反应为：2CuCl2+SO2+H2O=CuCl↓+2HCl+H2SO4，因此反应的离子方程式为2Cu2++2C1-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO，由于CuCl在空气中能迅速被氧化，因此过滤时需要快速完成，选用抽滤最好，即选用装置B，CuCl微溶于水，不溶于乙醇，“洗涤”时用乙醇代替蒸馏时可减少CuCl的损失，同时乙醇更易挥发，便于快速干燥，防止CuCl被氧化；
（2）直接高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)，发生的反应为直接高温加热2CuCl2·xH2O2CuCl+Cl2↑+2xH2O，Cl2遇湿润的蓝色石蕊试纸，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有漂白性，因此蓝色石蕊试纸先变红，后褪色，CuCl易被空气氧化且易水解，因此实验中通入HCl，可排除装置中空气、带走水蒸气，抑制CuCl2的水解；
（3）已知CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，可得到关系式：CuCl~Fe2+~Ce4+~Ce(SO4)2，则V2mL中CuCl的物质的量为(ab×10-3)mol，则V1mL中CuCl的物质的量为，质量为，因此产品中CuCl的质量分数为；
A．未用标准溶液润洗滴定管，会使得消耗的标准溶液体积偏大，使最终结果偏高，A错误；
B．滴定时需要适当控制滴速，使反应充分进行，B正确；
C．当滴定接近终点时，用锥形瓶内壁将半滴标准液刮落，并用蒸馏水冲洗内壁，可减小实验误差，提高滴定的准确度，C正确；
D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡会使读得的消耗标准溶液的体积偏大，使最终结果偏高，D错误；
答案选AD。
4．          3     、     B               分子中P原子有一对孤对电子，中P没有孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力    
【详解】(1)Ni元素为28号元素，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，则其价电子排布式为3d84s2；Ni原子核外电子中单电子有2个，同周期单电子同样2个的有3种元素，价电子排布分别为3d24s2、4s24p2、4s24p4，分别是Ti、Ge、Se，共3种；
(2)该分子中，N原子有形成3个σ键，含有1对孤对电子，有形成4个σ键，没有孤对电子，这两种N原子的杂化类型均为sp3；还有N原子形成2个σ键，含有1对孤对电子，这种N原子的杂化类型均为sp2；
(3)实验证实O2因具有单电子而成为顺磁性分子。根据选项进行分析，可知A、C、D中的O2分子的结构式中，均没有单电子存在，因此不符合事实事实；而B选中O2的结构式中的化学键有3个电子，有单电子，因此B实验事实；
(4)根据图可知其三维模型为(图中黑球和白球均为硅原子，氧原子位于两个硅原子之间，省略)，图中ABCD四个Si原子形成正四面体结构，且AB距离等于AC距离，AC距离在底面投影为底面面对角线的一半，则SiA与SiB的距离=。
(5))含有自由移动离子的化合物能导电，PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，阳离子、阴离子分别为PCl4+、PCl6-，其电离方程式为2PCl5=PCl4++PCl6-；PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角；该晶胞中PCl5个数=，晶胞体积=(a×10-10cm)3，晶胞密度g/cm3。
5．     s     1     4d25s2     7     O＞N＞C     6     较大     H2NCH2CH2NH2通过配位键与Ti结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对N—H成键电子对的排斥力减小，N—H键之间的键角增大          12
【详解】(1)M是短周期金属元素，M的第三电离能剧增，处于IIA族，且存在第五电离能，能与TiCl4反应置换出Ti ，则M为Mg元素，位于元素周期表的s区；
(2)Ti是22号元素， Ti3+是Ti原子失去最外层2个4s电子后又失去1个3d电子得到的，故基态Ti3+价层电子排布式是3d1，其中的未成对电子数有1个；同族元素结构相似，则与Ti同族相邻的元素Zr的基态原子外围电子排布式为4d25s2；
(3)化合物甲中采取sp2杂化的碳原子有苯环上的6个C原子及形成羰基的1个C原子，因此甲分子中采用sp2杂化的碳原子数为7个；化合物乙中采取sp3杂化的原子对应的元素有C、N、O，这三种元素的非金属性：O＞N＞C，元素的非金属性越强，其电负性就越大，故这三种元素的电负性由大到小的顺序为：O＞N＞C；
(4)①在[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]中Ti原子与4个Cl原子及H2NCH2CH2NH2的2个N原子形成配位键，故Ti原子的配位数是6；
②配合物[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]与游离的H2NCH2CH2NH2分子相比，其H—N—H键角较大，这是由于H2NCH2CH2NH2通过配位键与Ti结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对N—H成键电子对的排斥力减小，导致N—H键之间的键角增大，因此H—N—H键角较大；
(5)该该晶胞中含有Ti原子数为：12×+1=4，含有的N原子数为：8×+6×=4，晶胞边长为2a pm，则该晶胞的密度ρ=；
以顶点上的N原子为研究对象，通过该N原子可以形成8个晶胞，在每1个晶胞中含有3个与该N原子距离相等且最近的Ti原子，每个Ti原子被2个晶胞所共有，则N原子距离相等且最近的Ti原子有。
6．(1)     9     1s22s22p63s13p33d1
(2)     sp3     N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]
(3)Π
(4)10
(5)     YFeO3     (，+m，)    

【详解】（1）基态磷原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，原子核外每一个原子轨道都是一种电子空间运动状态，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，所以一共有9个轨道，即9种空间运动状态。磷原子在成键时，由于将一个3s电子激发进入3d能级，则激发态磷原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s13p33d1。
故答案为：9，1s22s22p63s13p33d1。
（2）偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中的氮原子均有3个键和1个孤电子对，所以氮原子的杂化方式为：sp3。N2H4分子和偏二甲肼均存在分子间氢键，但N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]，所以N2H4的熔沸点高于[(CH3)2NNH2]。
故答案为：sp3，N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]。
（3）由的结构可知，每个N原子形成3个键，且4个N原子失去了2个电子，最后N原子剩余价电子数为：个，即参与形成大π键电子数为6，原子数为4，可表示为。
故答案为：。
（4）Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2，其中的C、N原子一共5个且价层电子对数均为4，即VSEPR模型为四面体，1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子有mol；
故答案为：10。
（5）由晶胞结构图利用均摊法计算可得Fe原子个数为2，Y原子个数为个，O原子个数为个，故铁酸钇的化学式为：YFeO3，根据正交相晶胞结构如图可知3号Fe原子的x坐标与2号O原子x坐标一致，y坐标由（x-y）正交图可知与2号O原子均在中间且靠右方向，z坐标在处，即3号Fe原子的分数坐标为(，+m，)。由公式可得晶胞体积为： pm3。
故答案为：YFeO3，(，+m，)，。