2017年天津市高考化学试卷及解析.pdf

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1、 1 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+、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汉黄芩素的分子式为 C16H13O5 B该物质遇 FeCl3溶液显色 C1 mol 该物质与溴水反应，最多消耗 1mol

2、Br2 D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 2 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 CCl

3、4萃取 AA BB CC DD 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：H2ONH3SiH4 B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：ClCSi D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；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，

4、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 3 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

5、）（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

6、（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：4 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

7、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 5 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

8、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 9.98 f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

9、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+H2SO4 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 6 是

10、（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：；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 方法 2：用氨水除

11、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）=7 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

12、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，

13、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 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（）8 A汉黄芩素的分子式为 C16H13O5 B该物质遇 FeCl3溶液显色 C1 mol 该物质与溴水反应，最多消耗 1mol Br2 D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

14、 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 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

15、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 9 故选 A 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 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

16、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 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

17、是（）A气态氢化物的稳定性：H2ONH3SiH4 B氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 10 C 如图所示实验可证明元素的非金属性：ClCSi D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；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；B

18、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 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（CO）4的沸点

19、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；11 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；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

20、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；故选 B 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 Na2CrO

21、4 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 12 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）ac a温度 bCl的浓度 c溶液的酸度（3）0.1mol Cl2与焦炭

22、、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）【分析】（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

23、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；（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

24、：（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；13（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）+TiO2（s）+2C（s）TiCl4（l）+2CO（g），则 2mol 氯气反应放出的热量为4.28kJ=85.6k

25、J，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，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 8（18 分）（2017天津）2

26、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：14（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）写出的反应试剂和条件：Cl2/FeCl3（或 Cl2/Fe）；F 中含氧官能团的名称为 羧基 （6

27、）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，15 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

28、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

29、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；16（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：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：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 A

30、gNO3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 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 1 2

31、3 消耗 NH4SCN 标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98 f数据处理 回答下列问题：17（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 （5）所消耗的 NH4SCN 标准溶液平均体积为 10

32、.00 mL，测得 c（I）=0.0600 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 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

33、；（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

34、18 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 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，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

35、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）=25.00103L0.1000molL1=2.5103mol，n（NH4SCN）=0.1000molL110.00103L=1.00103mol，则 c（I）0.25L=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（A

36、gNO3）=c（NH4SCN）V（NH4SCN）+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 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 19 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+

37、H2SO4 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 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 SO2的除去 方法 1（双碱法）：用 NaOH 吸收 SO2，并用 CaO 使 NaOH 再生

38、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（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）=6.0103 molL1将 20 SO2通入该氨水中，当 c（OH）降至 1.0

39、107 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）+2O

40、H（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=6.2 108，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

41、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，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；21（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=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=1.8 105，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