2017年天津市高考化学试题(卷)与解析 下载本文

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故选A.

4.(6分)(2017?天津)以下实验设计能达到实验目的是( )

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 B.B

C.C

D.D

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

A. B. C. D. A.A

【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离; 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. 【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,用CCl4萃取后观察颜色可鉴别,故D正确; 故选D.

5.(6分)(2017?天津)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

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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

【分析】A.非金属性越强,对应氢化物越稳定;

B.H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应,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号元素的原子结构中有7个电子层、最外层电子数为8.

【解答】解: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; 故选C.

6.(6分)(2017?天津)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=2×10﹣5.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;

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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 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) 【分析】A.平衡常数与温度有关;

B.Ni(CO)4的沸点为42.2℃,应大于沸点,便于分离出Ni(CO)4; C.由加热至230℃制得高纯镍分析;

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.

【解答】解: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; 故选B.

二、本卷共4题,共64分.

7.(14分)(2017?天津)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.

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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 加

热(或煅烧) ,C→Al的制备方法称为 电解法 .

(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) ac . a.温度 b.Cl﹣的浓度 c.溶液的酸度

(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 2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l)+2CO(g)△H=﹣85.6kJ?mol﹣1 . Ⅱ含铬元素溶液的分离和利用

(4)用惰性电极电解时,CrO42﹣能从浆液中分离出来的原因是 在直流电场作用下,CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动,脱离浆液 ,分离后含铬元素的粒子是 CrO42﹣、Cr2O72﹣ ;阴极室生成的物质为 NaOH和H2 (写化学式). 【分析】Ⅰ.(1)固体混合物含有Al(OH)3、MnO2,加入NaOH溶液,过滤,可得到滤液A为NaAlO2,通入二氧化碳,生成B为Al(OH)3,固体C为Al2O3,电解熔融的氧化铝可得到Al;固体D为MnO2,加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气;

(2)题中涉及因素有温度和浓度;

(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,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),以此可计算反应热并写出热化学方程式;

Ⅱ.(4))电解时,CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极移动,阴极发生还原反应生成氢气和NaOH,以此解答该题.

【解答】解:(1)NaOH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;

,B为Al(OH)3,

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