发布时间 : 星期一 文章2017年天津市高考化学试题(卷)与解析更新完毕开始阅读
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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 250mL（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 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 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）b和c两步操作是否可以颠倒 否（或不能） ，说明理由 若颠倒，Fe3+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 10.00 mL，测得c（I﹣）= 0.0600 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 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 偏高 ． 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 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）滴定应注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还原反应；
（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，
结合c（AgNO3）×V（AgNO3）=c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I﹣）×V（I﹣）计算；
（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﹣），如操作导致c（NH4SCN）×V（NH4SCN）偏小，则测定结果偏大，以此
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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，
故答案为：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）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，
故答案为：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）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， 故答案为：10.00；0.0600；
（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，故答案为：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， 故答案为：偏高；
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， 故答案为：偏高．
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10．（14分）（2017?天津）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
（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 降低反应活化能 ．
（2）由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为 30℃、pH=2.0 ．若反应温度过高，反应速率下降，其原因是 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 H2SO4 ． 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： 2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O ；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 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）已知25℃，NH3?H2O的Kb=1.8×10﹣5，H2SO3的Ka1=1.3×10﹣2，Ka2=6.2×10
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﹣8
．若氨水的浓度为2.0mol?L﹣1，溶液中的c（OH﹣）= 6.0×10﹣3 mol?L﹣1．将
SO2通入该氨水中，当c（OH﹣）降至1.0×10﹣7 mol?L﹣1时，溶液中的c（SO32﹣）/c（HSO3﹣）= 0.62 ．
【分析】（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，说明硫杆菌做反应的催化剂加快反应速率；
（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，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；
（3）当n（H2O2）/n（H2S）=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；
（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；过程②NaOH再生是平衡CaO（s）+H2O （l）═Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）正向进行；氢氧根离子浓度增大；
（5）NH3?H2O的Kb=1.8×10﹣5，若氨水的浓度为2.0mol?L﹣1，可结合Kb=
计算c（OH
﹣
），H2SO3的Ka2=6.2×10
﹣8
，结合
Ka2=计算c（SO3）/c（HSO3）．
2Fe2（SO4）3+2H2O，硫杆菌存在时，
2﹣﹣
【解答】解：（1）4FeSO4+O2+2H2SO4
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，
故答案为：降低反应活化能（或作催化剂）；
（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，
故答案为：30℃、pH=2.0； 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）； （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， 故答案为：H2SO4 ；
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