天津市高考化学试题及答案解析版

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天津市高考化学试题及答案解析版

‎2015年天津市高考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一、选择题:‎ ‎1.(6分)(2015•天津)下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是(  )‎ ‎ A.点燃爆竹后,硫燃烧生成SO3‎ ‎ B.中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈 ‎ C.服用阿司匹林出现水杨酸反应时,用NaHCO3溶液解毒 ‎ D.使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服,肥皂去污能力减弱 ‎【答案】A ‎【解析】A.硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫,不能生成SO3,故A错误;‎ B.明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性,铜锈为Cu2(OH)2CO3,溶于酸性溶液,故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈,故B正确;‎ C.水杨酸为邻羟基苯甲酸,含有羧基、酚羟基,羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳,服用阿司匹林出现水杨酸反应时,可以用NaHCO3溶液解毒,故C正确;‎ D.肥皂有效成分为高级脂肪酸钠盐,用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服,高级脂肪酸钠盐会与钙离子反应生成难溶的高级脂肪酸钙,使肥皂去污能力减弱,故D正确,‎ ‎  ‎ 2. ‎(6分)(2015•天津)下列关于物质或离子检验的叙述正确的是(  )‎ A.在溶液中加KSCN,溶液显红色,证明原溶液中有Fe3+,无Fe2+‎ ‎ ‎ B.气体通过无水CuSO4,粉末变蓝,证明原气体中含有水蒸气 ‎ ‎ C.灼烧白色粉末,火焰呈黄色,证明原粉末中有Na+,无K+‎ ‎ ‎ D.将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,证明原气体是CO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】A.Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色,Fe2+遇KSCN不反应无现象,如果该溶液既含Fe3+,又含Fe2+,滴加KSCN 溶液,溶液呈红色,则证明存在Fe3+,并不能证明无Fe2+,故A错误;‎ B.气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应:CuSO4+5H2O═CuSO4•5H2O,可证明原气体中含有水蒸气,故B正确;‎ C.灼烧白色粉末,火焰成黄色,证明原粉末中有Na+,并不能证明无K+,Na+焰色反应为黄色,可遮住紫光,K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察,故C错误;‎ D.能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等,故将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,则原气体不一定是CO2,故D错误,‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 3. ‎(6分)(2015•天津)下列说法不正确的是(  )‎ A.Na与H2O的反应是熵增的放热反应,该反应能自发进行 ‎ ‎ B.饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀,但原理不同 ‎ ‎ C.FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解,同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同 D.Mg(OH)2固体在溶液存在平衡:Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH﹣(aq),该固体可溶于NH4Cl溶液 ‎【答案】C ‎【解析】A.Na与水反应为固体与液态反应生成气体,该反应为熵增反应,即△S>O,反应中钠熔化为小球,说明反应放出大量的热,即△H<0,则△G=△H﹣T△S<0,故该反应自发进行,故A正确;‎ B.饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀,饱和Na2SO4溶液降低蛋白质溶解度,为盐析现象,为可逆过程,再加入水可以溶解,硝酸具有强氧化性,使蛋白质变性,过程不可能,二者原理不同,故B正确;‎ C.FeCl3和MnO2对H2O2分解催化效果不相同,同等条件下H2O2分解速率的改变不相同,故C错误;‎ D.NH4Cl溶液中铵根离子水解呈酸性,消耗Mg(OH)2(s)溶解平衡中的氢氧根离子,使Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH﹣(aq)平衡右移,故Mg(OH)2可溶于NH4Cl溶液,故D正确,‎ ‎ ‎ ‎4.(6分)(2015•天津)锌铜原电池装置如图所示,其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,下列有关叙述正确的是(  )‎ A.铜电极上发生氧化反应 ‎ ‎ B.电池工作一段时间后,甲池的c(SO42﹣)减小 ‎ ‎ C.电池工作一段时间后,乙池溶液的总质量增加 ‎ D.阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动,保持溶液中电荷平衡 ‎【答案】C ‎【解析】A.由图象可知,该原电池反应式为:Zn+Cu2+=Zn2++Cu,Zn为负极,发生氧化反应,Cu为正极,发生还原反应,故A错误;‎ B.阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,故两池中c(SO42﹣)不变,故B错误;‎ C.甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池,乙池中发生反应:Cu2++2e﹣=Cu,保持溶液呈电中性,进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等,而Zn的摩尔质量大于Cu,故乙池溶液总质量增大,故C正确;‎ D.甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池,以保持溶液电荷守恒,阴离子不能通过阳离子交换膜,故D错误,‎ ‎ ‎ ‎5.(6分)(2015•天津)室温下,0.05molNa2CO3将固体溶于水配成100mL溶液,向溶液中加入下列物质,有关结论正确的是(  )‎ ‎ 加入的物质 ‎ 结论 A ‎ 50mL 1mol•L﹣1H2SO4‎ ‎ 反应结束后,c(Na+)=c(SO42﹣)‎ B ‎ 0.05molCaO 溶液中 增大 C ‎ 50mL H2O ‎ 由水电离出的c(H+)•c(OH﹣)不变 D ‎ 0.1molNaHSO4固体 反应完全后,溶液pH减小,c(Na+)不变 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】n(Na2CO3)=0.05mol,碳酸钠是强碱弱酸盐,碳酸根离子水解导致溶液呈碱性,水解方程式为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣,‎ A.n(H2SO4)=1mol/L×0.05L=0.05mol,H2SO4和Na2CO3反应方程式为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O,根据方程式知,二者恰好反应生成强酸强碱溶液Na2SO4,溶液呈中性,则c(H+)=c(OH﹣),根据电荷守恒得(Na+)=2c(SO42﹣),故A错误;‎ B.CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH,随着CO32﹣的消耗,CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣向左移动,c(HCO3﹣)减小,反应生成OH﹣,则c(OH﹣)增大,导致溶液中 增大,故B正确;‎ C.加水稀释促进碳酸钠水解,则由水电离出的c(H+)、c(OH﹣)都增大,c(H+)•c(OH﹣)增大,故C错误;‎ D.NaHSO4和Na2CO3反应方程式为:2NaHSO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑,根据方程式知,二者恰好反应生成Na2SO4、H2O、CO2‎ ‎,溶液中的溶质是硫酸钠,溶液呈中性,溶液由碱性变为中性,溶液的pH减小,因为硫酸氢钠中含有钠离子,所以c(Na+)增大,故D错误;‎ ‎  ‎ 6. ‎(6分)(2015•天津)某温度下,在2L的密闭容器中,加入1molX(g)和2molY(g)发生反应:X(g)+mY(g)⇌3Z(g),平衡时,X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%,在此平衡体系中加入1molZ(g),再将达到平衡后,X、Y、Z的体积分数不变.下列叙述不正确的是(  )‎ A.m=2 ‎ B.两次平衡的平衡常数相同 C.X与Y的平衡转化率之比为1:1‎ D.第二次平衡时,Z的浓度为0.4mol•L﹣1‎ ‎【答案】D ‎【解析】A.平衡时,X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%,在此平衡体系中加入1molZ(g),再将达到平衡后,X、Y、Z的体积分数不变,说明反应前后气体计量数之和不变,所以m=2,故A正确;‎ B.平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数不变,所以两次平衡的平衡常数相同,故B正确;‎ C.设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol,‎ ‎ X(g)+2Y(g)⇌3Z(g)‎ 开始(mol) 1 2 0‎ 转化(mol) a 2a 3a 平衡(mol)(1﹣a)(2﹣2a) 3a 相同条件下,气体的体积与物质的量成正比,所以其体积分数等于其物质的量分数,即(1﹣a):(2﹣2a):3a=30%:60%:10%,所以a=0.1,则参加反应的△n(X)=0.1mol、△n(Y)=0.2mol,‎ 转化率=,‎ X的转化率==10%,Y的转化率==10%,所以X和Y的转化率之比为1:1,故C正确;‎ D.该反应的反应前后气体计量数之和不变,第一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料,所以第二次平衡与第一次平衡是等效平衡,两次平衡后各物质的含量不变,投入Z后,设Z参加反应的物质的量为3bmol,‎ ‎ X(g)+2Y(g)⇌3Z(g)‎ 第一次平衡(mol):0.9 1.8 0.3‎ 加入1molZ:0.9 1.8 1.3‎ 转化:b 2b 3b 第二次平衡(mol):(0.9+b) (1.8+2b)(1.3﹣3b)‎ 各物质含量不变,所以(0.9+b):(1.8+2b):(1.3﹣3b)=30%:60%:10%=3:6:1,‎ b=0.3,n(Z)=(1.3﹣0.9)mol=0.4mol,Z的物质的量浓度==0.2mol/L,故D错误;‎ ‎ ‎ 二、非选择题 ‎7.(14分)(2015•天津)随原子序数递增,八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小,最高正价或最低负价的变化如图1所示.‎ ‎ ‎ 根据判断出的元素回答问题:‎ ‎(1)f在周期表中的位置是 第三周期ⅢA族 ;‎ ‎(2)比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示,下同): O2﹣ > Na+ ;比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱: HClO4 > H2SO4 .‎ ‎(3)任选上述元素组成一种四个原子共价化合物,写出其电子式:  (或) ;‎ ‎(4)已知1mole的单质在足量d2中燃烧,恢复至室温,放出255.5kJ热量,写出该反应的热化学方程式: 2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H=﹣511kJ•mol﹣1 ;‎ ‎(5)上述元素可组成盐R:zx4f(gd4)2,向盛有10mL1mol•L﹣1R溶液的烧杯中滴加1mol•L﹣1NaOH溶液,沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如图2‎ ‎①R溶液中,离子浓度由大到小的顺序是 c(SO42﹣)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH﹣) ;‎ ‎②写出m点反应的离子方程式: NH4++OH﹣=NH3•H2O ;‎ ‎③若在R溶液中改加20ml 1.2mol•L﹣1Ba(OH)2溶液,充分反应后,溶液中产生沉淀的物质的量为 0.022 mol.‎ ‎【解析】从图中的化合价和原子半径的大小,可知x是H元素,y是C元素,z是N元素,d是O元素,e是Na元素,f是Al元素,g是S元素,h是Cl元素.‎ ‎(1)f是Al元素,在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族,故答案为:第三周期ⅢA族;‎ ‎(2)电子层结构相同的离子,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径:r(O2﹣)>r(Na+);非金属性越强,最高价氧化物水化物的酸性越强,故酸性:HClO4>H2SO4,故答案为:r(O2﹣)>r(Na+);HClO4>H2SO4;‎ ‎(3)四原子共价化合物,可以是NH3、H2O2、C2H2等,其电子式为: (或),‎ 故答案为: (或);‎ ‎(4)1molNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2(s),放出255.5kJ热量,2molNa反应放出热量为511kJ,则该反应的热化学方程式为:2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H=﹣511kJ•mol﹣1,‎ 故答案为:2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H=﹣511kJ•mol﹣1;‎ ‎(5)①R是NH4Al(SO4)2,溶液中Al3+、NH4+均水解使溶液呈酸性,但Al3+比 NH4+水解程度更大,故离子浓度由大到小的顺序是:c(SO42﹣)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH﹣),‎ 故答案为:c(SO42﹣)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH﹣);‎ ‎②m点过程中加入氢氧化钠,沉淀物质的量不变,是NH4+与OH﹣反应生成NH3•H2O,离子方程式为:NH4++OH﹣=NH3•H2O,‎ 故答案为:NH4++OH﹣=NH3•H2O;‎ ‎③10mL 1mol•L﹣1 NH4Al(SO4)2溶液中Al3+ 物质的量为0.01mol,NH4+的物质的量为0.01mol,SO42﹣的物质的量为0.02mol,20mL 1.2 mol•L﹣1Ba(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol,OH﹣为0.048mol,‎ 由SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓,可知SO42﹣不足,故可以得到0.02mol BaSO4,‎ ‎ Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓‎ ‎0.01mol 0.03mol 0.01mol ‎ 反应剩余OH﹣为0.048mol﹣0.03mol=0.008mol,‎ Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O ‎0.008mol 0.008mol 故得到Al(OH)3沉淀为0.01mol﹣0.008mol=0.002mol 则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol,‎ 故答案为:0.022mol.‎ ‎ ‎ ‎8.(18分)(2015•天津)扁桃酸衍生物是重要的医药中间体,以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如图1:‎ ‎(1)A分子式为C2H2O3,可发生银镜反应,且具有酸性,A所含官能团名称为 醛基、羧基 ,写出A+B→C的化学反应方程式:  ;‎ ‎(2)C()中①、②、③3个﹣OH的酸性由强到弱的顺序是 ③>①>② ;‎ ‎(3)E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物,E分子中不同化学环境的氢原子有 4 种.‎ ‎(4)D→F的反应类型是 取代反应 ,1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反应,最多消耗NaOH的物质的量为 3 mol.‎ 写出符合下列条件的F的所有同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式:  .‎ ‎①属于一元酸类化合物 ‎②苯环上只有2个取代基且处于对位,其中一个是羟基 ‎(5)已知:‎ A有多种合成方法,在图2方框中写出由乙酸合成A的路线流程图(其他原料任选),合成路线流程图示例如下:H2C=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5.‎ ‎【解析】(1)A的分子式为C2H2O3,可发生银镜反应,且具有酸性,含有醛基和羧基,则A是OHC﹣COOH,根据C的结构可知B是,A+B→C发生加成反应,反应方程式为:,‎ 故答案为:醛基、羧基;;‎ ‎(2)羧基的酸性强于酚羟基,酚羟基的酸性强于醇羟基,故强弱顺序为:③>①>②,‎ 故答案为:③>①>②;‎ 羧基的酸性强于酚羟基,酚羟基的酸性强于醇羟基;‎ ‎(3)C中有羟基和羧基,2分子C可以发生酯化反应,可以生成3个六元环的化合物,C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应,则E为,为对称结构,分子中有4种化学环境不同的H原子,分别为苯环上2种、酚羟基中1种、亚甲基上1种,‎ 故答案为:4;‎ ‎(4)对比D、F的结构,可知溴原子取代﹣OH位置,D→F的反应类型是:取代反应;F中溴原子、酚羟基、酯基(羧酸与醇形成的酯基),都可以与氢氧化钠反应,1molF最多消耗3mol NaOH;‎ F的所有同分异构体符合:①属于一元酸类化合物,②苯环上只有2个取代基且处于对位,其中一个是羟基,另外取代基为﹣CBr(CH3)COOH、﹣CH(CH2Br)COOH、﹣CH2CHBrCOOH、﹣CHBrCH2COOH,可能的结构简式为:,‎ 故答案为:取代反应;3;;‎ ‎(5)由题目信息可知,乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH,在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa,用盐酸酸化得到HOCH2‎ COOH,最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC﹣COOH,合成路线流程图为:CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHC﹣COOH,‎ 故答案为:CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHC﹣COOH.‎ ‎ ‎ ‎9.(18分)(2015•天津)废旧印刷电路板是一种电子废弃物,其中铜的含量达到矿石中的几十倍,湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜产品.某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾,流程简图如图1:‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)42+,反应中H2O2的作用是 氧化剂 ,写出操作①的名称: 过滤 ;‎ ‎(2)反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应,写出该反应的离子方程式: Cu(NH3)42++2RH=CuR2+2NH4++2NH3 ,操作②用到的主要仪器名称为 分液漏斗 ,其目的是(填序号) ab .‎ a.富集铜元素 b.使铜元素与水溶液中的物质分离 c.增加Cu2+在水中的溶解度 ‎(3)反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和 RH ,若操作③使用如图2装置,图中存在的错误是 分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁;液体过多 ;‎ ‎(4)操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液,阴极析出铜,阳极产物是 O2、H2SO4 ,操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是 加热浓缩、冷却结晶、过滤 ;‎ ‎(5)流程中有三处实现了试剂的循环使用,已用虚线标出两处,第三处的试剂是 H2SO4 ,循环使用的NH4Cl在反应Ⅰ中的主要作用是 防止由于溶液中c(OH﹣)过高,生成Cu(OH)2沉淀 .‎ ‎【解析】废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液,得到铜氨溶液和残渣,分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,所以操作①是过滤,反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)42+,Cu元素化合价由0价变为+2价,所以Cu是还原剂,则双氧水是氧化剂,将Cu氧化;反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应,生成CuR2,同时生成NH4+和NH3;‎ 互不相溶的液体采用分液方法分离,所以操作②是分液;向有机层中加入稀硫酸,根据流程图知,生成CuSO4和HR,然后采用分液方法分离得到HR,以石墨为电极电解硫酸铜溶液时,阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电;从硫酸铜溶液中获取胆矾,采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体;‎ ‎(1)双氧水具有氧化性,能氧化还原性物质Cu,所以双氧水作氧化剂;分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,该混合溶液中贵重金属是难溶物、铜氨溶液是液体,所以操作①是过滤,故答案为:氧化剂;过滤;‎ ‎(2)反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应生成CuR2,同时生成NH4+和NH3,根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式Cu(NH3)42++2RH=CuR2+2NH4++2NH3;分离互不相溶的液体采用分液方法,分液时常用分液漏斗,分液的目的是富集铜元素、使铜元素与水溶液中的物质分离,所以ab正确,‎ 故答案为:Cu(NH3)42++2RH=CuR2+2NH4++2NH3;分液漏斗;ab;‎ ‎(3)反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应,所以生成CuSO4和RH,分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁,且分液漏斗内不能盛放太多溶液,故答案为:RH;分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁;液体过多;‎ ‎(4)以石墨为电极电解硫酸铜溶液时,阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电,所以阳极上生成O2,同时有大量的H+生成,且SO42﹣也向阳极移动在阳极积累,因此阳极产物还有H2SO4;从溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法,故答案为:O2、H2SO4;‎ ‎(5)电解硫酸铜溶液时能得到硫酸,在反应III中用到硫酸,所以H2SO4能循环利用;氯化铵是强酸弱碱盐,铵根离子水解导致溶液呈酸性,能和氢氧根离子反应,从而抑制氢氧化铜生成,‎ 故答案为:H2SO4;防止由于溶液中c(OH﹣)过高,生成Cu(OH)2沉淀.‎ ‎ ‎ ‎10.(14分)(2015•天津)FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeCl3高效,且腐蚀性小,请回答下列问题:‎ ‎(1)FeCl3净水的原理是 Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质 ,FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是(用离子方程式表示) 2Fe3++Fe=3Fe2+ ;‎ ‎(2)为节约成本,工业上用NaClO3氧化酸性FeCl3废液得到FeCl3.‎ ‎①若酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=2.0×10﹣2mol•L﹣1,c(Fe3+)=1.0×10﹣3mol•L﹣1,c(Cl﹣)=5.3×10﹣2mol•L﹣1,则该溶液的pH约为 2 ;‎ ‎②完成NaClO3氧化FeCl3的离子方程式:‎ ‎ 1 ClO3﹣+ 6 Fe2++ 6H+ = 1 Cl﹣+ 6 Fe3++ 3H2O ‎ ‎(3)FeCl3在溶液中分三步水解:‎ ‎ Fe3++H2O⇌Fe(OH)2++H+ K1‎ ‎ Fe(OH)2++H2O⇌Fe(OH)2++H+ K2‎ ‎ Fe(OH)2++H2O⇌Fe(OH)3+H+ K3‎ 以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是 K1>K2>K3 .‎ 通过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氯化铁,离子方程式为:‎ xFe3++yH2O⇌Fex(OH)y(3x﹣y)++yH+‎ 欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号) bd .‎ a.降温 b.加水稀释 c.加入NH4Cl d.加入NaHCO3‎ 室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是 调节溶液的pH ;‎ ‎(4)天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如图所示,由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg•L﹣1)表示]的最佳范围约为 18~20 mg•L﹣1.‎ ‎【解析】(1)Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质,可起到净水的作用;钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子,离子方程式是:2Fe3++Fe=3Fe2+,‎ 故答案为:Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质;2Fe3++Fe=3Fe2+;‎ ‎(2)①根据电荷守恒:c(Cl﹣)=2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)(酸性溶液中OH﹣浓度很小,在这里可以忽略不计),则c(H+)=c(Cl﹣)﹣2c(Fe2+)﹣3c(Fe3+)=1.0×10﹣2mol•L﹣1,则溶液pH=﹣lg1.0×10﹣2=2,‎ 故答案为:2;‎ ‎②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁,则反应物中有氢离子参加,则生成物中有水生成,Cl元素的化合价从+5价降低到﹣1价,得到6个电子,而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价,失去1个电子,根据得失电子守恒,则氯酸根离子的系数为1,Fe2+的系数为6,则铁离子的系数也是6,氯离子的系数是1,根据电荷守恒,则氢离子的系数是6,水的系数是3,配平后离子方程式为:ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O,‎ 故答案为:1;6;6H+;1;6;3H2O;‎ ‎(3)铁离子的水解分为三步,且水解程度逐渐减弱,所以水解平衡常数逐渐减小,则K1>K2>K3;‎ 控制条件使平衡正向移动,使平衡正向移动,因为水解为吸热反应,所以降温,平衡逆向移动;加水稀释,则水解平衡也正向移动;加入氯化铵,氯化铵溶液为酸性,氢离子浓度增大,平衡逆向移动;加入碳酸氢钠,则消耗氢离子,所以氢离子浓度降低,平衡正向移动,故选bd;‎ 从反应的离子方程式中可知,氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成,所以关键步骤是调节溶液的pH,‎ 故答案为:K1>K2>K3;bd;调节溶液的pH;‎ ‎(4)由图象可知,聚合氯化铁的浓度在18~20 mg•L﹣1时,去除率达到最大值,污水的浑浊度减小,‎ 故答案为:18~20.‎ ‎ ‎ ‎ ‎
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