2017年天津市高考化學(xué)試卷解析版

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2017年天津市高考化學(xué)試卷解析版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）下列有關(guān)水處理方法不正確的是（）A．用石灰、碳酸鈉等堿性物質(zhì)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【考點】14：物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系；FE："三廢"處理與環(huán)境保護(hù)．【專題】56：化學(xué)應(yīng)用．【分析】A．石灰、碳酸鈉都可與酸反應(yīng)；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(yīng)生成沉淀；D．燒堿可與銨根離子反應(yīng)生成氨氣．【解答】解：A．石灰與酸反應(yīng)生成鈣鹽，碳酸鈉與酸反應(yīng)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(yīng)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Cu2+、Hg2+反應(yīng)生成沉淀，對重金屬離子沒有作用，故C錯誤；D．燒堿可與銨根離子反應(yīng)產(chǎn)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。故選：C。【點評】本題考查廢水的處理，為2017年天津考題，側(cè)重于化學(xué)與生活、生產(chǎn)的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生的良好的科學(xué)素養(yǎng)，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)，難度不大．2．（6分）漢黃芩素是傳統(tǒng)中草藥黃芩的有效成分之一，對腫瘤細(xì)胞的殺傷有獨特作用．下列有關(guān)漢黃芩素的敘述正確的是（）A．漢黃芩素的分子式為C16H13O5 B．該物質(zhì)遇FeCl3溶液顯色 C．1mol該物質(zhì)與溴水反應(yīng)，最多消耗1molBr2 D．與足量H2發(fā)生加成反應(yīng)后，該分子中官能團(tuán)的種類減少1種【考點】HD：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【專題】534：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】由結(jié)構(gòu)可知分子式，分子中含酚﹣OH、碳碳雙鍵、羰基及醚鍵，結(jié)合酚、烯烴等有機(jī)物的性質(zhì)來解答．【解答】解：A．漢黃芩素的分子式為C16H12O5，故A錯誤；B．含酚﹣OH，遇FeCl3溶液顯色，故B正確；C．酚﹣OH的鄰對位與溴水發(fā)生取代反應(yīng)，碳碳雙鍵與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，則1mol該物質(zhì)與溴水反應(yīng)，最多消耗2molBr2，故C錯誤；D．與足量H2發(fā)生加成反應(yīng)后，該分子中官能團(tuán)碳碳雙鍵、羰基均減少，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系、有機(jī)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意H原子數(shù)的判斷及官能團(tuán)的判斷，題目難度不大．3．（6分）下列能量轉(zhuǎn)化過程與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是（）A．硅太陽能電池工作時，光能轉(zhuǎn)化成電能 B．鋰離子電池放電時，化學(xué)能轉(zhuǎn)化成電能 C．電解質(zhì)溶液導(dǎo)電時，電能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能 D．葡萄糖為人類生命活動提供能量時，化學(xué)能轉(zhuǎn)化成熱能【考點】B1：氧化還原反應(yīng)；BB：反應(yīng)熱和焓變．【專題】515：氧化還原反應(yīng)專題；517：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化．【分析】發(fā)生的反應(yīng)中存在元素的化合價變化，則為氧化還原反應(yīng)，以此來解答．【解答】解：A．光能轉(zhuǎn)化為電能，不發(fā)生化學(xué)變化，與氧化還原反應(yīng)無關(guān)，故A選；B．發(fā)生原電池反應(yīng)，本質(zhì)為氧化還原反應(yīng)，故B不選；C．發(fā)生電解反應(yīng)，為氧化還原反應(yīng)，故C不選；D．發(fā)生氧化反應(yīng)，故D不選。故選：A。【點評】本題考查氧化還原反應(yīng)，為高頻考點，把握發(fā)生的反應(yīng)及反應(yīng)本質(zhì)為解答關(guān)鍵，注意能量變化的形式，題目難度不大．4．（6分）以下實驗設(shè)計能達(dá)到實驗?zāi)康氖牵ǎ嶒災(zāi)康膶嶒炘O(shè)計A．除去NaHCO3固體中的Na2CO3將固體加熱至恒重B．制備無水AlCl3蒸發(fā)Al與稀鹽酸反應(yīng)后的溶液C．重結(jié)晶提純苯甲酸將粗品水溶、過濾、蒸發(fā)、結(jié)晶D．鑒別NaBr和KI溶液分別加新制氯水后，用CCl4萃取A．A B．B C．C D．D【考點】U5：化學(xué)實驗方案的評價．【專題】545：物質(zhì)的分離提純和鑒別．【分析】A．碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉；B．蒸發(fā)時促進(jìn)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(yīng)分別生成溴、碘，在四氯化碳中的顏色不同．【解答】解：A．碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉，加熱將原物質(zhì)除去，不能除雜，故A錯誤；B．蒸發(fā)時促進(jìn)氯化鋁水解，生成的鹽酸易揮發(fā)，則應(yīng)在HCl氣流中蒸發(fā)結(jié)晶，故B錯誤；C．苯甲酸在水中的溶解度不大，應(yīng)趁熱過濾后，選擇重結(jié)晶法分離提純，故C錯誤；D．氯氣與NaBr、NaI反應(yīng)分別生成溴、碘，在四氯化碳中的顏色不同，則分別加新制氯水后，用CCl4萃取后觀察顏色可鑒別，故D正確；故選：D。【點評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、物質(zhì)的鑒別為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱嶒灥脑u價性分析，選項C為解答的難點，題目難度不大．5．（6分）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：H2O＞NH3＞SiH4 B．氫元素與其他元素可形成共價化合物或離子化合物 C．如圖所示實驗可證明元素的非金屬性：Cl＞C＞Si D．用中文“”（ào）命名的第118號元素在周期表中位于第七周期0族【考點】78：元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用．【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題．【分析】A．非金屬性越強，對應(yīng)氫化物越穩(wěn)定；B．H與F、Cl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(yīng)，且HCl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IIB族，118號元素的原子結(jié)構(gòu)中有7個電子層、最外層電子數(shù)為8．【解答】解：A．非金屬性O(shè)＞N＞Si，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H2O＞NH3＞SiH4，故A正確；B．H與F、Cl等形成共價化合物，與Na等形成離子化合物，則氫元素與其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，HCl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IIB族，118號元素的原子結(jié)構(gòu)中有7個電子層、最外層電子數(shù)為8，則118號元素在周期表中位于第七周期0族，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查元素周期表和周期律，為高頻考點，把握元素的位置、性質(zhì)、元素周期律為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應(yīng)用，選項C為解答的易錯點，題目難度不大．6．（6分）常壓下羰基化法精煉鎳的原理為：Ni（s）+4CO（g）?Ni（CO）4（g）．230℃時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝2×10﹣5．已知：Ni（CO）4的沸點為42.2℃，固體雜質(zhì)不參與反應(yīng)。第一階段：將粗鎳與CO反應(yīng)轉(zhuǎn)化成氣態(tài)Ni（CO）4；第二階段：將第一階段反應(yīng)后的氣體分離出來，加熱至230℃制得高純鎳。下列判斷正確的是（）A．增加c（CO），平衡向正向移動，反應(yīng)的平衡常數(shù)增大 B．第一階段，在30℃和50℃兩者之間選擇反應(yīng)溫度，選50℃ C．第二階段，Ni（CO）4分解率較低 D．該反應(yīng)達(dá)到平衡時，v生成[Ni（CO）4]＝4v生成（CO）【考點】CB：化學(xué)平衡的影響因素．【專題】51E：化學(xué)平衡專題．【分析】A．平衡常數(shù)與溫度有關(guān)；B．Ni（CO）4的沸點為42.2℃，應(yīng)大于沸點，便于分離出Ni（CO）4；C．由加熱至230℃制得高純鎳分析；D．達(dá)到平衡時，不同物質(zhì)的正逆反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比。【解答】解：A．平衡常數(shù)與溫度有關(guān)，則增加c（CO），平衡向正向移動，反應(yīng)的平衡常數(shù)不變，故A錯誤；B．Ni（CO）4的沸點為42.2℃，應(yīng)大于沸點，便于分離出Ni（CO）4，則一階段，在30℃和50℃兩者之間選擇反應(yīng)溫度，選50℃，故B正確；C．加熱至230℃制得高純鎳，可知第二階段，Ni（CO）4分解率較大，故C錯誤；D．達(dá)到平衡時，不同物質(zhì)的正逆反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，則該反應(yīng)達(dá)到平衡時4v生成[Ni（CO）4]＝v生成（CO），故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查化學(xué)平衡的影響因素，為高頻考點，把握K與溫度的關(guān)系、溫度對平衡移動的影響為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意習(xí)題中的信息，選項C為解答的難點，題目難度不大。二、本卷共4題，共64分．7．（14分）某混合物漿液含有Al（OH）3、MnO2和少量Na2CrO4．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(shè)計的電解分離裝置（見圖），使?jié){液分離成固體混合物和含鉻元素溶液，并回收利用．回答Ⅰ和Ⅱ中的問題．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(yīng)條件未標(biāo)明）（1）反應(yīng)①所加試劑NaOH的電子式為．B→C的反應(yīng)條件為加熱（或煅燒），C→Al的制備方法稱為電解法．（2）該小組探究反應(yīng)②發(fā)生的條件．D與濃鹽酸混合，不加熱，無變化；加熱有Cl2生成，當(dāng)反應(yīng)停止后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產(chǎn)生Cl2．由此判斷影響該反應(yīng)有效進(jìn)行的因素有（填序號）ac．a(chǎn)．溫度b．Cl﹣的濃度c．溶液的酸度（3）0.1molCl2與焦炭、TiO2完全反應(yīng)，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，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g）△H＝﹣85.6kJ?mol﹣1．Ⅱ含鉻元素溶液的分離和利用（4）用惰性電極電解時，CrO42﹣能從漿液中分離出來的原因是在直流電場作用下，CrO42﹣通過陰離子交換膜向陽極室移動，脫離漿液，分離后含鉻元素的粒子是CrO42﹣、Cr2O72﹣；陰極室生成的物質(zhì)為NaOH和H2（寫化學(xué)式）．【考點】DI：電解原理；P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．【專題】546：無機(jī)實驗綜合．【分析】Ⅰ．（1）固體混合物含有Al（OH）3、MnO2，加入NaOH溶液，過濾，可得到濾液A為NaAlO2，通入二氧化碳，生成B為Al（OH）3，固體C為Al2O3，電解熔融的氧化鋁可得到Al；固體D為MnO2，加熱條件下與濃鹽酸反應(yīng)可生成氯氣；（2）題中涉及因素有溫度和濃度；（3）0.1molCl2與焦炭、TiO2完全反應(yīng)，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(zhì)量守恒可知還原性氣體為CO，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g），以此可計算反應(yīng)熱并寫出熱化學(xué)方程式；Ⅱ．（4））電解時，CrO42﹣通過陰離子交換膜向陽極移動，陰極發(fā)生還原反應(yīng)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，B為Al（OH）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：；加熱（或煅燒）；電解法；（2）反應(yīng)涉及的條件為加熱，加熱下可反應(yīng)，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）0.1molCl2與焦炭、TiO2完全反應(yīng)，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(zhì)量守恒可知還原性氣體為CO，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g），則2mol氯氣反應(yīng)放出的熱量為4.28kJ＝85.6kJ，所以熱化學(xué)方程式為2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g）△H＝﹣85.6kJ?mol﹣1，故答案為：2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g）△H＝﹣85.6kJ?mol﹣1；（4）電解時，CrO42﹣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2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O，則分離后含鉻元素的粒子是CrO42﹣、Cr2O72﹣，陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和NaOH，故答案為：在直流電場作用下，CrO42﹣通過陰離子交換膜向陽極室移動，脫離漿液；CrO42﹣、Cr2O72﹣；NaOH和H2．【點評】本題為2017年天津考題，側(cè)重考查物質(zhì)的制備、分離以及電解知識，解答本題，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)，能正確分析試驗流程，把握電解的原理，題目難度不大，有利于培養(yǎng)學(xué)生的分析能力和實驗?zāi)芰Γ?．（18分）2﹣氨基﹣3﹣氯苯甲酸（F）是重要的醫(yī)藥中間體，其制備流程圖如下：已知：回答下列問題：（1）分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子共有4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(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式．a(chǎn)．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(yīng)又能發(fā)生水解反應(yīng)（3）該流程未采用甲苯直接硝化的方法制備B，而是經(jīng)由①②③三步反應(yīng)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⑥的化學(xué)反應(yīng)方程式：，該步反應(yīng)的主要目的是保護(hù)氨基．（5）寫出⑧的反應(yīng)試劑和條件：Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe）；F中含氧官能團(tuán)的名稱為羧基．（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程．目標(biāo)化合物【考點】HC：有機(jī)物的合成．【專題】534：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【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(jié)構(gòu)，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，對應(yīng)的同分異構(gòu)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(yīng)又能發(fā)生水解反應(yīng)，說明應(yīng)含有酯基，且為甲酸酯，另外一種官能團(tuán)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(jié)構(gòu)簡式可知反應(yīng)⑥為取代反應(yīng)，可避免氨基被氧化；（5）⑧為苯環(huán)的氯代反應(yīng)，應(yīng)在類似苯與溴的反應(yīng)；F含有羧基、氨基和氯原子；（6）可水解生成，含有氨基、羧基，可發(fā)生縮聚反應(yīng)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(xué)環(huán)境的氫原子共有4種，苯環(huán)為平面形結(jié)構(gòu)，與苯環(huán)直接相連的原子在同一個平面上，結(jié)合三點確定一個平面，甲基上可有1個H與苯環(huán)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(yīng)的同分異構(gòu)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(yīng)又能發(fā)生水解反應(yīng)，說明應(yīng)含有酯基，且為甲酸酯，另外一種官能團(tuán)為氨基，可能為，故答案為：2﹣硝基甲苯或鄰硝基甲苯；；（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，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；（4）由結(jié)構(gòu)簡式可知反應(yīng)⑥為取代反應(yīng)，反應(yīng)的方程式為，該步反應(yīng)的主要目的是避免氨基被氧化，故答案為：；保護(hù)氨基；（5）⑧為苯環(huán)的氯代反應(yīng)，應(yīng)在類似苯與溴的反應(yīng)，反應(yīng)條件為Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe），F(xiàn)中含氧官能團(tuán)的名稱為羧基，故答案為：Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe）；羧基；（6）可水解生成，含有氨基、羧基，可發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高聚物，反應(yīng)的流程為，故答案為：．【點評】本題為2017年天津考題，為有機(jī)物合成題目，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系、常見反應(yīng)類型及反應(yīng)條件是解本題關(guān)鍵，注意題給信息的靈活運用，題目難度不大．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(zhǔn)備標(biāo)準(zhǔn)溶液和滴定待測溶液．Ⅰ準(zhǔn)備標(biāo)準(zhǔn)溶液a．準(zhǔn)確稱取AgNO3基準(zhǔn)物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL標(biāo)準(zhǔn)溶液，放在棕色試劑瓶中避光保存，備用．b．配制并標(biāo)定100mL0.1000mol?L﹣1NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液，備用．Ⅱ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?L﹣1AgNO3溶液（過量），使I﹣完全轉(zhuǎn)化為AgI沉淀．c．加入NH4Fe（SO4）2溶液作指示劑．d．用0.1000mol?L﹣1NH4SCN溶液滴定過量的Ag+，使其恰好完全轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀后，體系出現(xiàn)淡紅色，停止滴定．e．重復(fù)上述操作兩次．三次測定數(shù)據(jù)如下表：實驗序號123消耗NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液體積/mL10.2410.029.98f．?dāng)?shù)據(jù)處理．回答下列問題：（1）將稱得的AgNO3配制成標(biāo)準(zhǔn)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）AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液放在棕色試劑瓶中避光保存的原因是避免AgNO3見光分解．（3）滴定應(yīng)在pH＜0.5的條件下進(jìn)行，其原因是防止因Fe3+的水解而影響滴定終點的判斷（或抑制Fe3+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I﹣反應(yīng)，指示劑耗盡，無法判斷滴定終點．（5）所消耗的NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液平均體積為10.00mL，測得c（I﹣）＝0.0600mol?L﹣1．（6）在滴定管中裝入NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液的前一步，應(yīng)進(jìn)行的操作為用NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行潤洗；．（7）判斷下列操作對c（I﹣）測定結(jié)果的影響（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）①若在配制AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，則測定結(jié)果偏高．②若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標(biāo)準(zhǔn)液液面，則測定結(jié)果偏高．【考點】RD：探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量．【專題】544：定量測定與誤差分析．【分析】（1）配制硝酸銀標(biāo)準(zhǔn)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(yīng)注意防止鐵離子的水解，影響滴定結(jié)果；（4）鐵離子與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)；（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(yīng)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(jié)合c（AgNO3）×V（AgNO3）＝c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I﹣）×V（I﹣）計算；（6）裝入NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液，應(yīng)避免濃度降低，應(yīng)用NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行潤洗；（7）反應(yīng)的原理為c（AgNO3）×V（AgNO3）＝c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I﹣）×V（I﹣），如操作導(dǎo)致c（NH4SCN）×V（NH4SCN）偏小，則測定結(jié)果偏大，以此解答該題．【解答】解：（1）配制硝酸銀標(biāo)準(zhǔn)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(biāo)準(zhǔn)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AgNO3見光分解；（3）滴定應(yīng)在pH＜0.5的條件下進(jìn)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Fe3+的水解而影響滴定終點的判斷（或抑制Fe3+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(yīng)，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)e3+與I﹣反應(yīng)，指示劑耗盡，無法判斷滴定終點；（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(yīng)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（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，則c（I﹣）×0.025L＝2.5×10﹣3mol﹣1.00×10﹣3mol，c（I﹣）＝0.0600mol?L﹣1，故答案為：10.00；0.0600；（6）裝入NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液，應(yīng)避免濃度降低，應(yīng)用NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行潤洗，故答案為：用NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行潤洗；（7）反應(yīng)的原理為c（AgNO3）×V（AgNO3）＝c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I﹣）×V（I﹣），①若在配制AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，則導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)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；①若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標(biāo)準(zhǔn)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．【點評】本題為2017年天津考題，涉及物質(zhì)含量的測定，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、實驗?zāi)芰陀嬎隳芰Φ目疾?，注意把握實驗的操作方法和注意事項，把握反?yīng)的原理和誤差分析的角度，難度中等．10．（14分）H2S和SO2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+Fe2（SO4）3═S↓+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO42Fe2（SO4）3+2H2O（1）硫桿菌存在時，F(xiàn)eSO4被氧化的速率是無菌時的5×105倍，該菌的作用是降低反應(yīng)活化能．（2）由圖1和圖2判斷使用硫桿菌的最佳條件為30℃、pH＝2.0．若反應(yīng)溫度過高，反應(yīng)速率下降，其原因是蛋白質(zhì)變性（或硫桿菌失去活性）．方法2：在一定條件下，用H2O2氧化H2S（3）隨著參加反應(yīng)的n（H2O2）/n（H2S）變化，氧化產(chǎn)物不同．當(dāng)n（H2O2）/n（H2S）＝4時，氧化產(chǎn)物的分子式為H2SO4．Ⅱ．SO2的除去方法1（雙堿法）：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3溶液（4）寫出過程①的離子方程式：2OH﹣+SO2＝SO32﹣+H2O；CaO在水中存在如下轉(zhuǎn)化：CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）從平衡移動的角度，簡述過程②NaOH再生的原理SO32﹣與Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移動，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．若氨水的濃度為2.0mol?L﹣1，溶液中的c（OH﹣）＝6.0×10﹣3mol?L﹣1．將SO2通入該氨水中，當(dāng)c（OH﹣）降至1.0×10﹣7mol?L﹣1時，溶液中的c（SO32﹣）/c（HSO3﹣）＝0.62．【考點】D5：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；FO：含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用．【專題】51E：化學(xué)平衡專題；52：元素及其化合物．【分析】（1）硫桿菌存在時，F(xiàn)eSO4被氧化的速率是無菌時的5×105倍，說明硫桿菌做反應(yīng)的催化劑加快反應(yīng)速率；（2）從圖象中分析可知，使用硫桿菌的最佳條件是亞鐵離子氧化速率最大時，反應(yīng)溫度過高，反應(yīng)速率下降是因為升溫使蛋白質(zhì)發(fā)生變性；（3）當(dāng)n（H2O2）/n（H2S）＝4時，結(jié)合氧化還原反應(yīng)電子守恒，4H2O2～4H2O～8e﹣，電子守恒得到H2S變化為+6價化合物；（4）過程①是二氧化硫和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水；過程②NaOH再生是平衡CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）正向進(jìn)行；氫氧根離子濃度增大；（5）NH3?H2O的Kb＝1.8×10﹣5，若氨水的濃度為2.0mol?L﹣1，可結(jié)合Kb計算c（OH﹣），H2SO3的Ka2＝6.2×10﹣8，結(jié)合Ka2計算c（SO32﹣）/c（HSO3﹣）．【解答】解：（1）4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2（SO4）3+2H2O，硫桿菌存在時，F(xiàn)eSO4被氧化的速率是無菌時的5×105倍，該菌的作用是做催化劑降低反應(yīng)的活化能，故答案為：降低反應(yīng)活化能（或作催化劑）；（2）從圖象中分析可知，使用硫桿菌的最佳條件是亞鐵離子氧化速率最大時，需要的溫度和溶液PH分別為：30℃、pH＝2.0，反應(yīng)溫度過高，反應(yīng)速率下降是因為升溫使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，催化劑失去生理活性，故答案為：30℃、pH＝2.0；蛋白質(zhì)變性（或硫桿菌失去活性）；（3）當(dāng)4時，結(jié)合氧化還原反應(yīng)電子守恒，4H2O2～4H2O～8e﹣，電子守恒得到H2S變化為+6價化合物，H2S～H2SO4～8e﹣，氧化產(chǎn)物的分子式為H2SO4，故答案為：H2SO4；（4）過程①是二氧化硫和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為：2OH﹣+SO2＝SO32﹣+H2O，過程②加入CaO，存在CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH﹣（aq），因SO32﹣與Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移動，有NaOH生成，故答案為：2OH﹣+SO2＝SO32﹣+H2O；SO32﹣與Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移動，有NaOH生成；（5）NH3?H2O的Kb＝1.8×10﹣5，若氨水的濃度為2.0mol?L﹣1，由Kb可知c（OH﹣）mol/L＝6.0×10﹣3mol/L，當(dāng)c（OH﹣）降至1.0×10﹣7mol?L﹣1時，c（H+）＝1.0×10﹣7mol?L﹣1，H2SO3的Ka2＝6.2×10﹣8，由Ka2可知c（SO32﹣）/c（HSO3﹣）0.62，故答案為：6.0×10﹣3；0.62．【點評】本題考查較為綜合，涉及弱電解質(zhì)的電離以及二氧化硫的污染和治理，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力和計算能力，注意把握題給信息的分析，掌握電離平衡常數(shù)的運用，難度中等．精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2018年天津市高考化學(xué)試卷一、選擇題（共6小題，每小題6分，共36分．每題只有一個正確選項）1．（6分）以下是中華民族為人類文明進(jìn)步做出巨大貢獻(xiàn)的幾個事例，運用化學(xué)知識對其進(jìn)行的分析不合理的是（）A．四千余年前用谷物釀造出酒和酯，釀造過程中只發(fā)生水解反應(yīng) B．商代后期鑄造出工藝精湛的后（司）母戊鼎，該鼎屬于銅合金制品 C．漢代燒制出“明如鏡、聲如磬”的瓷器，其主要原料為黏土 D．屠呦呦用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，該過程包括萃取操作2．（6分）下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的比較，結(jié)論正確的是（）A．溶解度：Na2CO3＜NaHCO3 B．熱穩(wěn)定性：HCl＜PH3 C．沸點：C2H5SH＜C2H5OH D．堿性：LiOH＜Be（OH）23．（6分）下列敘述正確的是（）A．某溫度下，一元弱酸HA的Ka越小，則NaA的Kb（水解常數(shù)）越小 B．鐵管鍍鋅層局部破損后，鐵管仍不易生銹 C．反應(yīng)活化能越高，該反應(yīng)越易進(jìn)行 D．不能用紅外光譜區(qū)分C2H5OH和CH3OCH34．（6分）由下列實驗及現(xiàn)象推出的相應(yīng)結(jié)論正確的是（）實驗現(xiàn)象結(jié)論A某溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液產(chǎn)生藍(lán)色沉淀原溶液中有Fe2+，無Fe3+B向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液變渾濁酸性：H2CO3＞C6H5OHC向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）D①某溶液中加入Ba（NO3）2溶液②再加足量鹽酸①產(chǎn)生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SO42﹣A．A B．B C．C D．D5．（6分）室溫下，向圓底燒瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氫溴酸，溶液中發(fā)生反應(yīng)：C2H5OH+HBr?C2H5Br+H2O，充分反應(yīng)后達(dá)到平衡。已知常壓下，C2H5Br和C2H5OH的沸點分別為38.4℃和78.5℃．下列關(guān)敘述錯誤的是（）A．加入NaOH，可增大乙醇的物質(zhì)的量 B．增大HBr濃度，有利于生成C2H5Br C．若反應(yīng)物均增大至2mol，則兩種反應(yīng)物平衡轉(zhuǎn)化率之比不變 D．若起始溫度提高至60℃，可縮短反應(yīng)達(dá)到平衡的時間6．（6分）LiH2PO4是制備電池的重要原料。室溫下，LiH2PO4溶液的pH隨c初始（H2PO4﹣）的變化如圖1所示，H3PO4溶液中H2PO4﹣的分布分?jǐn)?shù)δ隨pH的變化如圖2所示[δ]下列有關(guān)LiH2PO4溶液的敘述正確的是（）A．溶液中存在3個平衡 B．含P元素的粒子有H2PO4﹣、HPO42﹣和PO43﹣ C．隨c初始（H2PO4﹣）增大，溶液的pH明顯變小 D．用濃度大于1mol?L﹣1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，當(dāng)pH達(dá)到4.66時，H3PO4幾乎全部轉(zhuǎn)化為LiH2PO4二、非選擇題II卷（60分）7．（14分）圖中反應(yīng)①是制備SiH4的一種方法，其副產(chǎn)物MgCl2?6NH3是優(yōu)質(zhì)的鎂資源。回答下列問題：（1）MgCl2?6NH3所含元素的簡單離子半徑由小到大的順序（H﹣除外）：。Mg在元素周期表中的位置；，Mg（OH）2的電子式：。（2）A2B的化學(xué)式為，反應(yīng)②的必備條件是。上圖中可以循環(huán)使用的物質(zhì)有。（3）在一定條件下，由SiH4和CH4反應(yīng)生成H2和一種固體耐磨材料（寫化學(xué)式）。（4）為實現(xiàn)燃煤脫硫，向煤中加入漿狀Mg（OH）2，使燃燒產(chǎn)生的SO2轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定的Mg化合物，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：。（5）用Mg制成的格氏試劑（RMgBr）常用于有機(jī)合成，例如制備醇類化合物的合成路線如下：RBrRMgBr（R：烴基；R'：烴基或H）依據(jù)上述信息，寫出制備所需醛的可能結(jié)構(gòu)簡式：。8．（18分）化合物N具有鎮(zhèn)痛、消炎等藥理作用，其合成路線如下：（1）A的系統(tǒng)命名為，E中官能團(tuán)的名稱為。（2）A→B的反應(yīng)類型為，從反應(yīng)所得液態(tài)有機(jī)混合物中提純B的常用方法為。（3）C→D的化學(xué)方程式為。（4）C的同分異構(gòu)體W（不考慮手性異構(gòu)）可發(fā)生銀鏡反應(yīng)：且1molW最多與2molNaOH發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)物之一可被氧化成二元醛。滿足上述條件的W有種，若W的核磁共振氫譜具有四組峰，則其結(jié)構(gòu)簡式為。（5）F與G的關(guān)系為（填序號）。a．碳鏈異構(gòu)b．官能團(tuán)異構(gòu)c．順反異構(gòu)d．位置異構(gòu)（6）M的結(jié)構(gòu)