2017年天津市高考化学试卷.doc

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1、第 1 页（共 22 页）2017 年天津市高考化学试卷年天津市高考化学试卷一、本卷共一、本卷共 6 题，每题题，每题 6 分，共分，共 36 分在每题给出的四个选项中，只有一项是分在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的最符合题目要求的1 （6 分）下列有关水处理方法不正确的是（ ）A用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物C用氯气处理水中的 Cu2+、Hg2+等重金属离子D用烧碱处理含高浓度 NH4+的废水并回收利用氨2 （6 分）汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用下列有关汉黄芩素的叙述正确的是（ ）A汉黄芩素的

2、分子式为 C16H13O5B该物质遇 FeCl3溶液显色C1 mol 该物质与溴水反应，最多消耗 1mol Br2D与足量 H2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少 1 种3 （6 分）下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（ ）A硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B锂离子电池放电时，化学能转化成电能C电解质溶液导电时，电能转化成化学能D葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能4 （6 分）以下实验设计能达到实验目的是（ ）实验目的实验设计A除去 NaHCO3固体中的 Na2CO3将固体加热至恒重 B制备无水 AlCl3 蒸发 Al 与稀盐酸反应后的溶液第 2 页（共 22 页）C

3、重结晶提纯苯甲酸将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶 D鉴别 NaBr 和 KI 溶液分别加新制氯水后，用 CCl4萃取AABBCCDD5 （6 分）根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是（ ）A气态氢化物的稳定性：H2ONH3SiH4B氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C如图所示实验可证明元素的非金属性：ClCSiD用中文“”（o）命名的第 118 号元素在周期表中位于第七周期 0 族6 （6 分）常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g） 230时，该反应的平衡常数 K=2105已知：Ni（CO）4的沸点为42.2，固体杂质不参与反应。第一阶段

4、：将粗镍与 CO 反应转化成气态 Ni（CO）4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至 230制得高纯镍。下列判断正确的是（ ）A增加 c（CO） ，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B第一阶段，在 30和 50两者之间选择反应温度，选 50C第二阶段，Ni（CO）4分解率较低D该反应达到平衡时，v生成Ni（CO）4=4v生成（CO）二、本卷共二、本卷共 4 题，共题，共 64 分分7 （14 分）某混合物浆液含有 Al（OH）3、MnO2和少量 Na2CrO4考虑到胶体的吸附作用使 Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装第 3 页（共 22 页）置（见图）

5、 ，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用回答和中的问题固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）（1）反应所加试剂 NaOH 的电子式为 BC 的反应条件为 ，CAl 的制备方法称为 （2）该小组探究反应发生的条件D 与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有 Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生 Cl2由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号） a温度 bCl的浓度 c溶液的酸度（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2xH2O 的液态化合物，放热 4.28kJ，该反应的热化学方程式为 含铬

6、元素溶液的分离和利用（4）用惰性电极电解时，CrO42能从浆液中分离出来的原因是 ，分离后含铬元素的粒子是 ；阴极室生成的物质为 （写化学式） 8 （18 分）2氨基3氯苯甲酸（F）是重要的医药中间体，其制备流程图如下：第 4 页（共 22 页）已知：回答下列问题：（1）分子中不同化学环境的氢原子共有 种，共面原子数目最多为 （2）B 的名称为 写出符合下列条件 B 的所有同分异构体的结构简式 a苯环上只有两个取代基且互为邻位 b既能发生银镜反应又能发生水解反应（3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备 B，而是经由三步反应制取B，目的是 （4）写出的化学反应方程式： ，该步反应的主要目的是 （

7、5）写出的反应试剂和条件： ；F 中含氧官能团的名称为 （6）在方框中写出以为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合物的流程目标化合物9 （18 分）用沉淀滴定法快速测定 NaI 等碘化物溶液中 c（I） ，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液准备标准溶液a准确称取 AgNO3基准物 4.2468g（0.0250mol）后，配制成 250mL 标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用b配制并标定 100mL 0.1000molL1 NH4SCN 标准溶液，备用第 5 页（共 22 页）滴定的主要步骤a取待测 NaI 溶液 25.00mL 于锥形瓶中b加入 25.00mL 0.1000molL1

8、AgNO3溶液（过量） ，使 I完全转化为 AgI 沉淀c加入 NH4Fe（SO4）2溶液作指示剂d用 0.1000molL1NH4SCN 溶液滴定过量的 Ag+，使其恰好完全转化为 AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定e重复上述操作两次三次测定数据如下表：实验序号123消耗 NH4SCN 标准溶液体积/mL10.2410.029.98f数据处理回答下列问题：（1）将称得的 AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 （2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是 （3）滴定应在 pH0.5 的条件下进行，其原因是 （4）b 和 c 两步操作是否可以颠倒 ，说明

9、理由 （5）所消耗的 NH4SCN 标准溶液平均体积为 mL，测得 c（I）= molL1（6）在滴定管中装入 NH4SCN 标准溶液的前一步，应进行的操作为 （7）判断下列操作对 c（I）测定结果的影响（填“偏高”、 “偏低”或“无影响”）若在配制 AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果 若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果 10 （14 分）H2S 和 SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题H2S 的除去方法 1：生物脱 H2S 的原理为：H2S+Fe2（SO4）3S+2FeSO4+H2S

10、O4第 6 页（共 22 页）4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2（SO4）3+2H2O（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的 5105倍，该菌的作用是 （2）由图 1 和图 2 判断使用硫杆菌的最佳条件为 若反应温度过高，反应速率下降，其原因是 方法 2：在一定条件下，用 H2O2氧化 H2S（3）随着参加反应的 n（H2O2）/n（H2S）变化，氧化产物不同当 n（H2O2）/n（H2S）=4 时，氧化产物的分子式为 SO2的除去方法 1（双碱法）：用 NaOH 吸收 SO2，并用 CaO 使 NaOH 再生NaOH 溶液Na2SO3溶液（4）写出过程的离子方程式： ；C

11、aO 在水中存在如下转化：CaO（s）+H2O （l）Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH（aq）从平衡移动的角度，简述过程NaOH 再生的原理 方法 2：用氨水除去 SO2（5）已知 25，NH3H2O 的 Kb=1.8105，H2SO3的Ka1=1.3102，Ka2=6.2108若氨水的浓度为 2.0molL1，溶液中的 c（OH）= molL1将 SO2通入该氨水中，当 c（OH）降至 1.0107 molL1时，溶液中的c（SO32）/c（HSO3）= 第 7 页（共 22 页）2017 年天津市高考化学试卷年天津市高考化学试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、本卷共一、

12、本卷共 6 题，每题题，每题 6 分，共分，共 36 分在每题给出的四个选项中，只有一项是分在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的最符合题目要求的1 （6 分）下列有关水处理方法不正确的是（ ）A用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物C用氯气处理水中的 Cu2+、Hg2+等重金属离子D用烧碱处理含高浓度 NH4+的废水并回收利用氨【分析】A石灰、碳酸钠都可与酸反应；B可溶性的铝盐和铁盐可水解生成具有吸附性的胶体；C氯气不能与 Cu2+、Hg2+反应生成沉淀；D烧碱可与铵根离子反应生成氨气【解答】解：A石灰与酸反应生成钙盐，碳酸钠与酸反应生成钠盐

13、和二氧化碳，故可用于处理废水中的酸，故 A 正确；B铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，疏松多孔，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，故 B 正确；C氯气可用于水的消毒杀菌，不能与 Cu2+、Hg2+反应生成沉淀，对重金属离子没有作用，故 C 错误；D烧碱可与铵根离子反应产生氨气，则可用烧碱处理高浓度的 NH4+的废水并回收利用氨，故 D 正确。故选：C。【点评】本题考查废水的处理，为 2017 年天津考题，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意把握物质的性质，难度不大2 （6 分）汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用下列有关汉黄芩素

14、的叙述正确的是（ ）第 8 页（共 22 页）A汉黄芩素的分子式为 C16H13O5B该物质遇 FeCl3溶液显色C1 mol 该物质与溴水反应，最多消耗 1mol Br2D与足量 H2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少 1 种【分析】由结构可知分子式，分子中含酚OH、碳碳双键、羰基及醚键，结合酚、烯烃等有机物的性质来解答【解答】解：A汉黄芩素的分子式为 C16H12O5，故 A 错误；B含酚OH，遇 FeCl3溶液显色，故 B 正确；C酚OH 的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则 1 mol 该物质与溴水反应，最多消耗 2mol Br2，故 C 错误；D与足量 H

15、2发生加成反应后，该分子中官能团碳碳双键、羰基均减少，故 D错误；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意 H 原子数的判断及官能团的判断，题目难度不大3 （6 分）下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（ ）A硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B锂离子电池放电时，化学能转化成电能C电解质溶液导电时，电能转化成化学能D葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能【分析】发生的反应中存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应，以此来解答第 9 页（共 22 页）【解答】解：A光能转化为电能，不发生化学变

16、化，与氧化还原反应无关，故A 选；B发生原电池反应，本质为氧化还原反应，故 B 不选；C发生电解反应，为氧化还原反应，故 C 不选；D发生氧化反应，故 D 不选。故选：A。【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应本质为解答关键，注意能量变化的形式，题目难度不大4 （6 分）以下实验设计能达到实验目的是（ ）实验目的实验设计A除去 NaHCO3固体中的 Na2CO3将固体加热至恒重 B制备无水 AlCl3 蒸发 Al 与稀盐酸反应后的溶液C重结晶提纯苯甲酸将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶 D鉴别 NaBr 和 KI 溶液分别加新制氯水后，用 CCl4萃取AABBCCDD【分析】

17、A碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；B蒸发时促进氯化铝水解，生成的盐酸易挥发；C苯甲酸在水中的溶解度不大，且利用溶解度受温度影响的差异分离；D氯气与 NaBr、NaI 反应分别生成溴、碘，在四氯化碳中的颜色不同【解答】解：A碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，加热将原物质除去，不能除杂，故 A 错误；B蒸发时促进氯化铝水解，生成的盐酸易挥发，则应在 HCl 气流中蒸发结晶，故 B 错误；C苯甲酸在水中的溶解度不大，应趁热过滤后，选择重结晶法分离提纯，故 C错误；D氯气与 NaBr、NaI 反应分别生成溴、碘，在四氯化碳中的颜色不同，则分别加新制氯水后，用 CCl4萃取后观察颜色可鉴别，故 D 正确；故选：D

18、。第 10 页（共 22 页）【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的鉴别为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，选项 C 为解答的难点，题目难度不大5 （6 分）根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是（ ）A气态氢化物的稳定性：H2ONH3SiH4B氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C如图所示实验可证明元素的非金属性：ClCSiD用中文“”（o）命名的第 118 号元素在周期表中位于第七周期 0 族【分析】A非金属性越强，对应氢化物越稳定；BH 与 F、Cl 等形成共价化合物，与 Na 等形成离子化合物

19、；C发生强酸制取弱酸的反应，且 HCl 不是最高价含氧酸；D目前周期表中 112 号元素位于第七周期的 IIB 族，118 号元素的原子结构中有 7 个电子层、最外层电子数为 8【解答】解：A非金属性 ONSi，气态氢化物的稳定性：H2ONH3SiH4，故 A 正确；BH 与 F、Cl 等形成共价化合物，与 Na 等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故 B 正确；C利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl 不是最高价含氧酸，则不能比较 Cl、C 的非金属性，故 C 错误；D目前周期表中 112 号元素位于第七周期的 IIB 族，118 号元素的原子结构中有 7

20、个电子层、最外层电子数为 8，则 118 号元素在周期表中位于第七周期 0族，故 D 正确；第 11 页（共 22 页）故选：C。【点评】本题考查元素周期表和周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，选项 C 为解答的易错点，题目难度不大6 （6 分）常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g） 230时，该反应的平衡常数 K=2105已知：Ni（CO）4的沸点为42.2，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与 CO 反应转化成气态 Ni（CO）4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加

21、热至 230制得高纯镍。下列判断正确的是（ ）A增加 c（CO） ，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B第一阶段，在 30和 50两者之间选择反应温度，选 50C第二阶段，Ni（CO）4分解率较低D该反应达到平衡时，v生成Ni（CO）4=4v生成（CO）【分析】A平衡常数与温度有关；BNi（CO）4的沸点为 42.2，应大于沸点，便于分离出 Ni（CO）4；C由加热至 230制得高纯镍分析；D达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比。【解答】解：A平衡常数与温度有关，则增加 c（CO） ，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故 A 错误；BNi（CO）4的沸点为 42.2，应大

22、于沸点，便于分离出 Ni（CO）4，则一阶段，在 30和 50两者之间选择反应温度，选 50，故 B 正确；C加热至 230制得高纯镍，可知第二阶段，Ni（CO）4分解率较大，故 C 错误；D达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应达到平衡时 4v生成Ni（CO）4=v生成（CO） ，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握 K 与温度的关系、第 12 页（共 22 页）温度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意习题中的信息，选项 C 为解答的难点，题目难度不大。二、本卷共二、本卷共 4 题，共题，共 64 分

23、分7 （14 分）某混合物浆液含有 Al（OH）3、MnO2和少量 Na2CrO4考虑到胶体的吸附作用使 Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图） ，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用回答和中的问题固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）（1）反应所加试剂 NaOH 的电子式为 BC 的反应条件为 加热（或煅烧） ，CAl 的制备方法称为 电解法 （2）该小组探究反应发生的条件D 与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有 Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生 Cl2由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号

24、） ac a温度 bCl的浓度 c溶液的酸度（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2xH2O 的液态化合物，放热 4.28kJ，该反应的热化学方程式为 2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）TiCl4（l）+2CO（g）H=85.6kJmol1 含铬元素溶液的分离和利用（4）用惰性电极电解时，CrO42能从浆液中分离出来的原因是 在直流电场作用下，CrO42通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 ，分离后含铬元素的粒子是 CrO42、Cr2O72 ；阴极室生成的物质为 NaOH 和 H2 （写化学式） 第 13 页（共 22 页）【分析】

25、 （1）固体混合物含有 Al（OH）3、MnO2，加入 NaOH 溶液，过滤，可得到滤液 A 为 NaAlO2，通入二氧化碳，生成 B 为 Al（OH）3，固体 C 为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到 Al；固体 D 为 MnO2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；（2）题中涉及因素有温度和浓度；（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2xH2O 的液态化合物，放热 4.28kJ，由质量守恒可知还原性气体为 CO，反应的化学方程式为 2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）TiCl4（l）+2CO（g） ，以此可计算反应热并写出热化学方程式

26、； （4） ）电解时，CrO42通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和 NaOH，以此解答该题【解答】解：（1）NaOH 为离子化合物，电子式为，B 为 Al（OH）3，在加热条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝，故答案为：；加热（或煅烧） ；电解法；（2）反应涉及的条件为加热，加热下可反应，另外加热硫酸，氢离子浓度变化，可知影响的因素为温度和氢离子浓度，故答案为：ac；（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2xH2O 的液态化合物，放热 4.28kJ，由质量守恒可知还原性气体为 CO，反应的化学方程式为 2Cl2（g）

27、+TiO2（s）+2C（s）TiCl4（l）+2CO（g） ，则 2mol氯气反应放出的热量为4.28kJ=85.6kJ，所以热化学方程式为 2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）TiCl4（l）+2CO（g）H=85.6kJmol1，故答案为：2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）TiCl4（l）+2CO（g）H=85.6kJmol1；（4）电解时，CrO42通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在 2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，则分离后含铬元素的粒子是 CrO42、Cr2O72，阴极发生还原反应生成氢气和 NaOH，第 14 页（共 22 页）故答案为：

28、在直流电场作用下，CrO42通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；CrO42、Cr2O72；NaOH 和 H2【点评】本题为 2017 年天津考题，侧重考查物质的制备、分离以及电解知识，解答本题，注意把握物质的性质，能正确分析试验流程，把握电解的原理，题目难度不大，有利于培养学生的分析能力和实验能力8 （18 分）2氨基3氯苯甲酸（F）是重要的医药中间体，其制备流程图如下：已知：回答下列问题：（1）分子中不同化学环境的氢原子共有 4 种，共面原子数目最多为 13 （2）B 的名称为 2硝基甲苯或邻硝基甲苯 写出符合下列条件 B 的所有同分异构体的结构简式 a苯环上只有两个取代基且互为邻位 b

29、既能发生银镜反应又能发生水解反应（3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备 B，而是经由三步反应制取第 15 页（共 22 页）B，目的是 避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代 （4）写出的化学反应方程式： ，该步反应的主要目的是 保护氨基 （5）写出的反应试剂和条件： Cl2/FeCl3（或 Cl2/Fe） ；F 中含氧官能团的名称为 羧基 （6）在方框中写出以为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合物的流程目标化合物【分析】 （1）甲苯含有 1 个甲基，苯环左右对称；苯环为平面形结构，与苯环直接相连的原子在同一个平面上；（2）B 为邻硝基甲苯，对应的同分异构体：a苯环上只有两个取代基且互为邻位，

30、b既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明应含有酯基，且为甲酸酯，另外一种官能团为氨基；（3）如采用甲苯直接硝化的方法制备 B，硝基可取代甲基对位的 H 原子；（4）由结构简式可知反应为取代反应，可避免氨基被氧化；（5）为苯环的氯代反应，应在类似苯与溴的反应；F 含有羧基、氨基和氯原子；（6）可水解生成，含有氨基、羧基，可发生缩聚反应生成高聚物【解答】解：（1）甲苯含有 1 个甲基，苯环左右对称，则分子中不同化学环境的氢原子共有 4 种，苯环为平面形结构，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，结合三点确定一个平面，甲基上可有 1 个 H 与苯环共平面，共 13 个，第 16 页（共 22 页）故答

31、案为：4； 13；（2）B 为 2硝基甲苯或邻硝基甲苯，对应的同分异构体：a苯环上只有两个取代基且互为邻位，b既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明应含有酯基，且为甲酸酯，另外一种官能团为氨基，可能为，故答案为：2硝基甲苯或邻硝基甲苯；（3）如采用甲苯直接硝化的方法制备 B，硝基可取代甲基对位的 H 原子，目的是避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代，故答案为：避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代；（4）由结构简式可知反应为取代反应，反应的方程式为，该步反应的主要目的是避免氨基被氧化，故答案为：；保护氨基；（5）为苯环的氯代反应，应在类似苯与溴的反应，反应条件为 Cl2/FeCl3（或Cl2/F

32、e） ，F 中含氧官能团的名称为羧基，故答案为：Cl2/FeCl3（或 Cl2/Fe） ；羧基；（6）可水解生成，含有氨基、羧基，可发生缩聚反应生成高聚物，反应的流程为，故答案为：【点评】本题为 2017 年天津考题，为有机物合成题目，侧重考查学生分析判断第 17 页（共 22 页）能力，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用，题目难度不大9 （18 分）用沉淀滴定法快速测定 NaI 等碘化物溶液中 c（I） ，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液准备标准溶液a准确称取 AgNO3基准物 4.2468g（0.0250mol）后，配制成 250mL

33、标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用b配制并标定 100mL 0.1000molL1 NH4SCN 标准溶液，备用滴定的主要步骤a取待测 NaI 溶液 25.00mL 于锥形瓶中b加入 25.00mL 0.1000molL1 AgNO3溶液（过量） ，使 I完全转化为 AgI 沉淀c加入 NH4Fe（SO4）2溶液作指示剂d用 0.1000molL1NH4SCN 溶液滴定过量的 Ag+，使其恰好完全转化为 AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定e重复上述操作两次三次测定数据如下表：实验序号123消耗 NH4SCN 标准溶液体积/mL10.2410.029.98f数据处理回答下列问题：（

34、1）将称得的 AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 （2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是 避免 AgNO3见光分解 （3）滴定应在 pH0.5 的条件下进行，其原因是 防止因 Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制 Fe3+的水解） （4）b 和 c 两步操作是否可以颠倒 否（或不能） ，说明理由 若颠倒，Fe3+与 I反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 第 18 页（共 22 页）（5）所消耗的 NH4SCN 标准溶液平均体积为 10.00 mL，测得 c（I）= 0.0600 molL1（6）在滴定管中装入

35、NH4SCN 标准溶液的前一步，应进行的操作为 用NH4SCN 标准溶液进行润洗； （7）判断下列操作对 c（I）测定结果的影响（填“偏高”、 “偏低”或“无影响”）若在配制 AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果 偏高 若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果 偏高 【分析】 （1）配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL（棕色）容量瓶及定容时需要的胶头滴管；（2）硝酸银见光分解；（3）滴定应注意防止铁离子的水解，影响滴定结果；（4）铁离子与碘离子发生氧化还原反应；（5）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据

36、取平均值即可，所以所消耗的 NH4SCN 溶液平均体积为 10.00mL，结合 c（AgNO3）V（AgNO3）=c（NH4SCN）V（NH4SCN）+c（I）V（I）计算；（6）装入 NH4SCN 标准溶液，应避免浓度降低，应用 NH4SCN 标准溶液进行润洗；（7）反应的原理为 c（AgNO3）V（AgNO3）=c（NH4SCN）V（NH4SCN）+c（I）V（I） ，如操作导致 c（NH4SCN）V（NH4SCN）偏小，则测定结果偏大，以此解答该题【解答】解：（1）配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有 250mL（棕色）容量瓶及定容时需要的胶头滴管，故答案为：250

37、mL（棕色）容量瓶、胶头滴管；（2）硝酸银标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存是因为硝酸银见光分解，故答案为：避免 AgNO3见光分解；（3）滴定应在 pH0.5 的条件下进行，原因是抑制铁离子的水解，防止因铁离第 19 页（共 22 页）子的水解而影响滴定终点的判断，故答案为：防止因 Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制 Fe3+的水解） ；（4）b 和 c 两步操作不能颠倒，若颠倒，铁离子与碘离子发生氧化还原反应，指示剂耗尽则无法判断滴定终点，故答案为：否（或不能） ；若颠倒，Fe3+与 I反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点；（5）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三

38、组数据取平均值即可，所以所消耗的 NH4SCN 溶液平均体积为 10.00mL，n（AgNO3）=25.00103L0.1000molL1=2.5103mol，n（NH4SCN）=0.1000molL110.00103L=1.00103mol，则 c（I）0.025L=2.5103mol1.00103mol，c（I）=0.0600molL1，故答案为：10.00；0.0600；（6）装入 NH4SCN 标准溶液，应避免浓度降低，应用 NH4SCN 标准溶液进行润洗，故答案为：用 NH4SCN 标准溶液进行润洗；（7）反应的原理为 c（AgNO3）V（AgNO3）=c（NH4SCN）V（NH4S

39、CN）+c（I）V（I） ，若在配制 AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质的量减小，浓度偏低，则 n（NH4SCN）偏小，测定 c（I）偏大，故答案为：偏高；若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，造成读数偏小，则n（NH4SCN）偏小，测定 c（I）偏大，故答案为：偏高【点评】本题为 2017 年天津考题，涉及物质含量的测定，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验的操作方法和注意事项，把握反应的原理和误差分析的角度，难度中等10 （14 分）H2S 和 SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种第 20 页（共 22 页）方法

40、减少这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题H2S 的除去方法 1：生物脱 H2S 的原理为：H2S+Fe2（SO4）3S+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO42Fe2（SO4）3+2H2O（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的 5105倍，该菌的作用是 降低反应活化能 （2）由图 1 和图 2 判断使用硫杆菌的最佳条件为 30、pH=2.0 若反应温度过高，反应速率下降，其原因是 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性） 方法 2：在一定条件下，用 H2O2氧化 H2S（3）随着参加反应的 n（H2O2）/n（H2S）变化，氧化产物不同当 n（H2O2）/n（H2S）

41、=4 时，氧化产物的分子式为 H2SO4 SO2的除去方法 1（双碱法）：用 NaOH 吸收 SO2，并用 CaO 使 NaOH 再生NaOH 溶液Na2SO3溶液（4）写出过程的离子方程式： 2OH+SO2=SO32+H2O ；CaO 在水中存在如下转化：CaO（s）+H2O （l）Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH（aq）从平衡移动的角度，简述过程NaOH 再生的原理 SO32与 Ca2+生成 CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有 NaOH 生成 方法 2：用氨水除去 SO2第 21 页（共 22 页）（5）已知 25，NH3H2O 的 Kb=1.8105，H2SO3的Ka1=1.

42、3102，Ka2=6.2108若氨水的浓度为 2.0molL1，溶液中的 c（OH）= 6.0103 molL1将 SO2通入该氨水中，当 c（OH）降至 1.0107 molL1时，溶液中的 c（SO32）/c（HSO3）= 0.62 【分析】 （1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的 5105倍，说明硫杆菌做反应的催化剂加快反应速率；（2）从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性；（3）当 n（H2O2）/n（H2S）=4 时，结合氧化还原反应电子守恒，4H2O24H2O8e，电子守恒得到 H2S 变化

43、为+6 价化合物；（4）过程是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水；过程NaOH再生是平衡 CaO（s）+H2O （l）Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH（aq）正向进行；氢氧根离子浓度增大；（5）NH3H2O 的 Kb=1.8105，若氨水的浓度为 2.0molL1，可结合 Kb=计算 c（OH） ，H2SO3的 Ka2=6.2108，结合 Ka2=计算 c（SO32）/c（HSO3） 【解答】解：（1）4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2（SO4）3+2H2O，硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的 5105倍，该菌的作用是做催化剂降低反应的活化能，故答案为：降

44、低反应活化能（或作催化剂） ；（2）从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，需要的温度和溶液 PH 分别为：30、pH=2.0，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性，故答案为：30、pH=2.0； 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性） ；第 22 页（共 22 页）（3）当=4 时，结合氧化还原反应电子守恒，4H2O24H2O8e，电子守恒得到 H2S 变化为+6 价化合物，H2SH2SO48e，氧化产物的分子式为H2SO4，故答案为：H2SO4 ；（4）过程是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH+SO2=

45、SO32+H2O，过程加入 CaO，存在 CaO（s）+H2O （l）Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH（aq） ，因 SO32与 Ca2+生成 CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有 NaOH 生成，故答案为：2OH+SO2=SO32+H2O；SO32与 Ca2+生成 CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有 NaOH 生成；（5）NH3H2O 的 Kb=1.8105，若氨水的浓度为 2.0molL1，由 Kb=可知 c（OH）=mol/L=6.0103mol/L，当 c（OH）降至 1.0107 molL1时，c（H+）=1.0107 molL1，H2SO3的Ka2=6.2108，由 Ka2=可知 c（SO32）/c（HSO3）=0.62，故答案为：6.0103；0.62【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离以及二氧化硫的污染和治理，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握题给信息的分析，掌握电离平衡常数的运用，难度中等