2023年天津市高考化學(xué)試卷及解析

2023年天津市高考化學(xué)試卷

一每題6分，共36分.每題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)最符合題目要

求的.1.（6分）以下有關(guān)水處理方法不正確的選項(xiàng)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NHr的廢水并回收利用氨

2.16分）漢黃苓素是傳統(tǒng)中草藥黃苓的有效成分之一，對腫瘤細(xì)胞的殺傷有獨(dú)

特作用.以下有關(guān)漢黃苓素的表達(dá)正確的選項(xiàng)是（）

漢黃琴素

A.漢黃苓素的分子式為J6Hl3O5

B.該物質(zhì)遇Fe6溶液顯色

C.lmol該物質(zhì)與澳水反響，最多消耗lmolBr2

D.與足量也發(fā)生加成反響后，該分子中官能團(tuán)的種類削減1種

3.（6分）以下能量轉(zhuǎn)化過程與氧化復(fù)原反響無關(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供給能量時，化學(xué)能轉(zhuǎn)化成熱能

4.（6分）以下試驗(yàn)設(shè)計(jì)能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ?/p>

試驗(yàn)?zāi)康脑囼?yàn)設(shè)計(jì)

A.除去NaHCC）3固體中的Na2CO3將固體加熱至恒重

B.蒸發(fā)與稀鹽酸反響后的溶液

制備無水AICI3AI

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溶液分別加制氯水后，用CQ萃取

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5.(6分)依據(jù)元素周期表和元素周期律，推斷以下表達(dá)不正確的選項(xiàng)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.

如下圖試驗(yàn)可證明元素的非金屬性：Cl>C>Si

D.用中文心(ao)命名的第118號元素在周期表中位于第七周期0族

6.(6分)常壓下段基化法精煉鍥的原理為：Ni(s>+4C0(g)CO)(g).230℃

Ni(4

時，該反響的平衡常數(shù)K=2X105.：Ni(C。)4的沸點(diǎn)為42.2℃,固體雜質(zhì)不

參與反響.

第一階段：將粗銀與CO反響轉(zhuǎn)化成氣態(tài)Ni(CO)4；

其次階段：將第一階段反響后的氣體分別出來，加熱至230℃制得高純

鍥.以下推斷正確的選項(xiàng)是()

A.增加c(CO),平衡向正向移動，反響的平衡常數(shù)增大

B.第一階段，在30°(:和50°(:兩者之間選擇反響溫度，選50℃

C.其次階段，Ni(CO)4分解率較低

D.該反響到達(dá)平衡時，v[Ni(CO)/=4V(CO)

生成4生成

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二、本卷共4題，共64分.

7.（14分）某混合物漿液含有Al（OH）、MnO和少量NaCrO.考慮到膠體的

3224

吸附作用使NazCrO,不易完全被水浸出，某爭論小組利用設(shè)計(jì)的電解分別裝置（見

圖），使?jié){液分別成固體混合物和含鋁元素溶液，并回收利用.

答復(fù)I和II中的問題.

I.固體混合物的分別和利用（流程圖中的局部分別操作和反響條件未標(biāo)明）

（1）反響①所加試劑NaOH的電子式為.BfC的反響條件為,

COAI的制備方法稱為.

（2）該小組探究反響②發(fā)生的條件.D與濃鹽酸混合，不加熱，無變化；加熱

有3生成，當(dāng)反響停頓后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產(chǎn)生（^.由此推斷

影響該反響有效進(jìn)展的因素有（填序號）.

a.溫度b.Cl的濃度c.溶液的酸度

（3）O.lmolCl2與焦炭、TiC）2完全反響，生成一種復(fù)原性氣體和一種易水解成

「。2”匕0的液態(tài)化合物，放熱4.28kJ,該反響的熱化學(xué)方程式為.

II含銘元素溶液的分別和利用

（4）用惰性電極電解時，CrC^-能從漿液中分別出來的緣由是,分別后

含格元素的粒子是；陰極室生成的物質(zhì)為（寫化學(xué)式）.

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8.(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:

用IINO1.COOH

收KMn()4HMlKI

6(D④

(J

n

(Ihcci

NOjNH

3}

答復(fù)以下問題:

cih

6

分子中不同化學(xué)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

寫出符合以下條件B的全部同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡式

a.苯環(huán)上只有兩個取代基且互為鄰位b.既能發(fā)生銀鏡反響又能發(fā)生水解反響

(3)該流程未承受甲苯直接硝化的方法制備B,而是經(jīng)由①②③三步反響制取B,

目的是

(4)寫出⑥的化學(xué)反響方程式:,該步反響的主要目的是一

(5)寫出⑧的反響試劑和條件:；F中含氧官能團(tuán)的名稱為

COOHO

ijZ^NHCCH,

(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.

COOHO

II

NHCCH1

…黑翳目標(biāo)化合物

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9.（18分）用沉淀滴定法快速測定Nai等碘化物溶液中c（I）,試驗(yàn)過程包括預(yù)

備標(biāo)準(zhǔn)溶液和滴定待測溶液.

I預(yù)備標(biāo)準(zhǔn)溶液

a.準(zhǔn)確稱取AgN%基準(zhǔn)物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL標(biāo)準(zhǔn)溶液，

放在棕色中避光保存，備用.

b,配制并標(biāo)定100mL0.1000mol?L1NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液，備用.

口滴定的主要步驟

a.取待測Nai溶液25.00mL于錐形瓶中.

b.參加25.00mL0.1000mol?LiAgNC）3溶液（過量），使I-完全轉(zhuǎn)化為Agl沉淀.

c.參加NH4Fe（SO/2溶液作指示劑.

d.用O.lOOOmoKINH4SCN溶液滴定過量的Ag-,使其恰好完全轉(zhuǎn)化為AgSCN

沉淀后，體系消滅淡紅色，停頓滴定.

e.重復(fù)上述操作兩次.三次測定數(shù)據(jù)如下表：

試驗(yàn)序號123

消耗NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液體積/mL10.2410.029.98

f.數(shù)據(jù)處

理.答復(fù)以下

問題：

（1）將稱得的AgNC^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__；___

（2）AgNC）3標(biāo)準(zhǔn)溶液放在棕色中避光保存的緣由是.

（3）滴定應(yīng)在pHVO.5的條件下進(jìn)展，其緣由是.

（4）b和c兩步操作是否可以顛倒,說明理由.

（5）所消耗的NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液平均體積為_mL,測得c（I-）=mol*Li.

（6）在滴定管中裝入NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液的前一步，應(yīng)進(jìn)展的操作為.

（7）推斷以下操作對c（I-）測定結(jié)果的影響（填"偏高"、"偏低"或"無影響"）

①假設(shè)在配制AgNC>3標(biāo)準(zhǔn)溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，則測定結(jié)里_____.

②假設(shè)在滴定終點(diǎn)讀取滴定管刻度時，俯視標(biāo)準(zhǔn)液液面，則測定結(jié)果.

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10.(14分)H2s和SO?會對環(huán)境和人體安康帶來極大的危害，工業(yè)上實(shí)行多種

方法削減這些有害氣體的排放，答復(fù)以下方法中的問題.

I.H2s的除去

方法1：生物脫H2s的原理為：

H2S+Fe2(SO/3-Sj+2FeSC)4+H2sO4

4FeSO4+O2+2H2SO4i￡S-.2Fe2(SO/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

4

是.

(2)由圖1和圖2推斷使用硫桿菌的最正確條件為.假設(shè)反響溫度過高，

反響速率下降，其緣由建_____.

方法2：在肯定條件下，用氧化H2s

(3)隨著參與反響的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.

n.S。的除去

2

方法1(雙堿法)：用NaOH吸取SO2，并用CaO使NaOH再生

0SO,

NaOH溶液、”-aso、溶液

②CaO23

(4)寫出過程①的離子方程式：；Ca。在水中存在如下轉(zhuǎn)化：

CaO(s)+H20⑴—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

方法2：用氨水除去SO2

(5)25℃,NHjH'O的"1.8X105H,SO&的K,=1.3X102K=6.2X10-8.假設(shè)

氨水的濃度為2.0mol?Li,溶液中的c(OH-)=mol?LI將SO2通入該氨水

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中，當(dāng)降至?時，溶液中的

c(0H-)1.0X103molL-ic(SO32-)/C(HSO3-)=

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2023年天津市高考化學(xué)試卷解析

一、本卷共6題，每題6分，共36分.在每題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為

哪一項(xiàng)最符合題目要求的.

1【分析】A.石灰、碳酸鈉都可與酸反響；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,反響生成沉淀；D.燒堿

可與鏤根離子反響生成氨氣.

【解答】解：A.石灰與酸反響生成鈣鹽，碳酸鈉與酸反響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+反響生成沉淀，對重金屬離子

沒有作用，故C錯誤；

D.燒堿可與鐵根離子反響產(chǎn)生氨氣，則可用燒堿處理高濃度的NH.的廢水并回

收利用氨，故D正確.

強(qiáng)C.

2【分析】由構(gòu)造可知分子式，分子中含酚-0H、碳碳雙鍵、瓶基及醒鍵，結(jié)合

酚、烯姓等有機(jī)物的性質(zhì)來解答.

【解答】解：A.漢黃苓素的分子式為C16H12O5,故A錯誤；

B.含酚-0H,遇FeC1溶液顯色，故B正確；

C.酚-0H的鄰對位與溟水發(fā)生取代反響，碳碳雙鍵與濱水發(fā)生加成反響，則1

mol該物質(zhì)與澳水反響，最多消耗2moiBp故C錯誤；

D.與足量明發(fā)生加成反響后，該分子中官能團(tuán)碳碳雙鍵、獄基均削減，故D

錯誤；應(yīng)選B.

3【析】發(fā)生的反響中存在元素的化合價變化，則為氧化復(fù)原反響，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，與氧化復(fù)原反響無關(guān)，故

A選；

B.發(fā)生原電池反響，本質(zhì)為氧化復(fù)原反響，故B不選；

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C.發(fā)生電解反響，為氧化復(fù)原反響，故C不選；

D.發(fā)生氧化反響，故D不選.應(yīng)選A.

4【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別；D.氯氣

與NaBr、Nai反響分別生成漠、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HCI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)晶法分別提純，故C

錯誤；

D.氯氣與NaBr、Nai反響分別生成溟、碘，在四氯化碳中的顏色不同，則分別

加制氯水后，用CC］萃取后觀看顏色可鑒別，故D正確；

應(yīng)選D.

5【分析】A.非金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)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(qiáng)酸制取弱酸的反響，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IIB族，118號元素的原子構(gòu)造中有

7個電子層、最外層電子數(shù)為8.

【解答】解：非金屬性氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：

A.0>N>Si,H2O>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。、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號元素的原子構(gòu)造中有

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；

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■C.

6【分析】A.平衡常數(shù)與溫度有關(guān)；

B.Ni(C。)4的沸點(diǎn)為42.2℃,應(yīng)大于沸點(diǎn)，便于分別出Ni(CO)d

44

C.由加熱至230℃制得高純鍥分析；

D.到達(dá)平衡時，不同物質(zhì)的正逆反響速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比.

【解答】解：A.平衡常數(shù)與溫度有關(guān)，則增加cfCOL平衡向正向移動，反響

的平衡常數(shù)不變，故A錯誤；

的沸點(diǎn)為應(yīng)大于沸點(diǎn)，便于分別出則一階段,

B.Ni(CO)442.2℃,Ni(CO)4,

在30℃和50℃兩者之間選擇反響溫度，選50℃,故B正確；

C.加熱至230℃制得高純鍥，可知其次階段，Ni(CO)4分解率較大，故C錯誤；

D.到達(dá)平衡時，不同物質(zhì)的正逆反響速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，則該反響

到達(dá)平衡時4V[Ni[CO)]=v(CO),故D錯誤；

生成4生成

應(yīng)選B.

二、本卷共4題，共64分.

7.(14分)[2023?天津)某混合物漿液含有Al(OH)、MnO和少量NaCrO.考

3224

慮到膠體的吸附作用使NazCrO,不易完全被水浸出，某爭論小組利用設(shè)計(jì)的電解

分別裝置(見圖)，使?jié){液分別成固體混合物和含鋁元素溶液，并回收利用.答

復(fù)工和II中的問題.

I.固體混合物的分別和利用(流程圖中的局部分別操作和反響條件未標(biāo)明)

⑴反響①所加試劑NaOH的電子式為B1C的反響條件為加

熱(或煙燒)，C4Al的制備方法稱為電解法.

(2)該小組探究反響②發(fā)生的條件.D與濃鹽酸混合，不加熱，無變化；加熱

有"生成，當(dāng)反響停頓后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產(chǎn)生Cl?.由此推斷

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影響該反響有效進(jìn)展的因素有(填序號)ac.

a.溫度b.Cl的濃度c.溶液的酸度

(3)O.lmolCl2與焦炭、「。2完全反響，生成一種復(fù)原性氣體和一種易水解成

TiO2?xH2O的液態(tài)化合物，放熱4.28kJ,該反響的熱化學(xué)方程式為2CIJg)

(s)+2C(s)-TiCI(I)+2C0(g)AH=-85.6kJ*moli.

--------------------------------4------------------------------------------------------------

口含鋁元素溶液的分別和利用

(4)用惰性電極電解時，CrO2一能從漿液中分別出來的緣由是在直流電場作

4--------------------------

用下，CrO2.通過陰離子交換膜向陽極室移動，脫離漿液，分別后含銘元素的

----------------4----------------------------------------------------------------------------

粒子是CrOj-、CrQ產(chǎn)；陰極室生成的物質(zhì)為NaOH和％(寫化學(xué)式).

【分析】I.(1)固體混合物含有Al(0H)3、MnO/參加NaOH溶液，過濾，

可得到濾液A為NaAlO2,通入二氧化碳，生成B為Al(0H)3，固體C為川?。?，

電解熔融的氧化鋁可得到AI；固體D為MnO/加熱條件下與濃鹽酸反響可生成

氯氣；

(2)題中涉及因素有溫度和濃度；

(3)O.lmolCl2與焦炭、TiO2完全反響，生成一種復(fù)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)量守恒可知復(fù)原性氣體為CO,反響

的化學(xué)方程式為2CI2(g)+TiO2Is)+2C(s)—TiCI4(I)+2C0(g),以此可計(jì)

算反響熱并寫出熱化學(xué)方程式；

II.(4))電解時，CrC^.通過陰離子交換膜向陽極移動，陰極發(fā)生復(fù)原反響生

成氫氣和NaOH,以此解答該題.

【解答】解⑴NaOH為離子化合物，電子式為由便:可：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：Na'[：O：H]-;加熱(或煙燒)；電解法；

(2)反響涉及的條件為加熱，加熱下可反響，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)O.lmolCl2與焦炭、TiO2完全反響，生成一種復(fù)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)量守恒可知復(fù)原性氣體為CO,反響

的化學(xué)方程式為2CI2(g)+TiO2(s)+2C(s)—TiCI4(I)+2C0(g),則2moi氯

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氣反響放出的熱量為x4.28kJ=85.6kJ,

0.1

所以熱化學(xué)方程式為

2CI2(g)+TiO2(s)+2C(s)-TiCI4(I)+2CO(g)AH=-

85.6kJ*mol1,

故答案為：

2CI2(g)+TiO2(s)+2C(s)—TiCI4(I)+2CO(g)AH=-85.6kJ*mol

-i;

(4)電解時，CrO42-通過陰離子交換膜向陽極移動，從而從漿液中分別出來，

因存在則分別后含銘元素的粒子是、

2CrC)42-+2HCr2O72-+H2O,CrC^-Cr2O72-,

陰極發(fā)生復(fù)原反響生成氫氣和NaOH,

故答案為：在直流電場作用下，一通過陰離子交換膜向陽極室移動，脫離漿

CrO42

液；和

CrO42-.Cr2O72-；NaOHH2.

8.(18分)(2023?天津)2-氨基-3-氯苯甲酸(F)是重要的醫(yī)藥中間體，其

制備流程圖如下：

答復(fù)以下問題:

6

(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.寫出符合以下條件B的全部同

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分異構(gòu)體的構(gòu)造簡式

a.苯環(huán)上只有兩個取代基且互為鄰位b.既能發(fā)生銀鏡反響又能發(fā)生水解反

響

（3）該流程未承受甲苯直接硝化的方法制備B,而是經(jīng)由①②③三步反響制取B,

目的是避開苯環(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：

COOHCCXJH<>

久―用力V_

?CH,Ccl—?f.HC1

…、?:，該步反響的主要目的是保

護(hù)氨基.

（5）寫出⑧的反響試劑和條件：CljFe"（或CljFe）；F中含氧官能團(tuán)的

名稱為竣基.

COOHO

^X.NHCCH,

（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.

COOHO

|^z^NHCCHt

…瞿時目標(biāo)化合物

反應(yīng)條件

【分析】（1）甲苯含有1個甲基，苯環(huán)左右對稱；苯環(huán)為平面形構(gòu)造，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)生銀鏡反響又能發(fā)生水解反響，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）如承受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）由構(gòu)造簡式可知反響⑥為取代反響，可避開氨基被氧化；

（5）⑧為苯環(huán)的氯代反響，應(yīng)在類似苯與澳的反響；F含有竣基、氨基和氯原

子；

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COOHO

/k.NHCCH1

U

(6)可水解生成，含有氨基、竣基，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)為平面形構(gòu)造，與苯環(huán)直接相連的原子在同一個平面上，結(jié)合三點(diǎn)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)生銀鏡反響又能發(fā)生水解反響，說明應(yīng)含有酯基，且為甲酸酯，另外

O

Nil

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)如承受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

是避開苯環(huán)上甲基對位的氫原子被硝基取代,

故答案為：避開苯環(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

<0011

,該步反響的主要目的是避開氨

基被氧化，

COOHCOOHO

NM,OX

?——f|T?HCI

故答案為：I?1'；保護(hù)氨基;

⑧為苯環(huán)的氯代反響，應(yīng)在類似苯與漠的反響,反響條件為(或

(5)CI2/FeCI3

C^/Fe),F中含氧官能團(tuán)的名稱為竣基,

故答案為：(或竣基;

CI2/FeCI3J/Fe)；

COOH0

COOH

(6)可水解生成,含有氨基、竣基，可發(fā)生縮聚反響生成高

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COOHO<<M)H

NHCCHjIIhIjO

闔定*加

聚物，反響的流程為

COOH

儲化利

NIK(IhII-||?<)Nri]

III

故答案為:

9.（18分）（2023?天津）用沉淀滴定法快速測定Nai等碘化物溶液中c（I-）,試

驗(yàn)過程包括預(yù)備標(biāo)準(zhǔn)溶液和滴定待測溶液.

I預(yù)備標(biāo)準(zhǔn)溶液

a.準(zhǔn)確稱取AgNC）3基準(zhǔn)物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL標(biāo)準(zhǔn)溶液，

放在棕色中避光保存，備用.

b.配制并標(biāo)定100mL0.1000mol?L1NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液，備用.

口滴定的主要步驟

a.取待測Nai溶液25.00mL于錐形瓶中.

b.參加25.00mL0.1000mol?LiAgNC）3溶液（過量），使I完全轉(zhuǎn)化為Agl沉淀.

c.參加Nh^Fe（S。/2溶液作指示劑.

用溶液滴定過量的使其恰好完全轉(zhuǎn)化為

d.0.1000mol*L-iNH4SCNAg,AgSCN

沉淀后，體系消滅淡紅色，停頓滴定.

e.重復(fù)上述操作兩次.三次測定數(shù)據(jù)如下表：

試驗(yàn)序號123

消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積

NH4SCN/mL10.2410.029.98

f.數(shù)據(jù)處

理.答復(fù)以下

問題：

（1）將稱得的AgNC>3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）AgNC）3標(biāo)準(zhǔn)溶液放在棕色中避光保存的緣由是避開合肥2_見比分艇_二_

-L11滴定應(yīng)在pH<0.5的條件下進(jìn)展，其緣由是防止因Fe3.的水解而影響滴

定終點(diǎn)的推斷（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），說明理由假設(shè)顛倒，F(xiàn)e3,

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與I反響，指示劑耗盡，無法推斷滴定終點(diǎn).

⑸所消耗的NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液平均體積為10.00mL,測得c（I）=0.0600

mol*L1.

（6）在滴定管中裝入NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液的前一步，應(yīng)進(jìn)展的操作為_用把）靶

標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)展?jié)櫹矗?

（7）推斷以下操作對c（I-）測定結(jié)果的影響（填"偏高"、"偏低"或"無影響"）

①假設(shè)在配制AgNC>3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假設(shè)在滴定終點(diǎn)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.

【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)留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)生氧化復(fù)原反響；

（5）依據(jù)所供給的三組數(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NH.SCN溶液平均體積為10.00mL,

結(jié)合c（AgNO3）XV（AgNO3）=c（NH,SCN）XV（NH4SCN）+c（I）XV（U

計(jì)算；

（6）裝入NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液，應(yīng)避開濃度降低，應(yīng)用NH,SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)展?jié)櫹?

（7）反響的原理為c（AgNO3）XV（AgNO3）=c（NH4SCN）XV（NH4SCN）+c

（I）XV（I-）,如操作導(dǎo)致c（NH4SCN）XV（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)溶液放在棕色中避光保存是由于硝酸銀見光分解，故答案為：

避開AgNC）3見光分解；

（3）滴定應(yīng)在pH<0.5的條件下進(jìn)展，緣由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(diǎn)的推斷，

故答案為：防止因Fe3,的水解而影響滴定終點(diǎn)的推斷［或抑制Fe3,的水解）；

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(4)b和c兩步操作不能顛倒，假設(shè)顛倒，鐵離子與碘離子發(fā)生氧化復(fù)原反響，

指示劑耗盡則無法推斷滴定終點(diǎn)，

故答案為：否(或不能)；假設(shè)顛倒，F(xiàn)e3+與I-反響，指示劑耗盡，無法推斷滴定

獨(dú)占.

八、、，

(5)依據(jù)所供給的三組數(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)=25.00X103LX0.1000mol*L-1=2.5X10-3mol,n(NH4SCN)=0.1000mol?L

iX10.00X10-3L=1.00X103mol,

則c(I-)X0.25L=2.5X10-3mol-1.00X103mol,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)避開濃度降低，應(yīng)用NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)展?jié)櫹?

故答案為：用NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)展?jié)櫹矗?/p>

(7)反響的原理為c(AgNO3)XV(AgNO3)=c(NH4SCN)XV(NH4SCN)+c

(I-)XV(I-),

①假設(shè)在配制AgNC)3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(NHSCN)偏小，測定c(I-)偏大，

4

故答案為：偏高；

①假設(shè)在滴定終點(diǎn)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

(NHSCN)偏小，測定c(I)偏大，

4

故答案為：偏高.

10.(14分)(2023?天津)H2s和SO?會對環(huán)境和人體安康帶來極大的危害，工

業(yè)上實(shí)行多種方法削減這些有害氣體的排放，答復(fù)以下方法中的問題.

I-H2s的除去

方法1：生物脫H2S的原理為：

H2S+Fe2(SO/—SxV+2FeSO4+H2SO4

硫桿菌,、

4FeSO4+O2+2H2SO4=-^=2Fe2(SO/3+2H2O

(1)硫桿菌存在時，F(xiàn)eSQ被氧化的速率是無菌時的5X105倍，該菌的作用是

降低反響活化能.

(2)由圖1和圖2推斷使用硫桿菌的最正確條件為30℃、pH=2.0.假設(shè)反響溫

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方法2：在肯定條件下，用乙。2氧化H2s

(3)隨著參與反響的n(H2O2)/n(H2S)變化，氧化產(chǎn)物不同.當(dāng)n(H20j

/n[H2s)=4時，氧化產(chǎn)物的分子式為H?SO,.

n.S。的除去

2

方法1(雙堿法)：用NaOH吸取S02，并用CaO使NaOH再生

?SO,

NaOH溶液、、Na,SO、溶液

-CaO23

(4)寫出過程①的離子方程式：Cao在水中存在如

下轉(zhuǎn)化：

CaO(s)+H20⑴—Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+20H-(aq)

從平衡移動的角度，簡述過程②NaOH再生的原理SO卡與Ca2,生成CaS。?沉淀，

平衡向正向移動，有NaOH生成.

方法2：用氨水除去S02

(5)25℃,NH?H0的K=1.8X105,HSO的K=1,3X102,K=6.2X10

32b23ala2

8.假設(shè)氨水的濃度為2.0mol?Li,溶液中的c(OH]=6.0X103

mol*L-1.將SO2通入該

氨水中，當(dāng)c(OH-)降至1.0X107mol?Li時，溶液中的c(SO32-)

/c(HSO3-)=0.62.

【分析】(1)硫桿菌存在時，F(xiàn)eSO4被氧化的速率是無菌時的5X105倍，說明硫桿菌做反響

的催化劑加快反響速率；

(2)從圖象中分析可知，使用硫桿菌的最正確條件是亞鐵離子氧化速率最大時，反響溫度

過高，反響速率下降是由于升溫使蛋白質(zhì)發(fā)生變性；

(3)當(dāng)n(H2O2)/n(H2s)=4時，結(jié)合氧化復(fù)原反響電子守恒，4H2O2~4H2O~8e*,電子

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守恒得到H2s變化為+6價化合物；

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(4)過程①是二氧化硫和氫氧化鈉溶液反響生成亞硫酸鈉和水；過程②NaOH再生是平衡

CaO(s)+H?0⑴=Ca(OH)(s)MCa2+(aq)+20H-(aq)正向進(jìn)展；氫氧

2

根離子濃度增大；

(5)NH3?H2O的Kb=1,8X105,假設(shè)