2017年天津市高考化学试卷.doc

1、第 1 页（共 23 页）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

2、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 23 页）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

3、溶液 分别加新制氯水后，用 CCl4 萃取AA BB CC DD5 （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：H 2ONH 3SiH 4B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“”（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：将粗镍与 CO 反应转化成气态 Ni（CO ）

4、 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 4 题，共 64 分7 （14 分）某混合物浆液含有 Al（OH ） 3、MnO 2 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 23 页）置（见图） ，使浆液分离成固体混合物和含铬元素

5、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、TiO 2 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 含铬元素溶液的分离和利用（4）

6、用惰性电极电解时，CrO 42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 23 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 （5）写出的反应试剂

7、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 23 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 AgNO

8、3 溶液（过量） ，使 I完全转化为 AgI 沉淀c加入 NH4Fe（SO 4） 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 1 2 3消耗 NH4SCN 标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98f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）AgNO 3 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

9、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 ）= 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）H 2S 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H 2S 的除去方法 1：生物脱 H2S 的原理为：H2S+Fe2（

10、SO 4） 3S+2FeSO 4+H2SO4第 6 页（共 23 页）4FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2（SO 4） 3+2H2O（1）硫杆菌存在时，FeSO 4 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（H 2O2）/n（H 2S）变化，氧化产物不同当 n（H 2O2）/n（H 2S）=4 时，氧化产物的分子式为 SO 2 的除去方法 1（双碱法）：用 NaOH 吸收 SO2，并用 CaO 使 NaOH 再

11、生NaOH 溶液 Na2SO3 溶液（4）写出过程的离子方程式： ；CaO 在水中存在如下转化：CaO（s）+H 2O （l）Ca（OH） 2（s）Ca 2+（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，NH 3H2O 的 Kb=1.8105，H 2SO3 的Ka1=1.3102，K a2=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（SO 32）/c（ HSO3）= 第 7 页（共 23 页）

12、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

13、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，对肿瘤第 8 页（共 2

14、3 页）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 Br

15、2，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，以此来解第 9 页（共 23

16、页）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 Na

17、Br 和 KI 溶液 分别加新制氯水后，用 CCl4 萃取AA BB CC DD【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

18、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；第 10 页（共 23 页）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：H 2ONH 3SiH 4B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“”（o）命名的第 118 号元素在周期表中位于第七周

19、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；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：H2ONH 3SiH 4，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、

20、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第 11 页（共 23 页）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=2105已知：Ni（C

21、O） 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 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

22、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；第 12 页（共 23 页）故选 B【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为

23、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、MnO 2 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

24、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） ac a温度 bCl 的浓度 c溶液的酸度（3）0.1mol Cl2 与焦炭、TiO 2 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 2Cl 2（g）+TiO2（ s）+2C （s）TiCl 4（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，CrO 42能从浆液中分

25、离出来的原因是 在直流电场作用下，CrO 42通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 ，分离后含铬元素的第 13 页（共 23 页）粒子是 CrO 42、Cr 2O72 ；阴极室生成的物质为 NaOH 和 H2 （写化学式） 【分析】 （1）固体混合物含有 Al（OH） 3、MnO 2，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、TiO 2 完全反应，生

26、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）+TiO 2（s）+2C （s）TiCl 4（l）+2CO （g ） ，以此可计算反应热并写出热化学方程式； （4） ）电解时，CrO 42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

27、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、TiO 2 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）+TiO 2（s）+2C （s）TiCl 4（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）+TiO 2（s）+2C （s）TiCl 4（l）+2CO （g ）H=85.6kJmol1，故答案为：2Cl 2（g ）+TiO 2（s）+2C （s）TiCl

28、 4（l）+2CO （g ）H=85.6kJmol1；（4）电解时，CrO 42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、Cr 2O72，第 14 页（共 23 页）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，CrO 42通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；CrO 42、Cr 2O72；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

29、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第 15 页（共 23 页）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 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

30、和条件： Cl 2/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

31、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第 16 页（共 23 页）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

32、）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/Fe） ，F 中含氧官能团的名称为羧基，故答案为：Cl 2/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，第 17 页（共 23 页）故答案为： 【点评】本题为 201

33、7 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

34、0.1000molL1 AgNO3 溶液（过量） ，使 I完全转化为 AgI 沉淀c加入 NH4Fe（SO 4） 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 1 2 3消耗 NH4SCN 标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98f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）AgNO 3 标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是 避免 AgN

35、O3 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+的水解而影响滴第 18 页（共 23 页）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 molL 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” ）若在

36、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（AgNO 3）V（AgNO 3）=c（NH 4SCN）V（NH 4SCN）+c（I

37、）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（AgNO 3）V （AgNO 3）=c（ NH4SCN）V （NH 4SCN）+c（ I） V（ I） ，如操作导致 c（NH 4SCN）V （NH 4SCN）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，第 19 页（共 23 页）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

38、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，Fe 3+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（AgNO 3）=25.00 103L0.1

39、000molL1=2.5103mol，n（NH 4SCN）=0.1000molL110.00103L=1.00103mol，则 c（ I）0.25L=2.510 3mol1.00103mol，c（I ）=0.0600molL 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（AgNO 3）V （AgNO 3）=c（ NH4SCN）V （NH 4SCN）+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

40、的物质的量减小，浓度偏低，则 n（NH 4SCN）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（NH 4SCN）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第 20 页（共 23 页）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）H 2S 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H 2S 的除去方法

41、 1：生物脱 H2S 的原理为：H2S+Fe2（SO 4） 3S+2FeSO 4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2（SO 4） 3+2H2O（1）硫杆菌存在时，FeSO 4 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（H 2O2）/n（H 2S）变化，氧化产物不同当 n（H 2O2）/n（H 2S）=4 时，氧化产物的分子式为 H

42、2SO4 SO 2 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）+H 2O （l）Ca（OH） 2（s）Ca 2+（aq）+2OH （aq ）第 21 页（共 23 页）从平衡移动的角度，简述过程NaOH 再生的原理 SO 32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，NH 3H2O 的 Kb=1.8105，H 2SO3 的Ka1=1.3

43、102，K a2=6.2108若氨水的浓度为 2.0molL1，溶液中的 c（OH ）= 6.0103 molL 1将 SO2 通入该氨水中，当 c（OH ）降至 1.0107 molL1 时，溶液中的 c（ SO32）/c（HSO 3）= 0.62 【分析】 （1）硫杆菌存在时，FeSO 4 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（H 2O2）/n（H 2S）=4 时，结合氧化还原反应电子守恒，4H2O24H 2O8e

44、，电子守恒得到 H2S 变化为+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）+H 2O （l ）Ca（OH） 2（s）Ca 2+（aq ）+2OH （aq ）正向进行；氢氧根离子浓度增大；（5）NH 3H2O 的 Kb=1.8105，若氨水的浓度为 2.0molL1，可结合 Kb=计算 c（OH ） ，H 2SO3 的 Ka2=6.2108，结合 Ka2=计算 c（SO 32）/c（HSO 3） 【解答】解：（1）4FeSO 4+O2+2H2SO4 2Fe2（SO 4） 3+2H2O，硫杆菌存在时，FeSO 4 被氧化的速率是无菌时

45、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，第 22 页（共 23 页）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，4H 2O24H 2O8e ，电子守恒得到 H2S 变化为+6 价化合物，H 2SH 2SO48e ，氧化产物的分子式为H2SO4，故答案为：H 2SO4 ；（4）过

46、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=SO32+H2O，过程加入 CaO，存在 CaO（s ）+H 2O （l）Ca（OH） 2（s）Ca 2+（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；SO 32与 Ca2+生成 CaSO3 沉淀，平衡向正向移动，有 NaOH 生成；（5）NH 3H2O 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 +）=1.010 7 molL1，H 2SO3 的Ka2=6.2108，由 Ka2= 可知 c（SO 32）/c（HSO 3）= =0.62，故答案为：6.010 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）