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1、2023 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，只有一项为哪一项最符合题目要求的16 分以下有关水处理方法不正确的选项是 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26 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以下有关汉黄芩素的表达正确的选项是A汉黄芩素的分子式为 C16H13O5 B该物质遇 FeCl3 溶液显色C1 mol 该物质与溴水反响，最多消耗 1mol Br2D与足量
2、 H2 发生加成反响后，该分子中官能团的种类削减 1 种36 分以下能量转化过程与氧化复原反响无关的是 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供给能量时，化学能转化成热能46 分以下试验设计能到达试验目的是试验目的A. 除去 NaHCO3 固体中的 Na2CO3B. 制备无水 AlCl3第1页共21页试验设计将固体加热至恒重蒸发 Al 与稀盐酸反响后的溶液C DAA重结晶提纯苯甲酸鉴别 NaBr 和 KI 溶液BBCCDD将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶分别加制氯水后，用 CCl4 萃取56 分依据元
3、素周期表和元素周期律，推断以下表达不正确的选项是A气态氢化物的稳定性：H2ONH3SiH4 B氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C如下图试验可证明元素的非金属性：ClCSiD用中文“”o命名的第 118 号元素在周期表中位于第七周期 0 族66 分常压下羰基化法精炼镍的原理为：Nis+4COg NiCOg23044时，该反响的平衡常数 K=2105：NiCO 的沸点为 42.2，固体杂质不参与反响4第一阶段：将粗镍与 CO 反响转化成气态 NiCO ；其次阶段：将第一阶段反响后的气体分别出来，加热至 230制得高纯镍 以下推断正确的选项是A. 增加 cCO，平衡向正向移动，反响的平衡
4、常数增大4B. 第一阶段，在 30和 50两者之间选择反响温度，选 50 C其次阶段，NiCO 分解率较低4D该反响到达平衡时，vNiCO =4vCO生成生成二、本卷共 4 题，共 64 分714 分某混合物浆液含有AlOH 、MnO 和少量 Na CrO考虑到胶体的3224吸附作用使Na2CrO4 不易完全被水浸出，某争论小组利用设计的电解分别装置见第2页共21页图，使浆液分别成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用答复和中的问题固体混合物的分别和利用流程图中的局部分别操作和反响条件未标明（1） 反响所加试剂 NaOH 的电子式为BC 的反响条件为，CAl 的制备方法称为 （2） 该小组探究反
5、响发生的条件D 与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有 Cl2 生成，当反响停顿后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2由此推断影响该反响有效进展的因素有填序号 a温度 bCl的浓度 c溶液的酸度30.1mol Cl2 与焦炭、TiO2 完全反响，生成一种复原性气体和一种易水解成TiO2xH2O 的液态化合物，放热 4.28kJ，该反响的热化学方程式为含铬元素溶液的分别和利用4用惰性电极电解时，CrO 2能从浆液中分别出来的缘由是，分别后4含铬元素的粒子是；阴极室生成的物质为写化学式 818 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：第3页共21页：答复以下问题：1分子中不同化
6、学环境的氢原子共有种，共面原子数目最多为2B式的名称为写出符合以下条件B 的全部同分异构体的构造简a苯环上只有两个取代基且互为邻位b既能发生银镜反响又能发生水解反响（3） 该流程未承受甲苯直接硝化的方法制备 B，而是经由三步反响制取 B，目的是（4） 写出的化学反响方程式：，该步反响的主要目的是（5） 写出的反响试剂和条件：；F 中含氧官能团的名称为（6） 在方框中写出以物的流程为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合目标化合物918 分用沉淀滴定法快速测定NaI 等碘化物溶液中 cI，试验过程包括预备标准溶液和滴定待测溶液预备标准溶液a. 准确称取 AgNO3 基准物 4.2468g0.0250
7、mol后，配制成 250mL 标准溶液， 放在棕色中避光保存，备用b. 配制并标定 100mL 0.1000molL1 NH4SCN 标准溶液，备用第4页共21页滴定的主要步骤a. 取待测 NaI 溶液 25.00mL 于锥形瓶中b. 参加 25.00mL 0.1000molL1 AgNO3 溶液过量，使 I完全转化为 AgI 沉淀42c. 参加 NH4FeSO 溶液作指示剂d. 用 0.1000molL1NH4SCN 溶液滴定过量的 Ag+，使其恰好完全转化为 AgSCN沉淀后，体系消灭淡红色，停顿滴定e. 重复上述操作两次三次测定数据如下表：试验序号123消耗 NH4SCN 标准溶液体积/
8、mL f数据处理10.2410.029.98答复以下问题：（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 标准溶液放在棕色中避光保存的缘由是（3） 滴定应在 pH0.5 的条件下进展，其缘由是4b 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=molL1（6） 在滴定管中装入 NH4SCN 标准溶液的前一步，应进展的操作为（7） 推断以下操作对 cI测定结果的影响填“偏高”、“偏低”或“无影响”假设在配制 AgNO3 标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果假设在滴定终点读取滴定管
9、刻度时，俯视标准液液面，则测定结果 1014 分H2S 和 SO2 会对环境和人体安康带来极大的危害，工业上实行多种方法削减这些有害气体的排放，答复以下方法中的问题SH的除去23243方法 1：生物脱 H2S 的原理为： H2S+Fe2SO4 S+2FeSO4+H2SO4 4FeSO4+O2+2H2SO42Fe SO +2H2O（1） 硫杆菌存在时， FeSO被氧化的速率是无菌时的 5105 倍，该菌的作用4第5页共21页是（2） 由图 1 和图 2 推断使用硫杆菌的最正确条件为假设反响温度过高，反响速率下降，其缘由是方法 2：在肯定条件下，用 H2O2 氧化 H2S（3） 随着参与反响的 n
10、H2O2/nH2S变化，氧化产物不同当 nH2O2/nH2S=4 时，氧化产物的分子式为SO 的除去2方法 1双碱法：用 NaOH 吸取 SO2，并用 CaO 使 NaOH 再生NaOH 溶液Na2SO3 溶液（4） 写出过程的离子方程式：；CaO 在水中存在如下转化：2CaOs+H2O lCaOH s Ca2+aq+2OHaq 从平衡移动的角度，简述过程NaOH 再生的原理方法 2：用氨水除去 SO2（5） 25，NHH O 的 K =1.8105，H SO 的 K=1.3102，K=6.21032b23a1a28假设氨水的浓度为 2.0molL1，溶液中的 cOH=molL1将 SO23通
11、入该氨水中，当 cOH降至 1.0107 molL1 时，溶液中的 cSO 2/cHSO =3第6页共21页2023 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，只有一项为哪一项最符合题目要求的16 分2023天津以下有关水处理方法不正确的选项是 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【分析】A石灰、碳酸钠都可与酸反响；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+
12、、Hg2+反响生成沉淀； D烧碱可与铵根离子反响生成氨气【解答】解：A石灰与酸反响生成钙盐，碳酸钠与酸反响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+反响生成沉淀，对重金属离子没有作用，故 C 错误； D烧碱可与铵根离子反响产生氨气，则可用烧碱处理高浓度的NH4+的废水并回收利用氨，故 D 正确应选 C26 分2023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以下有关汉黄芩素的表达正确的选项是第7页
13、共21页A汉黄芩素的分子式为 C16H13O5 B该物质遇 FeCl3 溶液显色%0.1 mol 该物质与溴水反响，最多消耗 1mol Br2D与足量 H2 发生加成反响后，该分子中官能团的种类削减 1 种【分析】由构造可知分子式，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响，碳碳双键与溴水发生加成反响，则1 mol 该物质与溴水反响，最多消耗 2mol Br2，故 C 错误；D. 与足量 H2 发生加成反
14、响后，该分子中官能团碳碳双键、羰基均削减，故 D错误； 应选 B36 分2023天津以下能量转化过程与氧化复原反响无关的是 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供给能量时，化学能转化成热能【分析】发生的反响中存在元素的化合价变化，则为氧化复原反响，以此来解答【解答】解：A光能转化为电能，不发生化学变化，与氧化复原反响无关，故A 选；B发生原电池反响，本质为氧化复原反响，故 B 不选； C发生电解反响，为氧化复原反响，故 C 不选； D发生氧化反响，故 D 不选第8页共21页应选 A46 分202
15、3天津以下试验设计能到达试验目的是A B C DAA试验目的除去 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BBCCDD试验设计将固体加热至恒重蒸发 Al 与稀盐酸反响后的溶液将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶分别加制氯水后，用 CCl4 萃取【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别； D氯气与 NaBr、NaI 反响分别生成溴、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
16、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，选择重结晶法分别提纯，故 C 错误；D氯气与 NaBr、NaI 反响分别生成溴、碘，在四氯化碳中的颜色不同，则分别加制氯水后，用 CCl4 萃取后观看颜色可鉴别，故 D 正确；应选 D56 分2023天津依据元素周期表和元素周期律，推断以下表达不正确的选项是A气态氢化物的稳定性：H2ONH3SiH4 B氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物第9页共21页C如下图试验可证明元素的非金属性：ClCSiD用中文“”o命名的第 118 号元素在周期表中位于第七
17、周期 0 族【分析】A非金属性越强，对应氢化物越稳定；BH 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响，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 号元素的原子构造中有7 个电子层、最外层电子数为 8【解答】解：A非金属性 ONSi，气态氢化物的稳定性：H2ONH3SiH4， 故 A 正确；BH 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、
18、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 号元素的原子构造中有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；应选 C66 分2023天津常压下羰基化法精炼镍的原理为：Nis+4COgNiCO g230时，该反响的平衡常数 K=2105：NiCO 的沸44点为 42.2，固体杂质不参与反响4第一阶段：将粗镍与 CO 反响转化成气态 NiCO ；第10页共21页其次阶段：将第一阶段反响后的气体分别出来，加热至 230制得高纯镍以下推断正确的选项是A. 增加 cCO，平衡向正向移动，反响的平衡
19、常数增大44B. 第一阶段，在 30和 50两者之间选择反响温度，选 50 C其次阶段，NiCO 分解率较低D该反响到达平衡时，vNiCO =4vCO生成生成【分析】A平衡常数与温度有关；44BNiCO 的沸点为 42.2，应大于沸点，便于分别出 NiCO ； C由加热至 230制得高纯镍分析； D到达平衡时，不同物质的正逆反响速率之比等于化学计量数之比44【解答】解：A平衡常数与温度有关，则增加cCO，平衡向正向移动，反响的平衡常数不变，故 A 错误；BNiCO的沸点为 42.2，应大于沸点，便于分别出NiCO ，则一阶段，在 30和 50两者之间选择反响温度，选 50，故 B 正确；4C.
20、 加热至 230制得高纯镍，可知其次阶段，NiCO分解率较大，故 C 错误；D. 到达平衡时，不同物质的正逆反响速率之比等于化学计量数之比，则该反响4到达平衡时 4vNiCO =vCO，故 D 错误；生成生成应选 B二、本卷共 4 题，共 64 分714 分2023天津某混合物浆液含有 AlOH 、MnO 和少量 Na CrO 考3224虑到胶体的吸附作用使 Na2CrO4 不易完全被水浸出，某争论小组利用设计的电解分别装置见图，使浆液分别成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用答复和中的问题第11页共21页固体混合物的分别和利用流程图中的局部分别操作和反响条件未标明（1） 反响所加试剂 NaO
21、H 的电子式为BC 的反响条件为 加热或煅烧 ，CAl 的制备方法称为电解法 （2） 该小组探究反响发生的条件D 与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有 Cl2 生成，当反响停顿后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2由此推断影响该反响有效进展的因素有填序号 aca温度bCl的浓度c溶液的酸度30.1mol Cl2 与焦炭、TiO2 完全反响，生成一种复原性气体和一种易水解成2TiO2xH2O 的液态化合物，放热 4.28kJ，该反响的热化学方程式为 2Clg+TiO2s+2CsTiCl l+2COgH=85.6kJmol14含铬元素溶液的分别和利用4用惰性电极电解时， CrO 2能从浆液中分
22、别出来的缘由是 在直流电场作4用下，CrO 2通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 ，分别后含铬元素的4272粒子是 CrO42、Cr O 2；阴极室生成的物质为 NaOH 和 H写化学式32【分析】1固体混合物含有 AlOH 、MnO ，参加 NaOH 溶液，过滤，3可得到滤液 A 为 NaAlO2，通入二氧化碳，生成B 为 AlOH，固体C 为 Al2O3，2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响可生成氯气；2题中涉及因素有温度和浓度；22430.1mol Cl2 与焦炭、TiO2 完全反响，生成一种复原性气体和一种易水解成TiO2xH2O 的液态化合
23、物，放热 4.28kJ，由质量守恒可知复原性气体为 CO，反响的化学方程式为 2Cl g+TiO s+2CsTiCl l+2COg，以此可计算反响热并写出热化学方程式；4电解时，CrO 2通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生复原反响生 43成氢气和 NaOH，以此解答该题【解答】解：1NaOH 为离子化合物，电子式为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；第12页共21页，B 为 AlOH ，2反响涉及的条件为加热，加热下可反响，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；30.1mol Cl2 与焦炭、TiO2
24、 完全反响，生成一种复原性气体和一种易水解成TiO2xH2O 的液态化合物，放热 4.28kJ，由质量守恒可知复原性气体为 CO，反响2的化学方程式为 2Clg+TiOs+2CsTiCll+2COg，则 2mol 氯2424气反响放出的热量为4.28kJ=85.6kJ，224所以热化学方程式为 2Cl 85.6kJmol1，g+TiOs+2CsTiCll+2COgH=2故答案为：2Cl1；g+TiOs+2CsTiCll+2COgH=85.6kJmol4电解时，CrO 2通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分别出来， 4因存在 2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，则分别后含铬元素的粒子
25、是 CrO42、Cr2O72， 阴极发生复原反响生成氢气和 NaOH，故答案为：在直流电场作用下，CrO 2通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆4液；CrO42、Cr2O72；NaOH 和 H2818 分2023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：答复以下问题：第13页共21页113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2B 的名称为2硝基甲苯或邻硝基甲苯 写出符合以下条件 B 的全部同分异构体的构造简式a苯环上只有两个取代基且互为邻位b既能发生银镜反响又能发生水解反响3该流程未承受甲苯直接硝化的方法制备 B，而是经由三步反响制取 B，目的是 避开苯环
26、上甲基对位的氢原子被硝基取代 4写出的化学反应方程式：，该步反响的主要目的是 保护氨基 32（5） 写出的反响试剂和条件： Cl2/FeCl 或 Cl /Fe；F 中含氧官能团的名称为 羧基（6） 在方框中写出以物的流程为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合目标化合物【分析】1甲苯含有1 个甲基，苯环左右对称；苯环为平面形构造，与苯环直接相连的原子在同一个平面上；2B 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既能发生银镜反响又能发生水解反响，说明应含有酯基，且为甲酸酯，第14页共21页另外一种官能团为氨基；（3） 如承受甲苯直接硝化的方法制备 B，硝基可取代甲基对位的
27、 H 原子；（4） 由构造简式可知反响为取代反响，可避开氨基被氧化；（5） 为苯环的氯代反响，应在类似苯与溴的反响； 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，苯环为平面形构造，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；2B 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既能发生银镜反响又能发生水解反响，说明应含有酯基，且为甲酸酯，另
28、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如承受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，目的是避开苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代，故答案为：避开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 为 取 代 反 应 ， 反 应 的 方 程 式 为基被氧化，故答案为：，该步反响的主要目的是避开氨；保护氨基；第15页共21页5为苯环的氯代反响，应在类似苯与溴的反响，反响条件为 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应生成高可水解生成聚物，含有氨基、羧基
29、，可发生缩聚反反应的流程为，故答案为：918 分2023天津用沉淀滴定法快速测定NaI 等碘化物溶液中 cI，试验过程包括预备标准溶液和滴定待测溶液预备标准溶液a. 准确称取 AgNO3 基准物 4.2468g0.0250mol后，配制成 250mL 标准溶液， 放在棕色中避光保存，备用b. 配制并标定 100mL 0.1000molL1 NH4SCN 标准溶液，备用滴定的主要步骤a. 取待测 NaI 溶液 25.00mL 于锥形瓶中b. 参加 25.00mL 0.1000molL1 AgNO3 溶液过量，使 I完全转化为 AgI 沉淀42c. 参加 NH4FeSO 溶液作指示剂d. 用 0.
30、1000molL1NH4SCN 溶液滴定过量的 Ag+，使其恰好完全转化为 AgSCN 沉淀后，体系消灭淡红色，停顿滴定 e重复上述操作两次三次测定数据如下表：试验序号消耗 NH4SCN 标准溶液体积/mL f数据处理答复以下问题：110.24210.0239.98第16页共21页（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 标准溶液放在棕色中避光保存的缘由是 避开 AgNO3 见光分解 （3） 滴定应在 pH0.5 的条件下进展，其缘由是 防止因 Fe3+的水解而影响滴定终点的推断或抑制 Fe3+的水解 4b
31、 和 c 两步操作是否可以颠倒 否或不能 ，说明理由 假设颠倒，Fe3+ 与 I反响，指示剂耗尽，无法推断滴定终点 （5） 所消耗的 NH4SCN 标准溶液平均体积为 10.00mL，测得 cI=0.0600 molL1（6） 在滴定管中装入 NH4SCN 标准溶液的前一步，应进展的操作为 用 NH4SCN标准溶液进展润洗； （7） 推断以下操作对 cI测定结果的影响填“偏高”、“偏低”或“无影响”假设在配制 AgNO3 标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果 偏高 假设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
32、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） 滴定应留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复原反响；（5） 依据所供给的三组数据，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 cAgNO VAgNO =cNH SCNVNH SCN+cIVI3344计算；（6） 装入 NH4SCN 标准溶液，应避开浓度降低，应用 NH4SCN 标准溶液进展润洗；（7） 反响的原理为 cAgNO3VAgNO3=cNH4SCNVNH4SCN+cIVI，如操作导致 cNH SC
33、NVNH 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第17页共21页有 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中避光保存是由于硝酸银见光分解，故答案为：避开 AgNO3 见光分解；（3） 滴定应在 pH0.5 的条件下进展，缘由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推断，故答案为：防止因 Fe3+的水解而影响滴定终点的推断或抑制 Fe3+的水解；4b 和 c 两步操作不能颠倒，假设颠倒，铁离子与碘离子发生氧化复原反响， 指示剂耗
34、尽则无法推断滴定终点，故答案为：否或不能；假设颠倒，Fe3+与 I反响，指示剂耗尽，无法推断滴定终点；（5） 依据所供给的三组数据，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，nAgNO3=25.00103L0.1000molL1=2.5103mol，nNH4SCN=0.1000molL110.00103L=1.00103mol，则 cI0.25L=2.5103mol1.00103mol，cI=0.0600molL1， 故答案为：10.00；0.0600；（6） 装入 NH4SCN 标准溶液，应避开浓度降低，应用 NH4SC
35、N 标准溶液进展润洗，故答案为：用 NH4SCN 标准溶液进展润洗；（7） 反响的原理为 cAgNO3VAgNO3=cNH4SCNVNH4SCN+cIVI，假设在配制 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 nNH SCN偏小，测定 cI偏大，4故答案为：偏高；假设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nNH SCN偏小，测定 cI偏大，4故答案为：偏高1014 分2023天津H2S 和 SO2 会对环境和人体安康带来极大的危害，工第18页共21页业上实行多种方法削减这些有害气体的排放，答复以下方法中的问题SH的除去2324
36、3方法 1：生物脱 H2S 的原理为： H2S+Fe2SO4 S+2FeSO4+H2SO4 4FeSO4+O2+2H2SO42Fe SO +2H2O（1） 硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的 5105 倍，该菌的作用是降低反响活化能 （2） 由图 1 和图 2 推断使用硫杆菌的最正确条件为 30、pH=2.0假设反响温度过高，反响速率下降，其缘由是 蛋白质变性或硫杆菌失去活性 方法 2：在肯定条件下，用 H2O2 氧化 H2S（3） 随着参与反响的 nH2O2/nH2S变化，氧化产物不同当 nH2O2/nH2S=4 时，氧化产物的分子式为 H2SO4SO 的除去2方法 1双碱法：用
37、 NaOH 吸取 SO2，并用 CaO 使 NaOH 再生NaOH 溶液Na2SO3 溶液（4） 写出过程的离子方程式： 2OH+SO2=SO32+H2O；CaO 在水中存在如下转化：2CaOs+H2O lCaOH s Ca2+aq+2OHaq从平衡移动的角度，简述过程NaOH 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） 25，NHH O 的 K =1.8105，H SO 的 K=1.3102，K=6.21032b23a1a28假设氨水的浓度为2.0molL1，溶液中的cOH=6.0103molL1将第19页共
38、21页SO2 通入该氨水中，当cOH降至 1.0107 molL1 时，溶液中的cSO32/cHSO3=0.62【分析】1硫杆菌存在时，FeSO 被氧化的速率是无菌时的 5105 倍，说明硫4杆菌做反响的催化剂加快反响速率；（2） 从图象中分析可知，使用硫杆菌的最正确条件是亚铁离子氧化速率最大时， 反响温度过高，反响速率下降是由于升温使蛋白质发生变性；（3） 当nH2O2/nH2S=4 时，结合氧化复原反响电子守恒，4H2O24H2O8e，电子守恒得到 H2S 变化为+6 价化合物；（4） 过程是二氧化硫和氢氧化钠溶液反响生成亚硫酸钠和水；过程 NaOH再生是平衡 CaOs+H O lCaOH s Ca2+aq+2OHaq正22向进展；氢氧根离子浓度增大； 5 NH3H2O的 Kb=1.8 10 5 ， 假设氨水的浓度为 2.0molL 1 ， 可结合Kb=计 算 c OH ， H2SO3的 Ka2=6.2