江苏省苏锡常镇四市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题

江苏省苏锡常镇四市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题

一、填空题

1．（2022·江苏·统考二模）工业废水中的重金属离子会导致环境污染危害人体健康，可用多种方法去除。

I．臭氧法

络合态的金属离子难以直接去除。O3与水反应产生的·OH(羟基自由基)可以氧化分解金属配合物[mRa+ ·nX]中的有机配体，使金属离子游离到水中，反应原理为：

·OH+[mRa+·nX] →mRa++CO2+H2O (Ra+表示金属离子，X表示配体)

·OH同时也能与溶液中的、反应。在某废水中加入Ca(OH)2，再通入O3可处理其中的络合态镍(II)。

(1)基态Ni2+的核外电子排布式为 _______。

(2)加入的Ca(OH)2的作用是 _______。

Ⅱ．纳米零价铝法

纳米铝粉有很强的吸附性和还原性，水中溶解的氧在纳米铝粉表面产生·OH(羟基自由基)，可将甘氨酸铬中的有机基团降解，释放出的铬(VI)被纳米铝粉去除。

(3)向AlCl3溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为+3)与Al3+反应可生成纳米铝粉、H2和B(OH)，其离子方程式为 _______。

(4)向含有甘氨酸铬的废水中加入纳米铝粉，研究溶液中总氮含量[]随时间的变化可知甘氨酸铬在降解过程中的变化状态。实验测得溶液中总氮含量随时间的变化如图所示，反应初期溶液中的总氮含量先迅速降低后随即上升的原因是 _______。

Ⅲ．金属炭法

其他条件相同，分别取铝炭混合物和铁炭混合物，与含Zn2+的废水反应相同时间，Zn2+去除率与废水pH的关系如图所示。

(5)废水pH为3时，铝炭混合物对Zn2+去除率远大于铁炭混合物的主要原因是_______。

(6)废水pH大于6，随着pH增大，铝炭混合物对Zn2+去除率增大的原因是_______。

二、实验题

2．（2020·江苏·统考二模）矿业废水中Al3＋含量的测定和处理是环境保护的重要课题。

(1)向矿业废水中加入NaOH溶液至沉淀不再溶解，再加入一定量的NaHCO3溶液搅拌，反应生成丝钠铝石[NaAl(OH)2CO3]沉淀，过滤除去。写出加入NaHCO3溶液生成丝钠铝石沉淀的离子方程式：____________________________________。

(2)为确定加入NaHCO3溶液的量，需测定矿业废水中Al3＋的含量。工业上常采用EDTA络合滴定法，步骤如下：

步骤1：CuSO4标准液的配制与标定。取一定量胆矾溶于水，加入适量稀H2SO4，转移到1 L容量瓶中定容。准确量取25.00 mL所配溶液置于250 mL锥形瓶中，用0.005 0 mol·L－1EDTA标准液滴定至终点。重复3次实验，平均消耗EDTA标准液10.00 mL。

步骤2：样品分析。取10.00 mL矿业废水置于250 mL锥形瓶中，加入一定体积柠檬酸，煮沸；再加入0.005 0 mol·L－1的EDTA标准液20.00 mL，调节溶液pH至4.0，加热；冷却后用CuSO4标准液滴定至终点，消耗CuSO4标准液30.00 mL。(已知：Cu2+、Al3+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)

步骤1中，重复3次实验的目的是____________________________。

②Fe3＋也可与EDTA反应，步骤2中加入的柠檬酸是作为掩蔽剂，消除Fe3+的干扰。若该矿业废水样品中含有Fe3+，而上述实验中未加入柠檬酸，则测定的Al3+含量将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

③计算该矿业废水中Al3＋的含量____________(用mg·L－1表示)(写出计算过程)。

3．（2020·江苏·统考二模）实验室以NaClO3、H2SO4、SO2、H2O2和NaOH为原料，制备NaClO2和无水Na2SO4，其主要流程如下：

已知：① 2ClO2＋H2O2＋2NaOH=2NaClO2＋O2＋2H2O；

② 2ClO2＋2NaOH=NaClO2＋NaClO3＋H2O；

③温度高于60 ℃时，NaClO2发生分解生成NaClO3和NaCl。

(1)反应1中SO2与NaClO3反应制得ClO2气体，该反应的化学方程式为________。

(2)在图1所示装置中发生反应2生成NaClO2，反应过程中放出大量的热。

①研究表明，实验时吸收液中H2O2与NaOH的物料比需要控制在0.8左右，原因可能是____________________________________________________。

②在吸收液中H2O2和NaOH的物料比、浓度和体积不变的条件下，控制反应在0～3 ℃进行，实验中可采取的措施是______________________。

③装置Ⅱ的作用是________________________。

(3) 母液2经过减压蒸发、冷却结晶等操作获得NaClO2粗产品。实验中采用减压蒸发的原因是________________________________________________。

(4) Na2SO4的溶解度曲线如图2所示。请补充完整由母液1制备无水Na2SO4的实验方案：______________________________________________________________，用无水乙醇洗涤，干燥得到产品。

4．（2020·江苏·统考二模）肉桂酸是一种重要的化工原料，熔点为133 ℃、沸点为300 ℃，不溶于冷水，易溶于有机溶剂，广泛应用于医药、感光树脂和食品添加剂。实验室用苯甲醛和乙酸酐[化学式为(CH3CO)2O，有吸湿性，溶于水形成乙酸]制备肉桂酸的反应原理如下：

+(CH3CO)2O+CH3COOH

过程中发生的副反应如下：

实验步骤如下：

步骤1：在三颈烧瓶中加入3 mL苯甲醛、8 mL乙酸酐和4.2 g K2CO3固体，搅拌，控制温度在150～170 ℃，加热回流45 min。

步骤2：向反应液中分批加入20 mL水，再加入Na2CO3固体调节溶液pH至8，然后进行水蒸气蒸馏。(装置如图)

步骤3：待三颈烧瓶中的剩余液体冷却后，加入活性炭，煮沸10～15  min，趁热过滤。

步骤4：将滤液冷却至室温，用盐酸酸化，待晶体析出完全后进行抽滤，用冷水洗涤晶体，干燥得到产品。

(1) 步骤1中，三颈烧瓶使用前必须干燥的原因是________；加入过量乙酸酐的目的是________。

(2) 步骤2中，水蒸气蒸馏时所用装置中玻璃管a的作用是________；冷凝管中冷凝水应从________(填“b”或“c”)口流入。

(3) 步骤3中，加入活性炭的目的是__________________________________。

(4) 步骤4中，抽滤所用的装置包括________、吸滤瓶和抽气泵。

三、结构与性质

5．（2020·江苏·统考二模）研究表明，利用FeCl2、NH4H2PO4、Li2CO3和苯胺()制备的磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作电池的正极材料。

(1)Fe2+基态核外电子排布式为________。

(2) N、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序为________。

(3) CO32-中心原子轨道的杂化类型为________；与CO32-互为等电子体的一种分子为________(填化学式)。

(4) 1mol苯胺分子中含有σ键的数目为________；苯胺与甲苯的相对分子质量相近，但苯胺的沸点高于甲苯，其原因是________________________________。

6．（2022·江苏·统考二模）废水中会带来环境污染问题，用微生物法和铁炭法均可将还原脱除。

(1)微生物法脱硫

富含有机物的弱酸性废水在微生物作用下产生CH3COOH、H2等物质，可将废水中还原为H2S，同时用N2或CO2将H2S从水中吹出，再用碱液吸收。

①的空间构型为_______。

②CH3COOH与在SBR细菌作用下生成CO2和H2S的离子方程式为_______。

③将H2S从水中吹出时，用CO2比N2效果更好，其原因是_______。

(2)铁炭法脱硫

铁炭混合物(铁屑与活性炭的混合物)在酸性废水中产生原子态H，可将废水中的转化为硫化物沉淀除去。

①废水中转化为硫化物而除去，该硫化物的化学式为_______。

②为提高铁炭混合物处理效果常通入少量空气，反应过程中废水pH随时间变化如图所示。反应进行15 min后溶液pH缓慢下降的原因可能是_______。

(3)处理后废水中含量测定

准确量取50.00 mL水样于锥形瓶中，加入10.00 mL 0.0500 mol·L-1BaCl2溶液，充分反应后，滴加氨水调节溶液pH= 10，用0.0100 mol·L-1 EDTA (Na2H2Y) 溶液滴定至终点，滴定反应为：Ba2++H2Y2- =BaY2-+2H+，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液27.50 mL。计算处理后水样中含量_______。(用mg·L-1表示，写出计算过程)。

参考答案：

1．(1)[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8

(2)减少溶液中和，提高·OH氧化分解络合物中有机配体的效率；使Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀除去

(3)4Al3++3+12OH-=4Al+3B(OH)+6H2↑

(4)纳米零价铝吸附甘氨酸铬，使得溶液中总氮含量迅速降低；吸附后的甘氨酸铬被纳米零价铝表面产生的·OH降解为可溶性的含氮物质，溶液中总氮含量上升

(5)铝可以将溶液中的Zn2+转化为Zn去除，而Fe不能置换出Zn

(6)生成的Al3+转化为Al(OH)3胶状沉淀，对Zn2+有吸附作用

【解析】(1)

镍元素的原子序数为28，镍原子失去2个电子形成镍离子，则镍离子的核外电子排布式为：[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8；

(2)

由题干信息可知，·OH同时也能与溶液中的、反应，故、会影响·OH(羟基自由基)氧化分解金属配合物[mRa+ ·nX]中的有机配体，加入氢氧化钙可以除掉、，故加入的Ca(OH)2的作用是：减少溶液中和，提高·OH氧化分解络合物中有机配体的效率；使Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀除去；

(3)

根据信息可知知道反应物为BH和Al3+，产物为纳米铝粉、H2和B(OH)，注意用氢氧根离子配平方程式：则方程式为：4Al3++3+12OH-=4Al+3B(OH)+6H2↑；

(4)

由题干中的信息可知纳米铝粉有很强的吸附性和还原性，水中溶解的氧在纳米铝粉表面产生·OH(羟基自由基)，可将甘氨酸铬中的有机基团降解，故反应初期溶液中的总氮含量先迅速降低后随即上升的原因是：纳米零价铝吸附甘氨酸铬，使得溶液中总氮含量迅速降低；吸附后的甘氨酸铬被纳米零价铝表面产生的·OH降解为可溶性的含氮物质，溶液中总氮含量上升；

(5)

可以从金属的活泼程度的角度分析，铝可以置换出溶液中的锌，但是铁没有锌活泼，不能发生置换反应，故主要原因是：铝可以将溶液中的Zn2+转化为Zn去除，而Fe不能置换出Zn；

(6)

此时溶液中已经存在氢氧化铝的胶体，可以从胶体吸附性的角度分析，故原因是：生成的Al3+转化为Al(OH)3胶状沉淀，对Zn2+有吸附作用。

2．     AlO2-+2HCO3-+Na+===NaAl(OH)2CO3↓+CO32-     减小实验误差，提高标定的CuSO4标准液浓度的准确性     偏大     108 mg·L-1

【分析】(1)矿业废水中含Al3+，加入过量NaOH得到AlO2-，再加入一定量的NaHCO3溶液得到丝钠铝石沉淀；

(2)可由步骤1得出CuSO4标准溶液的浓度，步骤2中用CuSO4标准溶液滴定的EDTA标准液为与Al3+反应后剩下的EDTA标准液，结合Cu2+、Al3+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1建立关系式进行计算。

【详解】(1)根据题干信息可知，矿业废水中含Al3+，加入过量NaOH溶液后，Al3+转化为AlO2-，再加入一定量的NaHCO3溶液得到丝钠铝石[NaAl(OH)2CO3]沉淀，反应的离子反应方程式为AlO2-+2HCO3-+Na+===NaAl(OH)2CO3↓+CO32-，故答案为：AlO2-+2HCO3-+Na+===NaAl(OH)2CO3↓+CO32-；

(2)①为避免实验的偶然误差，需要进行重复实验，提高CuSO4标准液浓度的准确性，故答案为：减小实验误差，提高标定的CuSO4标准液浓度的准确性；

②若该矿业废水样品中含有Fe3+，而上述实验中未加入柠檬酸，则Fe3+与EDTA反应，使得消耗的EDTA标准液体积偏大，从而使得测定的Al3+含量偏大，故答案为：偏大；

由步骤1，CuSO4标准溶液的浓度，步骤2中用CuSO4标准溶液滴定的EDTA标准液为与Al3+反应后剩下的EDTA标准液，已知消耗CuSO4标准液30.00 mL，且Cu2+与EDTA反应的化学计量比为1∶1，则与Al3+反应后剩下的EDTA标准液的物质的量为，则消耗的EDTA的物质的量，又Al3+与EDTA反应的化学计量比也为1∶1，则，则该废水中Al3+的含量为，故答案为108mg/L。

3．     SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2ClO2＋2NaHSO4     H2O2受热易分解，配料时应略过量，同时防止ClO2和NaOH反应生成杂质     使用冰水浴且缓慢通入ClO2     吸收ClO2，防止污染环境     可在较低温度下使溶剂蒸发，防止NaClO2受热分解     边搅拌边向母液1中滴加NaOH溶液至pH约为7时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于32 ℃条件下趁热过滤

【分析】NaClO3溶于H2SO4之后，通入SO2发生反应1，NaClO3在酸性条件下具有强氧化性，与SO2发生氧化还原反应，NaClO3被还原为ClO2气体，SO2被氧化生成NaHSO4，母液1中主要含有NaHSO4和残留的H2SO4，加碱中和后进行提纯，最终得到无水硫酸钠；ClO2与H2O2、NaOH一起发生反应2，ClO2在碱性条件下被还原为NaClO2，反应后的母液2经一系列工艺提纯后得到NaClO2；据此分析再结合题中信息进行解答。

【详解】（1）NaClO3溶于H2SO4之后，通入SO2发生反应1，在酸性条件下，NaClO3具有强氧化性，与SO2发生氧化还原反应，NaClO3发生还原反应生成ClO2，SO2发生氧化反应，根据图中信息及得失电子守恒、原子守恒可知反应的方程式为：SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2ClO2＋2NaHSO4；

（2）①反应2为2ClO2＋H2O2＋2NaOH=2NaClO2＋O2＋2H2O，由反应可知H2O2与NaOH的物料比为0.5，但由信息可知该反应会放出大量的热，而H2O2受热易分解，配料时H2O2应该略过量以保证反应能顺利进行，另外还要防止因H2O2不足，ClO2和NaOH反应生成杂质，以致最终得到的产品不纯，答案为：H2O2受热易分解，配料时应略过量，同时防止ClO2和NaOH反应生成杂质；

②在吸收液中H2O2和NaOH的物料比、浓度和体积不变的条件下，控制反应在0～3 ℃进行，故对反应装置使用冰水浴进行降温，因为反应过程要放热，同时ClO2的通入速度要慢，以免通入过快导致放热过多引起温度升高，答案为：使用冰水浴且缓慢通入ClO2；

③因为尾气中的ClO2有毒，用装置II中的NaOH溶液进行吸收处理，防止污染空气，答案为：吸收ClO2，防止污染环境；

（3）温度高于60 ℃时，NaClO2会发生分解生成NaClO3和NaCl，而减压蒸发的蒸发温度低，适合蒸发容易被高温破坏的物质，由母液2提纯NaClO2粗产品时，先减压蒸发，再冷却结晶，其中采用减压蒸发可在较低温度下使溶剂蒸发，防止NaClO2受热分解。

（4）由图可知Na2SO4的溶解度在温度小于32℃随温度的升高而增大，而且在温度小于32℃时析出的是Na2SO4·10H2O；温度高于32℃随温度的升高而减小，母液1中含有较多的NaHSO4、H2SO4，可以边搅拌边向母液1中滴加NaOH溶液，使NaHSO4、H2SO4与NaOH溶液反应生成Na2SO4，至pH约为7时，反应恰好完成，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于32 ℃条件下趁热过滤，得到比较纯净的无水Na2SO4，答案为：边搅拌边向母液1中滴加NaOH溶液至pH约为7时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于32 ℃条件下趁热过滤。

【点睛】解题时一定要充分利用题中所给信息，了解反应前后物质的变化，知道生成的物质和除去的物质，根据提供物质的性质进行考虑，结合有关化学知识进行解答。

4．     防止原料乙酸酐遇水水解成乙酸     提高苯甲醛的利用率     作安全装置，根据玻璃管中水柱变化判断整套装置的压强大小     c     吸附副反应生成的树脂状物     布氏漏斗

【分析】（1）根据乙酸酐遇到水会发生水解分析，从转化率的变化考虑；

（2）根据仪器结构和反应物特点分析，

（3）根据活性炭的吸附性考虑；

（4）抽滤需要的主要仪器是布氏漏斗、吸滤瓶和抽气泵等；

【详解】(1) 乙酸酐溶于水形成乙酸，乙酸很难与反应生成肉桂酸，导致产率下降，故三颈烧瓶使用前必须干燥，为了提高苯甲醛的转化率，可以加入过量的乙酸酐，答案为：防止原料乙酸酐遇水水解成乙酸；提高苯甲醛的利用率；

(2)装置中长玻璃管与外界相通，当装置中压力过大时，玻璃管中液面上升，使装置中压力稳定，起到安全管作用；冷却时采用逆流冷凝效果好，为了使冷却充分，冷凝管中冷凝水应从c口通入，答案为：作安全装置，根据玻璃管中水柱变化判断整套装置的压强大小；c；

(3) 活性炭具有吸附性，可以吸附副反应生成的树脂状物以保证肉桂酸的产率，答案为：吸附副反应生成的树脂状物；

(4) 抽滤需要的主要仪器是布氏漏斗、吸滤瓶和抽气泵等，答案为：布氏漏斗。

5．     [Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6     O>N>P     sp2     SO3     14mol     苯胺分子间可形成氢键

【详解】（1）铁是26号元素，其基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，失去2个电子变成亚铁离子Fe2+，Fe2+基态核外电子排布式为[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6；

（2）同周期从左到右、同主族从下到上，电负性逐渐增大，根据元素在元素周期表中的位置，可知N、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序为：O＞N＞P；

（3）CO32-中心原子碳原子孤对电子对数==0，杂化轨道数目=3+0=3，碳原子采取sp2杂化；CO32-的原子数为4，价电子数为24，等电子体是指具有相同原子数和相同价电子数的分子或原子团，根据等电子体的定义可知，与CO32-互为等电子体的分子有SO3、BF3等，答案为：sp2；SO3；

（4）苯胺（）中C-C键、C-H键、C-N键、N-H键均是或含有σ键，1 mol苯胺分子中含有σ键的数目共计为14mol；苯胺为分子晶体，由分子构成，苯胺与甲苯的相对分子质量相近，但苯胺的沸点（184.4℃）高于甲苯的沸点（110.6℃），原因是苯胺分子之间存在氢键，答案为：14mol；苯胺分子间可形成氢键。

【点睛】氢键存在于分子之间而不是分子内，强度大于分子间作用力，弱于化学键。

6．(1)     正四面体形     CH3COOH++2H+2CO2↑+H2S↑+2H2O     CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于将H2S吹出

(2)     FeS     废水中Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH缓慢降低

(3)432mg·L−1

【解析】（1）

①中心原子S原子的价层电子对数为，无孤电子对，根据价电子对互斥理论(VSEPR)模型为正四面体形，故答案为：正四面体形；

②CH3COOH与在SBR细菌作用下生成CO2和H2S，根据得失电子守恒及质量守恒，则离子方程式为：CH3COOH++2H+2CO2↑+H2S↑+2H2O，故答案为：CH3COOH++2H+2CO2↑+H2S↑+2H2O；

③H2S易溶于水，CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于将H2S吹出，故答案为：CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于将H2S吹出；

（2）

①铁炭混合物(铁屑与活性炭的混合物)在酸性废水中产生原子态H，可知氢离子得电子，废水中转化为硫化物而除去，硫元素也得电子，则铁失去电子，发生反应为：，则该硫化物的化学式为FeS，故答案案为：FeS；

②反应中有亚铁离子生成，废水中Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH缓慢降低，故答案为：废水中Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH缓慢降低；

（3）

加入10.00 mL 0.0500 mol·L-1BaCl2溶液，则其中钡离子的物质的量n(Ba2+)=，根据滴定反应为：Ba2++H2Y2- =BaY2-+2H+，与EDTA反应的n(Ba2+)=n(H2Y2-)=，则n()=n(BaSO4)= =2.250×10−4 mol，含量=，故答案为：432 mg·L−1。