2017年天津市高考化學試卷及解析

1、2017年天津市高考化學試卷一、本卷共6題，每題6分，共36分.在每題給出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的.1. （6分）下列有關水處理方法不正確的是（）A.用石灰、碳酸鈉等堿性物質處理廢水中的酸B.用可溶性的鋁鹽和鐵鹽處理水中的懸浮物C.用氯氣處理水中的CU2+、Hg2+等重金屬離子D.用燒堿處理含高濃度NH4+的廢水并回收利用氨2. （6分）漢黃苓素是傳統(tǒng)中草藥黃苓的有效成分之一，對月中瘤細胞的殺傷有獨特作用.下列有關漢黃苓素的敘述正確的是（）OH O 漢黃苓素A.漢黃苓素白分子式為G6Hl3。5B.該物質遇FeC3溶液顯色C.1mol該物質與澳水反應，最多消耗1molBr2D.與

2、足量H2發(fā)生加成反應后，該分子中官能團的種類減少1種3. （6分）下列能量轉化過程與氧化還原反應無關的是（）A.硅太陽能電池工作時，光能轉化成電能B.鋰離子電池放電時，化學能轉化成電能C.電解質溶液導電時，電能轉化成化學能D.葡萄糖為人類生命活動提供能量時，化學能轉化成熱能4. （6分）以下實驗設計能達到實驗目的是（）實驗目的實驗設計A.除去NaHCQ固體中的Na2CQ將固體加熱至恒重B. 制備無水A1C3C. 重結晶提純苯甲酸D. 鑒別NaBr和KI溶液蒸發(fā)Al與稀鹽酸反應后的溶液 將粗品水溶、過濾、蒸發(fā)、結晶 分別加新制氯水后，用CC4萃取A.AB.BC.CD.D5. (6分)根據(jù)元素周期

3、表和元素周期律，判斷下列敘述不正確的是()A.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H20>NH3>SiH4B.氫元素與其他元素可形成共價化合物或離子化合物CaCONaHCO, N 也C,飽和溶灌澹液如圖所示實驗可證明元素的非金屬性：Cl>C>SiD.用中文制”(a。命名的第118號元素在周期表中位于第七周期0族6. (6分)常壓下好基化法精煉鍥的原理為：Ni(s)+4C0(g)?Ni(CO)4(g).230c時，該反應的平衡常數(shù)K=2X105.已知：Ni(CO)4的沸點為42.2C,固體雜質不參與反應.第一階段：將粗鍥與C0反應轉化成氣態(tài)Ni(C0)4；第二階段：將第一階段反應后的氣體

4、分離出來，加熱至230c制得高純鍥.下列判斷正確的是()A.增加c(C0),平衡向正向移動，反應的平衡常數(shù)增大B.第一階段，在30c和50c兩者之間選擇反應溫度，選50cC.第二階段，Ni(CO)4分解率較低D.該反應達到平衡時，v生成Ni(CQ4=4V生成(C0)二、本卷共4題，共64分.7. (14分)某混合物漿液含有Al(0H)3、Mn02和少量混合d.考慮到膠體的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小組利用設計的電解分離裝置（見圖），使?jié){液分離成固體混合物和含銘元素溶液，并回收利用.回答I和II中的問體混合物分禽利用的流程臼A1I.固體混合物的分離和利用（流程圖中的部分分離

5、操作和反應條件未標明）（1）反應所加試劑NaOH的電子式為.B-C的反應條件為C-AI的制備方法稱為（2）該小組探究反應發(fā)生的條件.D與濃鹽酸混合，不加熱，無變化；加熱有C2生成，當反應停止后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產生C2.由此判斷影響該反應有效進行的因素有（填序號）.a.溫度b.C的濃度c.溶液的酸度（3） 0.1molC2與焦炭、02完全反應，生成一種還原性氣體和一種易水解成1>Ti02?xH20的液態(tài)化合物，放熱4.28kJ,該反應的熱化學方程式為.n含銘元素溶液的分離和利用（4）用惰性電極電解時，Cr04?能從漿液中分離出來的原因是，分離后含銘元素的粒子是；陰極室生成的物

6、質為（寫化學式）.8. （18分）2-氨基-3-氯苯甲酸（F）是重要的醫(yī)藥中間體，具制備流程圖如下：SUMNthcHC已知：回答下列問題：cm31(1) 分子中不同化學環(huán)境的氫原子共有種，共面原子數(shù)目最多為.(2) B的名稱為.寫出符合下列條件B的所有同分異構體的結構簡式.a.苯環(huán)上只有兩個取代基且互為鄰位b.既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應(3)該流程未采用甲苯直接硝化的方法制備B,而是經(jīng)由三步反應制取B,目的是.(4)寫出的化學反應方程式：,該步反應的主要目的是.(5)寫出的反應試劑和條件：；F中含氧官能團的名稱為.COOH0在方框中寫出以為主要原料，經(jīng)最少步驟制備含肽鍵聚合物的流COOH

7、 O反應試劉 反應條件目標化合物9. (18分)用沉淀滴定法快速測定Nai等碘化物溶液中c(I)，實驗過程包括準備標準溶液和滴定待測溶液.I準備標準溶液a.準確稱取AgNOa基準物4.2468g(0.0250moI)后，配制成250mL標準溶液，放在棕色試劑瓶中避光保存，備用.b.配制并標定100mL0.1000mol?L1NH4SCN標準溶液，備用.n滴定的主要步驟a.取待測NaI溶液25.00mL于錐形瓶中.b.加入25.00mL0,加入mol?LAgNQ溶液(過量),使完全轉化為Agl沉淀.c.加入NH4Fe(SQ)2溶液作指示劑.d.fflO.1000mol?LNH4SCN溶液滴定過量

8、的Ag+,使其恰好完全轉化為AgSCN沉淀后，體系出現(xiàn)淡紅色，停止滴定.e.重復上述操作兩次.三次測定數(shù)據(jù)如下表：實驗序號123消耗NH4SCNB準溶液體積/mL10.2410.029.98f.數(shù)據(jù)處理.回答下列問題：(1)將稱得的AgN03配制成標準溶液，所使用的儀器除燒杯和玻璃棒外還有.(2)AgN03標準溶液放在棕色試劑瓶中避光保存的原因是.(3)滴定應在pH<0.5的條件下進行，其原因是.(4)b和c兩步操作是否可以顛倒，說明理由.(5)所消耗的NH4SCNB準溶液平均體積為mL,測得c(D=mol?L1.(6)在滴定管中裝入NH4SCN標準溶液的前一步，應進行的操作為.(7)判

9、斷下列操作對c()測定結果的影響(填幅高，偏低”或無影響")若在配制AgN03標準溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，則測定結果.若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，則測定結果.10.(14分)H2s和S02會對環(huán)境和人體健康帶來極大的危害，工業(yè)上采取多種方法減少這些有害氣體的排放，回答下列方法中的問題.I.H2S的除去方法1：生物脫H2s的原理為：H2s-Fe?(SQ)3-SJ+2FeS0+H2SQ_硫桿菌/”、C4FeS0+02+2H2SQ2Fe(SQ)3+2H2O(1)硫桿菌存在時，F(xiàn)eSO被氧化的速率是無菌時的5X105倍，該菌的作用7E：.(2)由圖1和圖2判斷使用硫

10、桿菌的最佳條件為.若反應溫度過高，反應速率下降，其原因是.-f二工可望.2工2030圖1方法2:在一定條件下，用H2O2氧化H2s(3)隨著參加反應的n(H202)/n(H2S)變化，氧化產物不同.當n(H202)/n(H2S)=4時，氧化產物的分子式為.n.SQ的除去方法1(雙堿法)：用NaOH吸收SC2,并用CaO使NaOH再生NaOH溶液人、Na2SC3溶液©CaO(4)寫出過程的離子方程式：；CaO在水中存在如下轉化：CaO(s)+H2O一Ca(0H)2(s)?Ca2+(aq)+20H(aq)從平衡移動的角度，簡述過程NaOH再生的原理.方法2:用氨水除去S02(5)已知25

11、c.NH3?H20的Kb=1.8X105,H2SQ的Kai=1.3X102,Ka2=6.2X10-.若氨水的濃度為2.0mol?F,溶液中的c(0H)=mol?.將SQ通入該氨水中，當c(0H)降至1.0X107mol?L1時，溶液中的c(S02J)/c(HSQ)2017年天津市高考化學試卷參考答案與試題解析一、本卷共6題，每題6分，共36分.在每題給出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的.1. (6分)(2017?天津)下列有關水處理方法不正確的是()A.用石灰、碳酸鈉等堿性物質處理廢水中的酸B.用可溶性的鋁鹽和鐵鹽處理水中的懸浮物C.用氯氣處理水中的Cu2+、Hg2+等重金屬離子D.用

12、燒堿處理含高濃度NH4+的廢水并回收利用氨【分析】A.石灰、碳酸鈉都可與酸反應；B.可溶性的鋁鹽和鐵鹽可水解生成具有吸附性的膠體；C.氯氣不能與Cu2+Hg2+反應生成沉淀；D.燒堿可與錢根離子反應生成氨氣.【解答】解：A.石灰與酸反應生成鈣鹽，碳酸鈉與酸反應生成鈉鹽和二氧化碳，故可用于處理廢水中的酸，故A正確；B.鋁鹽、鐵鹽都能水解生成對應的氫氧化物膠體，疏松多孔，具有吸附性，可吸附水中的懸浮物，故B正確；C.氯氣可用于水的消毒殺菌，不能與CiT、Hg2+反應生成沉淀，對重金屬離子沒有作用，故C錯誤；D.燒堿可與錢根離子反應產生氨氣，則可用燒堿處理高濃度的NH4+的廢水并回收利用氨，故D正確

13、.故選C.2. （6分）（2017?天津）漢黃苓素是傳統(tǒng)中草藥黃苓的有效成分之一，對腫瘤細胞的殺傷有獨特作用.下列有關漢黃苓素的敘述正確的是（）漢黃苓素A.漢黃苓素白八分子式為G6H13。5B.該物質遇FeC3溶液顯色C.1mol該物質與澳水反應，最多消耗1molBr2D.與足量H2發(fā)生加成反應后，該分子中官能團的種類減少1種【分析】由結構可知分子式，分子中含酚-0孔碳碳雙鍵、好基及醴鍵，結合酚、烯姓等有機物的性質來解答.【解答】解：A.漢黃苓素白人分子式為Ci6H5,故A錯誤;B.含酚-0H,遇FeC3溶液顯色，故B正確;mol該物C.酚-0H的鄰對位與澳水發(fā)生取代反應，碳碳雙鍵與濱水發(fā)生加

14、成反應，則1質與濱水反應，最多消耗2moiBs故C錯誤；D.與足量H2發(fā)生加成反應后，該分子中官能團碳碳雙鍵、染基均減少，故D錯誤；故選B.3. （6分）（2017?天津）下列能量轉化過程與氧化還原反應無關的是（）A.硅太陽能電池工作時，光能轉化成電能B.鋰離子電池放電時，化學能轉化成電能C.電解質溶液導電時，電能轉化成化學能D.葡萄糖為人類生命活動提供能量時，化學能轉化成熱能【分析】發(fā)生的反應中存在元素的化合價變化，則為氧化還原反應，以此來解答.【解答】解：A.光能轉化為電能，不發(fā)生化學變化，與氧化還原反應無關，故A選；B.發(fā)生原電池反應，本質為氧化還原反應，故B不選；C.發(fā)生電解反應，為氧

15、化還原反應，故C不選；D.發(fā)生氧化反應，故D不選.故選A.4. （6分）（2017?天津）以下實驗設計能達到實驗目的是（實驗目的A. 除去NaHCQ固體中的NmCQB. 制備無水AICI3C. 重結晶提純苯甲酸D. 鑒別NaBr和KI溶液A. A B. B C. C D. D【分析】A.碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉;實驗設計將固體加熱至恒重蒸發(fā)AI與稀鹽酸反應后的溶液將粗品水溶、過濾、蒸發(fā)、結晶分別加新制氯水后，用CC4萃取B.蒸發(fā)時促進氯化鋁水解，生成的鹽酸易揮發(fā)C.苯甲酸在水中的溶解度不大，且利用溶解度受溫度影響的差異分離；D.氯氣與NaBr、Nai反應分別生成澳、碘，在四氯化碳中的顏色不同

16、.【解答】解：A.碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉，加熱將原物質除去，不能除雜,故A錯誤；B.蒸發(fā)時促進氯化鋁水解，生成的鹽酸易揮發(fā)，則應在HCI氣流中蒸發(fā)結晶,故B錯誤；C.苯甲酸在水中的溶解度不大，應趁熱過濾后，選擇重結晶法分離提純，故C錯誤；D.氯氣與NaBr、Nai反應分別生成澳、碘，在四氯化碳中的顏色不同，則分別加新制氯水后，用CC4I萃取后觀察顏色可鑒別，故D正確；故選D.5. （6分）（2017?天津）根據(jù)元素周期表和元素周期律，判斷下列敘述不正確的是（）A.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H20>NH3>SiH4B.氫元素與其他元素可形成共價化合物或離子化合物CaCONaHCdNaS

17、iOjC.飽和，溶港溶液如圖所示實驗可證明元素的非金屬性：CI>C>SiD.用中文狀”(a。命名的第118號元素在周期表中位于第七周期0族【分析】A.非金屬性越強，對應氫化物越穩(wěn)定；B.H與F、CI等形成共價化合物，與Na等形成離子化合物；C.發(fā)生強酸制取弱酸的反應，且HCI不是最高價含氧酸；D.目前周期表中112號元素位于第七周期的I舊族，118號元素的原子結構中有7個電子層、最外層電子數(shù)為8.【解答】解：A.非金屬性0>N>Si,氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H20>NH3>SiH4,故A正確；B.H與F、CI等形成共價化合物，與Na等形成離子化合物，則氫元素與其

18、他元素可形成共價化合物或離子化合物，故B正確；C.利用最高價含氧酸的酸性比較非金屬性，HCI不是最高價含氧酸，則不能比較Cl、C的非金屬性，故C錯誤；D.目前周期表中112號元素位于第七周期的I舊族，118號元素的原子結構中有7個電子層、最外層電子數(shù)為8,貝IJ118號元素在周期表中位于第七周期0族，故D正確；故選C.6.(6分)(2017以津)常壓下建基化法精煉鍥的原理為：Ni(s)+4C0(g)?Ni(CO)4(g).230c時，該反應的平衡常數(shù)K=2X105.已知：Ni(CQ4的沸點為42.2C,固體雜質不參與反應.第一階段：將粗鍥與C0反應轉化成氣態(tài)Ni(C0)4；第二階段：將第一階段

19、反應后的氣體分離出來，加熱至230c制得高純鍥.下列判斷正確的是()A.增加c(C0),平衡向正向移動，反應的平衡常數(shù)增大B.第一階段，在30c和50c兩者之間選擇反應溫度，選50cC.第二階段，Ni(CO)4分解率較低D.該反應達到平衡時，卜生成Ni(CQ4=4V生成(C0)【分析】A.平衡常數(shù)與溫度有關；B.Ni(CQ4的沸點為42.2C，應大于沸點，便于分離出Ni(CO)4；C.由加熱至230c制得高純鍥分析；D.達到平衡時，不同物質的正逆反應速率之比等于化學計量數(shù)之比.【解答】解：A.平衡常數(shù)與溫度有關，貝IJ增力口c(C0),平衡向正向移動，反應的平衡常數(shù)不變，故A錯誤；B.Ni(C

20、Q4的沸點為42.2C,應大于沸點，便于分離出Ni(CO)4,則一階段，在30c和50c兩者之間選擇反應溫度，選50c，故B正確；C加熱至230c制得高純鍥，可知第二階段，Ni(CO)4分解率較大，故C錯誤；D.達到平衡時，不同物質的正逆反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，則該反應達到平衡時4V生成Ni(CO)4=v生成(CO),故D錯誤；故選B.二、本卷共4題，共64分.7.(14分)(2017?天津)某混合物漿液含有AI(0H)3、Mn02和少量NmCrQ.考慮到膠體的吸附作用使NaCr。不易完全被水浸出，某研究小組利用設計的電解分離裝置(見圖)，使?jié){液分離成固體混合物和含銘元素溶液，并回收利

21、用.回答I和H中的問題.陽離子膜陰離子腹港流固體混含物分離利用的流程I.固體混合物的分離和利用(流程圖中的部分分離操作和反應條件未標明)反應所加試劑NaOH的電子式為%；。同一.B-C的反應條件為加熱(或煨燒),CHAI的制備方法稱為電解法.(2)該小組探究反應發(fā)生的條件.D與濃鹽酸混合，不加熱，無變化；加熱有C2生成，當反應停止后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產生C2.由此判斷影響該反應有效進行的因素有(填序號)ac.a.溫度b.C的濃度c.溶液的酸度(3)0.1molC2與焦炭、Ti02完全反應，生成一種還原性氣體和一種易水解成Ti02?xH20的液態(tài)化合物，放熱4.28J,該反應的熱化學

22、方程式為2c2(g)+T0(s)+2C(s)TiC(l)+2C0(g)H=-85.6kJ?mol.n含銘元素溶液的分離和利用(4)用惰性電極電解時，CrOT能從漿液中分離出來的原因是在直流電場作用下，CrQi通過陰離子交換膜向陽極室移動，脫離漿液,分離后含銘元素的粒子是通Ct?,CrzO?；陰極室生成的物質為NaOH和電(寫化學式).【分析】1.(1)固體混合物含有Al(0H)3、Mn02,加入NaOH溶液，過濾，可得到濾液A為NaAQ,通入二氧化碳，生成B為Al(0H)3,固體C為AbOs電解熔融的氧化鋁可得到AI;固體D為Mn02,加熱條件下與濃鹽酸反應可生成氯氣；(2)題中涉及因素有溫度

23、和濃度；(3)0.1molC2與焦炭、Ti02完全反應，生成一種還原性氣體和一種易水解成TiO2?xH2O的液態(tài)化合物，放熱4.28kJ,由質量守恒可知還原性氣體為C0,反應的化學方程式為2C2(g)+TiO2(s)+2C(s)TiC4(1)+2C0(g),以此可計算反應熱并寫出熱化學方程式;H.(4)電解時，通過陰離子交換膜向陽極移動，陰極發(fā)生還原反應生成氫氣和NaOH,以此解答該題.【解答】解：(1)NaOH為離子化合物，電子式為白雄:可一，B為Al(0H)3,在加熱條件下生成氧化鋁，電解熔融的氧化鋁可得到鋁，故答案為：一時對一；力口熱(或煨燒)；電解法；(2)反應涉及的條件為加熱，加熱下

24、可反應，另外加熱硫酸，氫離子濃度變化，可知影響的因素為溫度和氫離子濃度，故答案為：ac；(3)0.1molC2與焦炭、Ti02完全反應，生成一種還原性氣體和一種易水解成Ti02?xH20的液態(tài)化合物，放熱4.28kJ,由質量守恒可知還原性氣體為CO,反應的化學方程式為2c2(g)+TiO2(s)+2C(s)TiC4+2C0(g),則2mol氯氣反應放出的熱量為-4.28kJ=85.6kJ0.1所以熱化學方程式為2c2(g)+Ti02(s)+2C(s)TiC4(I)+2C0(g)H=-85.6kJ?mol1,故答案為：2c2(g)+TiO2(s)+2C(s)TiC4(I)+2C0(g)AH=-8

25、5.6kJ?mol1；(4)電解時，CP?通過陰離子交換膜向陽極移動，從而從漿液中分離出來，因存在2CrQ2+2M?Cr2072+膽0,則分離后含銘元素的粒子是Cro2JxCi2Q2，陰極發(fā)生還原反應生成氫氣和NaOH,故答案為：在直流電場作用下，CrO?通過陰離子交換膜向陽極室移動，脫離漿液；CrOCr2072；NaOH和H2.8.(18分)(2017?天津)2-氨基-3-氯苯甲酸(F)是重要的醫(yī)藥中間體，其制備流程圖如T：KkH已知：回答下列問題:分子中不同化學環(huán)境的氫原子共有生種，共面原子數(shù)目最多為13(2)B的名稱為2-硝基甲苯或鄰硝基甲苯.寫出符合下列條件B的所有同分異構體的結構簡式

26、a.苯環(huán)上只有兩個取代基且互為鄰位b.既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反(3)該流程未采用甲苯直接硝化的方法制備B,而是經(jīng)由三步反應制取B,目的是避免苯環(huán)上甲基對位的氫原子被硝基取代(4)寫出的化學反應方程式：cnoHtxxjirc(T'T-de-ILT1,該步反應的主要目的是保護氨基.(5)寫出的反應試劑和條件：C2/FeC3(或C2/Fe)；F中含氧官能團的名稱為竣基.(6)在方框中寫出以為主要原料，經(jīng)最少步驟制備含肽鍵聚合物的流COOHO反應試耦反應票，件目標化合物【分析】(1)甲苯含有1個甲基，苯環(huán)左右對稱；苯環(huán)為平面形結構，與苯環(huán)直接相連的原子在同一個平面上；(2)B為鄰硝基甲苯

27、，對應的同分異構體：a,苯環(huán)上只有兩個取代基且互為鄰位,b.既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應，說明應含有酯基，且為甲酸酯,另外一種官能團為氨基；(3)如采用甲苯直接硝化的方法制備B,硝基可取代甲基對位的H原子；(4)由結構簡式可知反應為取代反應，可避免氨基被氧化；(5)為苯環(huán)的氯代反應，應在類似苯與澳的反應；F含有竣基、氨基和氯原子；可水解生成COCWI含有氨基、竣基，可發(fā)生縮聚反COOHO(6)應生成高聚物.【解答】解：(1)甲苯含有1個甲基，苯環(huán)左右對稱，則分子中不同化學環(huán)境的氫原子共有4種，苯環(huán)為平面形結構，與苯環(huán)直接相連的原子在同一個平面上，結合三點確定一個平面，甲基上可有1個H與苯環(huán)

28、共平面，共13個，故答案為：4;13;(2)B為2-硝基甲苯或鄰硝基甲苯，對應的同分異構體：a,苯環(huán)上只有兩個取代基且互為鄰位，b.既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應，說明應含有酯基.且為甲酸酯，另外一種官能團為氨基，可能為故答案為：2-硝基甲苯或鄰硝基甲苯;如采用甲苯直接硝化的方法制備B,硝基可取代甲基對位的H原子，目的是避免苯環(huán)上甲基對位的氫原子被硝基取代，故答案為：避免苯環(huán)上甲基對位的氫原子被硝基取代；C <X>1(4)由結構簡式可知反應為取代反應，反應的方程式為<(MJII該步反應的主要目的是避免氨基被氧化,< (MM I故答案為:I (X>f<<

29、;> uri;保護氨基;(5)為苯環(huán)的氯代反應，應在類似苯與澳的反應，反應條件為C2/FeC3(或C2/Fe),F中含氧官能團的名稱為竣基,故答案為：C2/FeC3(或C2/Fe)；竣基;可水解生成含有氨基、竣基，可發(fā)生縮聚反應生成高聚物，反應的流程為故答案為:9.(18分)(2017以津)用沉淀滴定法快速測定Nai等碘化物溶液中c(I),實驗過程包括準備標準溶液和滴定待測溶液.I準備標準溶液a.準確稱取AgNQ基準物4.2468g(0.0250moI)后，配制成250mL標準溶液，放在棕色試劑瓶中避光保存，備用.b.配制并標定100mL0.1000mol?L1NH4SCN標準溶液,備用

30、.n滴定的主要步驟a.取待測NaI溶液25.00mL于錐形瓶中.b.加入25.00mL0.1000mol?L1Ag加溶液(過量)，使完全轉化為Agl沉淀.c.加入NhkFe(SQ)2溶液作指示劑.d.fflO.1000mol?LLNH4SCN溶液滴定過量的Ag+,使其恰好完全轉化為AgSCN沉淀后，體系出現(xiàn)淡紅色，停止滴定.e.重復上述操作兩次.三次測定數(shù)據(jù)如下表：實驗序號123消耗NJSCNB準溶液體積/mL10.2410.029.98f.數(shù)據(jù)處理.回答下列問題：將稱得的AgNC3配制成標準溶液，所使用的儀器除燒杯和玻璃棒外還有250mL(棕色)容量瓶、膠頭滴管(2)AgNC3標準溶液放在棕

31、色試劑瓶中避光保存的原因是避免AgNQ見光分解.(3)滴定應在pH<0.5的條件下進行，其原因是防止因定的水解而影響滴定終點的判斷(或抑制Fe的水解).(4)b和c兩步操作是否可以顛倒否(或不能),說明理由若顛倒，F(xiàn)e3+與反應，指示劑耗盡，無法判斷滴定終點.(5)所消耗的NH4SCNB準溶液平土人體積為10.00mL,測得c(卜0.0600mol?L(6)在滴定管中裝入NH4SCN標準溶液的前一步，應進行的操作為用NH4SCN標準溶液進行潤洗；.(7)判斷下列操作對c()測定結果的影響(填幅高，偏低”或無影響”)若在配制AgNC3標準溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，則測定結果偏高.若在

32、滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，則測定結果偏窗.【分析】(1)配制硝酸銀標準溶液時，所使用的儀器出需燒杯和玻璃棒外還有250mL(棕色)容量瓶及定容時需要的膠頭滴管；(2)硝酸銀見光分解；(3)滴定應注意防止鐵離子的水解，影響滴定結果；(4)鐵離子與碘離子發(fā)生氧化還原反應；(5)根據(jù)所提供的三組數(shù)據(jù)，第一組數(shù)據(jù)誤差較大，應舍去，二、三組數(shù)據(jù)取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均體積為10.00mL,結合c(AgNQ)XV(AgNC3)二c(NhkSCNXV(NhkSCN+c(I)XV(I)計算；(6)裝入NH4SCN標準溶液，應避免濃度降低，應用NFUSCN標準溶液進行潤洗；

33、(7)反應的原理為c(AgNQ)XV(AgNCte)=c(NH4SCNXV(NH4SCN+c(I)XV(F),如操作導致c(NH4SCNXV(NH4SCN偏小,則測定結果偏大，以此解答該題.【解答】解：(1)配制硝酸銀標準溶液時，所使用的儀器出需燒杯和玻璃棒外還有250mL(棕色)容量瓶及定容時需要的膠頭滴管，故答案為：250mL(棕色)容量瓶、膠頭滴管；(2)硝酸銀標準溶液放在棕色試劑瓶中避光保存是因為硝酸銀見光分解，故答案為：避免AgN03見光分解；(3)滴定應在pHCO.5的條件下進行，原因是抑制鐵離子的水解，防止因鐵離子的水解而影響滴定終點的判斷，故答案為：防止因Fe，的水解而影響滴定

34、終點的判斷(或抑制Fe，的水解)；(4) b和c兩步操作不能顛倒，若顛倒，鐵離子與碘離子發(fā)生氧化還原反應，指示劑耗盡則無法判斷滴定終點，故答案為：否(或不能)；若顛倒，F(xiàn)e與反應，指示劑耗盡，無法判斷滴定終占八、，(5)根據(jù)所提供的三組數(shù)據(jù)，第一組數(shù)據(jù)誤差較大，應舍去，二、三組數(shù)據(jù)取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均體積為10.00mL,n(AgN03)=25.00X103LX0.1000mol?L1=2.5X103mol,n(NhkSCN=0.1000mol?L1X10.00X101=1.00X103mol,則c(l)X0.25L=2.5X103mo1-1.00X103mol,c(

35、I)=0.0600moI?L1,故答案為：10.00；0.0600；(6)裝入NH4SCN標準溶液，應避免濃度降低，應用NH4SCN標準溶液進行潤洗，故答案為：用NH4SCNB準溶液進行潤洗；(7)反應的原理為c(AgNQ)XV(AgN03)=c(NH4SCN)xv(NhkSCN+c(DXV(I),若在配制AgN03標準溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，則導致溶質的物質的量減小，濃度偏低，則n(NH4SCN偏小，測定c(I)偏大，故答案為：偏高；若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，造成讀數(shù)偏小，則n(NH4SCN偏小，測定c(I)偏大,故答案為：偏高.10.(14分)(2017?天津)

36、H2s和S02會對環(huán)境和人體健康帶來極大的危害，工業(yè)上采取多種方法減少這些有害氣體的排放，回答下列方法中的問題.I.H2S的除去方法1:生物脫H2S的原理為：H2S+Fe(SQ)3-SJ+2FeS0+H2SQ4FeS0+02+2H2SQ-M®2Fe(SQ)3+2H2O(1)硫桿菌存在時，F(xiàn)eSO被氧化的速率是無菌時的5X105倍，該菌的作用是降低反應活化能(2)由圖1和圖2判斷使用硫桿菌的最佳條件為30C、pH=2.0.若反應溫度過高，反應速率下降，其原因是蛋白質變性(或硫桿菌失去活性).Ei方法2:在一定條件下，用H202氧化H2S(3)隨著參加反應的n(H202)/n(H2S)變

37、化，氧化產物不同.當n(H202)/n(H2S)=4時，氧化產物的分子式為H2SQ.n.SQ的除去方法1(雙堿法)：用NaOH吸收SQ,并用CaO使NaOH再生®so?NaOH溶液二TNazSQ溶液©CaO(4)寫出過程的離子方程式：20H+SQ=SQ?+H20;CaO在水中存在如下轉化：CaO(s)+H2O一Ca(0H)2(s)?Ca2(aq)+20H(aq)從平衡移動的角度，簡述過程NaOH再生的原理SQ?與CM+牛成CaSO沉淀，平衡向正向移動，有NaOH生成.方法2:用氨水除去SQ(5)已知25c,NH3?H20的Kb=1.8X105,HzSQ的Kai=1.3X102,Ka2=6.2X10-.若氨水的濃度為2.0mol?Lf溶液中的c(0H)=6.0X103mol?L1,將S02通入該氨水中