高三模擬試題高三模擬試題PAGE2PAGE1廣東省深圳市2020屆-2022屆高考化學三年模擬（一模）試題匯編-非選擇題2一、實驗題1．（2020·廣東深圳·統考一模）堿式氯化銅為綠色或墨綠色結晶性粉末，難溶于水，溶于稀酸和氨水，在空氣中十分穩定。Ⅰ.模擬制備堿式氯化銅。向溶液中通入和，調節pH至5.0~5.5，控制反應溫度于70~80℃，實驗裝置如圖所示(部分夾持裝置已省略)。(1)儀器X的名稱是________，其主要作用有導氣、________。(2)實驗室利用裝置A制，發生反應的化學方程式為________。(3)反應過程中，在三頸燒瓶內除觀察到溶液藍綠色褪去，還可能觀察到的現象是________、________、________。(4)若體系過高會導致堿式氯化銅的產量_______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。(5)反應結束后，將三頸瓶中的混合物過濾，從濾液中還可以獲得的副產品是________(填化學式)，經提純得產品無水堿式氯化銅。Ⅱ.無水堿式氯化銅組成的測定。稱取產品，加硝酸溶解，并加水定容至200mL，得到待測液。(6)銅的測定：取20.00mL測液，經測定，濃為。則稱取的樣品中________mol。(7)采用沉淀滴定法測定氯：用標準溶液滴定過量的，實驗如圖：①滴定時，應選用下列哪種物質作為指示劑________(填標號)。A．

B．

C．②重復實驗操作三次，消耗溶液的體積平均為10.00mL。則稱取的樣品中______mol。(8)根據上述實驗結果可推知無水堿式氯化銅的化學式為________。2．（2021·廣東深圳·統考一模）學習小組在實驗室中利用下圖所示裝置制備SO2并進行相關性質的探究。回答下列問題：(1)儀器Q的名稱為_______；裝置b的作用是_______。(2)裝置a中反應的化學方程式為_______。(3)裝置e中出現_______(填現象)可證明SO2具有還原性。(4)實驗開始后，發現裝置d中的溶液迅速變黃，繼續通入SO2，裝置d中出現乳黃色渾濁。該小組同學查閱資料得知，存在可逆反應：SO2+4I-+4H+?S↓+2I2+2H2O。探究I：探究濃度對上述可逆反應的影響有同學認為除SO2的濃度外，其他離子的濃度對該可逆反應也有影響。完成實驗設計進行驗證(SO2體積已折算為標準狀況下體積)。限選試劑：0.1mol·L1KI溶液、1.0mol·L1KI溶液、2.0mol·L1KI溶液、蒸餾水、濃硝酸、濃鹽酸影響因素編號操作現象c(I-)i取50mL①_____于錐形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液變為淺黃色ii取50mL1.0mol·L1KI溶液于錐形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速變黃c(H+)iii取50mL1.0mol·L1KI溶液和5mL②______于錐形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速變黃iv取50mL1.0mol·L1KI溶液和5mL③___于錐形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速變黃，且出現乳黃色渾濁探究II：探究SO2在KI溶液體系中的反應產物有同學提出上述可逆反應生成的I2可與SO2發生反應：SO2+I2+2H2O=+2I-+4H+。為進一步探究體系中的產物，完成下列實驗方案。方案操作預期現象結論i取適量裝置d中濁液，向其中滴加幾滴④___溶液(填試劑名稱)，振蕩無明顯變化濁液中無I2ii將裝置d中濁液進行分離得淡黃色固體和澄清溶液取適量分離后的澄清溶液于試管中，⑤___⑥___⑦__⑧綜上可知，SO2在KI溶液中發生了歧化反應，其反應的離子方程式為_______。3．（2022·廣東深圳·統考一模）過氧化氫是一種常用的綠色試劑，某學習小組針對H2O2性質進行如圖實驗。Ⅰ.驗證H2O2的還原性查閱資料：H2O2溶液與氯水發生反應時表現還原性。(1)制取氯水①儀器X的名稱是___，生成Cl2的化學方程式為___。②飽和食鹽水的作用是___。(2)取5mL上述新制飽和氯水于試管中，向其中加入H2O2溶液至過量，產生大量氣泡(該氣體可使余燼復燃)，還觀察到溶液顏色發生的變化是___。Ⅱ.探究Cl-、NO對H2O2分解的影響選用CuCl2溶液和Cu(NO3)2溶液，探究Cl-、NO對H2O2分解的影響。記錄數據如下：實驗序號添加試劑及用量H2O2完全分解所需時間/min1amLbmol·L-1CuCl2溶液t12amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液t2(3)實驗結果顯示t1<t2，可得出的結論是：___(填化學式)更有利于H2O2分解。(4)甲同學查閱資料得知：Cu2+能加速H2O2分解，K+對H2O2分解無影響。為排除Cu2+干擾，該同學進行實驗：向兩份50mL30%H2O2溶液中分別加入amL濃度均為___mol·L-1的___(填化學式)溶液和___(填化學式)溶液。t2min內，發現H2O2均幾乎不分解。甲同學認為：在無Cu2+存在的情況下，Cl-、NO對H2O2催化分解無影響。(5)乙同學又提出猜想：Cl-、NO對Cu2+催化H2O2分解會產生影響。于是進行如表實驗。限選試劑及其標號如下：A．amL2bmol·L-1KCl溶液

B．少量KCl固體C．amL2bmol·L-1KNO3溶液

D．少量KNO3固體實驗序號添加試劑H2O2完全分解所需時間/min3需同時加入amLbmol·L-1CuCl2溶液和①___(填標號)t3(t3<t1)4需同時加入amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液和②___(填標號)t4(t4>t2)(6)根據實驗1~4中測得的H2O2完全分解所需時間，小組同學認為Cl-___(填“增強”或“減弱”，下同)Cu2+的催化效果，NO___Cu2+的催化效果。二、結構與性質4．（2020·廣東深圳·統考一模）含、元素的物質在生產生活中有重要的用途。回答下列問題：(1)基態核外電子排布式為________。(2)分子的立體構型為________。(3)某個(Ⅱ)有機配合物的結構如圖所示：①該分子中N原子的雜化方式為________、________。②請在圖中用“”標出的配位鍵______。(4)Ge，As，Se元素處于同一周期，三種元素原子的第一電離能由大到小的順序為________。(5)的酸性強于的原因是________，的鍵角小于的原因是________。(6)如圖為Ni和As形成的某種晶體的六方晶胞圖，該化合物的化學式為________，Ni原子占據的空隙類型為________。已知晶胞參數分別為apm、apm、bpm和，則該晶胞的密度為________(設阿伏加德羅常數的值為NA)5．（2021·廣東深圳·統考一模）銅及其化合物在生產生活中有著廣泛的應用。回答下列問題：(1)在元素周期表的分區中，銅屬于__區，與銅處于同一周期且最外層電子數相同的元素的基態原子共有___種。(2)元素銅和鋅的第二電離能：I2(Cu)__I2(Zn)(填“<”或“>”)。(3)下列現代分析手段中，可用于檢驗水中痕量銅元素的是__(填標號)。A．X射線衍射

B．原子光譜

C．質譜

D．紅外光譜(4)CuCl2可與某有機多齒配體形成具有較強熒光性能的配合物，其結構簡式如圖所示。該配合物分子中N原子的雜化類型為__，1mol該有機配體與Cu(Ⅱ)形成的配位鍵為___mol。(5)銅催化烯烴硝化反應時會產生NO。鍵角：NO__NO(填“<”或“=”或“>”)，其原因是__。(6)近期我國科學家合成了一種電化學性能優異的銅硒化合物，其晶胞結構如圖所示。該銅硒化合物的化學式為___，其中Cu元素以Cu+和Cu2+存在，則__(填“①”或“②”)為Cu2+，該晶體的密度為__g?cm-3(用含a和c的式子表示，設阿伏加德羅常數的值為NA)。6．（2022·廣東深圳·統考一模）鈦及其化合物具有優異的物理、化學性能，相關的研究備受關注。回答下列問題：(1)基態鈦原子的價電子排布式為___。(2)鈦元素的檢驗方法如圖：TiO2+可與H2O2形成穩定的〖TiO(H2O2)〗2+，其原因是___。(3)二氧化鈦是良好的光催化劑，可催化轉化多種有毒物質，如：可將水中的NO轉化為NO；將甲基橙、亞甲基藍、HCHO轉化為CO2等。①NO的空間構型為___。②甲基橙、亞甲基藍中S原子的雜化類型分別為___、___。③常溫下，1L水中大約可溶解CO2、HCHO的體積分別為1L、480L，其主要原因是___。(4)具有雙鈣鈦礦型結構的晶體通過摻雜改性可用作固體電解質材料。雙鈣鈦礦型晶體的一種典型結構單元如圖所示：①晶體中與La距離最近的Ba的數目為____。②該晶體的一個完整晶胞中含有___個Co原子。③真實的晶體中存在5%的O原子缺陷，從而能讓O2-在其中傳導，已知La為+3價，則+3價鈷與+4價鈷的原子個數比為___；設阿伏加德羅常數的值為NA，則該晶體的密度為___g·cm-3(列出計算式)。高三模擬試題PAGE2PAGE1▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁：1．

球形干燥管

防倒吸

溶液中有大量墨綠色固體產生

三頸燒瓶中有白煙

干燥管中有液體上升后下降的現象

偏低

0.04000或0.04

B

0.02000或0.02

〖祥解〗(1)根據儀器的形狀用途回答；(2)實驗室制取氨氣是利用氯化銨和氫氧化鈣加熱的條件下反應，生成氯化鈣，氨氣和水，寫出化學方程式；(3)反應過程中，在三頸燒瓶內生成堿式氯化銅，氯化氫進入，從氣體的壓強變化分析；(4)從堿式氯化銅溶于氨水分析產量的變化；(5)氨氣與氯化氫會反應生成氯化銨作為副產物；(6)根據稀釋前后離子的物質的量不變進行計算；(7)①用標準溶液滴定過量的，根據滴定終點，判斷所加的指示劑；②利用10.00mL0.1mol/L的溶液計算出剩余的硝酸銀的物質的量，利用總的硝酸銀的物質的量減去剩余的硝酸銀的物質的量，計算出與氯離子反應的硝酸銀的物質的量，從而算出氯離子的物質的量，換算成樣品中的氯離子的物質的量；(8)根據銅離子，鋁離子的物質的量，計算出樣品的物質的量，根據質量和物質的量關系，計算出相對分子質量，減去銅和氯的相對原子質量，可以得到氫氧根離子的數目；〖詳析〗(1)儀器X的名稱是球形干燥管，其主要作用有導氣、防止倒吸；(2)實驗室制取氨氣的化學方程式為；(3)在三頸燒瓶內，氯化銅，氨氣和氯化氫氣體反應制取堿式氯化銅，堿式氯化銅為綠色或墨綠色結晶性粉末，難溶于水，故實驗現象為：①溶液中有大量墨綠色固體產生；由于通入的氯化氫氣體和氨氣相遇產生氯化銨，故實驗現象②三頸燒瓶中有白煙生成；干燥管中充滿了氨氣和氯化氫氣體，反應后氣體的壓強迅速減小，故實驗現象③干燥管中有液體上升后下降的現象；(4)若過高，會導致氨水濃度增大，會使堿式氯化銅有損耗，故導致堿式氯化銅的產量偏低；(5)該反應為氯化銅，氨氣和氯化氫反應，氨氣會和氯化氫反應生成氯化銨，作為副產物；(6)20.00mL待測液，濃為，則銅離子的物質的量為0.2mol/L×0.02L=0.004mol，由于稱取的樣品中是20ml溶液的10倍，所得銅離子的物質的量也是20mL溶液的10倍，樣品中所含銅離子的物質的量為0.004mol×10=0.04000mol或0.04mol；(7)①用標準溶液滴定過量的，到達滴定終點，用三價鐵離子檢驗硫氰根離子，可以使用硝酸鐵，不能使用氯化鐵，由于氯化鐵會和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀，影響滴定終點的判斷；②10.00mL0.1mol/L的的物質的量等于0.1mol/L×0.01L=0.001mol，由~可知，未反應的硝酸銀的物質的量等于0.001mol，共加入30mL0.1mol/L的的硝酸銀，則與氯離子反應的硝酸銀的物質的量等于0.03L×0.1mol/L-0.001mol=0.002mol，Cl-~Ag+，n(Cl-)=0.002mol，樣品配成的是200mL溶液，滴定只取了20mL，樣品中的氯離子是0.002mol×10=0.02mol；(8)測定無水堿式氯化銅組成時，稱取產品，已知銅離子的物質的量為0.04mol，氯離子的物質的量為0.02mol，假設無水堿式氯化銅的化學式為，可知無水堿式氯化銅的物質的量為0.02mol，摩爾質量為=214.5g/mol，64×2g/mol+17xg/mol+35.5g/mol=214.5g/mol，解得x=3，故無水堿式氯化銅的化學式為。2．(1)

圓底燒瓶

防止倒吸(2)Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O(3)KMnO4溶液紫紅色顏色變淺或褪色(4)

0.1mol·L1KI溶液

蒸餾水

濃鹽酸

淀粉溶液

加入稀鹽酸酸化，再加入BaCl2溶液

白色沉淀

產物溶液中存在

3SO2+2H2OS↓+2+4H+〖祥解〗本實驗裝置a為制備SO2的裝置，反應為：，由于SO2易溶于水，故需要裝置b進行防倒吸，裝置c中品紅溶液褪色說明SO2具有漂白性，由于SO2具有強還原性，裝置e中酸性KMnO4溶液褪色，由于SO2本身有毒不能直接排放，故用裝置f進行尾氣處理，吸收SO2，裝置d中根據實驗現象，展開實驗探究，探究Ⅰ是探究濃度對上述可逆反應SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2O的影響，探究Ⅱ則是探究SO2在KI溶液體系中的反應產物，通過對照實驗進行對照最后得出結論，據此分析解題。（1）由題干實驗裝置圖可知，儀器Q為圓底燒瓶；由于SO2易溶于水，故需要裝置b進行防倒吸；（2）裝置a中濃硫酸與銅在加熱條件下生成硫酸銅，二氧化硫和水，反應的化學方程式為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；（3）酸性高錳酸鉀具有強氧化性，極易被還原而褪色，裝置e中出現高錳酸鉀溶液紫紅色變淺甚至褪去，即可證明SO2具有還原性；（4）實驗ⅰ和實驗ⅱ是探究I-濃度對反應的影響，根據控制變量法可知，兩實驗只有KI的濃度不同，其他條件均相同才能能出正確結論，結合濃度越大反應速率越快，故實驗ⅰ加入50mL0.1mol/L的KI溶液；同理實驗ⅲ和實驗ⅳ是探究H+濃度對可逆反應的影響，硝酸是氧化性酸、會氧化二氧化硫發生其它反應，故排除硝酸、選用鹽酸。結合濃度越大反應速率越快，故實驗ⅲ中加入5mL蒸餾水；實驗ⅳ中加入5mL濃鹽酸；探究II：探究SO2在KI溶液體系中的反應產物實驗ⅰ中要檢驗沒有生成I2，利用碘單質使淀粉溶液變藍的特性；可知實驗ⅰ中加入幾滴淀粉溶液，根據題干猜想的反應方程式SO2+I2+2H2O=SO+2I-+4H+可知，實驗ⅱ則要檢驗反應后的溶液中含有，取適量分離后的澄清溶液于試管中，加入足量的稀鹽酸酸酸化，再加入氯化鋇溶液；若看到有白色沉淀生成；說明反應后的濁液中含有；綜上可知，SO2在KI溶液中發生了歧化反應生成了S和，KI在其中起到催化劑的作用，故其反應的離子方程式為3SO2+2H2OS+2+4H+。3．(1)

圓底燒瓶

MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O

除去Cl2中混有的HCl(2)黃色綠褪去(3)CuCl2(4)

2b

KCl

KNO3(5)

B

D(6)

增強

減弱〖祥解〗實驗Ⅰ驗證H2O2的還原性，首先制取氯水，利用濃鹽酸和二氧化錳共熱制取氯氣，飽和食鹽水除去氯氣中混有的HCl氣體，然后通入蒸餾水中得到氯水，之后NaOH溶液吸收尾氣，然后取少量新制氯水，加入H2O2溶液至過量，生成氧氣可以證明H2O2的還原性；實驗Ⅱ探究Cl-、NO對H2O2分解的影響，通過控制變量法，選用Cl-、NO的銅鹽溶液，通過比較H2O2完全分解所需時間來判斷催化效果。(1)①根據儀器的結構特點可知X的名稱為圓底燒瓶；利用濃鹽酸和二氧化錳共熱制取氯氣，化學方程式為MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；②濃鹽酸具有揮發性，生成的氯氣中會混有HCl氣體，飽和食鹽水可以除去Cl2中混有的HCl；(2)新制氯水中含有氯氣分子，呈黃綠色，向其中加入H2O2溶液至過量，產生大量氣泡，該氣體可使余燼復燃，說明生成了氧氣，H2O2被氧化，氯氣最終全部轉化為氯離子，所以溶液顏色發生的變化是黃色綠褪去；(3)t1<t2，即加入CuCl2溶液后H2O2分解速率更快，更有利于H2O2分解；(4)Cu2+帶2個單位正電荷，K+帶1個單位正電荷，所以應向兩份50mL30%H2O2溶液中分別加入amL濃度均為2bmol/L的KNO3、KCl溶液；(5)該實驗的目的是探究Cl-、NO對Cu2+催化H2O2分解的影響，所以只需改變陰離子的量，所以實驗3中應加入amLbmol·L-1CuCl2溶液和少量KCl固體，即選B；實驗4中應加入amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液和KNO3固體，即選D，以此來改變陰離子的量，觀察對H2O2分解的是否產生影響；(6)t3<t1，說明加入更多的Cl-后H2O2分解加快，即Cl-增強Cu2+的催化效果；而t4>t2，說明加入更多的NO后H2O2分解減慢，即NO減弱Cu2+的催化效果。4．

或

三角錐形

As＞Se＞Ge

分子結構中非羥基氧原子數比多，所以的酸性強.或分子中As價態更高，導致中的O的電子向As偏移，氧氫鍵的極性變大，在水分子作用下，越容易電離出H+，故酸性更強

砷原子電負性小于氮原子，所以其共用電子對離砷核距離較遠，成鍵電子間的斥力較小，導致鍵角較小

八面體空隙

〖祥解〗(1)根據構造原理，寫出鎳的核外電子排布式；(2)根據價層電子對互斥理論，判斷出價層電子對數，得出分子的構型；(3)①根據N原子的成鍵方式，判斷雜化類型；②根據配位鍵的定義畫出配位鍵；(4)Ge，As，Se元素處于同一周期，根據同周期第一電離能的變化規律判斷；(5)比較分子中非羥基氧原子數目，從電負性角度分析；(6)Ni位于頂點和棱心，As位于體心，計算出Ni和As的個數，得出分子式，六個鎳原子圍成八面體空隙，利用密度公式，上下底面是菱形，計算出面積S底=，代入密度公式。〖詳析〗(1)28號元素是鎳，核外電子排布式為，基態失去最外層的兩個電子，核外電子排布式為或；(2)的中心原子為砷，最外層有5個電子，與三個氯原子形成三對共價鍵，剩余一對孤對電子，價層電子對數為4對，分子的立體構型為三角錐形；(3)①氮原子形成一對雙鍵，兩對單鍵時，價層電子對數為3對，雜化方式為，形成三對單鍵的氮原子形成的σ鍵數為3對，孤對電子數為1對，價層電子對數為4對，雜化方式為雜化；②鎳原子正上方的氮原子，有一對孤對電子，下方水分子提供孤對電子，鎳原子提供空軌道，形成兩對配位鍵，表示為；(4)Ge，As，Se元素處于同一周期，同周期第一電離能呈現增大的趨勢，As的最外層4p軌道為半充滿狀態，第一電離能高于Se和Ge，故第一電離能由大到小為：As＞Se＞Ge(5)分子結構中非羥基氧原子數比多，所以的酸性強.或分子中As價態更高，導致中的O的電子向As偏移，氧氫鍵的極性變大，在水分子作用下，越容易電離出H+，故酸性更強；砷原子電負性小于氮原子，所以其共用電子對離砷核距離較遠，成鍵電子間的斥力較小，導致鍵角較小，的鍵角小于；(6)Ni位于頂點和棱心，個數為8×+4×=2，As位于體心，個數為2，原子個數最簡比為1:1，化學式為；六個鎳原子圍成八面體空隙；，M=59+75=134g/mol，N=2，上下底面是菱形，計算出面積S底=，代入密度公式得到。5．

ds

2

B

sp2、sp3

3

根據VSEPR理論，NO為直線型結構，鍵角為180°，NO為V型結構，鍵角約為120°

Cu3Se2

①

〖祥解〗按構造理論確定基態原子的電子排布式、確定在周期表中的位置；按影響電離能的因素比較銅、鋅的第二電離能大小；由配合物的示意圖提供的原子成鍵方式判斷雜化類型；根據VSEPR理論確定粒子構型；用均攤法計算晶體化學式、并據此計算晶胞即晶體密度；〖詳析〗(1)銅元素的基態原子的電子排布式為，銅屬于ds區，銅最外層一個電子，與銅處于同一周期且最外層電子數相同的元素的基態原子共有K(價電子為4s1)、Cr(價電子為3d54s1)，故另有2種。(2)Zn的價電子排布式為3d104s2，Cu的價電子排布式為3d104s1，Cu失去一個電子內層達到飽和，再失去一個電子比較困難，Zn失去一個電子價層變為3d104s1，再失去一個電子比Cu+容易，所以元素銅和鋅的第二電離能：I2(Cu)I2(Zn)。(3)A．X射線衍射用于測晶體結構，A不符合；B．光譜分析是利用特征譜線定性、定量地鑒定元素，B符合；C．質譜可用于測定相對分子質量等，C不符合；D．紅外光譜，可確定分子中含有何種化學鍵或官能團，D不符合；故可用于檢驗水中痕量銅元素的是B。(4)由配合物的結構簡式知，氮原子有單鍵、有雙鍵；氮原子以雙鍵相連接時其雜化類型為sp2、氮原子以單鍵相連接時其雜化類型為sp3，故〖答案〗為：N原子的雜化類型為sp2、sp3；由配合物的結構簡式知，1mol該有機配體與Cu(Ⅱ)形成的配位鍵為3mol。(5)根據VSEPR理論，NO中N原子孤電子對數，價層電子對數=0+2=2，微粒空間構型為直線型結構，鍵角為180°，NO中N原子孤電子對數=，價層電子對數=1+2=3，N原子采取sp2雜化，NO為V型結構，鍵角約為120°，鍵角：NONO。(6)由其晶胞結構示意圖知，該銅硒化合物中銅的數目為，Se的數目為4，則化學式為Cu3Se2，Se為-2價，晶胞內負化合價共-8、①有2個、②有4個，按正負化合價代數和為0知，Cu2+為①；該晶體的密度即晶胞密度為。6．(1)3d24s2(2)TiO2+中的Ti有空軌道，而H2O2中的O有孤電子對，兩者能形成配位鍵(3)

平面三角形

sp3

sp2

HCHO能與H2O形成氫鍵而CO2不能，HCHO和H2O為極性分子，CO2為非極性分子，根據相似相溶原理，HCHO更易溶于水(4)

6

8

4：1

或或或〖解析〗(1)Ti為22號元素，核外電子排布式為〖Ar〗3d24s2，價電子為3d24s2；(2)TiO2+中的Ti有空軌道，而H2O2中的O有孤電子對，兩者能形成配位鍵，從而形成穩定的〖TiO(H2O2)〗2+；(3)①NO中心N原子的價層電子對數為=3，不含孤電子對，所以空間構型為平面三角形；②甲基橙中S原子形成4個σ鍵，2個π鍵，所以不含孤電子對，價層電子對數為4，采取sp3雜化；亞甲基藍中S原子形成2個σ鍵，1個π鍵，帶一個單位正電荷，所以還有一對孤電子，則價層電子對數為3，為sp2雜化；③HCHO能與H2O形成氫鍵而CO2不能，氫鍵可以增大HCHO的溶解度；HCHO和H2O為極性分子，CO2為非極性分子，根據相似相溶原理，HCHO更易溶于水；(4)①以任一頂點的La原子為例，距離其最近的Ba原子位于該La原子所在棱的另一個頂點，一個La原子被六條棱共用，所以晶體中與La距離最近的Ba的數目為6；②Co原子位于結構單元的體心，每個結構單元含有1個Co原子，觀察發現可知，若該結構單元重復排列，則其相鄰結構單元的La、Ba原子會與該結構單元中的Ba、La原子重疊，所以該結構單元不是該晶體的晶胞，該晶體的晶胞應是由8個小正方體組成的大正方體，所以一個完整晶胞中含有8個Co原子；③該結構單元中含有=個La原子、=個Ba原子，存在5%的O原子缺陷，所以含×(1-5%)=2.85個O原子，La為+3價、Ba為+2價，O為-2價，設+3價鈷的個數為x，+4價鈷的個數為y，則根據化合價之和為0可得3x+4y+×(+3+2)=2×2.85，根據原子守恒可得x+y=1，聯立解得x=0.8、y=0.2，所以+3價鈷與+4價鈷的原子個數比為4：1；結構單元的質量為g，結構單元的體積為a3pm3=a3×10-30cm3，所以結構單元的密度為=g·cm-3。高三模擬試題高三模擬試題PAGE2PAGE1廣東省深圳市2020屆-2022屆高考化學三年模擬（一模）試題匯編-非選擇題2一、實驗題1．（2020·廣東深圳·統考一模）堿式氯化銅為綠色或墨綠色結晶性粉末，難溶于水，溶于稀酸和氨水，在空氣中十分穩定。Ⅰ.模擬制備堿式氯化銅。向溶液中通入和，調節pH至5.0~5.5，控制反應溫度于70~80℃，實驗裝置如圖所示(部分夾持裝置已省略)。(1)儀器X的名稱是________，其主要作用有導氣、________。(2)實驗室利用裝置A制，發生反應的化學方程式為________。(3)反應過程中，在三頸燒瓶內除觀察到溶液藍綠色褪去，還可能觀察到的現象是________、________、________。(4)若體系過高會導致堿式氯化銅的產量_______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。(5)反應結束后，將三頸瓶中的混合物過濾，從濾液中還可以獲得的副產品是________(填化學式)，經提純得產品無水堿式氯化銅。Ⅱ.無水堿式氯化銅組成的測定。稱取產品，加硝酸溶解，并加水定容至200mL，得到待測液。(6)銅的測定：取20.00mL測液，經測定，濃為。則稱取的樣品中________mol。(7)采用沉淀滴定法測定氯：用標準溶液滴定過量的，實驗如圖：①滴定時，應選用下列哪種物質作為指示劑________(填標號)。A．

B．

C．②重復實驗操作三次，消耗溶液的體積平均為10.00mL。則稱取的樣品中______mol。(8)根據上述實驗結果可推知無水堿式氯化銅的化學式為________。2．（2021·廣東深圳·統考一模）學習小組在實驗室中利用下圖所示裝置制備SO2并進行相關性質的探究。回答下列問題：(1)儀器Q的名稱為_______；裝置b的作用是_______。(2)裝置a中反應的化學方程式為_______。(3)裝置e中出現_______(填現象)可證明SO2具有還原性。(4)實驗開始后，發現裝置d中的溶液迅速變黃，繼續通入SO2，裝置d中出現乳黃色渾濁。該小組同學查閱資料得知，存在可逆反應：SO2+4I-+4H+?S↓+2I2+2H2O。探究I：探究濃度對上述可逆反應的影響有同學認為除SO2的濃度外，其他離子的濃度對該可逆反應也有影響。完成實驗設計進行驗證(SO2體積已折算為標準狀況下體積)。限選試劑：0.1mol·L1KI溶液、1.0mol·L1KI溶液、2.0mol·L1KI溶液、蒸餾水、濃硝酸、濃鹽酸影響因素編號操作現象c(I-)i取50mL①_____于錐形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液變為淺黃色ii取50mL1.0mol·L1KI溶液于錐形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速變黃c(H+)iii取50mL1.0mol·L1KI溶液和5mL②______于錐形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速變黃iv取50mL1.0mol·L1KI溶液和5mL③___于錐形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速變黃，且出現乳黃色渾濁探究II：探究SO2在KI溶液體系中的反應產物有同學提出上述可逆反應生成的I2可與SO2發生反應：SO2+I2+2H2O=+2I-+4H+。為進一步探究體系中的產物，完成下列實驗方案。方案操作預期現象結論i取適量裝置d中濁液，向其中滴加幾滴④___溶液(填試劑名稱)，振蕩無明顯變化濁液中無I2ii將裝置d中濁液進行分離得淡黃色固體和澄清溶液取適量分離后的澄清溶液于試管中，⑤___⑥___⑦__⑧綜上可知，SO2在KI溶液中發生了歧化反應，其反應的離子方程式為_______。3．（2022·廣東深圳·統考一模）過氧化氫是一種常用的綠色試劑，某學習小組針對H2O2性質進行如圖實驗。Ⅰ.驗證H2O2的還原性查閱資料：H2O2溶液與氯水發生反應時表現還原性。(1)制取氯水①儀器X的名稱是___，生成Cl2的化學方程式為___。②飽和食鹽水的作用是___。(2)取5mL上述新制飽和氯水于試管中，向其中加入H2O2溶液至過量，產生大量氣泡(該氣體可使余燼復燃)，還觀察到溶液顏色發生的變化是___。Ⅱ.探究Cl-、NO對H2O2分解的影響選用CuCl2溶液和Cu(NO3)2溶液，探究Cl-、NO對H2O2分解的影響。記錄數據如下：實驗序號添加試劑及用量H2O2完全分解所需時間/min1amLbmol·L-1CuCl2溶液t12amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液t2(3)實驗結果顯示t1<t2，可得出的結論是：___(填化學式)更有利于H2O2分解。(4)甲同學查閱資料得知：Cu2+能加速H2O2分解，K+對H2O2分解無影響。為排除Cu2+干擾，該同學進行實驗：向兩份50mL30%H2O2溶液中分別加入amL濃度均為___mol·L-1的___(填化學式)溶液和___(填化學式)溶液。t2min內，發現H2O2均幾乎不分解。甲同學認為：在無Cu2+存在的情況下，Cl-、NO對H2O2催化分解無影響。(5)乙同學又提出猜想：Cl-、NO對Cu2+催化H2O2分解會產生影響。于是進行如表實驗。限選試劑及其標號如下：A．amL2bmol·L-1KCl溶液

B．少量KCl固體C．amL2bmol·L-1KNO3溶液

D．少量KNO3固體實驗序號添加試劑H2O2完全分解所需時間/min3需同時加入amLbmol·L-1CuCl2溶液和①___(填標號)t3(t3<t1)4需同時加入amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液和②___(填標號)t4(t4>t2)(6)根據實驗1~4中測得的H2O2完全分解所需時間，小組同學認為Cl-___(填“增強”或“減弱”，下同)Cu2+的催化效果，NO___Cu2+的催化效果。二、結構與性質4．（2020·廣東深圳·統考一模）含、元素的物質在生產生活中有重要的用途。回答下列問題：(1)基態核外電子排布式為________。(2)分子的立體構型為________。(3)某個(Ⅱ)有機配合物的結構如圖所示：①該分子中N原子的雜化方式為________、________。②請在圖中用“”標出的配位鍵______。(4)Ge，As，Se元素處于同一周期，三種元素原子的第一電離能由大到小的順序為________。(5)的酸性強于的原因是________，的鍵角小于的原因是________。(6)如圖為Ni和As形成的某種晶體的六方晶胞圖，該化合物的化學式為________，Ni原子占據的空隙類型為________。已知晶胞參數分別為apm、apm、bpm和，則該晶胞的密度為________(設阿伏加德羅常數的值為NA)5．（2021·廣東深圳·統考一模）銅及其化合物在生產生活中有著廣泛的應用。回答下列問題：(1)在元素周期表的分區中，銅屬于__區，與銅處于同一周期且最外層電子數相同的元素的基態原子共有___種。(2)元素銅和鋅的第二電離能：I2(Cu)__I2(Zn)(填“<”或“>”)。(3)下列現代分析手段中，可用于檢驗水中痕量銅元素的是__(填標號)。A．X射線衍射

B．原子光譜

C．質譜

D．紅外光譜(4)CuCl2可與某有機多齒配體形成具有較強熒光性能的配合物，其結構簡式如圖所示。該配合物分子中N原子的雜化類型為__，1mol該有機配體與Cu(Ⅱ)形成的配位鍵為___mol。(5)銅催化烯烴硝化反應時會產生NO。鍵角：NO__NO(填“<”或“=”或“>”)，其原因是__。(6)近期我國科學家合成了一種電化學性能優異的銅硒化合物，其晶胞結構如圖所示。該銅硒化合物的化學式為___，其中Cu元素以Cu+和Cu2+存在，則__(填“①”或“②”)為Cu2+，該晶體的密度為__g?cm-3(用含a和c的式子表示，設阿伏加德羅常數的值為NA)。6．（2022·廣東深圳·統考一模）鈦及其化合物具有優異的物理、化學性能，相關的研究備受關注。回答下列問題：(1)基態鈦原子的價電子排布式為___。(2)鈦元素的檢驗方法如圖：TiO2+可與H2O2形成穩定的〖TiO(H2O2)〗2+，其原因是___。(3)二氧化鈦是良好的光催化劑，可催化轉化多種有毒物質，如：可將水中的NO轉化為NO；將甲基橙、亞甲基藍、HCHO轉化為CO2等。①NO的空間構型為___。②甲基橙、亞甲基藍中S原子的雜化類型分別為___、___。③常溫下，1L水中大約可溶解CO2、HCHO的體積分別為1L、480L，其主要原因是___。(4)具有雙鈣鈦礦型結構的晶體通過摻雜改性可用作固體電解質材料。雙鈣鈦礦型晶體的一種典型結構單元如圖所示：①晶體中與La距離最近的Ba的數目為____。②該晶體的一個完整晶胞中含有___個Co原子。③真實的晶體中存在5%的O原子缺陷，從而能讓O2-在其中傳導，已知La為+3價，則+3價鈷與+4價鈷的原子個數比為___；設阿伏加德羅常數的值為NA，則該晶體的密度為___g·cm-3(列出計算式)。高三模擬試題PAGE2PAGE1▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁：1．

球形干燥管

防倒吸

溶液中有大量墨綠色固體產生

三頸燒瓶中有白煙

干燥管中有液體上升后下降的現象

偏低

0.04000或0.04

B

0.02000或0.02

〖祥解〗(1)根據儀器的形狀用途回答；(2)實驗室制取氨氣是利用氯化銨和氫氧化鈣加熱的條件下反應，生成氯化鈣，氨氣和水，寫出化學方程式；(3)反應過程中，在三頸燒瓶內生成堿式氯化銅，氯化氫進入，從氣體的壓強變化分析；(4)從堿式氯化銅溶于氨水分析產量的變化；(5)氨氣與氯化氫會反應生成氯化銨作為副產物；(6)根據稀釋前后離子的物質的量不變進行計算；(7)①用標準溶液滴定過量的，根據滴定終點，判斷所加的指示劑；②利用10.00mL0.1mol/L的溶液計算出剩余的硝酸銀的物質的量，利用總的硝酸銀的物質的量減去剩余的硝酸銀的物質的量，計算出與氯離子反應的硝酸銀的物質的量，從而算出氯離子的物質的量，換算成樣品中的氯離子的物質的量；(8)根據銅離子，鋁離子的物質的量，計算出樣品的物質的量，根據質量和物質的量關系，計算出相對分子質量，減去銅和氯的相對原子質量，可以得到氫氧根離子的數目；〖詳析〗(1)儀器X的名稱是球形干燥管，其主要作用有導氣、防止倒吸；(2)實驗室制取氨氣的化學方程式為；(3)在三頸燒瓶內，氯化銅，氨氣和氯化氫氣體反應制取堿式氯化銅，堿式氯化銅為綠色或墨綠色結晶性粉末，難溶于水，故實驗現象為：①溶液中有大量墨綠色固體產生；由于通入的氯化氫氣體和氨氣相遇產生氯化銨，故實驗現象②三頸燒瓶中有白煙生成；干燥管中充滿了氨氣和氯化氫氣體，反應后氣體的壓強迅速減小，故實驗現象③干燥管中有液體上升后下降的現象；(4)若過高，會導致氨水濃度增大，會使堿式氯化銅有損耗，故導致堿式氯化銅的產量偏低；(5)該反應為氯化銅，氨氣和氯化氫反應，氨氣會和氯化氫反應生成氯化銨，作為副產物；(6)20.00mL待測液，濃為，則銅離子的物質的量為0.2mol/L×0.02L=0.004mol，由于稱取的樣品中是20ml溶液的10倍，所得銅離子的物質的量也是20mL溶液的10倍，樣品中所含銅離子的物質的量為0.004mol×10=0.04000mol或0.04mol；(7)①用標準溶液滴定過量的，到達滴定終點，用三價鐵離子檢驗硫氰根離子，可以使用硝酸鐵，不能使用氯化鐵，由于氯化鐵會和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀，影響滴定終點的判斷；②10.00mL0.1mol/L的的物質的量等于0.1mol/L×0.01L=0.001mol，由~可知，未反應的硝酸銀的物質的量等于0.001mol，共加入30mL0.1mol/L的的硝酸銀，則與氯離子反應的硝酸銀的物質的量等于0.03L×0.1mol/L-0.001mol=0.002mol，Cl-~Ag+，n(Cl-)=0.002mol，樣品配成的是200mL溶液，滴定只取了20mL，樣品中的氯離子是0.002mol×10=0.02mol；(8)測定無水堿式氯化銅組成時，稱取產品，已知銅離子的物質的量為0.04mol，氯離子的物質的量為0.02mol，假設無水堿式氯化銅的化學式為，可知無水堿式氯化銅的物質的量為0.02mol，摩爾質量為=214.5g/mol，64×2g/mol+17xg/mol+35.5g/mol=214.5g/mol，解得x=3，故無水堿式氯化銅的化學式為。2．(1)

圓底燒瓶

防止倒吸(2)Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O(3)KMnO4溶液紫紅色顏色變淺或褪色(4)

0.1mol·L1KI溶液

蒸餾水

濃鹽酸

淀粉溶液

加入稀鹽酸酸化，再加入BaCl2溶液

白色沉淀

產物溶液中存在

3SO2+2H2OS↓+2+4H+〖祥解〗本實驗裝置a為制備SO2的裝置，反應為：，由于SO2易溶于水，故需要裝置b進行防倒吸，裝置c中品紅溶液褪色說明SO2具有漂白性，由于SO2具有強還原性，裝置e中酸性KMnO4溶液褪色，由于SO2本身有毒不能直接排放，故用裝置f進行尾氣處理，吸收SO2，裝置d中根據實驗現象，展開實驗探究，探究Ⅰ是探究濃度對上述可逆反應SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2O的影響，探究Ⅱ則是探究SO2在KI溶液體系中的反應產物，通過對照實驗進行對照最后得出結論，據此分析解題。（1）由題干實驗裝置圖可知，儀器Q為圓底燒瓶；由于SO2易溶于水，故需要裝置b進行防倒吸；（2）裝置a中濃硫酸與銅在加熱條件下生成硫酸銅，二氧化硫和水，反應的化學方程式為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；（3）酸性高錳酸鉀具有強氧化性，極易被還原而褪色，裝置e中出現高錳酸鉀溶液紫紅色變淺甚至褪去，即可證明SO2具有還原性；（4）實驗ⅰ和實驗ⅱ是探究I-濃度對反應的影響，根據控制變量法可知，兩實驗只有KI的濃度不同，其他條件均相同才能能出正確結論，結合濃度越大反應速率越快，故實驗ⅰ加入50mL0.1mol/L的KI溶液；同理實驗ⅲ和實驗ⅳ是探究H+濃度對可逆反應的影響，硝酸是氧化性酸、會氧化二氧化硫發生其它反應，故排除硝酸、選用鹽酸。結合濃度越大反應速率越快，故實驗ⅲ中加入5mL蒸餾水；實驗ⅳ中加入5mL濃鹽酸；探究II：探究SO2在KI溶液體系中的反應產物實驗ⅰ中要檢驗沒有生成I2，利用碘單質使淀粉溶液變藍的特性；可知實驗ⅰ中加入幾滴淀粉溶液，根據題干猜想的反應方程式SO2+I2+2H2O=SO+2I-+4H+可知，實驗ⅱ則要檢驗反應后的溶液中含有，取適量分離后的澄清溶液于試管中，加入足量的稀鹽酸酸酸化，再加入氯化鋇溶液；若看到有白色沉淀生成；說明反應后的濁液中含有；綜上可知，SO2在KI溶液中發生了歧化反應生成了S和，KI在其中起到催化劑的作用，故其反應的離子方程式為3SO2+2H2OS+2+4H+。3．(1)

圓底燒瓶

MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O

除去Cl2中混有的HCl(2)黃色綠褪去(3)CuCl2(4)

2b

KCl

KNO3(5)

B

D(6)

增強

減弱〖祥解〗實驗Ⅰ驗證H2O2的還原性，首先制取氯水，利用濃鹽酸和二氧化錳共熱制取氯氣，飽和食鹽水除去氯氣中混有的HCl氣體，然后通入蒸餾水中得到氯水，之后NaOH溶液吸收尾氣，然后取少量新制氯水，加入H2O2溶液至過量，生成氧氣可以證明H2O2的還原性；實驗Ⅱ探究Cl-、NO對H2O2分解的影響，通過控制變量法，選用Cl-、NO的銅鹽溶液，通過比較H2O2完全分解所需時間來判斷催化效果。(1)①根據儀器的結構特點可知X的名稱為圓底燒瓶；利用濃鹽酸和二氧化錳共熱制取氯氣，化學方程式為MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；②濃鹽酸具有揮發性，生成的氯氣中會混有HCl氣體，飽和食鹽水可以除去Cl2中混有的HCl；(2)新制氯水中含有氯氣分子，呈黃綠色，向其中加入H2O2溶液至過量，產生大量氣泡，該氣體可使余燼復燃，說明生成了氧氣，H2O2被氧化，氯氣最終全部轉化為氯離子，所以溶液顏色發生的變化是黃色綠褪去；(3)t1<t2，即加入CuCl2溶液后H2O2分解速率更快，更有利于H2O2分解；(4)Cu2+帶2個單位正電荷，K+帶1個單位正電荷，所以應向兩份50mL30%H2O2溶液中分別加入amL濃度均為2bmol/L的KNO3、KCl溶液；(5)該實驗的目的是探究Cl-、NO對Cu2+催化H2O2分解的影響，所以只需改變陰離子的量，所以實驗3中應加入amLbmol·L-1CuCl2溶液和少量KCl固體，即選B；實驗4中應加入amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液和KNO3固體，即選D，以此來改變陰離子的量，觀察對H2O2分解的是否產生影響；(6)t3<t1，說明加入更多的Cl-后H2O2分解加快，即Cl-增強Cu2+的催化效果；而t4>t2，說明加入更多的NO后H2O2分解減慢，即NO減弱Cu2+的催化效果。4．

或

三角錐形

As＞Se＞Ge

分子結構中非羥基氧原子數比多，所以的酸性強.或分子中As價態更高，導致中的O的電子向As偏移，氧氫鍵的極性變大，在水分子作用下，越容易電離出H+，故酸性更強

砷原子電負性小于氮原子，所以其共用電子對離砷核距離較遠，成鍵電子間的斥力較小，導致鍵角較小

八面體空隙

〖祥解〗(1)根據構造原理，寫出鎳的核外電子排布式；(2)根據價層電子對互斥理論，判斷出價層電子對數，得出分子的構型；(3)①根據N原子的成鍵方式，判斷雜化類型；②根據配位鍵的定義畫出配位鍵；(4)Ge，As，Se元素處于同一周期，根據同周期第一電離能的變化規律判斷；(5)比較分子中非羥基氧原子數目，從電負性角度分析；(6)Ni位于頂點和棱心，As位于體心，計算出Ni和As的個數，得出分子式，六個鎳原子圍成八面體空隙，利用密度公式，上下底面是菱形，計算出面積S底=，代入密度公式。〖詳析〗(1)28號元素是鎳，核外電子排布式為，基態失去最外層的兩個電子，核外電子排布式為或；(2)的中心原子為砷，最外層有5個電子，與三個氯原子形成三對共價鍵，剩余一對孤對電子，價層電子對數為4對，分子的立體構型為三角錐形；(3)①氮原子形成一對雙鍵，兩對單鍵時，價層電子對數為3對，雜化方式為，形成三對單鍵的氮原子形成的σ鍵數為3對，孤對電子數為1對，價層電子對數為4對，雜化方式為雜化；②鎳原子正上方的氮原子，有一對孤對電子，下方水分子提供孤對電子，鎳原子提供空軌道，形成兩對配位鍵，表示為；(4)Ge，As，Se元素處于同一周期，同周期第一電離能呈現增大的趨勢，As的最外層4p軌道為半充滿狀態，第一電離能高于Se和Ge，故第一電離能由大到小為：As＞Se＞Ge(5)分子結構中非羥基氧原子數比多，所以的酸性強.或分子中As價態更高，導致中的O的電子向As偏移，氧氫鍵的極性變大，在水分子作用下，越容易電離出H+，故酸性更強；砷原子電負性小于氮原子，所以其共用電子對離砷核距離較遠，成鍵電子間的斥力較小，導致鍵角較小，的鍵角小于；(6)Ni位于頂點和棱心，個數