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2010 年天津市高考化学试卷解析版
参考答案与试题解析
一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）
1．（6分）以节能减排为基础的低碳经济是保持社会可持续发展的战略举措．下列做法违
背发展低碳经济的是（ ）
A．发展氢能和太阳能
B．限制塑料制品的使用
C．提高原子利用率，发展绿色化学
D．尽量用纯液态有机物代替水作溶剂
【考点】13：化学的发展趋势；19：绿色化学；F7：常见的生活环境的污染及治理．
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【分析】本题考查低碳经济．这类题关注社会热点，密切联系实际．
【解答】解：所谓低碳经济，是指在可持续发展理念指导下，通过技术创新、制度创新、
产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭石油等高碳能源消耗，减少温室
气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态。发展氢能和太
阳能，限制塑料的使用，和发展绿色化学，都符合低碳经济。
故选：D。
【点评】这类题考查化学与STES．这类题主要考查化学与日常生活、社会热点问题、
食品、医药、能源、环保、化工生产、高新产品等方面的内容．解题中联系到平时积累
的知识．
2．（6分）化学已渗透到人类生活的各个方面．下列说法不正确的是（ ）
A．阿司匹林具有解热镇痛作用
B．可以用Si N 、Al O 制作高温结构陶瓷制品
3 4 2 3
C．在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块可防止闸门被腐蚀
D．禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染
【考点】12：化学科学的主要研究对象；19：绿色化学；BK：金属的电化学腐蚀与防
护；FM：陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；KG：药物的主要成分和疗效．
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【分析】因化学与社会、科学、生活、环境息息相关，则利用化学反应原理知识及生活
常识来解决此类问题．
【解答】解：A、阿司匹林是生活中的常用解热镇痛药物，一般用来治疗感冒发烧，故
A对；B、因氮化硅陶瓷、三氧化二铝陶瓷为常见的新型陶瓷材料，故B对；
C、因铁铜相比，铁更活泼，由原电池原理可知铁更易发生氧化发应而损耗，则利用牺
牲阳极的阴极保护法来保护闸门，故C错；
D、因铅能使人体中毒，则禁止使用四乙基铅作汽油防爆剂来减少铅污染，故D对；
故选：C。
【点评】本题考查了化学与社会、科学、生活、环境等问题，此考点属于学习化学的基
本素养，也是高考化学试题的热点问题，这一考点往往为常识性的知识与运用化学原理
解决实际问题，应予以重视．
3．（6分）下列鉴别方法可行的是（ ）
A．用氨水鉴别Al3+、Mg2+和Ag+
B．用Ba（NO ） 溶液鉴别Cl﹣、SO 2﹣和CO 2﹣
3 2 4 3
C．用核磁共振氢谱鉴别1﹣溴丙烷和2﹣溴丙烷
D．用KMnO 酸性溶液鉴别CH CH＝CHCH OH和CH CH CH CHO
4 3 2 3 2 2
【考点】PS：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．
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【分析】鉴别物质时，所要鉴别的物质要与所加入物质的反应具有不同的现象才可以鉴
别出，鉴别Al3+和Mg2+需用过量强碱，生成的NaAlO 和Mg（OH） 沉淀，具有不同的
2 2
现象；用Ba（NO ） 溶液不能鉴别SO 2﹣和CO 2﹣，因都生成不溶于水的物质；核磁共
3 2 4 3
振是根据不同H的吸收图象，判断出化合物有几种不同的H，1﹣溴丙烷有三种H，2﹣
溴丙烷有两种H所以1﹣溴丙烷会有三个吸收峰，而 2﹣溴丙烷只有两个；CH CH＝
3
CHCH OH和CH CH CH CHO都能被KMnO 酸性溶液氧化而导致KMnO 溶液褪色，
2 3 2 2 4 4
则不能鉴别．
【解答】解：A、氨水分别和Al3+、Mg2+反应生成难溶于水的Al（OH） 和Mg（OH）
3
，不能鉴别二者，鉴别Al3+和Mg2+需用过量强碱，生成的NaAlO 和Mg（OH） 沉淀，
2 2 2
故A错；
B、用Ba（NO ） 溶液不能鉴别SO 2﹣和CO 2﹣，因生成物BaSO 和BaCO 都不溶于水，
3 2 4 3 4 3
故B错；
C、1﹣溴丙烷有三种等效氢，其核磁共振谱有三个峰，而2﹣溴丙烷有两种等效氢原子，
其核磁共振谱有两个峰，故可鉴别，故C正确；
D、碳碳双键、醛基都能被酸性KMnO 氧化，KMnO 溶液都褪色，无法鉴别，故D错。
4 4
故选：C。
【点评】本题考查物质的检验和鉴别，做题时要注意Al（OH） 的性质，碳碳双键、醛
3基与高锰酸钾反应的性质，很多同学在这两个地方容易出错．
4．（6分）下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是（ ）
A．某物质的溶液pH＜7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
B．pH＝4.5的番茄汁中c（H+）是pH＝6.5的牛奶中c（H+）的100倍
C．AgCl在同浓度的CaCl 和NaCl溶液中的溶解度相同
2
D．pH＝5.6的CH COOH与CH COONa混合溶液中，c（Na+）＞c（CH COO﹣）
3 3 3
【考点】DB：盐类水解的原理；DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；
DN：离子浓度大小的比较．
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【专题】51A：溶液和胶体专题．
【分析】（1）溶液PH小于7的溶液有酸、强酸弱碱盐以及强酸的酸式盐等；
（2）根据PH大小可计算出溶液中H+浓度，pH＝4.5，c（H+）＝10﹣4.5 mol•L﹣1，pH
＝6.5，其c（H+）＝10﹣6.5 mol•L﹣1；
（3）根据AgCl的溶解平衡可知溶液中的Cl﹣浓度越大，AgCl的溶解度越小；
（4）pH＝5.6的CH COOH与CH COONa混合溶液呈酸性，溶液中H+大于OH﹣浓度，
3 3
根据溶液呈电中性，则有c（CH COO﹣）＞c（Na+）；
3
【解答】解：A、某些强酸的酸式盐如NaHSO 溶液的pH＜7，故A错；
4
B、pH＝4.5，c（H+）＝10﹣4.5 mol•L﹣1，pH＝6.5，其c（H+）＝10﹣6.5 mol•L﹣1，c
（H+）是100倍的关系，故B正确；
C、当溶液中c（Cl﹣）不同，平衡向左移动的程度是不同的，所以AgCl的溶解度也是
不同的，故C错；
D、混合溶液显酸性，则c（H+）＞c （OH﹣），根据电荷守恒，c（CH COO﹣）＞c
3
（Na+），故D错；
故选：B。
【点评】综合考查了电解质溶液中的有关知识，包括盐类的水解、溶液的 pH与c
（H+）的关系、沉淀溶解平衡的移动和溶液中离子浓度大小的比较．做题时注意盐溶液
类型的积累，对溶液浓度不同类型计算方法的整理以及平衡移动的影响条件的理解．
5．（6分）下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（ ）
A．用FeCl 溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+
3
B．Na O 与H O反应制备O ：Na O +H O═Na++OH﹣+O ↑
2 2 2 2 2 2 2 2
C．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl +H O═2H++Cl﹣+ClO﹣
2 2
D．用浓盐酸酸化的KMnO 溶液与H O 反应，证明H O 具有还原性：2MnO ﹣+6H+
4 2 2 2 2 4+5H O ═2Mn2++5O ↑+8H O
2 2 2 2
【考点】49：离子方程式的书写．
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【专题】516：离子反应专题．
【分析】A．Fe3+具有氧化性，可与Cu反应；
B．Na O 和H O写成化学式，二者反应生成NaOH和O ；
2 2 2 2
C．HClO为弱电解质；
D．MnO ﹣可与Cl﹣发生氧化还原反应。
4
【解答】解：A．Fe3+具有氧化性，可与Cu反应，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+═Cu2+
+2Fe2+，故A正确；
B．Na O 和 H O 写成化学式，二者反应生成 NaOH 和 O ，反应的离子方程式为
2 2 2 2
2Na O +2H O═4Na++4OH﹣+O ↑，题中未配平，故B错误；
2 2 2 2
C．HClO为弱电解质，应写成化学式，反应的离子方程式为Cl +H O H++Cl﹣+HClO，
2 2
故C错误； ⇌
D．MnO ﹣可与Cl﹣发生氧化还原反应，产物中有Cl 生成，不能用盐酸酸化，故D错
4 2
误。
故选：A。
【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，本题易错点为 D，注意不能用盐
酸酸化高锰酸钾溶液。
6．（6分）下列各表述与示意图一致的是（ ）
A．图 表示25℃时，用0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，溶液的pH
随加入酸体①积的变化
B．图 中曲线表示反应2SO （g）+O （g） 2SO （g）；△H＜0正、逆反应的平衡
2 2 3
常数K随②温度的变化 ⇌
C．图 表示10mL0.01mol•L﹣1KMnO 酸性溶液与过量的0.1mol•L﹣1H C O 溶液混合
4 2 2 4
时，n（M③n2+）随时间的变化
D．图 中a、b曲线分别表示反应CH ＝CH （g）+H （g）→CH CH （g）；△H＜0
2 2 2 3 3
使用和未使④用催化剂时，反应过程中的能量变化【考点】B1：氧化还原反应；B6：化学反应中能量转化的原因；CO：化学反应速率与
化学平衡图象的综合应用；DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；R3：中和滴
定．
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【专题】13：图像图表题；16：压轴题；51：基本概念与基本理论．
【分析】根据图象中纵横坐标的含义，利用点、线来分析一个量随另外一个量的变化，
若变化趋势与图象中变化趋势不一致，即为正确答案．
【解答】解：A、0.1mol•L﹣1NaOH溶液的pH为13，用0.1mol•L﹣1盐酸滴定恰好中和
时pH为7，因浓度相同，则体积相同，但酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲
线的斜率会很大，故A错误；
B、因反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡后升温K逆减小，而K正增
大，且正逆反应的平衡常数互为倒数关系，故B正确；
C、虽反应是放热反应，但反应生成的Mn2+对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，
图象中曲线斜率变大，图中斜率增大，当高锰酸钾完全反应，速率不再变化，与图不符，
故C错误；D、因该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量，但图象
描述是吸热反应，故D错误。
故选：B。
【点评】本题以图象与中和滴定、化学平衡、氧化还原反应、反应中的能量变化来考查
学生，这些知识点是新课程改革考查的重点，明确考点“形变神不变”，做到善于抓规
律、编网络来掌握即可．
二、解答题（共4小题，满分64分）
7．（14分）X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大．X、Y、Z、L是组成蛋白质
的基础元素，M是地壳中含量最高的金属元素．
回答下列问题：
（1）L的元素符号为 O ；M在元素周期表中的位置为 第三周期、第Ⅲ A 族 ；五
种元素的原子半径从大到小的顺序是 A l ＞ C ＞ N ＞ O ＞ H （用元素符号表示）．
（2）Z、X 两元素按原子数目比 1：3 和 2：4 构成分子 A 和 B，A 的电子式为
，B的结构式为 ．
（3）硒（se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，
则Se的原子序数为 3 4 ，其最高价氧化物对应的水化物化学式为 H SeO ．该族2
2 4～5周期元素单质分别与H 反应生成l mol气态氢化物的反应热如下，表示生成1mol
2
硒化氢反应热的是 b （填字母代号）．
a．+99.7kJ•mol﹣1 b．+29.7kJ•mol﹣1 c．﹣20.6kJ•mol﹣1 d．﹣241.8kJ•mol﹣1
（4）用M单质作阳极，石墨作阴极，NaHCO 溶液作电解液进行电解，生成难溶物
3
R，R受热分解生成化合物Q．写出阳极生成R的电极反应式： Al+3HCO ﹣ ﹣ 3 e ﹣ ＝
3
Al （ OH ） ↓ +CO ↑ ；由R生成Q的化学方程式： 2A l （ OH ） Al O +3H O ．
3 2 3 2 3 2
【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用；BB：反应热和焓变；BI：电极反应和电池
反应方程式．
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【分析】根据M是地壳中含量最高的金属元素及地壳中元素的含量可知M为铝元素，
再由X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素及元素的原子序数依次增大，则 X、Y、
Z、L分别为氢、碳、氮、氧；
（1）利用原子结构及元素周期律来解答；（2）根据原子数写化学式，再由最外层电子
数来分析电子式和结构式；（3）根据最外层电子数分析最高化合价，然后书写最高价
氧化物对应的水化物化学式，利用气态氢化物的稳定来分析生成 1mol硒化氢的反应热；
（4）根据电解原理及信息生成难溶物R，R受热分解生成化合物Q来解答．
【解答】解：根据M是地壳中含量最高的金属元素及地壳中元素的含量可知M为铝元
素，再由X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素及元素的原子序数依次增大，则X、
Y、Z、L分别为氢、碳、氮、氧；
（1）因L为氧元素，其元素符号为O，M为铝元素，铝在第三周期、第ⅢA族，再由
电子层越多，半径越大，同周期元素随原子序数的增大，半径在减小，故答案为：O；
第三周期、第ⅢA族；Al＞C＞N＞O＞H；
（2）因Z、X两元素分别为N、H元素，原子数目比l：3和2：4构成分子A和B分别
为 NH 、N H ，氮原子在分子中满足最外层 8 电子结构，故答案为： ；
3 2 4
；（3）L为氧元素，Se与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数
为8+8+18＝34，其最外层电子数为6，则最高化合价为6，最高价氧化物对应的水化物
化学式为H SeO ，该族2～5周期元素单质分别与H 反应生成的气态氢化物的稳定性为
2 4 2
H O＞H S＞H Se＞H Te，则生成1mol水时放热最多，则生成1molH O、H S、H Se、
2 2 2 2 2 2 2
H Te的反应热分别为d、c、b、a，即生成1mol硒化氢反应热的是b，故答案为：34；
2
H SeO ；b；
2 4
（4）因M为铝，则M单质作阳极，铝失去电子，在NaHCO 溶液作电解液时铝离子与
3
碳酸氢根离子在阳极反应，其反应为Al+3HCO ﹣﹣3e﹣＝Al（OH） ↓+CO ↑
3 3 2
（或Al﹣3e﹣＝Al3+、Al3++3HCO ﹣＝Al（OH） ↓+CO ↑），则R为氢氧化铝，氢氧
3 3 2
化铝分解生成氧化铝和水，其反应为2Al（OH） Al O +3H O，
3 2 3 2
故答案为：Al+3HCO ﹣﹣3e﹣＝Al（OH） ↓+CO ↑（或Al﹣3e﹣＝Al3+、Al3++3HCO ﹣
3 3 2 3
＝Al（OH） ↓+CO ↑）；2Al（OH） Al O +3H O．
3 2 3 2 3 2
【点评】本题考查元素周期表和周期律来推断元素，再利用元素化合物知识来解答，考
查点多，注重对高中化学的热点、常考考点的考查，学生应加强对这几个知识点的归纳
学习．
8．（18分）Ⅰ已知：R﹣CH＝CH﹣O﹣R′ R﹣CH CHO+R′OH（烃基烯基醚）烃
2
基烯基醚A的相对分子质量（M r）为176，分子中碳氢原子数目比为3：4．与A相关
的反应如下：
请回答下列问题：
（1）A的分子式为 C H O
12 16
（ 2 ） B 的 名 称 是 1 ﹣ 丙 醇 （ 或 正 丙 醇 ） ； A 的 结 构 简 式 为（ 3 ） 写 出 C→ D 反 应 的 化 学 方 程 式 ： CH CH CHO+2Ag （ NH ） OH
3 2 3 2
CH CH COONH +2Ag ↓ +3NH +H O
3 2 4 3 2
（4）写出两种同时符合下列条件的E的同分异构体的结构简式： 、
、 属于芳香醛， 苯环上有两种不同
① ②
环境的氢原子．
Ⅱ．由 E 转化为对甲基苯乙炔（ ）的一条路线如下：
（5）写出G的结构简式：
（6）写出 ～ 步反应所加试剂、反应条件和 ～ 步反应类型：
序号 ① ④ 所加试剂及反应条件 ① ③ 反应类型
①
②
③ ﹣﹣
【考④点】HB：有机物的推断．
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【分析】Ⅰ利用信息可知A的分子式可写为（C H ） O，则：40n+16＝176，n＝4，所
3 4 n
以A的分子式为C H O，由转化图可知B的碳原子数为3，该醇氧化生成的C，能够
12 16
发生银镜反应，故 B 的羟基在端点，故 B 是 1﹣丙醇，C 为 CH CH CHO，D 为
3 2CH CH COONH ，逆推可知A的结构简式为 ，
3 2 4
Ⅱ生成含有碳碳三键的物质，一般应采取卤代烃的消去反应，故第 步是醛加成为醇，
第 步是醇消去成烯烃，第 步是与Br 加成，第 步是卤代烃的①消去，结合物质的
2
结构②性质解答该题． ③ ④
【解答】解：（1）A的分子式可写为（C H ） O，则：40n+16＝176，n＝4，所以A的
3 4 n
分子式为C H O，故答案为：C H O；
12 16 12 16
（2）由B可催化氧化成醛和相对分子质量为60可知，B为正丙醇；由B、E结合题给
信息，逆推可知A的结构简式为：
，
故答案为：1﹣丙醇（或正丙醇）； ；
（3）C→D 发生的是银镜反应，反应方程式为：CH CH CHO+2Ag（NH ） OH
3 2 3 2
CH CH COONH +2Ag↓+3NH +H O，
3 2 4 3 2
故答案为：CH CH CHO+2Ag（NH ） OH CH CH COONH +2Ag↓+3NH +H O；
3 2 3 2 3 2 4 3 2
（4）E为 ，符合苯环上有两种不同环境H原子的结构对称程度
应较高，有： ，
故答案为： 、 、 ；
（5）结合最终产物 可知，G应有相同的碳架结构，根据相对分子质量为118可知E应为 ，故答案为： ；
（6）生成含有碳碳三键的物质，一般应采取卤代烃的消去反应，故第 步是醛与氢气
在催化剂的条件下加成为醇，第 步是醇在浓硫酸作用下加热消去成烯①烃，第 步是
与Br 加成，第 步是卤代烃在N②aOH的乙醇溶液中发生消去．可设计如下： ③
2
序号 ④ 所加试剂及反应条件 反应类型
H ，催化剂（或Ni、Pt、Pd），△ 还原（或加成）反应
2
① 浓H SO ，△ 消去反应
2 4
② Br （或Cl ） 加成反应
2 2
③ NaOH，C H OH，△ ﹣﹣
2 5
故答④案为：
序号 所加试剂及反应条件 反应类型
H ，催化剂（或Ni、Pt、Pd），△ 还原（或加成）反应
2
① 浓H SO ，△ 消去反应
2 4
② Br （或Cl ） 加成反应
2 2
③ NaOH，C H OH，△ ﹣﹣
2 5
【点④评】本题为有机推断、有机合成综合性试题，题目难度较大，本题全面考查了有机
分子式和结构简式的推导，结构简式和化学方程式的书写，同分异构体的判断与书写，
有机合成，和有机信息的理解与应用．全面考查了学生思维能力、分析问题和解决问题
的能力．
9．（18分）纳米TiO 在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。制备纳米
2
TiO 的方法之一是TiCl 水解生成TiO •x H O，经过滤、水洗除去其中的Cl﹣，再烘干、
2 4 2 2
焙烧除去水分得到粉体TiO ．用现代分析仪器测定TiO 粒子的大小。用氧化还原滴定
2 2
法测定TiO 的质量分数：一定条件下，将TiO 溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作
2 2
指示剂，用NH Fe（SO ） 标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。
4 4 2
请回答下列问题：
（1）TiCl 水解生成 TiO •x H O 的化学方程式为 TiC l + （ x+2 ） H O
4 2 2 4 2
TiO • xH O ↓ +4HCl 。
2 2
（2）检验TiO •x H O中Cl﹣是否被除净的方法是 取少量水洗液，滴加 AgNO 溶液，
2 2 3
不产生白色沉淀，说明 C l ﹣ 已除净 。（3）下列可用于测定TiO 粒子大小的方法是 d （填字母代号）。
2
a．核磁共振法 b．红外光谱法 c．质谱法 d．透射电子显微镜法
（4）配制 NH Fe（SO ） 标准溶液时，加入一定量 H SO 的原因是 抑制 NH Fe
4 4 2 2 4 4
（ SO ） 水解 ；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要图中的
4 2
a 、 c （填字母代号）。
（5）滴定终点的现象是 溶液变为红色 。
（6）滴定分析时，称取TiO （摩尔质量为M g•mol﹣1）试样w g，消耗c mol•L﹣1
2
NH Fe（SO ） 标准溶液V mL，则TiO 质量分数表达式为 （或 % ） 。
4 4 2 2
（7）判断下列操作对TiO 质量分数测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影
2
响”）
若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH Fe（SO ） 溶液有少量溅出，使测定结果
4 4 2
①偏高 。
若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果 偏低 。
②【考点】65：配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法；B1：氧化还原反应；
PE：物质的分离、提纯和除杂；RD：探究物质的组成或测量物质的含量．
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【专题】16：压轴题；17：综合实验题；54：化学实验；541：化学实验常用仪器及试
剂．
【分析】（1）根据物质的性质和质量守恒定律书写化学方程式；
（2）检验沉淀是否洗净的方法是，取少量洗涤液，检验溶液中溶解的离子是否还存在；
（3）根据各种方法的原理和用途回答；
（4）NH Fe（SO ） 易水解，故需加入一定量的稀硫酸抑制水解；配制一定物质的量
4 4 2
浓度的溶液，还需要容量瓶和胶头滴管；
（5）因为是用KSCN作指示剂，终点时NH Fe（SO ） 不再反应，生成血红色的Fe
4 4 2
（SCN） ；
3（6）根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n（Fe3+）＝n（Ti3+）＝n（TiO ）＝
2
cV×10﹣3mol，其质量分数为为： （或 %）；
（7）NH Fe（SO ） 溶液溅出，其物质的量浓度减小，消耗的体积增大，百分含量偏
4 4 2
大；若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏小。
【解答】解：（1）设TiCl 的系数为1，根据元素守恒，TiO •xH O的系数为1，HCl的
4 2 2
系数为4；再根据O元素守恒，可知H O的系数为（2+x），
2
故答案为：TiCl +（x+2）H O TiO •xH O↓+4HCl；
4 2 2 2
（2）沉淀吸附溶液中的Cl﹣，根据F反应：Cl﹣+Ag+═AgCl↓，取少量洗涤液，检验溶
液中溶解的离子是否还存在，
故答案为：取少量水洗液，滴加AgNO 溶液，不产生白色沉淀，说明Cl﹣已除净；
3
（3）核磁共振谱用于测有机物中含有多少种氢原子；红外光谱分析有机物含有何种化
学键和官能团；质谱法常用于测有机物相对分子质量；透射电子显微镜可以观察到微粒
的大小，
故答案为：d；
（4）NH Fe（SO ） 易水解，故需加入一定量的稀硫酸抑制水解；配制一定物质的量
4 4 2
浓度的溶液，还需要容量瓶和胶头滴管，故答案为：抑制NH Fe（SO ） 水解；a、c；
4 4 2
（5）Fe3+与Ti3+反应，被还原为Fe2+，加入KSCN不显红色，当达到滴定终点时，再加
入NH Fe（SO ） ，溶液中Fe3+过量，会变成红色，故答案为：溶液变为红色；
4 4 2
（6）根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n（Fe3+）＝n（Ti3+）＝n（TiO ）＝
2
cV×10﹣3mol，其质量分数为为： （或 %），故答案为： （或 %）；
（7）NH Fe（SO ） 溶液溅出，其物质的量浓度减小，消耗的体积增大，百分含量偏
4 4 2
大；若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏小，
故答案为：偏高；偏低。
【点评】本题考查制备、检验和滴定方法，属实验问题，注意基本实验操作方法，具有
一定的难度。10．（14分）二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破
坏作用．工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚．请回答下列问题：
（1）煤的气化的主要化学反应方程式为： C+H O CO+H ．
2 2
（2）煤的气化过程中产生的有害气体H S用Na CO 溶液吸收，生成两种酸式盐，该反
2 2 3
应的化学方程式为： H S+Na CO ＝ NaHS+NaHCO ．
2 2 3 3
（3）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
2H （g）+CO（g） CH OH（g）；△H＝﹣90.8kJ•mol﹣1
2 3
①2CH3OH（g） CH⇌3OCH3（g）+H O（g）；△H＝﹣23.5kJ•mol﹣1
2
②CO（g）+H O（⇌g） CO （g）+H （g）；△H＝﹣41.3kJ•mol﹣1
2 2 2
③总反应：3H （g）+3C⇌O（g） CH OCH （g）+CO （g）的△H＝ ﹣ 246.4k J • mo l ﹣ 1
2 3 3 2
； ⇌
一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高 CO的转化率，可以采取的措施
是 c 、 e （填字母代号）．
a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO 的浓度 d．增加CO的
2
浓度 e．分离出二甲醚
（4）已知反应 2CH3OH（g） CH OCH （g）+H O（g）某温度下的平衡常数为
3 3 2
400．此温度下，②在密闭容器中加入⇌CH OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
3
物质 CH OH CH OCH H O
3 3 3 2
浓度/（mol•L﹣ 0.44 0.6 0.6
1）
比较此时正、逆反应速率的大小：v正 ＞ v逆 （填“＞”、“＜”或“＝”）．
①若加入CH
3
OH后，经10min反应达到平衡，此时c（CH
3
OH）＝ 0.04mo l • L ﹣ 1 ；
②该时间内反应速率v（CH OH）＝ 0.16mol / （ L • mi n ） ．
3
【考点】BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；CB：化学平衡的影响因素；CP：化
学平衡的计算．
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【专题】16：压轴题．
【分析】（1）煤的气化是利用煤与水蒸气高温条件小反应，生成CO和H 的过程；
2
（2）根据酸式盐NaHS和NaHCO 为书写反应的化学方程式；
3
（3）利用盖斯定律计算；
（4）根据方程式计算平衡常数，然后利用三段式法解答．【解答】解：（1）煤的气化是利用煤与水蒸气高温条件小反应，生成CO和H 的过程：
2
C+H O CO+H ，
2 2
故答案为：C+H O CO+H ；
2 2
（2）H S和H CO 均是二元酸，它们都存在酸式盐NaHS和NaHCO ，二者反应的化学
2 2 3 3
方程式为H S+Na CO ＝NaHS+NaHCO ，
2 2 3 3
故答案为：H S+Na CO ＝NaHS+NaHCO ；
2 2 3 3
（3）由盖斯定律可知，通过 ×2+ + 可得所求反应方程式，则△H＝﹣90.8kJ/
mol×2﹣23.5kJ/mol﹣41.3kJ/mol①＝﹣24②6.4k③J/mol，一定条件下的密闭容器中，该总反应
达到平衡，要提高CO的转化率，应使平衡向正反应方向移动，可减少CO 的浓度或分
2
离出二甲醚，由于反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，转化率减小，催化剂不
影响平衡移动，而增加
CO的浓度，CO的转化率反而减小，
故答案为：﹣246.4 kJ•mol﹣1；c、e；
（4） 该反应的平衡常数表达式为：K ，
①
将所给浓度带入平衡常数表达式： 1.86＜400，故反应向正反应方向进行，正
反应速率大于逆反应速率，
故答案为：＞；
2CH OH（g）≒CH OCH （g）+H O（g） 某时刻浓度（mol•L﹣1）：0.44
3 3 3 2
②0.6 0.6
转化浓度（mol•L﹣1）：2x x x
平衡浓度（mol•L﹣1）：0.44﹣2x 0.6+x 0.6+x
K ，解得x＝0.2mol/L，
故平衡时c（CH OH）＝0.44mol/L﹣0.2mol/L×2＝0.04mol/L，
3起始时在密闭容器中加入CH OH，
3
则起始时甲醇的浓度为 0.44moL/L+0.6mol/L×2＝1.64mol/L，平衡时 c（CH OH）＝
3
0.04mol/L，
则10min转化甲醇1.64moL/L﹣0.04moL/L＝1.6mol/L，
所以甲醇的反应速率为v（CH OH） 0.16 mol/（L•min），
3
故答案为：0.04 mol•L﹣1； 0.16 mol/（L•min）．
【点评】本题考查较为综合，题目难度中等，注意“始、转、平”是解决有关化学平衡
的“三段论”解题法，当三组量一旦确定，可以解答有关平衡的平衡常数计算、转化率、
反应速率、平衡时成分的体积分数等的关键．
