2017年天津市高考化学试卷(真题)

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2017-2019年高考化学真题专题分类汇编专题1 化学与科技、社会、生活、环境汇编( 解析版)

专题一化学与科技、社会、生活、环境（解析版）1.【2019 北京】下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是A．4.03米大口径碳化硅反射镜B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线D．“玉兔二号”钛合金筛网轮A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的区分。

同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。

A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；B.聚氨酯为有机高分子化合物，故B不符合题意；C.碳包覆银纳米材料中银为金属元素，故C不符合题意；D.钛合金为含有金属钛元素的合金，故D不符合题意；综上所述，本题应选A。

2.【2018 北京】下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是．．化学变化的是A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D．开采可燃冰，将其作为能源使用A. AB. BC. CD. D 【答案】B【解析】A.甲醇低温制氢气时有新物质生成，因此属于化学变化；B.氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料是核反应问题，不属于化学变化；C.偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料时与NO2发生氧化还原反应生成CO2、 N2和 H2O，放出大量的热，反应方程式为:因此属于化学变化；D.可燃冰是甲烷的结晶水合物，，其作为能源使用时发生化学变化。

3.【2017北京卷6】古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是A．瓷器B．丝绸C．茶叶D．中草药【答案】A【解析】A.瓷器是硅酸盐产品，主要成分是无机物；B、C、D中丝绸、茶叶、中草药的主要成分都是有机物。

故答案选A。

4.【2016北京卷】我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是A．徐光宪建立稀土串级萃取理论B．屠呦呦发现抗疟新药青蒿素C．闵恩泽研发重油裂解催化剂D．侯德榜联合制碱法【答案】B【解析】2015年我国科学家屠呦呦因发现抗疟疾新药青蒿素而获得了诺贝尔生理学或医学奖，答案选B。

2017年全国Ⅱ卷高考真题化学试题(解析版)

2017年高考真题化学试题全国Ⅱ卷7．(2017·全国卷Ⅱ)下列说法错误的是( ) A ．糖类化合物也可称为碳水化合物 B ．维生素D 可促进人体对钙的吸收 C ．蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质 D ．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多 [答案]C[详解]蛋白质基本组成元素是碳、氢、氧、氮，有些蛋白质含包括硫、磷等元素。

8．(2017·全国卷Ⅱ)阿伏加德罗常数的值为A N 。

下列说法正确的是( ) A ．1L0.1mol·1L -NH 4Cl 溶液中，4NH +的数量为0.1A N B ．2.4gMg 与H 2SO 4完全反应，转移的电子数为0.1A N C ．标准状况下，2.24LN 2和O 2的混合气体中分子数为0.2A ND ．0.1mol H 2和0.1mol I 2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2A N [答案]D[详解]A 、因铵根离子水解，其数量小于0.1N A ，A 错误；B 、2.4gMg 为0.1mol ，完全反应转移的电子为0.2N A ，B 错误；C 、标准状况下，2.24L 任何气体所含有的分子数都为0.1N A ，C 错误；D 、虽然0.1mol H 2和0.1mol I 2于密闭容器中不能完全反应，但因该反应是气体分子数不变的反应，其分子总数一定为0.2A N ，正确。

9．(2017·全国卷Ⅱ)a,b,c,d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与b 原子次外层的电子数相同；c 所在周期数与族数相同；d 与a 同族，下列叙述正确的是( ) A ．原子半径：d>c>b>a B ．4种元素中b 的金属性最强 C ．c 的氧化物的水化物是强碱 D ．d 单质的氧化性比a 单质的氧化性强 [答案]B[详解] a 、b 、c 、d 原子序数依次增大，由a 核外电子数与b 的次外层相同，只能为2或8，则a 为He 或O ，但He 不是主族元素，则a 为氧元素；又因为a 、d 同主族，则d 为硫元素；c 原子周期数等于族序数，且在8~16之间，则c 为Al 元素；b 序数在8~13之间且为第三周期，则b 是Na 或Mg ；故a 、b 、c 、d 分别为O 、Na 、Al 、S 或O 、Mg 、Al 、S 。

2017年全国高考化学试题元素周期律专题汇编含答案与解析

2017年全国高考化学试题元素周期律专题汇编Ⅰ—原子结构1．（2017•北京-8）2016年IUPAC命名117号元素为T S，T S的原子核外最外层电子数是7，下列说法不正确的是A．T S是第七周期第ⅦA族元素B．T S的同位素原子具有相同的电子数C．T S在同族元素中非金属性最弱D．中子数为176的T S核素符号是117176Ts【答案】D【解析】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素位于第七周期、第VIIA族，故A正确。

B．同位素具有相同质子数、不同中子数，而原子的质子数=核外电子总数，则T S的同位素原子具有相同的电子数，故B正确；C．同一主族元素中，随着原子序数越大，元素的非金属性逐渐减弱，则T S在同族元素中非金属性最弱，故C正确；D．该元素的质量数=质子数+中子数=176+117=293，该原子正确的表示方法为：117293Ts，故D错误；【考点】原子结构与元素的性质；元素周期律与元素周期表【专题】元素周期律与元素周期表专题【点评】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养学生的分析能力及灵活应用能力。

2．（2017•新课标Ⅱ-9）a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族，下列叙述正确的是A．原子半径：d＞c＞b＞aB．4种元素中b的金属性最强C．c的氧化物的水化物是强碱D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强【答案】B【解析】由以上分析可知a为O元素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S元素．A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b＞c＞d，a为O，原子半径最小，故A错误；B．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，故B正确；C．c为Al，对应的氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，故C错误；D．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质的氧化性强，故D错误。

2017年全国2卷高考化学(附解析)

2017年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）下列说法错误的是（）A．糖类化合物也可称为碳水化合物B．维生素D可促进人体对钙的吸收C．蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质D．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多2．（6分）阿伏加德罗常数的值为N A．下列说法正确的是（）A．1L0.1mol•L﹣1NH4CL溶液中，NH4+的数量为0.1N AB．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1N AC．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2N AD．0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2N A3．（6分）a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b 原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族，下列叙述正确的是（）A．原子半径：d＞c＞b＞aB．4种元素中b的金属性最强C．c的氧化物的水化物是强碱D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强4．（6分）下列由实验得出的结论正确的是（）实验结论A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的1，2﹣二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳B．乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性小于碳酸的酸性D．甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生成的一氯甲烷具有酸性A．A B．B C．C D．D5．（6分）用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4﹣H2C2O4混合溶液．下列叙述错误的是（）A．待加工铝质工件为阳极B．可选用不锈钢网作为阴极C．阴极的电极反应式为：Al3++3e﹣═AlD．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动6．（6分）改变0.1mol•L﹣1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA﹣、A2﹣的物质的量分数δ（x）随pH的变化如图所示[已知δ（x）=]．下列叙述错误的是（）A．pH=1.2时，c（H2A）=c（HA﹣）B．lg[K2（H2A）]=﹣4.2C．PH=2.7时，c（HA﹣）＞c（H2A）=c（A2﹣）D．pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2﹣）=c（H2A）7．（6分）由下列实验及现象不能推出相应结论的是（）实验现象结论A．向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，震荡，加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变还原性：Fe＞Fe2+B．将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C．加热盛有少量NH4HCO3固体的试石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸D．向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象K sp（AgI）＜K sp（AgCl）A．A B．B C．C D．D二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）水泥是重要的建筑材料．水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物．实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸．加入硝酸的目的是，还可使用代替硝酸．（2）沉淀A的主要成分是，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为．（3）加氨水过程中加热的目的是．沉淀B的主要成分为、（填化学式）．（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4﹣+H++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O．实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了0.0500mol•L﹣1的KMnO4溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为．9．（14分）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备．回答下列问题：（1）正丁烷（C4H10）脱氢制1﹣丁烯（C4H8）的热化学方程式如下：①C4H10（g）=C4H8（g）+H2（g）△H1已知：②C4H10（g）+O2（g）=C4H8（g）+H2O（g）△H2=﹣119kJ•mol﹣1③H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H3 =﹣242kJ•mol﹣1反应①的△H1为kJ•mol﹣1．图（a）是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是（填标号）．A．升高温度B．降低温度C．增大压强D．降低压强（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等．图（b）为丁烯产率与进料气中n（氢气）/n （丁烷）的关系．图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是．（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物．丁烯产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是、；590℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是．10．（15分）水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件．某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧．实验步骤及测定原理如下：Ⅰ．取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样．记录大气压及水体温度．将水样与Mn（OH）2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固定．Ⅱ．酸化，滴定将固氧后的水样酸化，MnO（OH）2被I﹣还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2O32﹣+I2=2I﹣+S4O62﹣）．回答下列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是．（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为．（3）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定．配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除及二氧化碳．（4）取100.00mL水样经固氧、酸化后，用a mol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为mg•L﹣1．（5）上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏．（填“高”或“低”）[化学--选修3：物质结构与性质]11．（15分）我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐（N5）6（H3O）3（NH4）Cl（用R代表）．回答下列问题：4（1）氮原子价层电子对的轨道表达式（电子排布图）为．（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）．第二周期部分元素的E1变化趋势如图（a）所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是；氮元素的E1呈现异常的原因是．（3）经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图（b）所示．①从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为，不同之处为．（填标号）A．中心原子的杂化轨道类型B．中心原子的价层电子对数C．立体结构D．共价键类型②R中阴离子N5﹣中的σ键总数为个．分子中的大π键可用符号Πm n表示，其中m 代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π66），则N5﹣中的大π键应表示为．③图（b）中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）N﹣H…Cl、、．（4）R的晶体密度为dg•cm﹣3，其立方晶胞参数为anm，晶胞中含有y个[（N5）6（H3O）（NH4）4Cl]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为．3[化学--选修5：有机化学基础]12．化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成G的路线如下：已知以下信息：①A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6：1：1．②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1molD可与1mol NaOH或2mol Na反应．回答下列问题：（1）A的结构简式为．（2）B的化学名称为．（3）C与D反应生成E的化学方程式为．（4）由E生成F的反应类型为．（5）G是分子式为．（6）L是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1mol的L可与2mol的Na2CO3反应，L共有种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3：2：2：1的结构简式为、．2017年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）参考答案与试题解析一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）【考点】K8：人体必需的维生素的主要来源及其摄入途径；K6：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；KA：微量元素对人体健康的重要作用．【分析】A．糖类化合物符合通式C n（H2O）m，故称为碳水化合物；B．维生素D的作用是促进钙，磷的吸收和骨骼的发育；C．蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N四中元素，还有些蛋白质含S、P等元素；D．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多．【解答】解：A．糖类化合物符合通式C n（H2O）m，故称为碳水化合物，故A正确；B．维生素D可促进人体对钙的吸收，故B正确；C．蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N四中元素，故仅由碳、氢、氧元素不正确，故C 错误；D．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多，故D正确，故选C．【点评】本题考查糖类，维生素D，蛋白质，微量元素硒的相关性质及组成，本题难度中等．2．（6分）【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A．铵根易水解；B．Mg与H2SO4反应生成Mg2+，故1molMg参与反应转移2mol电子；C．标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol；D．H2+I2=2HI这是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NA 【解答】解：A．铵根易水解，所含NH4+数小于0.1N A，故A错误；B．n（Mg）==0.1mol，Mg与H2SO4反应生成Mg2+，则1molMg参与反应转移2mol 电子，故0.1molMg参与反应转移0.2mol电子，即0.2N A，故B错误；C．标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol，故2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.1mol，即0.1N A，故C错误；D．H2+I2=2HI这是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NA，故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度不大，注意气体摩尔体积指的是1mol 任何气体的体积为22.4L．3．（6分）【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【分析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题．【解答】解：由以上分析可知a为O元素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S元素．A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b＞c＞d，a为O，原子半径最小，故A 错误；B．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，故B正确；C．c为Al，对应的氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，故C错误；D．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质的氧化性强，故D错误．故选B．【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，本题注意把握原子核外电子排布的特点，把握性质的比较角度，难度不大．4．（6分）【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷；B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应；C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应；D．使湿润的石蕊试纸变红的气体为HCl．【解答】解：A．乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2﹣二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，故A正确；B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应，且﹣OH中H的活性比水弱，故B错误；C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，故C错误；D．甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，故D错误．故选A．【点评】本题综合考查化学实验方案的评价，侧重考查有机物的性质，有利于培养学生的分析能力和实验能力，注意把握有机物的官能团的性质以及反应的现象的判断，难度不大．5．（6分）【考点】DI：电解原理．【分析】A、铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，对应的电极反应为2Al ﹣6e﹣+3H2O=Al2O3+6H+；B、阴极材料选择没有特定的要求；C、阴极上是电解质中的阳离子发生得电子的还原反应；D、在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极．【解答】解：A、铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，故A正确；B、阴极不论用什么材料离子都会在此得电子，故可选用不锈钢网作为阴极，故B正确；C、阴极是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，故电极反应方程式为2H++2e﹣=H2↑，故C 错误；D、在电解池中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故硫酸根离子在电解过程中向阳极移动，故D正确，故选C．【点评】本题主要考查电解原理及其应用．电化学原理是高中化学的核心考点，学生要知道阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应．6．（6分）【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】由图象可知，pH=1.2时，c（H2A）=c（HA﹣），PH=2.7时，c（H2A）=c（A2﹣），pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2﹣），随着pH的增大，c（H2A）逐渐减小，c（HA﹣）先增大后减小，c（A2﹣）逐渐增大，结合电离平衡常数以及题给数据计算，可根据纵坐标比较浓度大小，以此解答该题．【解答】解：A．由图象可知pH=1.2时，H2A与HA﹣的曲线相交，则c（H2A）=c（HA﹣），故A正确；B．pH=4.2时，c（H+）=10﹣4.2mol/L，c（HA﹣）=c（A2﹣），K2（H2A）==10﹣4.2，则lg[K2（H2A）]=﹣4.2，故B正确；C．由图象可知，PH=2.7时，c（H2A）=c（A2﹣），由纵坐标数据可知c（HA﹣）＞c（H2A）=c（A2﹣），故C正确；D．pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2﹣），但此时c（H2A）≈0，故D错误．故选D．【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化，难度中等．7．（6分）【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+；B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳；C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色；D．如能生成沉淀，应满足Qc＞Ksp．【解答】解：A．向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，反应中Fe 为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性：Fe＞Fe2+，可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，故A正确；B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故B 正确；C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色，且为固体的反应，与盐类的水解无关，故C错误；D．一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，则Qc＞Ksp，另一支中无明显现象，说明Qc＜Ksp，可说明K sp（AgI）＜K sp（AgCl），故D正确．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、钠的性质、物质的检验以及难溶电解质的溶解平衡，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质，难度不大．二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物，加入氯化铵、盐酸和硝酸，由于二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A为SiO2，滤液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+等离子，加入氨水调节pH4﹣5，可生成Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，滤液主要含有Ca2+，加入草酸铵可生成草酸钙沉淀，加入硫酸用高锰酸钾测定，发生5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，根据高锰酸钾的量可计算含量，以此解答该题．【解答】解：（1）铁离子在pH较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，比避免引入新杂质，还可用过氧化氢代替硝酸，故答案为：将样品中的Fe2+氧化为Fe3+；H2O2；（2）由以上分析可知沉淀A为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF的反应，方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；（3）滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，生成的沉淀主要是Al（OH）3、Fe（OH）3，故答案为：防止胶体生成，易生成沉淀；Al（OH）3、Fe（OH）3；（4）反应的关系式为5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，n（KMnO4）=0.0500mol/L×36.00mL=1.80mmol，n（Ca2+）=4.50mmol，水泥中钙的质量分数为×100%=45.0%，故答案为：45.0%．【点评】本题为2017年辽宁考题，侧重考查物质的含量的测定，为高频考点，注意把握流程的分析，把握物质的性质，结合关系式法计算，题目有利于培养学生的分析能力、实验能力和计算能力，难度中等．9．（14分）【考点】BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；CB：化学平衡的影响因素．【分析】（1）根据盖斯定律，②式﹣③式可得①式的△H1；由a图定温度，压强由0.1MPa变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，结合反应前后气体体积的变化分析x；要使丁烯的平衡产率增大，需通过改变温度和压强使平衡正向移动；（2）丁烷分解产生丁烯和氢气，增加氢气的量会促使平衡逆向移动，丁烯的产率下降；（3）升温速率加快，单位时间内生成丁烯更多，升温反应①平衡正向移动，丁烯产率增加；由题中信息可知丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以当温度超过590℃时，部分丁烷裂解导致产率降低．【解答】解：（1）②C4H10（g）+O2（g）=C4H8（g）+H2O（g）△H2=﹣119kJ•mol﹣1③H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H3=﹣242kJ•mol﹣1②﹣③得C4H10（g）=C4H8（g）+H2（g）△H1=+123kJ•mol﹣1由a图可知温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷转化率增大，即平衡正向移动，该反应是气体体积增大的反应，所以x的压强更小，x＜0.1；由于反应①为吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，反应①正向进行时体积增大，减压时平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，因此AD正确，故答案为：+123；小于；AD；（2）丁烷分解产生丁烯和氢气，一开始充入氢气是为活化催化剂，同时氢气作为反应①的产物，增大氢气的量会促使平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的丁烯的含量，使丁烯的产率降低，故答案为：原料中过量H2会使反应①平衡逆向移动，所以丁烯产率下降；（3）590℃之前，温度升高时反应速率加快，单位时间内生成的丁烯会更多，同时由于反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯；而温度超过590℃时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁烷也就相应减少，产率下降，故答案为：升高温度时，反应速率加快，单位时间产生丁烯更多；590℃前升高温度，反应①平衡正向移动；高温则有更多的丁烷裂解生成副产物导致产率降低．【点评】本题考查盖斯定律以及化学平衡的影响因素，为高频考点，把握图象分析温度、压强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，注意化学平衡在实际生产中的应用，题目难度不大．10．（15分）【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）采集的水样中溶解的氧气因外界条件（特别是温度和压强）改变其溶解度发生改变；（2）“氧的固定”的方法是：用Mn（OH）2碱性悬浊液（含有KI）与水样混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固定；（3）物质的量浓度的配制实验，使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、一定容积的容量瓶、胶头滴管、量筒；测水样中的氧，故避免使用的蒸馏水溶解有氧；（4）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点；根据方程式中I2、S2O32﹣之间的关系式计算；（5）根据n（O2）=mol分析，不当操作对b的影响，以此判断测量结果的误差；【解答】解：（1）取水样时扰动水体表面，这样操作会使氧气溶解度减小，为此，取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差，故答案为：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差；（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为：2Mn（OH）2+O2=2MnO（OH）2，故答案为：2Mn（OH）2+O2=2MnO（OH）2；（3）蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除氧气及二氧化碳，故答案为：氧气；（4）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点；根据方程式，O2～2I2～4S2O32﹣得n（O2）=mol，m （O2）==8abmg，则水样中溶解氧的含量为：=80abmg．L﹣1，故答案为：当滴入最后一滴时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；80abmg．L﹣1；（5）根据n（O2）=mol分析，不当操作对b的影响，b值减小，则会导致测量结果偏低，故答案为：低．【点评】本题主要考查了杂质离子的检测实验设计及其滴定法测定含量的过程，有关信息应用和化学方程式的计算，实验步骤判断是解题关键，题目难度中等．[化学--选修3：物质结构与性质]11．（15分）【考点】9I：晶胞的计算．【分析】（1）氮原子价层电子为最外层电子，即2s22p3，书写电子排布图；（2）同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N的最外层为半充满结构，较为稳定；（3）①根据图（b），阳离子为H3O+和NH4+，NH4+中心原子N含有4个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数为2，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有3σ键，孤电子对数为=1，空间构型为正四面体，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间构型为三角锥形；②根据图（b）N5﹣中键总数为5N A个，根据信息，N5﹣的大π键可用符号Π56；③O、N的非金属性较强，对应的O﹣H、N﹣H都可与H形成氢键；（4）根据d==计算．（1）氮原子价层电子为最外层电子，即2s22p3，则电子排布图为，【解答】解：故答案为：；（2）元素的非金属性越强，越易得到电子，则第一电子亲和能越大，同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N的最外层为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子，故答案为：同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合电子；（3）①A．阳离子为H3O+和NH4+，NH4+中心原子N含有4个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有3σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数为4，为sp3杂化；B．由以上分析可知H3O+和NH4+中心原子的价层电子对数都为4；C．NH4+为空间构型为正四面体，H3O+为空间构型为三角锥形；D．含有的共价键类型都为σ键．两种阳离子的相同之处为ABD，不同之处为C；故答案为：ABD；C；②根据图（b）N5﹣中键总数为5N A个，根据信息，N5﹣有6个电子可形成大π键，可用符号Π56表示，故答案为：5N A；Π56；③O、N的非金属性较强，对应的O﹣H、N﹣H都可与H形成氢键，还可表示为（H3O+）O﹣H…N、（NH4+）N﹣H…N，故答案为：（H3O+）O﹣H…N、（NH4+）N﹣H…N；（4）由d==可知，y=，故答案为：．【点评】本题为2017年考题，题目综合考查核外电子排布、元素周期律、轨道的杂化以及晶胞的计算、氢键等问题，侧重考查学生的分析能力和计算能力，题目难度中等，易错点为（3），注意把握氢键的形成．[化学--选修5：有机化学基础]12．（2017•新课标Ⅱ）【考点】HC：有机物的合成．【分析】A的化学式为C2H4O，其核磁共振氢谱为单峰，则A为；B的化学C3H8O，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6：1：1，则B的结构简式为CH3CH（OH）CH3；D 的化学式为C7H8O2，其苯环上仅有两种不同化学环境的氢，1 mol D可与1 mol NaOH或2 molNa反应，则苯环上有酚羟基和﹣CH2OH，且为对位结构，则D的结构简式为，E应为，结合对应有机物的结构和官能团的性质可解答（1）～（5）；（6）L是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1 mol的L可与2 mol的Na2CO3反应，说明L的分子结构中含有2个酚羟基和一个甲基，当二个酚羟基在邻位时，苯环上甲基的位置有2种，当二个酚羟基在间位时，苯环上甲基的位置有3种，当二个酚羟基在对位时，苯环上甲基的位置有1种，只满足条件的L共有6种，以此解答该题．【解答】解：（1）由以上分析可知A的结构简式为，故答案为：；（2）B的结构简式为CH3CH（OH）CH3，其化学名称为2﹣丙醇，故答案为：2﹣丙醇；（3）D为，对比E的分子式可知，C和D发生取代反应生成E，发生反应生成E的化学方程式为，故答案为：；（4）对比E和F的分子式可知由E生成F的反应类型为取代反应，生成F的同时生成HCl，故答案为：取代反应；（5）由结构简式可知有机物G的分子式为C18H31NO4，故答案为：C18H31NO4；（6）L是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1 mol的L可与2 mol的Na2CO3反应，说明L的分子结构中含有2个酚羟基和一个甲基，当二个酚羟基在邻位时，苯环上甲基的位置有2种，当二个酚羟基在间位时，苯环上甲基的位置有3种，当二个酚羟基在对位时，苯环上甲基的位置有1种，只满足条件的L共有6种，其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3：2：2：1的结构简式为、，故答案为：6；；．【点评】本题考查有机物的合成与推断，为2017年考题，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构、性质以及转化的特点，答题时注意分析题给信息，为解答该题的关键，难度中等．。

2017年全国卷III高考真题化学试卷答案

2017年全国卷III高考真题化学试卷(答案)一、选择题1.【解析】C ．是指空气中直径等于或小于的悬浮颗粒物，它能较长时间悬浮于空气中，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，故正确；．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染，而不能污染后再治理，故正确；．加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳，燃煤中加入后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，故错误；．天然气（）主要成分是甲烷，液化石油气（）的成分是丙烷、丁烷等，这些碳氢化合物完全燃烧生成二氧化碳和水，则这两类燃料是清洁燃料，故正确；故选。

2.【解析】A ．植物油氢化过程发生油脂与氢气的加成反应，故正确；．淀粉和纤维素的聚合度不同，造成它们的分子量不等，所以不是同分异构体，故错误；．环己烷与苯都不与酸性溶液反应，所以不能用该方法鉴别环己烷与苯，故错误；．溴苯与苯互溶，不能用水分离溴苯和苯的混合物，故错误；故选。

3.【解析】B ．刻度以下部分还容纳有盐酸，所以滴定管中盐酸体积大于，故错误；．碘易溶于酒精，可用酒精清洗碘，又由于酒精与水互溶，在用水清洗即可洗净，故正确；．湿润试纸相当于稀释溶液，会造成醋酸钠溶液偏低，故错误；．容量瓶是定容容器，不能再容量瓶中溶解固体，故错误；故选。

4.【解析】A ．中含有个中子，含有个中子，故正确；．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，故错误；．标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算苯完全燃烧产生的分子数目，故错误；．与反应生成的反应是可逆反应，所以与反应制备，增加的键的数目小于个，故错误。

答案选。

5.方法一：方法二：【解析】D．原电池工作时，向正极移动，则为正极，正极上发生还原反应，随放电的进行可能发生多种反应，其中可能发生反应，故正确；．原电池工作时，转移电子时，氧化的物质的量为，质量为，故正确；．石墨烯能导电，不能导电，利用掺有石墨烯的材料作电极，可提高电极的导电性，故正确；．电池充电时间越长，转移电子数越多，生成的和越多，即电池中的量越少，故错误；故选。

化学高考真题全国卷二选一

化学高考真题全国卷二选一
2017年全国高考化学科目，一共发布了两套试卷供考生选择。

本文
将对其中一套试卷进行详细解析，帮助考生更好地复习备考，顺利应
对考试。

一、必考题部分
1. 下列物质中属于金属的是（）
A. 碳
B.磷
C.铅
D.硅
解析：金属是一类具有良好的导电性和导热性质的元素，而碳、磷、硅均为非金属元素，仅铅为金属元素。

所以答案选C。

2. 下列物质中，常温下是液体的是（）
A. 氮气
B.氯气
C.溴
D.氟
解析：氮气、氯气、氟气均为气体，而溴是常温下呈现为液体状态
的元素。

所以答案选C。

3. 硫硫键作用产生自由基，下列关于亚硫酸的描述正确的是（）
A.亚硫酸可用于白酒消毒
B.亚硫酸是无色气体
C.亚硫酸大量吸水可获得硫酸
D.亚硫酸可用于水产养殖
解析：亚硫酸在工业上可用作脱氧、消毒、漂白、缓蚀等，可以用于白酒消毒和水产养殖，但不是无色气体，而是无色气味刺激性很大，大量吸水可获得亚硫酸酐。

所以答案选ABD。

二、综合应用题
题目：硫酸和氢氧化钾反应，所得溶液加入过量硫酸铜溶液中，观
察到颜色由蓝色变为无色，这一过程是由于硫酸铜溶液与（）反应
而导致的。

解析：硫酸与氢氧化钾反应得到硫酸钾和水，而这是反应的生成物，因此应选氢氧化钾。

经过以上真题解析，希望考生们能对化学高考试题有更清晰的认识，针对性复习，取得更好的成绩。

祝愿各位考生能够在考试中发挥出自
己的最佳水平，取得令人满意的成绩。

2017高考全国一卷化学真题(图文清晰版)

2017年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试化学部分可能遇到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

7．下列生活用品中主要由合成纤维制造的是A．尼龙绳B．宣纸C．羊绒衫D．棉衬衣8．《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。

”文中涉及的操作方法是A．蒸馏B．升华C．干馏D．萃取9．已知（b）、（d）、（p）的分子式均为 C6H6，下列说法正确的是A．b 的同分异构体只有 d 和 p 两种B．b、d、p 的二氯代物均只有三种C．b、d、p 均可与酸性高锰酸钾溶液反应D．b、d、p 中只有 b 的所有原子处于同一平面10．实验室用 H2 还原 WO3制备金属 W 的装置如图所示（Zn 粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气），下列说法正确的是A．①、②、③中依次盛装 KMnO4溶液、浓 H2SO4、焦性没食子酸溶液B．管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度C．结束反应时，先关闭活塞 K，再停止加热D．装置 Q（启普发生器）也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气11．支撑海港码头基础的防腐技术，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。

下列有关表述不正确的是A ．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零B ．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩C ．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D ．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整12．短周期主族元素 W 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增大，W 的简单氢化物可用作制冷剂，Y 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。

2017年天津卷高考真题化学试卷答案

2017年天津卷高考真题化学试卷(答案)一、选择题1.方法一：方法二：【解析】C.酸性废水排放前应先经过中和处理，石灰、碳酸钠等碱性物质可以中和废水中的酸，故正确；.可溶性的铝盐和铁盐在水中可电离出和，水解形成对应的胶体，具有吸附作用，可处理水中的悬浮物，故正确；.氯气不与金属的最高价离子反应，因此不能处理水中的、等重金属离子，故错误；.烧碱可与废水中的发生反应：，既处理了废水中的，又可以回收利用氨，故正确。

故选。

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、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，则可用烧碱处理高浓度的NH4+的废水并回收利用氨，故D正确；故选C。

2.方法一：【解析】B.根据汉黄芩素的结构式，可知其分子是为，故错误；.汉黄岑素结构中含有酚羟基，因此具有酚的特性，可与溶液发生显色反应，故正确；.汉黄岑素结构中的酚羟基可以使苯环邻对位上的氢与溴水发生取代，符合条件的氢只有一个，另外碳碳双键可与溴水发生加成反应，因此该物质与溴水反应，方法二：.汉黄岑素结构中的碳碳双键、羰基和苯环都可以与发生加成反应，与足量发生加成反应后，该分子中碳碳双键和羰基分别变成了碳碳单键和羟基，因此官能团的种类减少种，故错误。

故选。

A．汉黄芩素的分子式为，故A错误；B．含酚，遇溶液呈紫色，故B正确；C．碳碳双键、苯环上酚羟基邻对位氢原子能和溴发生取代反应，该物质与溴水反应，最多消耗，故C错误；D．与足量发生加成反应后，该分子中官能团碳碳双键、羰基均减少，故D错误；故选B．3.方法一：方法二：【解析】A.高纯硅可以制成光电池，将光能直接转为电能，未发生氧化还原反应，故正确；.锂离子电池放电时，化学能转化成电能，这是原电池原理，利用了氧化还原反应，故错误；.电解质溶液导电，是电能作用下，带电粒子的定向移动，故错误；.葡萄糖在人体中酶的作用下与氧气发生氧化还原反应，生成水和二氧化碳，同时放出能量，故错误；故选。

2017年天高考化学试卷天津卷含详细解析

2017年天津市高考化学试卷及答案一、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2++等重金属离子．用氯气处理水中的Cu、HgC+的废水并回收利用氨．用烧碱处理含高浓度NHD42．（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CHO51613B．该物质遇FeCl溶液显色3C．1 mol该物质与溴水反应，最多消耗1mol Br2D．与足量H发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种23．（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，化学能转化成热能第1页（共22页）D．AA．B．BC）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（5．SiH＞O＞NHA．气态氢化物的稳定性：H432．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物B．CSi＞Cl＞C如图所示实验可证明元素的非金属性：族0118号元素在周期表中位于第七周期．用中文D“”（ào）命名的第℃．230）CO）（g）+4CO（g）?Ni（Ni6．（6分）常压下羰基化法精炼镍的原理为：（s45﹣℃，固体杂的沸点为42.2Ni（时，该反应的平衡常数K=2×10CO）．已知：4质不参与反应．；CO）反应转化成气态Ni（第一阶段：将粗镍与CO4℃制得高纯镍．230第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至）下列判断正确的是（，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大）c（COA．增加℃5050℃两者之间选择反应温度，选B．第一阶段，在30℃和分解率较低）（COC．第二阶段，Ni4）CO（）]=4vNiD．该反应达到平衡时，v[（CO 4生成生成分．64二、本卷共4题，共．考虑到胶体的CrO和少量、MnONa）分）某混合物浆液含有7．（14Al（OH4223（见某研究小组利用设计的电解分离装置不易完全被水浸出，Na吸附作用使CrO42，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中的图）222第页（共页）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Cl生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl．由此判断22影响该反应有效进行的因素有（填序号）．﹣的浓度Cl c．溶液的酸度a．温度b．（3）0.1mol Cl与焦炭、TiO完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成22TiO?xHO的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为．22Ⅱ含铬元素溶液的分离和利用2﹣能从浆液中分离出来的原因是（4）用惰性电极电解时，CrO，分离后4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：页）22页（共3第回答下列问题：）分子中不同化学环境的氢原子共有（1 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．）在方框中写出以为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合（6物的流程．…目标化合物﹣），实验过程包括准c 等碘化物溶液中（I9．（18分）用沉淀滴定法快速测定NaI备标准溶液和滴定待测溶液．Ⅰ准备标准溶液a ．准确称取AgNO 基准物4.2468g （0.0250mol ）后，配制成250mL 标准溶液，3放在棕色试剂瓶中避光保存，备用．1﹣ NH100mL 0.1000mol?LSCN 标准溶液，备用．．配制并标定b 4Ⅱ滴定的主要步骤a ．取待测NaI 溶液25.00mL 于锥形瓶中．第4页（共22页）1﹣﹣完全转化为AgI ，使25.00mL 0.1000mol?LI 沉淀． AgNO 溶液（过量）b ．加入 3c ．加入NHFe （SO ）溶液作指示剂． 2441+﹣，使其恰好完全转化为AgSCN0.1000mol?L溶液滴定过量的AgNHSCNd ．用4沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定．回答下列问题：配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还（1）将称得的AgNO3．有．（2）AgNO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（3pH＜0.5的条件下进行，其原因是．，说明理由和c两步操作是否可以颠倒b（4）﹣mol?L I）=，SCN（5）所消耗的NH标准溶液平均体积为mL测得（c41﹣．（6）在滴定管中装入NHSCN标准溶液的前一步，应进行的操作为．4﹣）测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或（7）判断下列操作对c （I“无影响”）①若在配制AgNO标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果．3②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）HS和SO会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种22方法减少这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题．Ⅰ．HS的除去2方法1：生物脱HS的原理为：2HS+Fe（SO）═S↓+2FeSO+HSO44243224FeSO+O+2HSO2Fe（SO）+2HO234442225倍，该菌的作用105×1（）硫杆菌存在时，FeSO被氧化的速率是无菌时的4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，反第5页（共22页）应速率下降，其原因是．方法2：在一定条件下，用HO氧化HS222（3）随着参加反应的n（HO）/n（HS）变化，氧化产物不同．当n（HO）22222/n（HS）=4时，氧化产物的分子式为2Ⅱ．SO的除去2方法1（双碱法）：用NaOH吸收SO，并用CaO使NaOH再生2溶液NaNaOHSO溶液32（4）写出过程①的离子方程式：；CaO在水中存在如下转化：2+﹣（aq2OH）（aq）（OH（s）?Ca）+O CaO（s）+H（l）═Ca22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SO252﹣﹣，K=6.210K=1.3××=1.8℃，25NH?HO的K×1010SO，H的（5）已知a2332a12b811﹣﹣﹣﹣．将SO mol?Lc，溶液中的（OH ）=2.0mol?L．若氨水的浓度为2712﹣﹣﹣﹣）/c时，溶液中的c（通入该氨水中，当cOH1.0）降至×10（mol?LSO3﹣）=（HSO ．3第6页（共22页）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2++等重金属离子Cu、HgC．用氯气处理水中的+的废水并回收利用氨NHD．用烧碱处理含高浓度4【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；2++反应生成沉淀；Hg．氯气不能与CCu、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；2++反应生成沉淀，对重金属离子没Cu、HgC．氯气可用于水的消毒杀菌，不能与有作用，故C错误；+的废水并回NHD．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4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（）第7页（共22页）OH．汉黄芩素的分子式为CA51613溶液显色FeClB．该物质遇31mol Br1 mol该物质与溴水反应，最多消耗C．2种发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1D．与足量H2、碳碳双键、羰基及醚键，结合由结构可知分子式，分子中含酚﹣OH【分析】酚、烯烃等有机物的性质来解答．错误；AOCH，故【解答】解：A．汉黄芩素的分子式为51612正确；B，遇FeCl溶液显色，故B．含酚﹣OH31 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．酚﹣OHC错误；C2mol Br，故mol该物质与溴水反应，最多消耗2DH．与足量发生加成反应后，该分子中官能团碳碳双键、羰基均减少，故D2错误；．故选B把握官能团与性质的关系、本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，【点评】原子数的判断及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 官能团的判断，题目难度不大．）天津）下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（6．（分）（2017?3．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能A．锂离子电池放电时，化学能转化成电能B．电解质溶液导电时，电能转化成化学能C．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能D以此来解答．则为氧化还原反应，【分析】发生的反应中存在元素的化合价变化，．光能转化为电能，不发生化学变化，与氧化还原反应无关，故解：A【解答】选；A228第页（共页）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（）B与稀盐酸反应后的溶液．AlCl制备无水蒸发Al 3C ．重结晶提纯苯甲酸将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶D和．分别加新制氯水后，用KI溶液CCl萃取鉴别NaBr4A．AC．BBC．D．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CCl萃取后观察颜色可鉴别，故D正确；4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，注意实验的第9页（共22页）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：HO＞NH＞SiH423B．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：HO＞NH＞SiH，423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．第10页（共22页）【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）?5﹣．已知：Ni（CO）．230℃时，该反应的平衡常数K=2×10的沸Ni（CO）（g）44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）分解率较低4D．该反应达到平衡时，v[Ni（CO）]=4v （CO）4生成生成【分析】A．平衡常数与温度有关；B．Ni（CO）的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni（CO）；44C．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）的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni（CO），则一阶段，44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）分解率较大，故C错误；4D．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[Ni（CO）]=v（CO），故D错误；4生成生成故选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．第11页（共22页）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）MnO和少量NaCrO．考、3242虑到胶体的吸附作用使NaCrO不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解42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）．B→C的反应条件为加（1）反应①所加试剂NaOH的电子式为热（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Cl生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl．由此判断22影响该反应有效进行的因素有（填序号）ac．﹣的浓度cCl b．．溶液的酸度a．温度（3）0.1mol Cl与焦炭、TiO完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成22TiO?xHO的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为2Cl（g）+TiO2222 1﹣．）△H=﹣85.6kJ?molTiCl（l）+2CO（g+（s）2C（s）═4Ⅱ含铬元素溶液的分离和利用2﹣能从浆液中分离出来的原因是）用惰性电极电解时，CrO在直流电场作（442﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液CrO，分离后含铬元素的用下，422﹣﹣；阴极室生成的物质为NaOH和HCrO粒子是O、Cr（写化学式）．2274【分析】Ⅰ．（1）固体混合物含有Al（OH）、MnO，加入NaOH溶液，过滤，23可得到滤液A为NaAlO，通入二氧化碳，生成B为Al（OH），固体C为AlO，3223电解熔融的氧化铝可得到Al；固体D为MnO，加热条件下与浓盐酸反应可生成2氯气；（2）题中涉及因素有温度和浓度；第12页（共22页）（3）0.1mol Cl与焦炭、TiO完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成22TiO?xHO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22的化学方程式为2Cl（g）+TiO（s）+2C（s）═TiCl（l）+2CO（g），以此可计422算反应热并写出热化学方程式；2﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生CrO（4））电解时，Ⅱ．4成氢气和NaOH，以此解答该题．为离子化合物，电子式为，B为Al（OH解：（1）NaOH），【解答】3在加热条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝，；电解法；；加热（或煅烧）故答案为：（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 Cl与焦炭、TiO完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成22TiO?xHO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22的化学方程式为2Cl（g）+TiO（s）+2C（s）═TiCl（l）+2CO（g），则2mol氯422气反应放出的热量为4.28kJ=85.6kJ，所以热化学方程式为2Cl（g）+TiO（s）+2C（s）═TiCl（l）+2CO（g）△H=﹣4221﹣，85.6kJ?mol故答案为：2Cl（g）+TiO（s）+2C（s）═TiCl（l）+2CO（g）△H=﹣85.6kJ?mol4221﹣；2﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，4）电解时，CrO（42222﹣﹣﹣+﹣，O、CrOCrO+HO，则分离后含铬元素的粒子是因存在2CrOCr+2H?7272244阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，2﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆故答案为：在直流电场作用下，CrO422﹣﹣；NaOH和H．液；CrOCr、O2274【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．第13页（共22页）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：）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（1．13（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：Cl/FeCl（或Cl/Fe）；F中含氧官能团的232第14页（共22页）名称为羧基．）在方框中写出以6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，第15页（共22页），且为甲酸酯，另外一种官能团为氨基，可能为；﹣硝基甲苯或邻硝基甲苯；故答案为：2原子，目的，硝基可取代甲基对位的H（3）如采用甲苯直接硝化的方法制备B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；为式的方程代反应，反应为构（4）由结简式可知反应⑥取该步反应的主要目的是避免氨，基被氧化，；保护氨基；故答案为：（或/FeCl）⑧为苯环的氯代反应，应在类似苯与溴的反应，反应条件为Cl（532中含氧官能团的名称为羧基，，F/FeCl）2；羧基；/Fe）Cl/FeCl（或Cl故答案为：232，含有氨基、羧基，可发生缩聚反）可水解生成（6为流程，反应的生应成高聚物，．故答案为：年天津考题，为有机物合成题目，侧重考查学生分析判断2017【点评】本题为注意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，能力，题给信息的灵活运用，题目难度不大．2216第页（共页）﹣）I，实NaI等碘化物溶液中c（．9（18分）（2017?天津）用沉淀滴定法快速测定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AgNO基准物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL标准溶液，3放在棕色试剂瓶中避光保存，备用．1﹣NHSCN．配制并标定100mL 0.1000mol?L标准溶液，备用．b4Ⅱ滴定的主要步骤a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中．1﹣﹣完全转化为AgI沉淀．溶液（过量）b．加入25.00mL 0.1000mol?L，使I AgNO 3c．加入NHFe（SO）溶液作指示剂．2441+﹣，使其恰好完全转化为AgSCNSCNd．用0.1000mol?L溶液滴定过量的AgNH4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：123实验序号9.9810.2410.02/mL消耗NHSCN标准溶液体积4．数据处理．f回答下列问题：1（）将称得的AgNO配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有3．250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管见光分避免AgNOAgNO（2）标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是33．解3+的水解而影响滴防止因Fe的条件下进行，其原因是）滴定应在（3pH＜0.53+．定终点的判断（或抑制Fe的水解）3+Fe否（或不能）和（4）bc两步操作是否可以颠倒，说明理由若颠倒，﹣．I反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点与﹣c测得（）=I0.0600，SCNNH）（5所消耗的标准溶液平均体积为10.00mL41﹣．mol?LSCN）在滴定管中装入（6NHNH用标准溶液的前一步，应进行的操作为SCN44．标准溶液进行润洗；页（共17第22页）﹣）测定结果的影响（填“偏高”、“偏低I”或“无影响”））判断下列操作对（7c （①若在配制AgNO标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果偏高．3②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NHSCN溶液平均体积为10.00mL，4﹣﹣）IVc（I（）×（=cNHSCN）×V（NHSCN）+）×结合c（AgNOV（AgNO）4334计算；（6）装入NHSCN标准溶液，应避免浓度降低，应用NHSCN标准溶液进行润洗；44（7）反应的原理为c（AgNO）×V（AgNO）=c（NHSCN）×V（NHSCN）+c4334﹣﹣），如操作导致c（NHSCN）×V（NH（II）×V（SCN）偏小，则测定结果偏44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AgNO见光分解；3（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，33++；故答案为：防止因Fe的水解）的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe （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，3+﹣反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终与故答案为：否（或不能）；若颠倒，FeI 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、三组数据取第18页（共22页）平均值即可，所以所消耗的NHSCN溶液平均体积为10.00mL，4313﹣﹣﹣mol，n （NHSCNL×0.1000mol?L）10=2.5×（nAgNO）=25.00×10=0.1000mol?L43133﹣﹣﹣mol10，L=1.00××10.00×10331﹣﹣﹣﹣﹣，（I1.00×10=0.0600mol?L）mol则c（I）×0.25L=2.5×10，cmol﹣故答案为：10.00；0.0600；（6）装入NHSCN标准溶液，应避免浓度降低，应用NHSCN标准溶液进行润洗，44故答案为：用NHSCN标准溶液进行润洗；4（7）反应的原理为c（AgNO）×V （AgNO）=c（NHSCN）×V（NHSCN）+c4334﹣﹣），V（（II）×①若在配制AgNO标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质3﹣）偏大，Ic（（的量减小，浓度偏低，则nNHSCN）偏小，测定4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﹣）偏大，Ic（（NHSCN）偏小，测定4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）HS和SO会对环境和人体健康带来极大的危害，工22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．HS的除去2方法1：生物脱HS的原理为：2HS+Fe（SO）═S↓+2FeSO+HSO44243222Fe（SO）+2HOO4FeSO++2HSO234442225倍，该菌的作用是×10被氧化的速率是无菌时的（1）硫杆菌存在时，FeSO54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）．第19页（共22页）SHHO氧化方法2：在一定条件下，用222）O（H（HS）变化，氧化产物不同．当nH（3）随着参加反应的n（O）/n2222SOS）=时，氧化产物的分子式/n（H42的除去SOⅡ．2再生NaOHCaO使NaOH吸收SO，并用方法1（双碱法）：用2溶液SO溶液NaNaOH322﹣﹣在水中存在如；CaO+ 2OHH+SO=SOO4（）写出过程①的离子方程式：223下转化：2﹣+）（+?Ca2OHaq（aq）ls）+HO （）═Ca（OH）（s）（CaO2222+﹣沉淀，生成再生的原理SO与CaCaSO从平衡移动的角度，简述过程②NaOH33．平衡向正向移动，有NaOH生成SO：用氨水除去方法2225﹣﹣10×10K=6.2×10，=1.3，HSO的K×O5（）已知25℃，NH?H的K=1.8a2322a1b31183﹣﹣﹣﹣﹣．将OHmol?L）=6.02.0mol?L．若氨水的浓度为×。

2017高考化学真题

2017高考化学真题2017年高考化学真题共分为选择题和非选择题两部分，全卷共150分。

选择题包括单项选择和不定项选择，非选择题包括填空题、计算题和解答题。

以下为2017年高考化学真题的内容概述：一、选择题选择题共计65分，包括单项选择和不定项选择。

（一）单项选择单项选择题共18道，每题1分，共计18分。

每题提供四个选项，从中选择一个正确答案。

题目内容涉及化学的各个知识点，考查考生对基础知识的掌握和理解能力。

（二）不定项选择不定项选择题共6道，每题2分，共计12分。

每题提供八个选项，其中有一个以上的选项是正确答案。

考生需根据题目要求，选择所有正确的选项。

这些题目通常要求考生对知识点进行深入理解，能够辨别各种不同情况下的正确答案。

二、非选择题非选择题共计85分，包括填空题、计算题和解答题。

（一）填空题填空题共6道，每题2分，共计12分。

考生需要填写合适的词语或数字，使得句子完整且符合题意。

填空题通常考察考生对知识的熟练掌握和灵活运用能力。

（二）计算题计算题共3道，每题10分，共计30分。

这些题目通常需要考生根据给定数据，进行化学计算并得出正确的结果。

计算题考察考生对计算方法的掌握和应用能力。

（三）解答题解答题共4道，每题15分，共计60分。

解答题内容包括综合性问题和论述性问题，要求考生进行较为深入的分析和思考，提供详细的解答。

这部分题目考察考生对化学知识的整合运用和思维能力。

2017年高考化学真题涵盖了化学的各个知识领域，考查了考生的基础知识、计算能力和解决问题的能力。

考生参加考试时应认真审题，认真作答，确保每一道题都能够在规定时间内完成，取得较好的成绩。

希望所有考生都能在2017年高考化学真题中取得好成绩，实现自己的目标。

【新高考】化学平衡原理习题专练1【解析+答案】

专题】化学反应速率与化学平衡1.【2017年江苏高考化学试卷】H2O2分解速率受多种因素影响。

实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。

下列说法正确的是()A.图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快B.图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快C.图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D.图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大【解析】A．由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，故A错误B．由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，故B错误C．根据变量控制法，3个实验必须加入等量的Mn2+才能比较溶液的碱性对双氧水分解的影响。

由图丙可知，3个实验中由于仅在其中一个加了Mn2+，故C错误D．由图丙和图丁可知，溶液的碱性越强、Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，故D正确故选D。

2.【2017年江苏高考化学试卷】温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应:2NO2(g)2NO(g)+O2(g)(正反应吸热)。

实验测得:v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。

下列说法正确的是()A.达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5B.达平衡时，容器Ⅱ中c(O2)/c(NO2)比容器Ⅰ中的大C.达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%D.当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2>T1【解析】由容器1中的反应2NO2⇋2NO+O2起始量(mol/L)0.600变化量(mol/L)0.40.40.2平衡量(mol/L)0.20.40.2可以求出平衡常数K=(0.42×0.2)/0.22=0.8，平衡时气体的总物质的量为0.8mol，其中NO占0.4mol，所以NO的体积分数为50%，c(O2)/c(NO2)=1，在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)，所以K正c2(NO2)=K逆c(NO)×c(O2)，进一步求出K1/K2=K=0.8消耗A．显然容器2的起始投料与容器1的平衡量相比，增大了反应物的浓度，平衡将向正反应方向移动，所以容器2在平衡时气体的总物质的量一定小于1mol，两容器的压强比一定大于4:5，故A错误；B．若容器II在某时刻，c(O2)/c(NO2)=1由反应2NO2⇋2NO+O2起始量(mol/L)0.30.50.2变化量(mol/L)2x2x x平衡量(mol/L)0.3-2x0.5+2x0.2+x因为c(O2)/c(NO2)=1，解之得x=1/30，求出此时浓度商Qc=289/210>K，所以容器II达平衡时，c(O2)/c(NO2)一定小于1，故B错误；C．若容器III在某时刻，NO的体积分数为50%，由反应2NO2⇋2NO+O2起始量(mol/L)00.50.35变化量(mol/L)2x2x x平衡量(mol/L)2x0.5-2x0.35-x由0.5-2x=2x+0.35-x，解得x=0.05，求出此时浓度商Qc=(0.42×0.3)/0.12=4.8>K，说明此时反应未达平衡，反应继续向你反应方向进行，NO进一步减少，故C正确；选项D温度为T2时，K1/K2=1>0.8，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数增大，所以T2>T1，故D正确；故选CD。

[高考真题]2017年高考新课标Ⅰ卷理综化学试题解析(解析版)

2017年高考新课标Ⅰ卷理综化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127 7．下列生活用品中主要由合成纤维制造的是A．尼龙绳B．宣纸C．羊绒衫D．棉衬衣【答案】A8．《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之.”文中涉及的操作方法是A．蒸馏B．升华C．干馏D．萃取【答案】B【解析】“将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结”,属于固体直接转化为气体,类似于碘的升华,因此涉及的操作方法是升华,答案选B.9．已知（b）、（d）、（p）的分子式均为C6H6,下列说法正确的是A．b的同分异构体只有d和p两种B．b、d、p的二氯代物均只有三种C．b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应D．b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面【答案】D【解析】A．b是苯,其同分异构体有多种,不止d和p两种,A错误；B．d分子中氢原子分为2类,根据定一移一可知d的二氯代物是6种,B错误；C．b、p分子中不存在碳碳双键,不与酸性高锰酸钾溶液发生反应,C 错误；D．苯是平面形结构,所有原子共平面,d、p中均含有饱和碳原子,所有原子不可能共平面,D正确.答案选D.10．实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示（Zn粒中往往含有硫等杂质,焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气）,下列说法正确的是A．①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液B．管式炉加热前,用试管在④处收集气体并点燃,通过声音判断气体纯度C．结束反应时,先关闭活塞K,再停止加热D．装置Q（启普发生器）也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气【答案】B11．支撑海港码头基础的钢管桩,常用外加电流的阴极保护法进行防腐,工作原理如图所示,其中高硅铸铁为惰性辅助阳极.下列有关表述不正确的是A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整【答案】C【解析】本题使用的是外加电流的阴极保护法.A．外加强大的电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流,A正确；B．通电后,被保护的钢管柱作阴极,高硅铸铁作阳极,因此外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩,B正确；C ．高硅铸铁为惰性辅助阳极,所以高硅铸铁不损耗,C 错误；D ．外加电流要抑制金属电化学腐蚀产生的电流,D 正确.答案选C.12．短周期主族元素W 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增大,W 的简单氢化物可用作制冷剂,Y 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的.由X 、Y 和Z 三种元素形成的一种盐溶于水后,加入稀盐酸,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生.下列说法不正确的是 A ．X 的简单氢化物的热稳定性比W 强 B ．Y 的简单离子与X 的具有相同的电子层结构 C ．Y 与Z 形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红 D ．Z 与X 属于同一主族,与Y 属于同一周期【答案】C13．常温下将NaOH 溶液滴加到己二酸（H 2X ）溶液中,混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图所示.下列叙述错误的是A ．K a2（H 2X ）的数量级为10–6B ．曲线N 表示pH 与2(HX )lg (H X)c c -的变化关系C ．NaHX 溶液中(H )(OH )c c +->D ．当混合溶液呈中性时,2(Na )(HX )(X )(OH )(H )c c c c c +---+>>>= 【答案】D26．（15分）凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法,其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐,利用如图所示装置处理铵盐,然后通过滴定测量.已知：NH 3+H 3BO 3=NH 3·H 3BO 3；NH 3·H 3BO 3+HCl= NH 4Cl+ H 3BO 3.回答下列问题：（1）a 的作用是_______________.（2）b 中放入少量碎瓷片的目的是____________.f 的名称是__________________.（3）清洗仪器：g 中加蒸馏水；打开k 1,关闭k 2、k 3,加热b,蒸气充满管路；停止加热,关闭k 1,g 中蒸馏水倒吸进入c,原因是____________；打开k 2放掉水,重复操作2~3次.（4）仪器清洗后,g 中加入硼酸（H 3BO 3）和指示剂.铵盐试样由d 注入e,随后注入氢氧化钠溶液,用蒸馏水冲洗d,关闭k 3,d 中保留少量水.打开k 1,加热b,使水蒸气进入e.①d 中保留少量水的目的是___________________.②e 中主要反应的离子方程式为________________,e 采用中空双层玻璃瓶的作用是________.（5）取某甘氨酸（C 2H 5NO 2）样品m 克进行测定,滴定g 中吸收液时消耗浓度为c mol·L –1的盐酸V mL,则样品中氮的质量分数为_________%,样品的纯度≤_______%. 【答案】（1）避免b 中压强过大（2）防止暴沸直形冷凝管（3）c 中温度下降,管路中形成负压（4）①液封,防止氨气逸出 ②+4NH +OH −=====△ NH 3↑+H 2O 保温使氨完全蒸出（5）1.4cVm 7.5cVm27．（14分）Li 4Ti 5O 12和LiFePO 4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO 3,还含有少量MgO 、SiO 2等杂质）来制备,工艺流程如下：回答下列问题：（1）“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如下图所示.由图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为___________________.（2）“酸浸”后,钛主要以24TiOCl -形式存在,写出相应反应的离子方程式__________________.（3）TiO 2·x H 2O 沉淀与双氧水、氨水反应40 min 所得实验结果如下表所示：温度/℃ 30 35 40 45 50 TiO 2·x H 2O 转化率%9295979388分析40 ℃时TiO 2·x H 2O 转化率最高的原因__________________. （4）Li 2Ti 5O 15中Ti 的化合价为+4,其中过氧键的数目为__________________.（5）若“滤液②”中21(Mg )0.02mol L c +-=⋅,加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍）,使3Fe +恰好沉淀完全即溶液中351(Fe ) 1.010mol L c +--=⨯⋅,此时是否有Mg 3(PO 4)2沉淀生成？（列式计算）.FePO 4、Mg 3(PO 4)2的K sp 分别为22241.310 1.010--⨯⨯、.（6）写出“高温煅烧②”中由FePO 4制备LiFePO 4的化学方程式 . 【答案】（1）100℃、2h,90℃,5h（2）FeTiO 3+ 4H ++4Cl − = Fe 2++ 24TiOCl -+ 2H 2O（3）低于40℃,TiO 2·x H 2O 转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO 2·x H 2O 转化反应速率下降（4）4（5）Fe 3+恰好沉淀完全时,c (34PO -)=2251.3101.010--⨯⨯mol·L −1=1.3×10–17 mol·L −1,c 3(Mg 2+)×c 2(34PO -)＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.7×10–40＜K sp [Mg 3(PO 4)2],因此不会生成Mg 3(PO 4)2沉淀. （6）2FePO 4 + Li 2CO 3+ H 2C 2O 4高温2LiFePO 4+ H 2O ↑+ 3CO 2↑28．（14分）近期发现,H 2S 是继NO 、CO 之后的第三个生命体系气体信号分子,它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能.回答下列问题：（1）下列事实中,不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_________（填标号）. A ．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应,而亚硫酸可以 B ．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸C ．0.10 mol·L −1的氢硫酸和亚硫酸的pH 分别为4.5和2.1D ．氢硫酸的还原性强于亚硫酸（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理.通过计算,可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为________________、______________,制得等量H 2所需能量较少的是_____________.（3）H 2S 与CO 2在高温下发生反应：H 2S(g)+CO 2(g)COS(g) +H 2O(g).在610 K 时,将0.10 mol CO 2与0.40 mol H 2S 充入2.5 L 的空钢瓶中,反应平衡后水的物质的量分数为0.02.①H 2S 的平衡转化率1α=_______%,反应平衡常数K =________.②在620 K 重复试验,平衡后水的物质的量分数为0.03,H 2S 的转化率2α_____1α,该反应的∆H _____0.（填“>”“<”或“=”）③向反应器中再分别充入下列气体,能使H 2S 转化率增大的是________（填标号） A ．H 2S B ．CO 2 C ．COS D ．N 2 【答案】（1）D（2）H 2O(l)=H 2(g)+21O 2(g) ΔH =+286 kJ/mol H 2S(g)=H 2(g)+S(s) ΔH =+20 kJ/mol 系统（II ）（3）①2.52.8×10–3②> >③B②根据题目提供的数据可知温度由610K升高到620K时,化学反应达到平衡,水的物质的量分数由0.02变为0.03,所以H2S的转化率增大.α2>α1；根据题意可知：升高温度,化学平衡向正反应方向移动,根据平衡移动原理：升高温度,化学平衡向吸热反应方向移动,所以该反应的正反应为吸热反应,故△H>0；③A．增大H2S的浓度,平衡正向移动,但加入量远远大于平衡移动转化消耗量,所以H2S转化率降低,A错误；B．增大CO2的浓度,平衡正向移动,使更多的H2S反应,所以H2S转化率增大,B正确；C．COS是生成物,增大生成物的浓度,学&科网平衡逆向移动,H2S转化率降低,C错误；D．N2是与反应体系无关的气体,充入N2,不能使化学平衡发生移动,所以对H2S转化率无影响,D错误.答案选B.35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用.回答下列问题：（1）元素K的焰色反应呈紫红色,其中紫色对应的辐射波长为_______nm（填标号）.A ．404.4B ．553.5C ．589.2D ．670.8E ．766.5（2）基态K 原子中,核外电子占据最高能层的符号是_________,占据该能层电子的电子云轮廓图形状为___________.K 和Cr 属于同一周期,且核外最外层电子构型相同,但金属K 的熔点、沸点等都比金属Cr 低,原因是___________________________.（3）X 射线衍射测定等发现,I 3AsF 6中存在+3I 离子.+3I 离子的几何构型为_____________,中心原子的杂化形式为________________.（4）KIO 3晶体是一种性能良好的非线性光学材料,具有钙钛矿型的立方结构,边长为a =0.446 nm,晶胞中K 、I 、O 分别处于顶角、体心、面心位置,如图所示.K 与O 间的最短距离为______nm,与K 紧邻的O 个数为__________.（5）在KIO 3晶胞结构的另一种表示中,I 处于各顶角位置,则K 处于______位置,O 处于______位置. 【答案】（1）A（2）N 球形 K 的原子半径较大且价电子数较少,金属键较弱（3）V 形 sp 3 （4）0.315 12 （5）体心棱心36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）化合物H是一种有机光电材料中间体.实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称是__________.（2）由C生成D和E生成F的反应类型分别是__________、_________.（3）E的结构简式为____________.（4）G为甲苯的同分异构体,由F生成H的化学方程式为___________.（5）芳香化合物X是F的同分异构体,X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2,其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,峰面积比为6∶2∶1∶1,写出2种符合要求的X的结构简式____________.（6）写出用环戊烷和2–丁炔为原料制备化合物的合成路线________（其他试剂任选）. 【答案】（1）苯甲醛（2）加成反应取代反应（3）（4）（5）、、、（任写两种）（6）（5）F为,根据题意,其同分异构体中含有苯环、—COOH,先考虑对称结构,一种情况是其余部分写成两个—CH=CH2,则连接在苯环上不符合要求,其次是写成两个—CH3和一个—C≡CH,则其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,峰面积比为6∶2∶1∶1的有机物结构简式为、、、.（6）根据已知②,环己烷需要先转变成环己烯,再与2-丁炔进行加成就可以连接两个碳链,再用Br2与碳链上双键加成即可,即路线图为：.。

2018天津市高考化学试题及解析

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C16H13 O5B．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（）A．A B．B C．C D．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准备标准溶液基准物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL标准溶液，a．准确称取AgNO3放在棕色试剂瓶中避光保存，备用．SCN标准溶液，备用．b．配制并标定100mL 0.1000mol•L﹣1 NH4Ⅱ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：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：H 2S+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1.0×10﹣7mol•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+、Hg2+等重金属离子+的废水并回收利用氨D．用烧碱处理含高浓度NH4【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；+的废水并回D．烧碱可与铵根离子反应产生氨气，则可用烧碱处理高浓度的NH4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（）A．汉黄芩素的分子式为C16H13 O5B．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．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．4．（6分）（2017•天津）以下实验设计能达到实验目的是（）A．A B．B C．C D．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．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．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．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Cl 2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl 2．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 Cl 2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TiO 2•xH 2O 的液态化合物，放热4.28kJ ，该反应的热化学方程式为 2Cl 2（g ）+TiO 2（s ）+2C （s ）═TiCl 4（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，CrO 42﹣能从浆液中分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，分离后含铬元素的粒子是 CrO 42﹣、Cr 2O 72﹣ ；阴极室生成的物质为 NaOH 和H 2 （写化学式）．【分析】Ⅰ．（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NaAlO 2，通入二氧化碳，生成B 为Al （OH ）3，固体C 为Al 2O 3，电解熔融的氧化铝可得到Al ；固体D 为MnO 2，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 Cl 2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TiO 2•xH 2O 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2Cl 2（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；Ⅱ．（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 Cl 2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TiO 2•xH 2O 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2Cl 2（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2Cl 2（g ）+TiO 2（s ）+2C （s ）═TiCl 4（l ）+2CO （g ）△H=﹣85.6kJ •mol ﹣1，故答案为：2Cl 2（g ）+TiO 2（s ）+2C （s ）═TiCl 4（l ）+2CO （g ）△H=﹣85.6kJ •mol﹣1；（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2CrO 42﹣+2H +⇌Cr 2O 72﹣+H 2O ，则分离后含铬元素的粒子是CrO 42﹣、Cr 2O 72﹣，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 2O 72﹣；NaOH 和H 2．8．（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：．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：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．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：H 2S+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SO 2通入该氨水中，当c （OH ﹣）降至1.0×10﹣7 mol •L ﹣1时，溶液中的c （SO 32﹣）/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 （H 2O 2）/n （H 2S ）=4时，结合氧化还原反应电子守恒，4H 2O 2～4H 2O ～8e﹣，电子守恒得到H 2S 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 ）+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 3•H 2O 的K b =1.8×10﹣5，若氨水的浓度为 2.0mol •L ﹣1，可结合K b =计算c （OH﹣），H 2SO 3的K a2=6.2×10﹣8，结合K a2=计算c （SO 32﹣）/c （HSO 3﹣）．【解答】解：（1）4FeSO 4+O 2+2H 2SO 42Fe 2（SO 4）3+2H 2O ，硫杆菌存在时，FeSO 4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，4H 2O 2～4H 2O ～8e ﹣，电子守恒得到H 2S 变化为+6价化合物，H 2S ～H 2SO 4～8e ﹣，氧化产物的分子式为H 2SO 4，故答案为：H 2SO 4 ；WORD 格式整理版学习好帮手（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 ﹣+SO 2=SO 32﹣+H 2O ，过程②加入CaO ，存在CaO （s ）+H 2O （l ）═Ca （OH ）2（s ）⇌Ca 2+（aq ）+2OH ﹣（aq ），因SO 32﹣与Ca 2+生成CaSO 3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH 生成，故答案为：2OH ﹣+SO 2=SO 32﹣+H 2O ；SO 32﹣与Ca 2+生成CaSO 3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH 生成；（5）NH 3•H 2O 的K b =1.8×10﹣5，若氨水的浓度为 2.0mol •L ﹣1，由K b =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，H 2SO 3的K a2=6.2×10﹣8，由K a2=可知c （SO 32﹣）/c （HSO 3﹣）==0.62，故答案为：6.0×10﹣3；0.62．。

2017高考化学真题(高清)

2017年高考新课标I 卷理综化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56 I127一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。

”文中涉及的操作方法是10.实验室用H 2还原WO 3制备金属W 的装置如图所示（Zn 粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气），下列说法正确的是C .结束反应时,先关闭活塞K ,再停止加热③D .装置Q （启普发生器）也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气11．支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，7．下列生活用品中主要由合成纤维制造的是 A .尼龙绳B .宣纸C 羊绒衫D .棉衬衣8． 9．A .蒸馏B .升华C 干馏D .萃取A ．B ．C ．D ．（b ）、（d ）、（P ）的分子式均为C 6H 6,下列说法正确的是bM 分异构体只有d 和p 两种 b 、d 、p 的二氯代物均只有三种 b 、d 、p 均可与酸性高锰酸钾溶液反应 b 、d 、p 中只有b 的所有原子处于同一平面活塞KCA .①、焦性2KM、 4,通过声音判断气体纯度浓B .管式炉力加其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。

下列有关表述不正确的是的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。

由X 、Y 和Z 三种元素形成的学#科网一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。

下列说法不正确的是A. X 的简单氢化物的热稳定性比W 强B. Y 的简单离子与X 的具有相同的电子层结构C. Y 与Z 形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红D. Z 与X 属于同一主族，与Y 属于同一周期13.常温下将NaOH 溶液滴加到己二酸（H2X ）溶液中，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图所示。

高考化学实验真题汇编(选择题)

高考化学实验真题汇编（选择题）(精选全国化学实验真题，后附名师解析答案)(精绝精品资料，掌握历年真题考点，值得下载打印练习)1.（2018全国III卷）10．下列实验操作不当的是A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二2.（2018全国II卷）13．下列实验过程可以达到实验目的的是3.（2018全国II卷）9．实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。

光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是4.（2018全国I 卷）9．在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是5.（2018北京卷）12．下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确．．．的是A ．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B ．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应C ．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D ．③的气体产物中检测出CO 2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 6.（2017北京卷）10．根据SO 2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是7.（2017天津卷）4．以下实验设计能达到实验目的的是8.（2017全国III卷）9．下列实验操作规范且能达到目的的是9.（2017全国II卷）13．由下列实验及现象不能推出相应结论的是10.（2017全国II卷）10．下列由实验得出的结论正确的是11.（2017全国I卷）10．实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示（Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气），下列说法正确的是A．①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液B．管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度C．结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热D．装置Q（启普发生器）也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气12.（2016-全国III卷-9）.下列有关实验的操作正确的是13.（2016-全国II卷-12）．某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在．该白色粉末可能为A．NaHCO3、A1(OH)3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO4、BaCO3D．Na2CO3、CuSO4 14.（2016-全国II卷-13）．列实验操作能达到实验目的的是15.（2016-全国I卷-10）．下列实验操作能达到实验目的的是A.用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物B.用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NOC.配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释D.将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl216.（2015-全国I 卷-10）．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（） 4L CuSO17.（2015全国II 卷13）．用右图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是18.（2014全国I 卷-12）、下列有关仪器使用方法或实验探作正确的是A 、洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B 、用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体C 、酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗D 、酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差19.（2014全国I 卷-13）.利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是20.（2014全国II 卷-10）．下列图示实验正确的是21.（2013全国I 卷-13）．下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是22.[2016·上海卷] 下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是()23.[2016·天津卷] 下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是( )24.[2016·四川卷] 根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是( )25.下列有关实验操作的叙述错误的是( )A ．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁B ．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁C ．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁D ．向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁26.下列关于甲、乙、丙、丁四组仪器装置的有关用法正确且能达到目的的是( )A．甲装置：可用来证明硫的非金属性比硅强B．乙装置：用盐酸标准液测氢氧化钠溶液浓度C．丙装置：配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液D．丁装置：可在瓶中先装满水，气体由②口入，收集NO气体27.实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示下列分析正确的是()A．操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去B．操作Ⅱ是加热浓缩，趁热过滤，除去杂质氯化钠C．操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来D．操作Ⅰ～Ⅲ总共需两次过滤28.关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是()A．装置①可用于分离苯和溴苯的混合物B．装置②可用于吸收HCl或NH3C．装置③可用于分解NH4Cl制备NH3D．装置④b口进气可收集CO2或NO气体29．用如图所示装置能达到有关实验目的的是()30．下列实验方案中，可以达到实验目的的是()【答案】B.B.D.D.D C.D.B.C.A.B.D.C.D.C D.D.C.D.D.D.D.D.D.B D.C.A.A.D。

2017年天津市高考化学答案解析

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）【考点】FE："三废"处理与环境保护．【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，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．【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）【考点】HD：有机物的结构和性质．【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）【考点】B1：氧化还原反应；BB：反应热和焓变．【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）【考点】U5：化学实验方案的评价．【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）【考点】78：元素周期律和元素周期表的综合应用．【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）【考点】CB：化学平衡的影响因素．【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）【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；DI：电解原理．【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；℃．（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）【考点】HC：有机物的合成．【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）【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．【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）【考点】F6：二氧化硫的污染及治理；D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；FE："三废"处理与环境保护．【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K b=1.8×10﹣5，若氨水的浓度为2.0mol•L﹣1，可结合K b=计算c（OH﹣），H2SO3的K a2=6.2×10﹣8，结合K a2=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K b=1.8×10﹣5，若氨水的浓度为2.0mol•L﹣1，由K b=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K a2=6.2×10﹣8，由K a2=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．。