• / 23
  • 下载费用:8 金币  

【可编辑】2017年天津市高考化学试卷.doc

关 键 词:
可编辑 编辑 2017 天津市 高考 化学 试卷
资源描述:
2017年天津市高考化学试卷 一、本卷共6题,每题6分,共36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.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+、Hg+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.汉黄芩素的分子式为C16H13O5B.该物质遇FeCl3溶液显色C.1 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A.AB.BC.CD.D5.(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:H2O>NH3>SiH4B.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:Cl>C>SiD.用中文“”(ào)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=2×10﹣5.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50℃C.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4题,共64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Ⅰ和Ⅱ中的问题.Ⅰ.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①所加试剂NaOH的电子式为   .B→C的反应条件为   ,C→Al的制备方法称为   .(2)该小组探究反应②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 b.Cl﹣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TiO2•xH2O的液态化合物,放热4.28kJ,该反应的热化学方程式为   .Ⅱ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   ,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: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①②③三步反应制取B,目的是   .(4)写出⑥的化学反应方程式:   ,该步反应的主要目的是   .(5)写出⑧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.Ⅰ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 0.1000mol•L﹣1 NH4SCN标准溶液,备用.Ⅱ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 0.1000mol•L﹣1 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0.1000mol•L﹣1NH4SCN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pH<0.5的条件下进行,其原因是   .(4)b和c两步操作是否可以颠倒   ,说明理由   .(5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为   mL,测得c(I﹣)=   mol•L﹣1.(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”)①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   .②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.Ⅰ.H2S的除去方法1:生物脱H2S的原理为:H2S+Fe2(SO4)3═S↓+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5×105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   .Ⅱ.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①的离子方程式:   ;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②NaOH再生的原理   .方法2:用氨水除去SO2(5)已知25℃,NH3•H2O的Kb=1.8×10﹣5,H2SO3的Ka1=1.3×10﹣2,Ka2=6.2×10﹣8.若氨水的浓度为2.0mol•L﹣1,溶液中的c(OH﹣)=   mol•L﹣1.将SO2通入该氨水中,当c(OH﹣)降至1.0×10﹣7 mol•L﹣1时,溶液中的c(SO32﹣)/c(HSO3﹣)=   . 2017年天津市高考化学试卷参考答案与试题解析 一、本卷共6题,每题6分,共36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.1.(6分)(2017•天津)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+、Hg+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+、Hg+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+、Hg+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,则可用烧碱出来高浓度的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)(2017•天津)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.汉黄芩素的分子式为C16H13O5B.该物质遇FeCl3溶液显色C.1 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H2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)(2017•天津)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.【解答】解:A.光能转化为电能,不发生化学变化,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)(2017•天津)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A.AB.BC.CD.D【分析】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.【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)(2017•天津)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:H2O>NH3>SiH4B.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:Cl>C>SiD.用中文“”(ào)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;B.H与F、Cl等形成共价化合物,与Na等形成离子化合物;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O>N>Si,气态氢化物的稳定性:H2O>NH3>SiH4,故A正确;B.H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;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)(2017•天津)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=2×10﹣5.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50℃C.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;B.Ni(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;B.Ni(CO)4的沸点为42.2℃,应大于沸点,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、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4题,共64分.7.(14分)(2017•天津)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Ⅰ和Ⅱ中的问题.Ⅰ.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①所加试剂NaOH的电子式为  .B→C的反应条件为 加热(或煅烧) ,C→Al的制备方法称为 电解法 .(2)该小组探究反应②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) ac .a.温度 b.Cl﹣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TiO2•xH2O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=﹣85.6kJ•mol﹣1 .Ⅱ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).【分析】Ⅰ.(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TiO2•xH2O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;Ⅱ.(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TiO2•xH2O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),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=﹣85.6kJ•mol﹣1,故答案为:2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l)+2CO(g)△H=﹣85.6kJ•mol﹣1;(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,故答案为: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)(2017•天津)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.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①②③三步反应制取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⑥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⑧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,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⑥为取代反应,可避免氨基被氧化;(5)⑧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,故答案为: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⑥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)⑧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/Fe),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)(2017•天津)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.Ⅰ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 0.1000mol•L﹣1 NH4SCN标准溶液,备用.Ⅱ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 0.1000mol•L﹣1 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0.1000mol•L﹣1NH4SCN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 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pH<0.5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 .(5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为 10.00 mL,测得c(I﹣)= 0.0600 mol•L﹣1.(6)在滴定管中装入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”)①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 .②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 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pH<0.5的条件下进行,原因是抑制铁离子的水解,防止因铁离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)=25.00×10﹣3L×0.1000mol•L﹣1=2.5×10﹣3mol,n(NH4SCN)=0.1000mol•L﹣1×10.00×10﹣3L=1.00×10﹣3mol,则c(I﹣)×0.25L=2.5×10﹣3mol﹣1.00×10﹣3mol,c(I﹣)=0.0600mol•L﹣1,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(NH4SCN)+c(I﹣)×V(I﹣),①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;①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)(2017•天津)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.Ⅰ.H2S的除去方法1:生物脱H2S的原理为:H2S+Fe2(SO4)3═S↓+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5×105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)=4时,氧化产物的分子式为 H2SO4 .Ⅱ.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①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②NaOH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(5)已知25℃,NH3•H2O的Kb=1.8×10﹣5,H2SO3的Ka1=1.3×10﹣2,Ka2=6.2×10﹣8.若氨水的浓度为2.0mol•L﹣1,溶液中的c(OH﹣)= 6.0×10﹣3 mol•L﹣1.将SO2通入该氨水中,当c(OH﹣)降至1.0×10﹣7 mol•L﹣1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5×105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,4H2O2~4H2O~8e﹣,电子守恒得到H2S变化为+6价化合物;(4)过程①是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水;过程②NaOH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)NH3•H2O的Kb=1.8×10﹣5,若氨水的浓度为2.0mol•L﹣1,可结合Kb=计算c(OH﹣),H2SO3的Ka2=6.2×10﹣8,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5×105倍,该菌的作用是做催化剂降低反应的活化能,故答案为:降低反应活化能(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);(3)当=4时,结合氧化还原反应电子守恒,4H2O2~4H2O~8e﹣,电子守恒得到H2S变化为+6价化合物,H2S~H2SO4~8e﹣,氧化产物的分子式为H2SO4,故答案为:H2SO4 ;(4)过程①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=SO32﹣+H2O,过程②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)NH3•H2O的Kb=1.8×10﹣5,若氨水的浓度为2.0mol•L﹣1,由Kb=可知c(OH﹣)=mol/L=6.0×10﹣3mol/L,当c(OH﹣)降至1.0×10﹣7 mol•L﹣1时,c(H+)=1.0×10﹣7 mol•L﹣1,H2SO3的Ka2=6.2×10﹣8,由Ka2=可知c(SO32﹣)/c(HSO3﹣)==0.62,故答案为:6.0×10﹣3;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. 第23页(共23页)
展开阅读全文
  语墨文库所有资源均是用户自行上传分享,仅供网友学习交流,未经上传用户书面授权,请勿作他用。
0条评论

还可以输入200字符

暂无评论,赶快抢占沙发吧。

关于本文
本文标题:【可编辑】2017年天津市高考化学试卷.doc
链接地址:http://www.wenku38.com/p-59183.html

                                            站长QQ:1002732220      手机号:18710392703    


                                                          copyright@ 2008-2020 语墨网站版权所有

                                                             经营许可证编号:蜀ICP备18034126号

网站客服微信
收起
展开