重庆2023年高考化学模拟题汇编-10分子结构与性质、晶体结构与性质、研究物质结构的价值

这是一份重庆2023年高考化学模拟题汇编-10分子结构与性质、晶体结构与性质、研究物质结构的价值，共16页。试卷主要包含了单选题，实验题，结构与性质，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
重庆2023年高考化学模拟题汇编-10分子结构与性质、晶体结构与性质、研究物质结构的价值 一、单选题1．（2023·重庆·统考模拟预测）是国际公认的绿色消毒剂，在光照下发生反应：，下列说法正确的是A．是极性分子 B．是直线形分子C．中的O是杂化 D．HCl气体分子之间存在氢键2．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）科学家研制出低浓度快速集获器，其原理是利用IPDA吸收空气中的转化成固体氨基甲酸。IPDA的结构简式如图所示。下列说法错误的是A．IPDA分子中含2个手性碳原子 B．、中原子的杂化类型相同C．是非极性分子 D．IPDA的分子间作用力决定其熔点高低3．（2023·重庆·统考模拟预测）铁是红细胞中血红蛋白的重要组成成分，缺铁时红细胞合成的血红蛋白量会减少，会使红细胞体积变小，携氧能力下降，形成缺铁性贫血，血红蛋白分子的结构如图，下列有关说法不正确的是A．该结构中，氧元素的第一电离能最大B．的基态价电子排布式为C．咪唑环上所有原子均在同一平面上D．通过配位键与相连4．（2023·重庆·统考模拟预测）如图所示是氧化锆晶胞，其结构为立方体，氧化锆的摩尔质量为，若阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是A．立方氧化锆的化学式为ZrOB．每个Zr原子周围有8个O原子C．氧化锆晶体密度的计算式为D．相邻两个氧原子之间的最短距离为 二、实验题5．（2023·重庆·统考模拟预测）二氯异氰尿酸钠(结构为)是一种非常高效的强氧化性消毒剂。常温下是白色固体，难溶于冷水；合成二氯异氰尿酸钠的反应为。某同学在实验室用如下装置制取二氯异氰尿酸钠(部分夹持装置已略)。请回答下列问题：(1)二氯异氰尿酸钠中N原子的杂化类型是_______。(2)仪器a的名称是_______；仪器D中的试剂是_______。(3)A中烧瓶内发生反应的化学方程式为_______。(4)装置B的作用是_______；如果没有B装置，NaOH溶液会产生的不良结果是_______。(5)待装置C_______时(填实验现象)，再滴加溶液，反应过程中需要不断通入的目的是_______。(6)实验室测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的原理如下：准确称取m g样品，配成100mL溶液，取20.00mL所配溶液于碘量瓶中，加入稀和过量KI溶液，充分反应后，加入淀粉溶液，用c 标准溶液滴定，滴到终点时，消耗标准溶液的体积为V mL，则样品有效氯含量为_______%() 三、结构与性质6．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）黄铜矿(主要成分为CuFeS2)是一种天然矿石。中国在商代就掌握了利用黄铜矿冶炼铜的技术。医药上，黄铜矿有促进骨折愈合的作用。请回答下列问题：(1)基态Cu+比Cu2+稳定的原因是___________。(2)的空间结构为___________。(3)某阳离子的结构如图所示，加热时该离子先失去的配位体是___________(填化学式)，原因是___________。(4)四方晶系的CuFeS2晶胞结构如图所示。①晶胞中S原子的杂化方式为___________。②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，例如图中原子1的分数坐标为(，，)，则原子2的分数坐标为___________。7．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）立方氮化硼(BN)具有类金刚石的结构，是新型人工合成材料。利用新合成技术可以实现低温低压制备，反应为：BCl3+Li3N=BN+3LiCl。回答下列问题：(1)基态B原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形。(2)BCl3中B原子的杂化方式是_______，两个B-Cl键的键角为_______，该分子为_______(填“极性”或“非极性”)分子。(3)BCl3、Li3N、BN三者中，沸点最高的是_______，Li、B、N、Cl第一电离能最大的元素是_______。(4)广义酸碱理论认为，中心原子可以接受电子对的分子为酸，可以提供电子对的分子为碱。按照该理论，BCl3属于_______(填“酸”或“碱”)，BCl3和碱反应形成的化学键类型是_______。(5)立方氮化硼晶体的晶胞如图1所示。阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体密度表达式为_____g·cm-3；图2是该晶胞的俯视投影图，则该图中表示硼原子相对位置的是_______(填标号)。8．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）硼化镁是迄今发现的临界温度最高的简单的金属化合物超导材料。回答下列问题：（1）基态硼的电子排布图为__，基态镁原子的电子运动状态有__种。（2）BF3的键角（填“大于”、“小于”或“等于”）__NF3的键角，理由是__。（3）碱土金属的碳酸盐热分解反应模式为：MCO3（s）=MO（s）+CO2（g）。从结构的角度解释：MgCO3的热分解温度小于CaCO3的热分解温度的原因是__。（4）已知硼化镁属六方晶系（如图1所示）a=b≠c，α=β=90°，γ=120°。又知硼化镁是一种插层型离子化合物，镁层和硼层交替排列；镁原子层呈三角形结构，硼原子层具有规则的六角蜂房结构，与石墨相似。硼化镁晶体沿z轴方向的投影如图2所示，黑球代表硼原子，白球代表镁原子。硼化镁的化学式为__；B的配位数是__。（5）已知硼化镁的晶格常数为：a=b=0.3086nm，c=0.3524nm，则硼化镁晶体的密度表达式为__g/cm3（用NA表示阿伏伽德罗常数）。 四、原理综合题9．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）催化重整对温室气体的减排具有重要意义，其反应为。回答下列问题：(1)将原料按初始组成充入密闭容器中，保持体系压强为发生反应，达到平衡时的体积分数与温度的关系如图所示。①、下，n(平衡时气体)：n(初始气体)=___________；该温度下，此反应的平衡常数___________(以分压表示，列出计算式)。②若A、B、C三点表示不同温度和压强下已达平衡时的体积分数，则___________点对应的平衡常数最小，理由是___________。(2)900℃下，将和的混合气体(投料比)按一定流速通过盛有炭催化剂的反应器，测得的转化率受炭催化剂颗粒大小的影响如图所示。(注：目数越大，表示炭催化剂颗粒越小)由图可知，后的转化率与炭催化剂的目数的关系为________，原因是__________。(3)磷化硼的晶胞结构如图所示，晶胞中P原子的空间堆积方式为___________；已知晶体中硼原子和磷原子的半径分别为和，距离最近的硼原子和磷原子的核间距为二者原子半径之和。则磷化硼晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________(写出计算式)。 五、工业流程题10．（2023·重庆·统考模拟预测）四氧化三锰是一种重要的电子和新能源基础原材料，可以用于生产软磁锰锌铁氧体、锂电正极材料锰酸锂和负温度系数热敏电阻等。以软锰矿(主要成分为还含少量Fe、Si、Al等的氧化物)和硫铁矿(主要成分)为原料制备大颗粒的电池。说明：Ⅰ.“浸取”：研究发现，酸浸时和颗粒反应的原理如图1所示(部分产物未标出)。                 图1Ⅱ.通空气“氧化”：将“沉淀”步骤所得含少量的固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通入空气，制得。Ⅲ.氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见表：沉淀物开始沉淀的pH3.42.26.38.1完全沉淀的pH5.23.29.710.4 (1)滤渣1中主要成分的化学式为_______。(2)随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因是_______。(3)写出“浸取”时与反应的离子方程式为_______。(4)加入“氧化”的目的是_______。(5)检验“沉淀”已洗净的操作是_______。(6)“沉淀”加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图2所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是_______。(7)一个立方体结构的晶胞如图3所示，距离最近的有_______个，已知阿伏加德罗数值为，则的晶体密度为，则晶胞的边长为_______nm(用含ρ、的代数式表示)。
参考答案：1．A【详解】A．为四面体形分子，但正负电荷中心不重合，是极性分子，A正确；B．二氧化氯中氯原子的价层电子对数为，1个电子占据一个轨道，所以价层电子对数为4，进行sp3杂化，去掉孤电子对，形成V形，不是直线形分子，B错误；C．水中氧原子的价层电子对为，为杂化，C错误；D．氯原子不属于电负性大的原子，不能形成氢键，D错误；故选A。2．B【详解】A．根据IPDA的结构简式可知，分子中含有两个手性碳原子，A正确；B．CO2中C原子杂化轨道数为2+×（4-2×2）=2，采取 sp杂化方式，中碳原子与氧原子形成双键，与其他原子为单键，采取sp2杂化方式，B错误；C．二氧化碳分子中正负电荷中心相重合，为非极性分子，C正确；D．IPDA属于分子晶体，分子间作用力决定其熔点高低，D正确；答案选B。3．A【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N元素的第一电离能大于O元素，A项错误；B．Fe为26号元素，为铁原子失去2个电子后形成的，的基态价电子排布式为，B项正确；C．咪唑环中存在大��键，碳，氮原子均采用杂化，所有原子均在同一平面上，C项正确；D． 由图可知，亚铁离子提供空轨道，氧提供孤对电子，通过配位键与 相连，D项正确；答案选A。4．B【详解】A．根据“均摊法”，晶胞中含个Zr、8个O，则立方氧化锆的化学式为ZrO2，A错误；B．以底面面心Zr为例，上下层各有4个O，故每个Zr原子周围有8个O原子，B正确；C．结合A分析可知，晶体密度为，C错误；D．由图可知，相邻两个氧原子之间的最短距离为晶胞参数的一半，为，D错误；故选B。5．(1)，(2)     恒压滴液漏斗     NaOH溶液(3)(4)     除去中的HCl     NaOH的利用率低，产品杂质含量多(5)     液面上方有黄绿色气体     使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料利用率(6) 【分析】A装置制备氯气，B装置除去氯气中的HCl，C装置中氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠和合成二氯异氰尿酸钠，D用于吸收尾气。【详解】（1）二氯异氰尿酸钠中N原子的杂化类型是、，答案：、；（2）仪器a的名称是恒压滴液漏斗，仪器D中的试剂是氢氧化钠溶液，吸收尾气氯气，防止污染空气，答案：恒压滴液漏斗；NaOH溶液；（3）装置A中浓盐酸和氯酸钾反应生成氯气，化学方程式，答案：；（4）装置B用于除去中的HCl，如果没有B装置，HCl会和NaOH反应生成NaCl，造成NaOH的利用率低，产品杂质含量多，答案：除去中的HCl；NaOH的利用率低，产品杂质含量多；（5）反应时，先打开A中恒压滴液漏斗活塞，反应产生氯气，排除装置中空气，待装置C液面上方有黄绿色气体，证明空气已被排尽，再滴加溶液，发生反应，反应过程中需要不断通入使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料利用率，答案：液面上方有黄绿色气体；使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料利用率；（6）由得中反应可得关系：，有效氯含量，答案：。6．(1)基态Cu+是Cu失去最外层4s1电子得到[Ar]3d10的稳定结构(2)三角锥形(3)     H2O     O的电负性大于N，故N提供孤电子对的配体更为稳定(4)     sp3     (，1，） 【详解】（1）基态Cu的核外电子排布为[Ar]3d104s1，基态Cu+是Cu失去最外层4s1电子得到[Ar]3d10的稳定结构，比失去2个电子生成的Cu2+更加稳定，故答案为：基态Cu+是Cu失去最外层4s1电子得到[Ar]3d10的稳定结构；（2）的中心原子S的价电子对数为3+=4，其价层电子对互斥模型是正四面体形，有1对孤电子对，连接三个O原子，则的空间结构为三角锥形，故答案为：三角锥形；（3）题干图示为一种Cu2+形成的配离子的结构，分析结构可知，O的电负性大于N，故N提供孤电子对的配体更为稳定，加热易失去的配体为H2O，故答案为：H2O；O的电负性大于N，故N提供孤电子对的配体更为稳定；（4）①由题干晶胞示意图可知，晶胞中每个S2-原子周围的Cu2+、Fe2+形成4个配位键，故S原子周围的价层电子对数为4，根据杂化轨道理论可知，S原子的杂化方式为sp3，故答案为：sp3；②由题干晶胞示意图并根据原子1的坐标可知，原子2在x、y、z轴上的投影分别是、1、，原子2的坐标为(，1，），故答案为：(，1，）。7．     哑铃     sp2          非极性     BN     N     酸     配位键(或共价键)          3【详解】(1)基态B原子的核外电子排布式为1s22s22p1，则其电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形；(2)BCl3中B原子形成3对成键电子对，孤电子对数为，则价层电子对数为3，则B原子杂化方式是sp2，BCl3的分子构型为平面三角形，两个B-Cl键的键角为，该分子的结构对称，正负电荷中心重合，则为非极性分子；(3)BCl3为分子晶体，Li3N为离子晶体，BN为原子晶体，则三者中，沸点最高的是BN；同周期元素的原子从左至右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上往下第一电离能逐渐减小，则Li、B、N、Cl第一电离能最大的元素是N；(4)由(2)的分析可知，BCl3的中心原子B原子没有孤电子对，不能提供电子对，但是其有空轨道，可以接受电子对，故按照该理论，其属于酸；BCl3的中心原子B原子有空轨道，可以接受电子对，氢氧根离子有孤电子对，则B原子提供空轨道，氢氧根离子提供孤电子对，故BCl3和碱反应形成的化学键类型是配位键(或共价键)；(5)由晶胞结构图可知，一个晶胞中含有4个B原子，个N原子，则晶胞的质量为，则该晶体密度表达式为；图2是该晶胞的俯视投影图，由晶胞结构图可知，该图中表示硼原子相对位置的是3号。8．          12     大于     BF3空间构型是平面正三角形，键角120°，NF3空间构型是三角锥形，键角小于109°28′(或BF3中B原子采用sp2杂化，无孤对电子，键角为120°；NF3中N原子采用sp3杂化，有一对孤对电子，键角小于109°28′)     镁离子、钙离子的电荷数相同，镁离子的半径小，夺取碳酸根离子中的氧离子的能力强，所以碳酸镁的热分解温度低。(或MgO的晶格能大于CaO的晶格能，所以MgCO3比CaCO3更容易分解)     MgB2     6     【详解】（1）硼为5号元素，基态硼的电子排布图为，镁核外有12个电子，基态镁原子的电子运动状态有12种。故答案为：；12；（2）BF3的键角大于NF3的键角，理由是BF3空间构型是平面正三角形，键角120°，NF3空间构型是三角锥形，键角小于109°28′(或BF3中B原子采用sp2杂化，无孤对电子，键角为120°；NF3中N原子采用sp3杂化，有一对孤对电子，键角小于109°28′)。故答案为：大于；BF3空间构型是平面正三角形，键角120°，NF3空间构型是三角锥形，键角小于109°28′(或BF3中B原子采用sp2杂化，无孤对电子，键角为120°；NF3中N原子采用sp3杂化，有一对孤对电子，键角小于109°28′)；（3）碱土金属的碳酸盐热分解反应模式为：MCO3(s)=MO(s)+CO2(g)。从结构的角度解释：MgCO3的热分解温度小于CaCO3的热分解温度的原因是镁离子、钙离子的电荷数相同，镁离子的半径小，夺取碳酸根离子中的氧离子的能力强，所以碳酸镁的热分解温度低。(或MgO的晶格能大于CaO的晶格能，所以MgCO3比CaCO3更容易分解)。故答案为：镁离子、钙离子的电荷数相同，镁离子的半径小，夺取碳酸根离子中的氧离子的能力强，所以碳酸镁的热分解温度低。(或MgO的晶格能大于CaO的晶格能，所以MgCO3比CaCO3更容易分解)；（4）由均摊法，观察图1，晶胞中B：6；Mg：12×+2×=3，硼化镁的化学式为MgB2；由于硼化镁是一种插层型离子化合物，镁层和硼层交替排列，镁原子层呈三角形结构，硼原子层具有规则的六角蜂房结构，所以，每个B原子所在层的上下两层分别有3个Mg原子与B相邻，故B的配位数是6。故答案为：MgB2；6；（5） 已知硼化镁的晶格常数为：a=b=0.3086nm，c=0.3524nm，晶胞质量： 晶胞体积：nm3,则硼化镁晶体的密度表达式为g/cm3（用NA表示阿伏伽德罗常数）。故答案为：。9．(1)     5：4     Kp=     A     该反应为吸热反应，温度升高化学平衡正向移动，平衡常数增大，A点温度最低，平衡常数最小(2)     碳催化剂的目数越大，CH4的转化率越大     碳催化剂的目数越大，其颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂接触得更加充分，反应更加完全。(3)     面心立方最密堆积      【详解】（1）①T1温度下，达到平衡时，CO2体积分数为30%，设反应消耗CO2xmol，初始投入的CO2为amol，则，则，x=0.25a，则n(平衡时气体)：n(初始气体)=2.5a：2a=5：4。该温度下，平衡时各物质的分压为p(CH4)=p(CO2)=，p(CO)=p(H2)=，Kp=。②从题干可知该反应为吸热反应，温度升高化学平衡正向移动，平衡常数增大，A点温度最低，平衡常数最小。（2）从图中可知，碳催化剂的目数越大，CH4的转化率越大，原因为碳催化剂的目数越大，其颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂接触得更加充分，反应更加完全。（3）由图可知，晶胞中P原子空间堆积方式为面心立方最密堆积。根据均摊法可知，该晶胞中P有8×+6×=4个，B有4个，设晶胞边长为a，则体对角线长度为，距离最近的硼原子和磷原子的核间距为体对角线长度的，即r1+r2=，则晶胞体积为，原子总体积为4()，原子体积占晶胞体积的百分率为。10．(1)S、(2)随硫铁矿用里增加，生成的单质硫覆盖在颗粒表面，减少了的生成，导致锰的浸出率降低(3)(4)是把氧化成，如果不氧化，沉淀，同时也会沉淀(5)取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净(6)开始时发生被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成，溶液pH减小(也可用方程式表示：，故溶液pH无明显变化；，溶液pH减小)(7)     6      【分析】由流程可知，软锰矿、硫铁矿加入硫酸浸取，酸浸时和颗粒反应生成硫单质、二氧化硅不反应，两者成为滤渣1，滤液加入二氧化锰氧化成，加入氨水调节pH将铁、铝转化为沉淀得到滤渣2，滤液加入氨水得到，通入空气氧化得到；【详解】（1）由分析可知，滤渣1中主要成分的化学式为S、；（2）随硫铁矿用里增加，生成的单质硫覆盖在颗粒表面，减少了的生成，阻碍了反应的进行，导致锰的浸出率降低；（3）由图去可知，“浸取”时与反应生成亚铁离子和硫，离子方程式为；（4）加入“氧化”的目的是是把氧化成，便于下一步将铁转化为沉淀分离除去；（5）沉淀表面含有硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，故检验“沉淀”已洗净的操作是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净；（6）已知，通空气“氧化”：将“沉淀”步骤所得含少量的固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通入空气，制得；则pH先基本不变后迅速下降的原因是：开始时发生被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成，溶液pH减小(也可用方程式表示：，故溶液pH无明显变化；，溶液pH减小)；（7）立方晶胞中心的离晶胞的六个面心的等距离且最近，故距离最近的有6个；根据均摊法，该晶胞中数为：，数为：，该晶胞中含4个，的摩尔质量为120g/mol。设晶胞的边长为a nm，根据，解得nm。