高考化学——天津卷.docx
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高考化学——天津卷.docx
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天才之路
2017年普通高等学校招生考试全国统一考试
化学天津卷
1.下列有关水处理方法不正确的是
A.用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸
B.用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
C.用氯气处理水中的Cu2+、Hg+等重金属离子
D.用烧碱处理含高浓度NH+4的废水并回收利用氨
【答案】C
【解析】A.石灰、碳酸钠都是碳酸盐,与酸反应,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,可吸附水中的悬浮物,故B正确;C.氯气无法将Cu2+、Hg2+等重金属离子变成沉淀,故C错误;D.氢氧根离子和铵根离子生成一水合氨,分解放出氨气,故D正确。
2.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
C.1mol该物质与溴水反应,最多消耗1molBr2
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
【答案】B
【解析】A、含黄岑素的分子式为C16H12O5,A错误;B、该物质中含有酚羟基,能与FeCl3溶液反应呈紫色,B正确;C、该物质酚羟基的邻、对位还可以与1molBr2反应,碳碳双键可以与1molBr2发生加成反应,故最多可以消耗2molBr2,C错误;D、该物质中含有羟基、羰基、碳碳双键、醚键,与足量氢气加成后只剩余羟基和醚键,官能团种类减少2种,D错误。
故选B。
3.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
【答案】A
【解析】A.太阳能直接变电能,与氧化还原无关,A符合要求;B.电池放电,化学能转化成电能,属于自发进行的氧化还原反应,B不符合要求;C.电解质溶液导电时,电能转化成化学能,属于电解,是氧化还原反应,故C不符合要求;D.葡萄糖为人类生命活动提供能量时,化学能转化成热能,葡萄糖被氧化,故D不符合要求。
10.以下实验设计能达到实验目的的是
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
【答案】D
【解析】A、加热碳酸氢纳分解生成了碳酸钠,不能达到使用目的;B、直接蒸发AlCl3溶液,铝离子发生水解,最终得到的是Al(OH)3;C、重结晶法提纯苯甲酸的方法是:
将粗品水溶,趁热过滤,滤液冷却结晶即可;D、NaBr和NaI都能与氯水反应生成对于的单质,再用四氯化碳萃取,颜色层不同。
故选D。
5.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>SiH4
B.氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C.图1所示实验可证明元素的非金属性:
Cl>C>Si
D.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
【答案】C
【解析】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;
6.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)
【答案】B
【解析】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;
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2),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)0.1molCl2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,CrO2—4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)。
【答案】
(1)加热(或煅烧)电解法;
(2)ac;(3)2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=−85.6kJ·mol—1;(4)在直流电场作用下,CrO2—4通过阴离子交换膜向阳极室移动,脱离浆液
CrO2—4和Cr2O2—7NaOH和H2
【解析】
(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;
(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;(3)0.1molCl2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;(4)电解时,CrO2—4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CrO2—4、Cr2O2—7,阴极发生还原反应生成氢气和NaOH,
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:
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,其目的是____________________。
(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
【答案】
(1)413;
(2)2-硝基甲苯或邻硝基甲苯
(3)避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代(或减少副产物,或占位)
(4)保护甲基;(5)Cl2/FeCl3(或Cl2/Fe)羧基
(6)
【解析】
(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,
(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;(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;(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;(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;(6)可水解生成,含有氨基、羧基,可发生缩聚反应生成高聚物.
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
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100mL0.1000mol·L—1NH4SCN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25.00mL0.1000mol·L—1AgNO3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:
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pH<0.5的条件下进行学@科网,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____________________________。
【答案】
(1)250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管;
(2)避免AgNO3见光分解;(3)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)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)10.000.0600;(6)用NH4SCN标准溶液进行润洗;(7)偏高偏高
【解析】
(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;(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;(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;(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—),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;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.
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:
H2S+Fe2(SO4)3S↓+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3和图4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(SO2—3)/c(HSO—3)=___________________。
【答案】
(1)降低反应活化能(或作催化剂);
(2)30℃、pH=2.0蛋白质变性(或硫杆菌失去活性);
(3)H2SO4;(4)2OH—+SO2SO2—3+H2O;SO2—3与Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移动,有NaOH生成
(5)6.0×10—30.62
【解析】
(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;
(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;(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;(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=SO2—3+H2O,过程②加入CaO,存在CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH—(aq),因SO2—3与Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移动,有NaOH生成;(5)NH3•H2O的Kb=1.8×10﹣5,若氨水的浓度为2.0mol•L—1,由Kb=可知c(OH—)=mol/L=6.0×10—3mol/L,当c(OH﹣)降至1.0×10—7mol•L—1时,c(H+)=1.0×10—7mol•L—1,H2SO3的Ka2=6.2×10—8,由Ka2=可知c(SO2—3)/c(HSO—3)==0.62.
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