精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2017年天津市高考化學試卷一、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）下列有關水處理方法不正確的是（）A．用石灰、碳酸鈉等堿性物質處理廢水中的酸 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2．（6分）漢黃芩素是傳統中草藥黃芩的有效成分之一，對腫瘤細胞的殺傷有獨特作用．下列有關漢黃芩素的敘述正確的是（）A．漢黃芩素的分子式為C16H13O5 B．該物質遇FeCl3溶液顯色 C．1mol該物質與溴水反應，最多消耗1molBr2 D．與足量H2發生加成反應后，該分子中官能團的種類減少1種3．（6分）下列能量轉化過程與氧化還原反應無關的是（）A．硅太陽能電池工作時，光能轉化成電能 B．鋰離子電池放電時，化學能轉化成電能 C．電解質溶液導電時，電能轉化成化學能 D．葡萄糖為人類生命活動提供能量時，化學能轉化成熱能4．（6分）以下實驗設計能達到實驗目的是（）實驗目的實驗設計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Al與稀鹽酸反應后的溶液C．重結晶提純苯甲酸將粗品水溶、過濾、蒸發、結晶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．D5．（6分）根據元素周期表和元素周期律，判斷下列敘述不正確的是（）A．氣態氫化物的穩定性：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，該反應的平衡常數K＝2×10﹣5．已知：Ni（CO）4的沸點為42.2℃，固體雜質不參與反應。第一階段：將粗鎳與CO反應轉化成氣態Ni（CO）4；第二階段：將第一階段反應后的氣體分離出來，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，反應的平衡常數增大 B．第一階段，在30℃和50℃兩者之間選擇反應溫度，選50℃ C．第二階段，Ni（CO）4分解率較低 D．該反應達到平衡時，v生成[Ni（CO）4]＝4v生成（CO）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，某研究小組利用設計的電解分離裝置（見圖），使漿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條件未標明）（1）反應①所加試劑NaOH的電子式為．B→C的反應條件為，C→Al的制備方法稱為．（2）該小組探究反應②發生的條件．D與濃鹽酸混合，不加熱，無變化；加熱有Cl2生成，當反應停止后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產生Cl2．由此判斷影響該反應有效進行的因素有（填序號）．a．溫度b．Cl﹣的濃度c．溶液的酸度（3）0.1molCl2與焦炭、TiO2完全反應，生成一種還原性氣體和一種易水解成TiO2?xH2O的液態化合物，放熱4.28kJ，該反應的熱化學方程式為．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，分離后含鉻元素的粒子是；陰極室生成的物質為（寫化學式）．8．（18分）2﹣氨基﹣3﹣氯苯甲酸（F）是重要的醫藥中間體，其制備流程圖如下：已知：回答下列問題：（1）分子中不同化學環境的氫原子共有種，共面原子數目最多為．（2）B的名稱為．寫出符合下列條件B的所有同分異構體的結構簡式．a．苯環上只有兩個取代基且互為鄰位b．既能發生銀鏡反應又能發生水解反應（3）該流程未采用甲苯直接硝化的方法制備B，而是經由①②③三步反應制取B，目的是．（4）寫出⑥的化學反應方程式：，該步反應的主要目的是．（5）寫出⑧的反應試劑和條件：；F中含氧官能團的名稱為．（6）在方框中寫出以為主要原料，經最少步驟制備含肽鍵聚合物的流程．目標化合物9．（18分）用沉淀滴定法快速測定NaI等碘化物溶液中c（I﹣），實驗過程包括準備標準溶液和滴定待測溶液．Ⅰ準備標準溶液a．準確稱取AgNO3基準物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL標準溶液，放在棕色試劑瓶中避光保存，備用．b．配制并標定100mL0.1000mol?L﹣1NH4SCN標準溶液，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+，使其恰好完全轉化為AgSCN沉淀后，體系出現淡紅色，停止滴定．e．重復上述操作兩次．三次測定數據如下表：實驗序號123消耗NH4SCN標準溶液體積/mL10.2410.029.98f．數據處理．回答下列問題：（1）將稱得的AgNO3配制成標準溶液，所使用的儀器除燒杯和玻璃棒外還有．（2）AgNO3標準溶液放在棕色試劑瓶中避光保存的原因是．（3）滴定應在pH＜0.5的條件下進行，其原因是．（4）b和c兩步操作是否可以顛倒，說明理由．（5）所消耗的NH4SCN標準溶液平均體積為mL，測得c（I﹣）＝mol?L﹣1．（6）在滴定管中裝入NH4SCN標準溶液的前一步，應進行的操作為．（7）判斷下列操作對c（I﹣）測定結果的影響（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）①若在配制AgNO3標準溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，則測定結果．②若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，則測定結果．10．（14分）H2S和SO2會對環境和人體健康帶來極大的危害，工業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，FeSO4被氧化的速率是無菌時的5×105倍，該菌的作用是．（2）由圖1和圖2判斷使用硫桿菌的最佳條件為．若反應溫度過高，反應速率下降，其原因是．方法2：在一定條件下，用H2O2氧化H2S（3）隨著參加反應的n（H2O2）/n（H2S）變化，氧化產物不同．當n（H2O2）/n（H2S）＝4時，氧化產物的分子式為．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：；CaO在水中存在如下轉化：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．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﹣）＝mol?L﹣1．將SO2通入該氨水中，當c（OH﹣）降至1.0×10﹣7mol?L﹣1時，溶液中的c（SO32﹣）/c（HSO3﹣）＝．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）下列有關水處理方法不正確的是（）A．用石灰、碳酸鈉等堿性物質處理廢水中的酸 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：物質的組成、結構和性質的關系；FE："三廢"處理與環境保護．【專題】56：化學應用．【分析】A．石灰、碳酸鈉都可與酸反應；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+反應生成沉淀；D．燒堿可與銨根離子反應生成氨氣．【解答】解：A．石灰與酸反應生成鈣鹽，碳酸鈉與酸反應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產生氨氣，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?！军c評】本題考查廢水的處理，為2017年天津考題，側重于化學與生活、生產的考查，有利于培養學生的良好的科學素養，注意把握物質的性質，難度不大．2．（6分）漢黃芩素是傳統中草藥黃芩的有效成分之一，對腫瘤細胞的殺傷有獨特作用．下列有關漢黃芩素的敘述正確的是（）A．漢黃芩素的分子式為C16H13O5 B．該物質遇FeCl3溶液顯色 C．1mol該物質與溴水反應，最多消耗1molBr2 D．與足量H2發生加成反應后，該分子中官能團的種類減少1種【考點】HD：有機物的結構和性質．【專題】534：有機物的化學性質及推斷．【分析】由結構可知分子式，分子中含酚﹣OH、碳碳雙鍵、羰基及醚鍵，結合酚、烯烴等有機物的性質來解答．【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的鄰對位與溴水發生取代反應，碳碳雙鍵與溴水發生加成反應，則1mol該物質與溴水反應，最多消耗2molBr2，故C錯誤；D．與足量H2發生加成反應后，該分子中官能團碳碳雙鍵、羰基均減少，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意H原子數的判斷及官能團的判斷，題目難度不大．3．（6分）下列能量轉化過程與氧化還原反應無關的是（）A．硅太陽能電池工作時，光能轉化成電能 B．鋰離子電池放電時，化學能轉化成電能 C．電解質溶液導電時，電能轉化成化學能 D．葡萄糖為人類生命活動提供能量時，化學能轉化成熱能【考點】B1：氧化還原反應；BB：反應熱和焓變．【專題】515：氧化還原反應專題；517：化學反應中的能量變化．【分析】發生的反應中存在元素的化合價變化，則為氧化還原反應，以此來解答．【解答】解：A．光能轉化為電能，不發生化學變化，與氧化還原反應無關，故A選；B．發生原電池反應，本質為氧化還原反應，故B不選；C．發生電解反應，為氧化還原反應，故C不選；D．發生氧化反應，故D不選。故選：A?！军c評】本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握發生的反應及反應本質為解答關鍵，注意能量變化的形式，題目難度不大．4．（6分）以下實驗設計能達到實驗目的是（）實驗目的實驗設計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Al與稀鹽酸反應后的溶液C．重結晶提純苯甲酸將粗品水溶、過濾、蒸發、結晶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：化學實驗方案的評價．【專題】545：物質的分離提純和鑒別．【分析】A．碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉；B．蒸發時促進氯化鋁水解，生成的鹽酸易揮發；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，加熱將原物質除去，不能除雜，故A錯誤；B．蒸發時促進氯化鋁水解，生成的鹽酸易揮發，則應在HCl氣流中蒸發結晶，故B錯誤；C．苯甲酸在水中的溶解度不大，應趁熱過濾后，選擇重結晶法分離提純，故C錯誤；D．氯氣與NaBr、NaI反應分別生成溴、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?！军c評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、混合物分離提純、物質的鑒別為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，選項C為解答的難點，題目難度不大．5．（6分）根據元素周期表和元素周期律，判斷下列敘述不正確的是（）A．氣態氫化物的穩定性：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，對應氫化物越穩定；B．H與F、Cl等形成共價化合物，與Na等形成離子化合物；C．發生強酸制取弱酸的反應，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號元素的原子結構中有7個電子層、最外層電子數為8．【解答】解：A．非金屬性O＞N＞Si，氣態氫化物的穩定性：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號元素的原子結構中有7個電子層、最外層電子數為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、元素周期律為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規律性知識的應用，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，該反應的平衡常數K＝2×10﹣5．已知：Ni（CO）4的沸點為42.2℃，固體雜質不參與反應。第一階段：將粗鎳與CO反應轉化成氣態Ni（CO）4；第二階段：將第一階段反應后的氣體分離出來，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，反應的平衡常數增大 B．第一階段，在30℃和50℃兩者之間選擇反應溫度，選50℃ C．第二階段，Ni（CO）4分解率較低 D．該反應達到平衡時，v生成[Ni（CO）4]＝4v生成（CO）【考點】CB：化學平衡的影響因素．【專題】51E：化學平衡專題．【分析】A．平衡常數與溫度有關；B．Ni（CO）4的沸點為42.2℃，應大于沸點，便于分離出Ni（CO）4；C．由加熱至230℃制得高純鎳分析；D．達到平衡時，不同物質的正逆反應速率之比等于化學計量數之比?！窘獯稹拷猓篈．平衡常數與溫度有關，則增加c（CO），平衡向正向移動，反應的平衡常數不變，故A錯誤；B．Ni（CO）4的沸點為42.2℃，應大于沸點，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．達到平衡時，不同物質的正逆反應速率之比等于化學計量數之比，則該反應達到平衡時4v生成[Ni（CO）4]＝v生成（CO），故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查化學平衡的影響因素，為高頻考點，把握K與溫度的關系、溫度對平衡移動的影響為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意習題中的信息，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，某研究小組利用設計的電解分離裝置（見圖），使漿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條件未標明）（1）反應①所加試劑NaOH的電子式為．B→C的反應條件為加熱（或煅燒），C→Al的制備方法稱為電解法．（2）該小組探究反應②發生的條件．D與濃鹽酸混合，不加熱，無變化；加熱有Cl2生成，當反應停止后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產生Cl2．由此判斷影響該反應有效進行的因素有（填序號）ac．a．溫度b．Cl﹣的濃度c．溶液的酸度（3）0.1molCl2與焦炭、TiO2完全反應，生成一種還原性氣體和一種易水解成TiO2?xH2O的液態化合物，放熱4.28kJ，該反應的熱化學方程式為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﹣；陰極室生成的物質為NaOH和H2（寫化學式）．【考點】DI：電解原理；P8：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用．【專題】546：無機實驗綜合．【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，生成一種還原性氣體和一種易水解成TiO2?xH2O的液態化合物，放熱4.28kJ，由質量守恒可知還原性氣體為CO，反應的化學方程式為2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g），以此可計算反應熱并寫出熱化學方程式；Ⅱ．（4））電解時，CrO42﹣通過陰離子交換膜向陽極移動，陰極發生還原反應生成氫氣和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）反應涉及的條件為加熱，加熱下可反應，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，生成一種還原性氣體和一種易水解成TiO2?xH2O的液態化合物，放熱4.28kJ，由質量守恒可知還原性氣體為CO，反應的化學方程式為2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g），則2mol氯氣反應放出的熱量為4.28kJ＝85.6kJ，所以熱化學方程式為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﹣，陰極發生還原反應生成氫氣和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，側重考查物質的制備、分離以及電解知識，解答本題，注意把握物質的性質，能正確分析試驗流程，把握電解的原理，題目難度不大，有利于培養學生的分析能力和實驗能力．8．（18分）2﹣氨基﹣3﹣氯苯甲酸（F）是重要的醫藥中間體，其制備流程圖如下：已知：回答下列問題：（1）分子中不同化學環境的氫原子共有4種，共面原子數目最多為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的所有同分異構體的結構簡式．a．苯環上只有兩個取代基且互為鄰位b．既能發生銀鏡反應又能發生水解反應（3）該流程未采用甲苯直接硝化的方法制備B，而是經由①②③三步反應制取B，目的是避免苯環上甲基對位的氫原子被硝基取代．（4）寫出⑥的化學反應方程式：，該步反應的主要目的是保護氨基．（5）寫出⑧的反應試劑和條件：Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe）；F中含氧官能團的名稱為羧基．（6）在方框中寫出以為主要原料，經最少步驟制備含肽鍵聚合物的流程．目標化合物【考點】HC：有機物的合成．【專題】534：有機物的化學性質及推斷．【分析】（1）甲苯含有1個甲基，苯環左右對稱；苯環為平面形結構，與苯環直接相連的原子在同一個平面上；（2）B為鄰硝基甲苯，對應的同分異構體：a．苯環上只有兩個取代基且互為鄰位，b．既能發生銀鏡反應又能發生水解反應，說明應含有酯基，且為甲酸酯，另外一種官能團為氨基；（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）由結構簡式可知反應⑥為取代反應，可避免氨基被氧化；（5）⑧為苯環的氯代反應，應在類似苯與溴的反應；F含有羧基、氨基和氯原子；（6）可水解生成，含有氨基、羧基，可發生縮聚反應生成高聚物．【解答】解：（1）甲苯含有1個甲基，苯環左右對稱，則分子中不同化學環境的氫原子共有4種，苯環為平面形結構，與苯環直接相連的原子在同一個平面上，結合三點確定一個平面，甲基上可有1個H與苯環共平面，共13個，故答案為：4；13；（2）B為2﹣硝基甲苯或鄰硝基甲苯，對應的同分異構體：a．苯環上只有兩個取代基且互為鄰位，b．既能發生銀鏡反應又能發生水解反應，說明應含有酯基，且為甲酸酯，另外一種官能團為氨基，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，目的是避免苯環上甲基對位的氫原子被硝基取代，故答案為：避免苯環上甲基對位的氫原子被硝基取代；（4）由結構簡式可知反應⑥為取代反應，反應的方程式為，該步反應的主要目的是避免氨基被氧化，故答案為：；保護氨基；（5）⑧為苯環的氯代反應，應在類似苯與溴的反應，反應條件為Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe），F中含氧官能團的名稱為羧基，故答案為：Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe）；羧基；（6）可水解生成，含有氨基、羧基，可發生縮聚反應生成高聚物，反應的流程為，故答案為：．【點評】本題為2017年天津考題，為有機物合成題目，側重考查學生分析判斷能力，明確官能團及其性質關系、常見反應類型及反應條件是解本題關鍵，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﹣），實驗過程包括準備標準溶液和滴定待測溶液．Ⅰ準備標準溶液a．準確稱取AgNO3基準物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL標準溶液，放在棕色試劑瓶中避光保存，備用．b．配制并標定100mL0.1000mol?L﹣1NH4SCN標準溶液，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+，使其恰好完全轉化為AgSCN沉淀后，體系出現淡紅色，停止滴定．e．重復上述操作兩次．三次測定數據如下表：實驗序號123消耗NH4SCN標準溶液體積/mL10.2410.029.98f．數據處理．回答下列問題：（1）將稱得的AgNO3配制成標準溶液，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標準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）滴定應在pH＜0.5的條件下進行，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，Fe3+與I﹣反應，指示劑耗盡，無法判斷滴定終點．（5）所消耗的NH4SCN標準溶液平均體積為10.00mL，測得c（I﹣）＝0.0600mol?L﹣1．（6）在滴定管中裝入NH4SCN標準溶液的前一步，應進行的操作為用NH4SCN標準溶液進行潤洗；．（7）判斷下列操作對c（I﹣）測定結果的影響（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）①若在配制AgNO3標準溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，則測定結果偏高．②若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，則測定結果偏高．【考點】RD：探究物質的組成或測量物質的含量．【專題】544：定量測定與誤差分析．【分析】（1）配制硝酸銀標準溶液時，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）滴定應注意防止鐵離子的水解，影響滴定結果；（4）鐵離子與碘離子發生氧化還原反應；（5）根據所提供的三組數據，第一組數據誤差較大，應舍去，二、三組數據取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均體積為10.00mL，結合c（AgNO3）×V（AgNO3）＝c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I﹣）×V（I﹣）計算；（6）裝入NH4SCN標準溶液，應避免濃度降低，應用NH4SCN標準溶液進行潤洗；（7）反應的原理為c（AgNO3）×V（AgNO3）＝c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I﹣）×V（I﹣），如操作導致c（NH4SCN）×V（NH4SCN）偏小，則測定結果偏大，以此解答該題．【解答】解：（1）配制硝酸銀標準溶液時，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）硝酸銀標準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）滴定應在pH＜0.5的條件下進行，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，鐵離子與碘離子發生氧化還原反應，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，Fe3+與I﹣反應，指示劑耗盡，無法判斷滴定終點；（5）根據所提供的三組數據，第一組數據誤差較大，應舍去，二、三組數據取平均值即可，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標準溶液，應避免濃度降低，應用NH4SCN標準溶液進行潤洗，故答案為：用NH4SCN標準溶液進行潤洗；（7）反應的原理為c（AgNO3）×V（AgNO3）＝c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I﹣）×V（I﹣），①若在配制AgNO3標準溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，則導致溶質的物質的量減小，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，俯視標準液液面，造成讀數偏小，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，涉及物質含量的測定，側重于學生的分析能力、實驗能力和計算能力的考查，注意把握實驗的操作方法和注意事項，把握反應的原理和誤差分析的角度，難度中等．10．（14分）H2S和SO2會對環境和人體健康帶來極大的危害，工業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，FeSO4被氧化的速率是無菌時的5×105倍，該菌的作用是降低反應活化能．（2）由圖1和圖2判斷使用硫桿菌的最佳條件為30℃、pH＝2.0．若反應溫度過高，反應速率下降，其原因是蛋白質變性（或硫桿菌失去活性）．方法2：在一定條件下，用H2O2氧化H2S（3）隨著參加反應的n（H2O2）/n（H2S）變化，氧化產物不同．當n（H2O2）/n（H2S）＝4時，氧化產物的分子式為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