普通高等学校招生全国统一考试天津卷化学

一、本卷共6题，每题6分，共36分

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Cu、Hg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

解析：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Cu、Hg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。 答案：C

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( )

+

2+

2+

+2+

2+

A.汉黄芩素的分子式为C16H13O5 B.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 Br2

D.与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种 解析：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。 答案：B

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

解析：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。 答案：A

4.(6分)以下实验设计能达到实验目的是( )

A. B. C. D. A.A B.B C.C D.D

解析：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，

实验目的 除去NaHCO3固体中的Na2CO3 制备无水AlCl3 重结晶提纯苯甲酸 鉴别NaBr和KI溶液 实验设计 将固体加热至恒重 蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液 将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶 分别加新制氯水后，用CCl4萃取 用CCl4萃取后观察颜色可鉴别，故D正确。 答案：D

5.(6分)根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是( ) A.气态氢化物的稳定性：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.

如图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

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。 答案：C

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.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

﹣5

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)

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。 答案：B

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 。

解析：NaOH为离子化合物，电子式为铝，电解熔融的氧化铝可得到铝。 答案：

加热(或煅烧) 电解法

，B为Al(OH)3，在加热条件下生成氧化

(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

解析：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。 答案：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，该反应的热化学方程式为 。 Ⅱ含铬元素溶液的分离和利用

解析：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。

答案：2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l)+2CO(g)△H=﹣85.6kJ•mol

(4)用惰性电极电解时，CrO4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)。

解析：电解时，CrO4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2CrO4

﹣

+

2﹣

2﹣

2﹣

2﹣

2

2﹣

﹣1

﹣1

﹣

+2H⇌Cr2O7+H2O，则分离后含铬元素的粒子是CrO4、Cr2O7，阴极发生还原反应生成氢

气和NaOH。

答案：在直流电场作用下，CrO4通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；CrO4、Cr2O7

﹣

2﹣

2﹣

2

；NaOH和H2

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 。

解析：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。 答案：4 13

(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

解析：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。

答案：2﹣硝基甲苯或邻硝基甲苯

(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 。

解析：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。

答案：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 。

解析：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。

答案： 保护氨基

(5)写出⑧的反应试剂和条件： ；F中含氧官能团的名称为 。

解析：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。 答案：Cl2/FeCl3(或Cl2/Fe) 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 解析：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。

答案：

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100mL 0.1000mol•L 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 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•LNH4SCN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 消耗NH4SCN标准溶液体积/mL 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 。 解析：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。

答案：250 mL(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 。

解析：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。 答案：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 。

解析：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。

答案：防止因Fe的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe的水解) (4)b和c两步操作是否可以颠倒 ，说明理由 。

解析：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。

答案：否(或不能) 若颠倒，Fe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 mL，测得c(I)= mol•L。

﹣

﹣1

3+

﹣

3+

3+

﹣1

+

﹣1

﹣

﹣1

1 10.24 2 10.02 3 9.98 解析：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)=25.00×10L×0.1000mol•L=2.5×10mol，n(NH4SCN)=0.1000mol•L×10.00×10L=1.00×10mol，

则c(I)×0.25L=2.5×10mol﹣1.00×10mol，c(I)=0.0600mol•L。 答案：10.00 0.0600

(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为 。 解析：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。 答案：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 。 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 。

解析：反应的原理为c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I)×V(I)，若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质的量减小，浓度偏低，则n(NH4SCN)偏小，测定c(I)偏大。 答案：偏高 偏高

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)3═S↓+2FeSO4+H2SO4 4FeSO4+O2+2H2SO4

2Fe2(SO4)3+2H2O

5

﹣

﹣

﹣

﹣

﹣

﹣3

﹣3

﹣

﹣1

﹣3

﹣3

﹣3

﹣1

﹣3

﹣1

(1)硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×10倍，该菌的作用是 。 解析：4FeSO4+O2+2H2SO4

5

2Fe2(SO4)3+2H2O，硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是

无菌时的5×10倍，该菌的作用是做催化剂降低反应的活化能。 答案：降低反应活化能(或作催化剂)

(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 。

解析：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。

答案：30℃、pH=2.0； 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 。 Ⅱ.SO2的除去

方法1(双碱法)：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生 NaOH溶液解析：当

c(H2O2)c(H2S)

Na2SO3溶液

=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。 答案：H2SO4

(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)⇌Ca(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

解析：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

﹣

2+

﹣

+SO2=SO3+H2O，过程②加入CaO，存在CaO(s)+H2O (l)═Ca(OH)2(s)⇌Ca(aq)+2OH(aq)，

2﹣

2+

2﹣2+﹣

因SO3与Ca生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成。

答案：2OH+SO2=SO3+H2O；SO3与Ca生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成 (5)已知25℃，NH3•H2O的Kb=1.8×10，H2SO3的Ka1=1.3×10，Ka2=6.2×10.若氨水的浓度为2.0mol•L，溶液中的c(OH)= mol•L.将SO2通入该氨水中，当c(OH)降至

﹣1

﹣

﹣1

﹣

﹣5

﹣2

﹣8

﹣

2﹣

2﹣

2+

1.0×10 mol•L时，溶液中的c(SO3)/c(HSO3)= 。 解析：NH3•H2O的Kb=1.8×10，若氨水的浓度为2.0mol•L，由Kb=

﹣

﹣5

﹣1

﹣7﹣12﹣﹣

c(NH4+)c(OH−)c(NH3·H2O)

可知c(OH

)= 1.8×10−5×2 mol/L=6.0×10mol/L，

﹣3

﹣

﹣7

﹣1

+

﹣7

﹣1

﹣8

当c(OH)降至1.0×10 mol•L时，c(H)=1.0×10 mol•L，H2SO3的Ka2=6.2×10，由Ka2=

c(SO32−)c(H+)

可知c(SO3)/c(HSO3)=

2﹣﹣

6.2×10−8−7 =0.62，

c(HSO3)

答案：6.0×10﹣3

0.62

1×10