广东省深圳市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题2

高三模拟试题高三模拟试题PAGE2PAGE1广东省深圳市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题2一、实验题1．（2020·广东深圳·统考一模）碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。Ⅰ.模拟制备碱式氯化铜。向溶液中通入和，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70~80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。(1)仪器X的名称是________，其主要作用有导气、________。(2)实验室利用装置A制，发生反应的化学方程式为________。(3)反应过程中，在三颈烧瓶内除观察到溶液蓝绿色褪去，还可能观察到的现象是________、________、________。(4)若体系过高会导致碱式氯化铜的产量_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(5)反应结束后，将三颈瓶中的混合物过滤，从滤液中还可以获得的副产品是________(填化学式)，经提纯得产品无水碱式氯化铜。Ⅱ.无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品，加硝酸溶解，并加水定容至200mL，得到待测液。(6)铜的测定：取20.00mL测液，经测定，浓为。则称取的样品中________mol。(7)采用沉淀滴定法测定氯：用标准溶液滴定过量的，实验如图：①滴定时，应选用下列哪种物质作为指示剂________(填标号)。A．

B．

C．②重复实验操作三次，消耗溶液的体积平均为10.00mL。则称取的样品中______mol。(8)根据上述实验结果可推知无水碱式氯化铜的化学式为________。2．（2021·广东深圳·统考一模）学习小组在实验室中利用下图所示装置制备SO2并进行相关性质的探究。回答下列问题：(1)仪器Q的名称为_______；装置b的作用是_______。(2)装置a中反应的化学方程式为_______。(3)装置e中出现_______(填现象)可证明SO2具有还原性。(4)实验开始后，发现装置d中的溶液迅速变黄，继续通入SO2，装置d中出现乳黄色浑浊。该小组同学查阅资料得知，存在可逆反应：SO2+4I-+4H+⇌S↓+2I2+2H2O。探究I：探究浓度对上述可逆反应的影响有同学认为除SO2的浓度外，其他离子的浓度对该可逆反应也有影响。完成实验设计进行验证(SO2体积已折算为标准状况下体积)。限选试剂：0.1mol·L1KI溶液、1.0mol·L1KI溶液、2.0mol·L1KI溶液、蒸馏水、浓硝酸、浓盐酸影响因素编号操作现象c(I-)i取50mL①_____于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液变为浅黄色ii取50mL1.0mol·L1KI溶液于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速变黄c(H+)iii取50mL1.0mol·L1KI溶液和5mL②______于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速变黄iv取50mL1.0mol·L1KI溶液和5mL③___于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速变黄，且出现乳黄色浑浊探究II：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物有同学提出上述可逆反应生成的I2可与SO2发生反应：SO2+I2+2H2O=+2I-+4H+。为进一步探究体系中的产物，完成下列实验方案。方案操作预期现象结论i取适量装置d中浊液，向其中滴加几滴④___溶液(填试剂名称)，振荡无明显变化浊液中无I2ii将装置d中浊液进行分离得淡黄色固体和澄清溶液取适量分离后的澄清溶液于试管中，⑤___⑥___⑦__⑧综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应，其反应的离子方程式为_______。3．（2022·广东深圳·统考一模）过氧化氢是一种常用的绿色试剂，某学习小组针对H2O2性质进行如图实验。Ⅰ.验证H2O2的还原性查阅资料：H2O2溶液与氯水发生反应时表现还原性。(1)制取氯水①仪器X的名称是___，生成Cl2的化学方程式为___。②饱和食盐水的作用是___。(2)取5mL上述新制饱和氯水于试管中，向其中加入H2O2溶液至过量，产生大量气泡(该气体可使余烬复燃)，还观察到溶液颜色发生的变化是___。Ⅱ.探究Cl-、NO对H2O2分解的影响选用CuCl2溶液和Cu(NO3)2溶液，探究Cl-、NO对H2O2分解的影响。记录数据如下：实验序号添加试剂及用量H2O2完全分解所需时间/min1amLbmol·L-1CuCl2溶液t12amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液t2(3)实验结果显示t1<t2，可得出的结论是：___(填化学式)更有利于H2O2分解。(4)甲同学查阅资料得知：Cu2+能加速H2O2分解，K+对H2O2分解无影响。为排除Cu2+干扰，该同学进行实验：向两份50mL30%H2O2溶液中分别加入amL浓度均为___mol·L-1的___(填化学式)溶液和___(填化学式)溶液。t2min内，发现H2O2均几乎不分解。甲同学认为：在无Cu2+存在的情况下，Cl-、NO对H2O2催化分解无影响。(5)乙同学又提出猜想：Cl-、NO对Cu2+催化H2O2分解会产生影响。于是进行如表实验。限选试剂及其标号如下：A．amL2bmol·L-1KCl溶液

B．少量KCl固体C．amL2bmol·L-1KNO3溶液

D．少量KNO3固体实验序号添加试剂H2O2完全分解所需时间/min3需同时加入amLbmol·L-1CuCl2溶液和①___(填标号)t3(t3<t1)4需同时加入amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液和②___(填标号)t4(t4>t2)(6)根据实验1~4中测得的H2O2完全分解所需时间，小组同学认为Cl-___(填“增强”或“减弱”，下同)Cu2+的催化效果，NO___Cu2+的催化效果。二、结构与性质4．（2020·广东深圳·统考一模）含、元素的物质在生产生活中有重要的用途。回答下列问题：(1)基态核外电子排布式为________。(2)分子的立体构型为________。(3)某个(Ⅱ)有机配合物的结构如图所示：①该分子中N原子的杂化方式为________、________。②请在图中用“”标出的配位键______。(4)Ge，As，Se元素处于同一周期，三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序为________。(5)的酸性强于的原因是________，的键角小于的原因是________。(6)如图为Ni和As形成的某种晶体的六方晶胞图，该化合物的化学式为________，Ni原子占据的空隙类型为________。已知晶胞参数分别为apm、apm、bpm和，则该晶胞的密度为________(设阿伏加德罗常数的值为NA)5．（2021·广东深圳·统考一模）铜及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题：(1)在元素周期表的分区中，铜属于__区，与铜处于同一周期且最外层电子数相同的元素的基态原子共有___种。(2)元素铜和锌的第二电离能：I2(Cu)__I2(Zn)(填“<”或“>”)。(3)下列现代分析手段中，可用于检验水中痕量铜元素的是__(填标号)。A．X射线衍射

B．原子光谱

C．质谱

D．红外光谱(4)CuCl2可与某有机多齿配体形成具有较强荧光性能的配合物，其结构简式如图所示。该配合物分子中N原子的杂化类型为__，1mol该有机配体与Cu(Ⅱ)形成的配位键为___mol。(5)铜催化烯烃硝化反应时会产生NO。键角：NO__NO(填“<”或“=”或“>”)，其原因是__。(6)近期我国科学家合成了一种电化学性能优异的铜硒化合物，其晶胞结构如图所示。该铜硒化合物的化学式为___，其中Cu元素以Cu+和Cu2+存在，则__(填“①”或“②”)为Cu2+，该晶体的密度为__g•cm-3(用含a和c的式子表示，设阿伏加德罗常数的值为NA)。6．（2022·广东深圳·统考一模）钛及其化合物具有优异的物理、化学性能，相关的研究备受关注。回答下列问题：(1)基态钛原子的价电子排布式为___。(2)钛元素的检验方法如图：TiO2+可与H2O2形成稳定的〖TiO(H2O2)〗2+，其原因是___。(3)二氧化钛是良好的光催化剂，可催化转化多种有毒物质，如：可将水中的NO转化为NO；将甲基橙、亚甲基蓝、HCHO转化为CO2等。①NO的空间构型为___。②甲基橙、亚甲基蓝中S原子的杂化类型分别为___、___。③常温下，1L水中大约可溶解CO2、HCHO的体积分别为1L、480L，其主要原因是___。(4)具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如图所示：①晶体中与La距离最近的Ba的数目为____。②该晶体的一个完整晶胞中含有___个Co原子。③真实的晶体中存在5%的O原子缺陷，从而能让O2-在其中传导，已知La为+3价，则+3价钴与+4价钴的原子个数比为___；设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___g·cm-3(列出计算式)。高三模拟试题PAGE2PAGE1▁▃▅▇█参*考*答*案█▇▅▃▁：1．

球形干燥管

防倒吸

溶液中有大量墨绿色固体产生

三颈烧瓶中有白烟

干燥管中有液体上升后下降的现象

偏低

0.04000或0.04

B

0.02000或0.02

〖祥解〗(1)根据仪器的形状用途回答；(2)实验室制取氨气是利用氯化铵和氢氧化钙加热的条件下反应，生成氯化钙，氨气和水，写出化学方程式；(3)反应过程中，在三颈烧瓶内生成碱式氯化铜，氯化氢进入，从气体的压强变化分析；(4)从碱式氯化铜溶于氨水分析产量的变化；(5)氨气与氯化氢会反应生成氯化铵作为副产物；(6)根据稀释前后离子的物质的量不变进行计算；(7)①用标准溶液滴定过量的，根据滴定终点，判断所加的指示剂；②利用10.00mL0.1mol/L的溶液计算出剩余的硝酸银的物质的量，利用总的硝酸银的物质的量减去剩余的硝酸银的物质的量，计算出与氯离子反应的硝酸银的物质的量，从而算出氯离子的物质的量，换算成样品中的氯离子的物质的量；(8)根据铜离子，铝离子的物质的量，计算出样品的物质的量，根据质量和物质的量关系，计算出相对分子质量，减去铜和氯的相对原子质量，可以得到氢氧根离子的数目；〖详析〗(1)仪器X的名称是球形干燥管，其主要作用有导气、防止倒吸；(2)实验室制取氨气的化学方程式为；(3)在三颈烧瓶内，氯化铜，氨气和氯化氢气体反应制取碱式氯化铜，碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象为：①溶液中有大量墨绿色固体产生；由于通入的氯化氢气体和氨气相遇产生氯化铵，故实验现象②三颈烧瓶中有白烟生成；干燥管中充满了氨气和氯化氢气体，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象③干燥管中有液体上升后下降的现象；(4)若过高，会导致氨水浓度增大，会使碱式氯化铜有损耗，故导致碱式氯化铜的产量偏低；(5)该反应为氯化铜，氨气和氯化氢反应，氨气会和氯化氢反应生成氯化铵，作为副产物；(6)20.00mL待测液，浓为，则铜离子的物质的量为0.2mol/L×0.02L=0.004mol，由于称取的样品中是20ml溶液的10倍，所得铜离子的物质的量也是20mL溶液的10倍，样品中所含铜离子的物质的量为0.004mol×10=0.04000mol或0.04mol；(7)①用标准溶液滴定过量的，到达滴定终点，用三价铁离子检验硫氰根离子，可以使用硝酸铁，不能使用氯化铁，由于氯化铁会和硝酸银反应生成氯化银沉淀，影响滴定终点的判断；②10.00mL0.1mol/L的的物质的量等于0.1mol/L×0.01L=0.001mol，由~可知，未反应的硝酸银的物质的量等于0.001mol，共加入30mL0.1mol/L的的硝酸银，则与氯离子反应的硝酸银的物质的量等于0.03L×0.1mol/L-0.001mol=0.002mol，Cl-~Ag+，n(Cl-)=0.002mol，样品配成的是200mL溶液，滴定只取了20mL，样品中的氯离子是0.002mol×10=0.02mol；(8)测定无水碱式氯化铜组成时，称取产品，已知铜离子的物质的量为0.04mol，氯离子的物质的量为0.02mol，假设无水碱式氯化铜的化学式为，可知无水碱式氯化铜的物质的量为0.02mol，摩尔质量为=214.5g/mol，64×2g/mol+17xg/mol+35.5g/mol=214.5g/mol，解得x=3，故无水碱式氯化铜的化学式为。2．(1)

圆底烧瓶

防止倒吸(2)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O(3)KMnO4溶液紫红色颜色变浅或褪色(4)

0.1mol·L1KI溶液

蒸馏水

浓盐酸

淀粉溶液

加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液

白色沉淀

产物溶液中存在

3SO2+2H2OS↓+2+4H+〖祥解〗本实验装置a为制备SO2的装置，反应为：，由于SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸，装置c中品红溶液褪色说明SO2具有漂白性，由于SO2具有强还原性，装置e中酸性KMnO4溶液褪色，由于SO2本身有毒不能直接排放，故用装置f进行尾气处理，吸收SO2，装置d中根据实验现象，展开实验探究，探究Ⅰ是探究浓度对上述可逆反应SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2O的影响，探究Ⅱ则是探究SO2在KI溶液体系中的反应产物，通过对照实验进行对照最后得出结论，据此分析解题。（1）由题干实验装置图可知，仪器Q为圆底烧瓶；由于SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸；（2）装置a中浓硫酸与铜在加热条件下生成硫酸铜，二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；（3）酸性高锰酸钾具有强氧化性，极易被还原而褪色，装置e中出现高锰酸钾溶液紫红色变浅甚至褪去，即可证明SO2具有还原性；（4）实验ⅰ和实验ⅱ是探究I-浓度对反应的影响，根据控制变量法可知，两实验只有KI的浓度不同，其他条件均相同才能能出正确结论，结合浓度越大反应速率越快，故实验ⅰ加入50mL0.1mol/L的KI溶液；同理实验ⅲ和实验ⅳ是探究H+浓度对可逆反应的影响，硝酸是氧化性酸、会氧化二氧化硫发生其它反应，故排除硝酸、选用盐酸。结合浓度越大反应速率越快，故实验ⅲ中加入5mL蒸馏水；实验ⅳ中加入5mL浓盐酸；探究II：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物实验ⅰ中要检验没有生成I2，利用碘单质使淀粉溶液变蓝的特性；可知实验ⅰ中加入几滴淀粉溶液，根据题干猜想的反应方程式SO2+I2+2H2O=SO+2I-+4H+可知，实验ⅱ则要检验反应后的溶液中含有，取适量分离后的澄清溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸酸化，再加入氯化钡溶液；若看到有白色沉淀生成；说明反应后的浊液中含有；综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应生成了S和，KI在其中起到催化剂的作用，故其反应的离子方程式为3SO2+2H2OS+2+4H+。3．(1)

圆底烧瓶

MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O

除去Cl2中混有的HCl(2)黄色绿褪去(3)CuCl2(4)

2b

KCl

KNO3(5)

B

D(6)

增强

减弱〖祥解〗实验Ⅰ验证H2O2的还原性，首先制取氯水，利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，然后通入蒸馏水中得到氯水，之后NaOH溶液吸收尾气，然后取少量新制氯水，加入H2O2溶液至过量，生成氧气可以证明H2O2的还原性；实验Ⅱ探究Cl-、NO对H2O2分解的影响，通过控制变量法，选用Cl-、NO的铜盐溶液，通过比较H2O2完全分解所需时间来判断催化效果。(1)①根据仪器的结构特点可知X的名称为圆底烧瓶；利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；②浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中会混有HCl气体，饱和食盐水可以除去Cl2中混有的HCl；(2)新制氯水中含有氯气分子，呈黄绿色，向其中加入H2O2溶液至过量，产生大量气泡，该气体可使余烬复燃，说明生成了氧气，H2O2被氧化，氯气最终全部转化为氯离子，所以溶液颜色发生的变化是黄色绿褪去；(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+带2个单位正电荷，K+带1个单位正电荷，所以应向两份50mL30%H2O2溶液中分别加入amL浓度均为2bmol/L的KNO3、KCl溶液；(5)该实验的目的是探究Cl-、NO对Cu2+催化H2O2分解的影响，所以只需改变阴离子的量，所以实验3中应加入amLbmol·L-1CuCl2溶液和少量KCl固体，即选B；实验4中应加入amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液和KNO3固体，即选D，以此来改变阴离子的量，观察对H2O2分解的是否产生影响；(6)t3<t1，说明加入更多的Cl-后H2O2分解加快，即Cl-增强Cu2+的催化效果；而t4>t2，说明加入更多的NO后H2O2分解减慢，即NO减弱Cu2+的催化效果。4．

或

三角锥形

As＞Se＞Ge

分子结构中非羟基氧原子数比多，所以的酸性强.或分子中As价态更高，导致中的O的电子向As偏移，氧氢键的极性变大，在水分子作用下，越容易电离出H+，故酸性更强

砷原子电负性小于氮原子，所以其共用电子对离砷核距离较远，成键电子间的斥力较小，导致键角较小

八面体空隙

〖祥解〗(1)根据构造原理，写出镍的核外电子排布式；(2)根据价层电子对互斥理论，判断出价层电子对数，得出分子的构型；(3)①根据N原子的成键方式，判断杂化类型；②根据配位键的定义画出配位键；(4)Ge，As，Se元素处于同一周期，根据同周期第一电离能的变化规律判断；(5)比较分子中非羟基氧原子数目，从电负性角度分析；(6)Ni位于顶点和棱心，As位于体心，计算出Ni和As的个数，得出分子式，六个镍原子围成八面体空隙，利用密度公式，上下底面是菱形，计算出面积S底=，代入密度公式。〖详析〗(1)28号元素是镍，核外电子排布式为，基态失去最外层的两个电子，核外电子排布式为或；(2)的中心原子为砷，最外层有5个电子，与三个氯原子形成三对共价键，剩余一对孤对电子，价层电子对数为4对，分子的立体构型为三角锥形；(3)①氮原子形成一对双键，两对单键时，价层电子对数为3对，杂化方式为，形成三对单键的氮原子形成的σ键数为3对，孤对电子数为1对，价层电子对数为4对，杂化方式为杂化；②镍原子正上方的氮原子，有一对孤对电子，下方水分子提供孤对电子，镍原子提供空轨道，形成两对配位键，表示为；(4)Ge，As，Se元素处于同一周期，同周期第一电离能呈现增大的趋势，As的最外层4p轨道为半充满状态，第一电离能高于Se和Ge，故第一电离能由大到小为：As＞Se＞Ge(5)分子结构中非羟基氧原子数比多，所以的酸性强.或分子中As价态更高，导致中的O的电子向As偏移，氧氢键的极性变大，在水分子作用下，越容易电离出H+，故酸性更强；砷原子电负性小于氮原子，所以其共用电子对离砷核距离较远，成键电子间的斥力较小，导致键角较小，的键角小于；(6)Ni位于顶点和棱心，个数为8×+4×=2，As位于体心，个数为2，原子个数最简比为1:1，化学式为；六个镍原子围成八面体空隙；，M=59+75=134g/mol，N=2，上下底面是菱形，计算出面积S底=，代入密度公式得到。5．

ds

2

B

sp2、sp3

3

根据VSEPR理论，NO为直线型结构，键角为180°，NO为V型结构，键角约为120°

Cu3Se2

①

〖祥解〗按构造理论确定基态原子的电子排布式、确定在周期表中的位置；按影响电离能的因素比较铜、锌的第二电离能大小；由配合物的示意图提供的原子成键方式判断杂化类型；根据VSEPR理论确定粒子构型；用均摊法计算晶体化学式、并据此计算晶胞即晶体密度；〖详析〗(1)铜元素的基态原子的电子排布式为，铜属于ds区，铜最外层一个电子，与铜处于同一周期且最外层电子数相同的元素的基态原子共有K(价电子为4s1)、Cr(价电子为3d54s1)，故另有2种。(2)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，所以元素铜和锌的第二电离能：I2(Cu)I2(Zn)。(3)A．X射线衍射用于测晶体结构，A不符合；B．光谱分析是利用特征谱线定性、定量地鉴定元素，B符合；C．质谱可用于测定相对分子质量等，C不符合；D．红外光谱，可确定分子中含有何种化学键或官能团，D不符合；故可用于检验水中痕量铜元素的是B。(4)由配合物的结构简式知，氮原子有单键、有双键；氮原子以双键相连接时其杂化类型为sp2、氮原子以单键相连接时其杂化类型为sp3，故〖答案〗为：N原子的杂化类型为sp2、sp3；由配合物的结构简式知，1mol该有机配体与Cu(Ⅱ)形成的配位键为3mol。(5)根据VSEPR理论，NO中N原子孤电子对数，价层电子对数=0+2=2，微粒空间构型为直线型结构，键角为180°，NO中N原子孤电子对数=，价层电子对数=1+2=3，N原子采取sp2杂化，NO为V型结构，键角约为120°，键角：NONO。(6)由其晶胞结构示意图知，该铜硒化合物中铜的数目为，Se的数目为4，则化学式为Cu3Se2，Se为-2