江苏省南京市、盐城市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-填空、实验题

这是一份江苏省南京市、盐城市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-填空、实验题，共7页。试卷主要包含了填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题
1．（2020·江苏·统考二模）配合物X{[Cu(phen)(Thr)(H2O)]ClO4}能够通过插入或部分插入的模式与DNA作用，它可由Cu(ClO4)2、HThr（结构简式如图l所示）、phen等为原料制备。
（1）Cu2+基态电子排布式为___。
（2）ClO4-的空间构型为__（用文字描述），与ClO4-互为等电子体的一种分子的化学式为___。
（3）HThr分子中，碳原子的杂化类型为___；1mlHThr中含有σ键的数目为___。
（4）配合物X中配离子的结构如图2所示，则配位原子为___（填元素符号）。
2．（2021·江苏·统考二模）氧化还原法、沉淀法等是常用于治理水体污染的重要化学方法。
(1)还原法处理含铬废水：铝粉可将废水中的Cr2O还原为Cr3+。如图所示，废水的不同初始pH对Cr2O去除效果有重要影响。
①酸性条件下，铝粉去除Cr2O反应的离子方程式为_______
②初始pH为3.0，反应180min后，废水中Cr2O浓度仍较高的原因是_______。
③实验证明，若初始pH过低，Cr2O的去除效果也不理想，其原因可能是_______。
(2)沉淀法处理含氯废水：向模拟废水(NaCl溶液)中加入Ca(OH)2和NaAlO2粉末，氯离子可转化为Ca4Al2(OH)12Cl2沉淀。
①该反应的化学方程式为_______。
②保持投料比［n(Ca)：n(Al)：n(Cl)]和其他反应条件不变，溶液中氯离子去除率随溶液初始氯离子浓度的变化如图所示，当初始氯离子浓度高于5g·L-1时，氯离子去除率下降的原因可能是_______。
二、实验题
3．（2020·江苏·统考二模）工业中将含有较多Ca2+、Mg2+的水称为硬水。测定某水域的钙硬度、镁硬度（每升水中含Ca2+或Mg2+的质量，单位mg/L）的过程如下：
①取50.00mL水样，控制溶液的pH=10。以铬黑T为指示剂，用0.01000ml/LEDTA标准溶液滴定硬水中钙和镁的总含量至终点，消耗EDTA标准溶液30.00mL。
②另取50.00mL水样，加入10%NaOH溶液至pH=12.5，加入钙指示剂，用001000ml/LEDTA标准溶液滴定硬水中钙的含量至终点，消耗EDTA标准溶液20.00mL。
已知：Ca2+、Mg2+与EDTA反应的化学汁量比均为1：1。
（1）向硬水中加入石灰，可使Ca2+、Mg2+沉淀，以达到软化硬水的目的，写出Ca(OH)2和Ca(HCO3)2反应的化学方程式：___。
（2）“加入10%NaOH溶液至pH=12.5”的目的是___。
（3）计算该水样的钙硬度、镁硬度（写出计算过程）___。
4．（2021·江苏·统考二模）次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：
步骤1：如图1所示，在烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，制得NaHSO3溶液。
步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在95~100℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤。
步骤3：将滤液经系列操作得到次硫酸氢钠甲醛晶体。
(1)A中多孔球泡的作用是_______。
(2)①步骤2中，反应生成的Zn(OH)2会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止该现象发生的措施是_______。
②写出制备NaHSO2·HCHO·2H2O反应的化学方程式：_______。
(3)ZnSO4的溶解度随温度的变化如图2所示，请补充完整由副产品Zn(OH)2获得ZnSO4·7H2O的实验方案：将副产品Zn(OH)2置于烧杯中，_______(实验中可选用的试剂：稀硫酸、无水乙醇)。
(4)通过下列方法测定产品纯度：准确称取2.000 g NaHSO2·HCHO·2H2O样品，完全溶于水配成100.00mL溶液，取20.00mL于碘量瓶中，加入50.00 mL 0.09000 ml·L-1 I2标准溶液，振荡，于暗处充分反应。以淀粉溶液为指示剂，用0.1000 ml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液 10.00mL。测定过程中发生下列反应：NaHSO2·HCHO·2H2O+2I2=NaHSO4+4HI+HCHO，2S2O+I2=S4O+2I-
计算NaHSO2·HCHO·2H2O样品的纯度(写出计算过程)_______。
参考答案：
1． 1s22s22p63s23p63d9或者[Ar] 3d9 正四面体形 CCl4等 sp2、sp3 16ml或16×6.02×1023个 O、N
【详解】(1)Cu为29号元素，失去2e-得到Cu2+，则Cu2+基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或者[Ar] 3d9，故答案为：1s22s22p63s23p63d9或者[Ar] 3d9；
(2) ClO4-的孤电子对数= ，则ClO4-的空间构型为正四面体形，与ClO4-互为等电子体的有CCl4等，故答案为正四面体形；CCl4；
(3) 分子中C原子含有双键和单键，则C的杂化方式有：sp2、sp3，1个HThr中含有16个σ键，则1mlHThr中含有σ键的数目为：16ml或16×6.02×1023个，故答案为：sp2、sp3；16ml或16×6.02×1023个；
(4)根据配合物X中配离子的结构可知，配合物X中配离子的配位原子为O、N，故答案为：O、N。
2． Al的还原性较弱 pH过低，Al和H+反应生成Al3+ Cl-浓度较高时，使得OH-浓度较高，Ca2+、在溶液中浓度降低，导致氯离子去除率下降
【详解】(1)①酸性条件下，铝粉可将废水中的Cr2O还原为Cr3+，化学方程式为：；
②pH为3.0，Al的还原性较弱；
③pH过低，溶液中H+含量较高，Al和H+反应生成Al3+，导致Cr2O的去除效果不理想；
(2)①NaCl溶液、Ca(OH)2和NaAlO2反应生成Ca4Al2(OH)12Cl2沉淀，化学方程式为：；
②保持投料比［n(Ca)：n(Al)：n(Cl)] 和其他反应条件不变，当初始氯离子浓度高于5g·L-1时，，Cl-浓度较高时，使得OH-浓度较高，Ca2+、在溶液中浓度降低，导致氯离子去除率下降。
3． Ca(OH)2+Ca(HCO3)===2CaCO3↓+2H2O 使Mg2+转化为Mg(OH)2的沉淀，不干扰钙含量的测定 n(Ca2+)=0.01000 ml·L-1×20.00 mL×10—3 L·mL—1 = 2.000×10—4 ml
钙硬度为：
n(Mg2+)=0.01000 ml·L-1×(30.00-20.00) mL×10—3 L·mL—1 = 1.000×10—4 ml
镁硬度为：
【详解】(1)Ca(OH)2和Ca(HCO3)2发生复分解反应，反应方程式为：Ca(OH)2+Ca(HCO3)===2CaCO3↓+2H2O，故答案为：Ca(OH)2+Ca(HCO3)===2CaCO3↓+2H2O
(2)加入10%NaOH溶液至pH=12.5的目的是调节pH，使Mg2+转化为Mg(OH)2的沉淀故答案为：使Mg2+转化为Mg(OH)2的沉淀，不干扰钙含量的测定；
(3)因为钙硬度、镁硬度为每升水中含Ca2+或Mg2+的质量，根据题干信息可以得出n(Ca2+)=0.01000 ml·L-1×20.00 mL×10—3 L·mL—1 = 2.000×10—4 ml，n(Mg2+)=0.01000 ml·L-1×(30.00-20.00) mL×10—3 L·mL—1 = 1.000×10—4 ml，根据m=n·M得，
m(Ca2+)= ，
m(Mg2+)= ，
钙硬度为：，镁硬度为：；故答案为：
n(Ca2+)=0.01000 ml·L-1×20.00 mL×10—3 L·mL—1 = 2.000×10—4 ml
钙硬度为：
n(Mg2+)=0.01000 ml·L-1×(30.00-20.00) mL×10—3 L·mL—1 = 1.000×10—4 ml
镁硬度为：。
4． 增大接触面积，使SO2充分反应 快速搅拌 加入适量稀硫酸使沉淀溶解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，控制温度在20℃-39℃之间，使ZnSO4·7H2O析出，用乙醇进行洗涤，干燥后得到ZnSO4·7H2O晶体 77.00%
【分析】步骤1：在烧瓶中加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，Na2SO3、H2O、SO2反应生成NaHSO3，A中多孔球泡的是为了增大接触面积，使SO2充分反应；步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在95~100℃下，反应约3h ，NaHSO3溶液、锌粉和甲醛反应生成NaHSO2·HCHO·2H2O和，化学方程式为：。
【详解】(1)A中多孔球泡的作用是可以增大接触面积，使SO2充分反应；
(2)①通过快速搅拌可防止Zn(OH)2会覆盖在锌粉的表面；
②NaHSO3溶液、锌粉和甲醛反应生成NaHSO2·HCHO·2H2O和，化学方程式为：；
(3)由副产品Zn(OH)2获得ZnSO4·7H2O的实验方案：将副产品Zn(OH)2置于烧杯中，加入适量稀硫酸使沉淀溶解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，控制温度在20℃-39℃之间，使ZnSO4·7H2O析出，用乙醇进行洗涤，干燥后得到ZnSO4·7H2O晶体。
(4)用0.1000 ml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液 10.00mL，根据离子方程式2S2O+I2=S4O+2I-可知，与NaHSO2·HCHO·2H2O反应后剩余的I2的物质的量为，反应前加入50.00 mL 0.09000 ml·L-1 I2标准溶液，由此可计算出与NaHSO2·HCHO·2H2O反应消耗I2的物质的量为，根据化学方程式NaHSO2·HCHO·2H2O+2I2=NaHSO4+4HI+HCHO，算出NaHSO2·HCHO·2H2O的物质的量为，其纯度为，总计算过程为。