文档内容
B．HCl气体能与碳酸氢钠反应生成CO ，引入新的杂质气体；
2014 年天津市高考化学试卷解析版 2
C．乙烯的密度与空气接近；
参考答案与试题解析 D．二氧化氮与水反应生成一氧化氮．
一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）
【解答】解：A．Na O 与水反应，H O 在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条
2 2 2 2
1．（6分）化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（ ）
件下反应，可选择相同的气体发生装置，故A正确；
A．铁表面镀锌可增强其抗腐蚀性
B．实验室制取氯气含有氯化氢和水分，常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体，若饱和 NaHCO 溶液，HCl会
3
B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染
和NaHCO 反应生成CO ，引入新的杂质，故B错误；
3 2
C．大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素
C．乙烯的密度与空气接近，不能用排空气法收集，故C错误；
D．含重金属离子的电镀废液不能随意排放
D．二氧化氮与水反应生成一氧化氮，仍然污染空气，所以不能用水吸收，故D错误。
【考点】BK：金属的电化学腐蚀与防护；F7：常见的生活环境的污染及治理；L4：塑料的老化和降解．
菁优网版权所有 故选：A。
【专题】55：化学计算．
【点评】本题考查气体的制备与收集，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意
【分析】A．锌比铁活泼，并且在空气中容易形成致密的氧化膜，防止生锈；
积累．
B．白色污染是人们对难降解的聚苯乙烯、聚丙烯、聚氯乙烯等高分子化合物制成塑料垃圾（多指塑料袋）
3．（6分）运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（ ）
污染环境现象的一种形象称谓；聚乙烯塑料难降解，可造成白色污染，聚乳酸塑料易降解不会造成白色污染；
A．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应
C．根据造成雾霾天气的原因判断；
B．NH F水溶液中含有HF，因此NH F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中
4 4
D．重金属离子有毒．
C．可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底
【解答】解：A．锌比铁活泼，并且在空气中容易形成致密的氧化膜，防止生锈，故A正确；
D．增大反应物浓度可加快反应速度，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H 的速率
2
B．聚乙烯塑料难降解，可造成白色污染，聚乳酸塑料易降解不会造成白色污染，故B错误；
【考点】BM：使用化石燃料的利弊及新能源的开发；C5：焓变和熵变；CA：化学反应速率的影响因素；
C．大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘，是造成雾霾天气的一种重要因素，故C正确；
FH：硅和二氧化硅．
D．重金属离子有毒，含重金属离子的电镀废液不能随意排放，故D正确； 菁优网版权所有
【专题】517：化学反应中的能量变化；51F：化学反应速率专题．
故选：B。
【分析】A、吸热反应可以自发进行，必须是熵增的反应，依据反应自发进行的判断是△H﹣T△S＜0分析；
【点评】本题考查了常见生活环境的污染与治理、金属的腐蚀与防护、塑料的老化与降解等问题，难度一般．
B、氟化铵水解生成氟化氢，氢氟酸腐蚀玻璃；
2．（6分）实验室制备下列气体时，所用方法正确的是（ ）
C、海底由天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质；
A．制氧气时，用Na O 或H O 作反应物可选择相同的气体发生装置
2 2 2 2
D、常温下铁在浓硫酸中钝化．
B．制氯气时，用饱和NaHCO 溶液和浓硫酸净化气体
3
【解答】解：A、吸热反应可以自发进行，△H＞0，若满足△H﹣T△S＜0，必须是熵增的反应，故A正确；
C．制乙烯时，用排水法或向上排空气法收集气体
B、氟化铵水解生成氟化氢，氢氟酸和玻璃中二氧化硅反应腐蚀玻璃，因此NH F溶液不能存放于玻璃试剂瓶
4
D．制二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气
中，故B正确；
【考点】1B：真题集萃；Q2：气体的收集；Q9：常见气体制备原理及装置选择．
菁优网版权所有 C、海底中天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质，为可燃冰，故C正确；
【专题】17：综合实验题．
D、常温下铁在浓硫酸中钝化，表面形成致密氧化物薄膜阻止浓硫酸与铁反应，不能生成氢气，故D错误；
【分析】A．Na O 与水反应，H O 在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体反应；
2 2 2 2故选：D。 C．CO 的水溶液：c（H+）＞c（HCO ﹣）＝2c（CO 2﹣）
2 3 3
【点评】本题考查了物质性质，盐类水解分析应用，注意常温铁在浓硫酸中发生钝化现象，题目较简单． D．含等物质的量NaHC O 和Na C O 的溶液：3c（Na+）＝2[c（HC O ﹣）+c（C O 2﹣）+c（H C O ）]
2 4 2 2 4 2 4 2 4 2 2 4
4．（6分）对如图两种化合物的结构或性质描述正确的是（ ） 【考点】DN：离子浓度大小的比较．
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【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题；51H：盐类的水解专题．
【分析】A、NaHSO 溶液中存在氢离子守恒分析判断；
4
B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银；
C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱；
D、依据溶液中元素物料守恒计算分析。
A．不是同分异构体
【解答】解：A、NaHSO 溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，
4
B．分子中共平面的碳原子数相同
C．均能与溴水反应
NaHSO
4
＝Na++H++SO
4
2﹣，H
2
O H++OH﹣，溶液中质子守恒，c（H+）＝c（SO
4
2﹣）+c（OH﹣），故A正确；
B、AgCl和AgI固体的悬浊液中⇌氯化银溶解度大于碘化银，c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣），故B错误；
D．可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分
C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱，H CO H++HCO ﹣，HCO ﹣ H++CO 2﹣，c
【考点】HD：有机物的结构和性质． 2 3 3 3 3
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（H+）＞c（HCO ﹣）＞c（CO 2﹣），无法判断c（HCO ﹣）与2c（CO⇌2﹣）的大小关系，故⇌C错误；
【专题】534：有机物的化学性质及推断． 3 3 3 3
【分析】A．分子式相同、结构不同的化合物是同分异构体； D、依据溶液中元素物料守恒计算，含等物质的量NaHC 2 O 4 和Na 2 C 2 O 4 的溶液：2c（Na+）＝3[c（HC 2 O 4 ﹣）
B．分子中共平面的碳原子数不一定相同； +C（C 2 O 4 2﹣）+c（H 2 C 2 O 4 ）]，故D错误；
C．酚能和溴水发生取代反应，醛基能被溴氧化； 故选：A。
D．红外光谱区分化学键或原子团，核磁共振氢谱区分氢原子种类及不同种类氢原子个数． 【点评】本题考查了电解质溶液中电离平衡分析，沉淀溶解平衡的理解应用，电解质溶液中物料守恒，质子
【解答】解：A．二者分子式相同，都是C H O，且二者结构不同，所以是同分异构体，故A错误； 守恒的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等。
10 14
B．分子中共平面的碳原子数可能相同，共平面的碳原子数可能是7，故B错误； 6．（6分）已知：
C．左边物质含有酚羟基，能和溴水发生取代反应，右边物质中的双键能和溴水发生加成反应，醛基能和溴
锂离子电池的总反应为：Li x C+Li 1﹣x CoO 2 C+LiCoO 2 ；
发生氧化还原反应生成羧基，故C正确；
D．红外光谱区分化学键或原子团，核磁共振氢谱区分氢原子种类及不同种类氢原子个数，氢原子种类不同，
锂硫电池的总反应为：2Li+S Li S
2
所以可以用核磁共振氢谱区分，故D错误；
故选：C。
有关上述两种电池说法正确的是（ ）
【点评】本题考查了物质的结构和性质，明确物质中官能团及其性质是解本题关键，难点是碳原子共面个数
A．锂离子电池放电时，Li+向负极迁移
的判断方法，题目难度不大．
B．锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应
5．（6分）下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）
C．理论上两种电池的比能量相同
A．pH＝1的NaHSO 溶液：c（H+）＝c（SO 2﹣）+c（OH﹣）
4 4
B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）＞c（Cl﹣）＝c（I﹣）熔点/℃ 2800 2050 714 191
工业制镁时，电解MgCl 而不电解MgO的原因是 MgO 的熔点高，熔融时消耗更多能量，增加生产成本
2
制铝时，电解Al O 而不电解AlCl 的原因是 氯化铝是共价化合物，熔融态氯化铝难导电
2 3 3
D． 图中表示用锂离子电池给锂硫电池充电
（4）晶体硅（熔点1410℃）是良好的半导体材料，由粗硅制纯硅过程如下：
【考点】BL：化学电源新型电池．
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Si（粗） SiCl SiCl （纯） Si（纯）
4 4
【专题】51I：电化学专题．
【分析】A、原电池中阳离子向正极移动；
B、锂硫电池充电时，锂电极与外接电源的负极相连；
C、比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小；
写出SiCl 的电子式： ．在上述由SiCl 制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收a
D、给电池充电时，负极与外接电源的负极相连，正极与外接电源的正极相连． 4 4
【解答】解：A、原电池中阳离子向正极移动，则锂离子电池放电时，Li+向正极迁移，故A错误；
B、锂硫电池充电时，锂电极与外接电源的负极相连，锂电极上Li+得电子发生还原反应，故B正确； kJ 热量，写出该反应的热化学方程式： 2H
2
（ g ） +SiC l
4
（ g ） Si （ s ） +4HCl （ g ）△ H ＝
C、比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小，锂硫电池放电时负极为 Li，锂离子电池
放电时负极为Li C，两种电池的负极材料不同，所以比能量不同，故C错误； +0.025akJ • mol ﹣ 1
x
D、图中表示锂硫电池给锂离子电池充电，右边电极材料是Li和S，锂负极，硫为正极，左边电极材料是C （5）P O 是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P O 干燥的是 b
2 5 2 5
和LiCoO 2 ，由锂离子电池的总反方程式可知C+LiCoO 2 →Li x C+Li 1﹣x CoO 2 ，则用锂离子电池给锂硫电池充电， a．NH 3 b．HI c．SO 2 d．CO 2
LiCoO 2 为正极，应与正极S相连，故D错误； （6）KClO 3 可用于实验室制O 2 ，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种
故选：B。
【点评】本题考查了二次电池，侧重于对原电池原理和电解池原理的考查，题目难度中等，注意根据电池总 盐的阴阳离子个数比为1：1，写出该反应的化学方程式： 4KClO KCl+3KClO ．
3 4
反应判断正负极材料及电极反应．
二、解答题（共4小题，满分64分） 【考点】73：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；8J：位置结构性质的相互关系应用；BE：
7．（14分）元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题： 热化学方程式；FH：硅和二氧化硅．
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（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），下列说法正确的是 b 【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题；525：碳族元素．
a．原子半径和离子半径均减小； b．金属性减弱，非金属性增强； 【分析】（1）根据同一周期中元素周期律内容进行解答；
c．氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强； d．单质的熔点降低． （2）第三周期中，次外层电子数为8，原子最外层电子书与次外层电子数相同，则该元素为氩；第三周期中
（2）原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为 氩 ，氧化性最弱的简单阳离子是 N a +
简单阳离子为钠离子、镁离子和铝离子，金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱；
（3）已知：
（3）根据表中金属化合物的熔点高低、化合物类型进行分析；
化合物 MgO Al 2 O 3 MgCl 2 AlCl 3 （4）四氯化硅为共价化合物，化学式中存在4个硅氯键；根据题中数据及热化学方程式的书写方法写出该反
类型 离子化合物 离子化合物 离子化合物 共价化合物 应的热化学方程式；（5）浓硫酸具有强氧化性、酸性，P O 是非氧化性干燥剂，然后结合各选项中气体的性质进行判断；
2 5
1.12kg纯硅的物质的量为： 40mol，生成40mol硅吸收akJ热量，则生成1mol硅吸收的热量为：
（6）根据题干信息判断该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐名称，最后根据化合
价升降相等配平即可．
【解答】解：（1）a．原子半径和离子半径均减小；第三周期中，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小
0.025akJ，所以四氯化硅气体与氢气反应生成单质硅和氯化氢的热化学方程式为：2H （g）+SiCl
2 4
而离子半径需要根据阴阳离子进行讨论，阳离子只有2个电子层，随着核电荷数在增大，半径逐渐减小，而
阴离子有3个电子层，随着核电荷数的增加逐渐减小，但是阴离子半径整体大于阳离子半径，从阴离子到阳
离子，半径在减小，故a错误；
（g） Si（s）+4HCl（g）△H＝+0.025akJ•mol﹣1，
b．金属性减弱，非金属性增强；同一周期中，随着核电荷数的递增，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐
渐增强，故b正确；
c．最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误；
d．金属单质的熔点降低，即Na＜Mg＜Al＜Si（原子晶体），而非金属单质是分子晶体，熔点比金属单质低，
故答案为： ；2H （g）+SiCl （g） Si（s）+4HCl（g）△H＝+0.025akJ•mol﹣1；
2 4
整体趋势是Si＞Al＞Mg＞S＞Na＞P＞Cl ＞Ar，故d错误；
2
故答案为：b；
（5）浓硫酸具有强氧化性、酸性，不能干燥具有还原性、碱性的气体，所以选项中不能用浓硫酸干燥的为
（2）原子最外层电子书与次外层电子数相同，而第三周期中次外层电子为 8，该元素原子结构示意图为：
a．NH b．HI，而P O 是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体，可以干燥碘化氢，所以b正确，
3 2 5
故答案为：b；
（6）KClO 可用于实验室制O ，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种
3 2
盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为﹣1，说明氯酸钾中氯元素化合价
，则该元素为氩；金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱，所以第三周期中氧化性最弱的
降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只
为Na+，
故答案为：氩；Na+；
能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO KCl+3KClO ，
3 4
（3）由于氧化镁的熔点远远大于氯化镁的熔点，熔融时消耗更多能量，增加生成成本，所以工业制镁时，
采用电解MgCl 而不电解MgO；
2
故答案为：4KClO KCl+3KClO ．
3 4
由于氯化铝为共价化合物，熔融状态下氯化铝难导电，制锅时电解Al O 而不电解AlCl ，
2 3 3
故答案为：MgO的熔点高，熔融时消耗更多能量，增加生产成本；氯化铝是共价化合物，熔融态氯化铝难导
【点评】本题考查了同一周期中元素周期律与原子结构的关系、热化学方程式的书写、化学方程式的书写等
电；
知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，试题有利于培养学生
的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．
（4）四氯化硅为共价化合物，氯原子和硅原子都达到8个电子，四氯化硅的电子式为： ； 8．（18分）从薄荷油中得到一种烃A（C 10 H 16 ），叫 一非兰烃，与A相关反应如下：
α【考点】1B：真题集萃；HB：有机物的推断．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】由A→H的转化加氢，有机物分子的碳链骨架没有变化，可知A分子中含有一个六元环，结合A的
分子式C H 可知还应含有两个不饱和度，再根据题中信息以及C的结构简式、B的分子式可推出A的结构
10 16
简式为 ，则 B 的结构简式为 ，B→D 加氢，属于加成反应，则 D 为乳酸
已知：
（1）H的分子式为 C H
10 20
（2）B所含官能团的名称为 羰基、羧基 ，由E→F的条件“氢氧化钠的醇溶液加热”，应为卤代烃的消去，逆推可知D→E发
（3）含两个﹣COOCH 基团的C的同分异构体共有 4 种（不考虑手性异构）．其中核磁共振氢谱呈现2
3
生取代反应，溴原子取代了乳酸分子中的羟基，则 E、F 的结构简式分别为 和
个吸收峰的异构体结构简式为
（4）B→D，D→E的反应类型分别为 加成反应 、 取代反应
，G为两个D发生分子内脱水形成，结构简式为 ．
（5）G为含六元环的化合物，写出其结构简式
（1）根据H的结构简式解题；
（2）B中含有羰基、羧基；
（6）F在一定条件下发生聚合反应可得到一种高吸水性树脂，该树脂名称为 聚丙烯酸钠
（3）根据分子式书写同分异构体，核磁共振氢谱呈现2个吸收峰，氢原子有两种位置；
（4）B→D为羰基与氢气发生的加成反应，D→E为氢原子被溴原子取代；
（7）写出E→F的化学反应方程式 （5）D分子内羟基与羧基发生酯化反应生成G；
（6）E为丙烯酸，与氢氧化钠醇溶液发生反应生成丙烯酸钠，加聚反应可得F；
（7）E在氢氧化钠醇溶液发生消去反应和中和反应；
（8）A的结构简式为 ，A与等物质的量的Br 2 进行加成反应的产物共有 3 种． （8）根据B、C的结构简式和A的分子式C 10 H 16 可推出A的结构简式；A中两个碳碳双键与等物质的量的
（不考虑立体异构） 溴单质可分别进行加成反应，也可发生1，4加成．【解答】解：（1）根据H的结构简式可得分子式为C H ，故答案为：C H ； 碳碳双键与等物质的量的溴单质可分别进行加成反应，也可发生1，4加成，所以产物共有3种，故答案为：
10 20 10 20
（2）B的结构简式为 ，所以B所含官能团的名称为羰基、羧基，故答案为：羰基、羧基；
（3）两个 基团在端点，故可写出其满足条件的同分异构体有，含两个﹣COOCH 基团的C的
3
；3．
【点评】本题考查有机合成的分析和推断，题目难度不大，注意把握常见有机物的官能团的性质，记住反应
条件，常见有机物反应的化学方程式要会写．
9．（18分） Na S O 是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。
2 2 3
同分异构体共有 4种， ，CH OOCCH CH CH COOCH ，CH OOCCH CH（CH ）
3 2 2 2 3 3 2 3
Ⅰ．制备Na S O •5H O
2 2 3 2
CH COOCH ，CH CH CH（COOCH ） ，核磁共振氢谱呈现2个吸收峰，氢原子有两种位置，结构简式为
2 3 3 2 3 2
反应原理：Na SO （aq）+S（s） Na S O （aq）
2 3 2 2 3
实验步骤：
称取15g Na SO 加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水。另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上
，故答案为：4； ； 2 3
①述溶液中。
（4）B→D为羰基与氢气发生的加成反应，D→E为氢原子被溴原子取代，反应类型为取代反应，故答案为：
安装实验装置（如图1所示，部分加持装置略去），水浴加热，微沸60分钟
加成反应；取代反应；
②趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na
2
S
2
O
3
•5H
2
O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品。
③回答问题：
（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是 使硫粉易于分散到溶液中
（5）D分子内羟基与羧基发生酯化反应生成G，G的结构简式为 ，故答案为 ； （2）仪器a的名称是 冷凝管 ，其作用是 冷凝回流
（3）产品中除了有未反应的Na SO 外，最可能存在的无机杂质是 N a SO ，检验是否存在该杂质的方法
2 3 2 4
（6）E为丙烯酸，与氢氧化钠醇溶液发生反应生成丙烯酸钠，加聚反应可得F，名称为聚丙烯酸钠，故答案
是 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加 BaC l 溶液，若有白色沉淀，则产品中含有 N a SO
2 2 4
为：聚丙烯酸钠；
（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因 S O 2 ‾ +2H + ＝
2 3
（ 7 ） E 在 氢 氧 化 钠 醇 溶 液 发 生 消 去 反 应 和 中 和 反 应 ， 所 以 E→ F 的 化 学 反 应 方 程 式
S ↓ +SO ↑ +H O 。
2 2
Ⅱ．测定产品纯度
准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 mol•L﹣1碘的标准溶液滴定。
，
反应原理：2S O 2﹣+I ═S O 2﹣+2I﹣
2 3 2 4 6
（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化： 由无色变为蓝色
故答案为 ； （6）滴定起始和终点的液面位置如图 2，则消耗碘的标准溶液体积为 18.10 mL．产品的纯度为
（8）根据B、C的结构简式和A的分子式C H 可推出A的结构简式为 ，A中两个
10 16故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；
100% （设Na S O •5H O相对分子质量为M）
2 2 3 2
（2）根据题中图示装置图可知，仪器a为冷凝管，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，
故答案为：冷凝管；冷凝回流；
Ⅲ．Na S O 的应用
2 2 3
（3）S O 2‾具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法
2 3
（7）Na S O 还原性较强，在溶液中易被 Cl 氧化成 SO 2﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为
2 2 3 2 4
为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl 溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na SO ，
2 2 4
S O 2 ‾ +4Cl +5H O ＝ 2SO 2 ‾ +8Cl ‾ +10H + 。
2 3 2 2 4
故答案为：Na SO ； 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl 溶液，若有白色沉淀，则产品中
2 4 2
含有Na SO ；
2 4
（4）S O 2‾与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：S O 2‾+2H+＝
2 3 2 3
S↓+SO ↑+H O，
2 2
故答案为：S O 2‾+2H+＝S↓+SO ↑+H O；
2 3 2 2
（5）滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，所以滴定终点时溶液颜色变化为：由无色变为蓝色，
故答案为：由无色变为蓝色；
（6）根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为 0，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的
标准溶液体积为18.10mL；
根据反应2S O 2﹣+I ═S O 2﹣+2I﹣可知，n（S O 2﹣）＝2n（I ），所以W g产品中含有Na S O •5H O质量
2 3 2 4 6 2 3 2 2 2 3 2
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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为：0.1000 mol•L﹣1×18.10×10﹣3L×2×M＝3.620×10﹣3Mg，则产品的纯度为： 100%
【专题】17：综合实验题．
【分析】（1）硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；
（2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答；
（3）由于S O 2‾具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检 100%，
2 3
验杂质硫酸钠；
（4）S O 2‾与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式；
2 3 故答案为：18.10； 100%；
（5）根据滴定前溶液为无色，滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，判断达到终点时溶液颜色变化；
（6）根据图示的滴定管中液面读出初读数、终读数，然后计算出消耗碘的标准溶液体积；根据反应2S 2 O 3 2﹣ （7）Na S O 还原性较强，在溶液中易被Cl 氧化成SO 2﹣，根据化合价升降相等配平后的离子方程式为：
2 2 3 2 4
+I ═S O 2﹣+2I﹣可知，n（S O 2﹣）＝2n（I ），然后根据题中碘单质的物质的量计算出Na S O •5H O质量
2 4 6 2 3 2 2 2 3 2 S O 2‾+4Cl +5H O＝2SO 2‾+8Cl‾+10H+，
2 3 2 2 4
及产品的纯度；
故答案为：S O 2‾+4Cl +5H O＝2SO 2‾+8Cl‾+10H+。
2 3 2 2 4
（7）根据题干信息“Na S O 还原性较强，在溶液中易被Cl 氧化成SO 2﹣”及化合价升降相等写出反应的
2 2 3 2 4 【点评】本题考查了化学实验基本操作方法及常见仪器的构造、离子的检验方法、中和滴定存在即计算、离
离子方程式。
子方程式的书写等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分考查了学生对所学知识的
【解答】解：（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，掌握情况。 【专题】51E：化学平衡专题；51F：化学反应速率专题．
10．（14分）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为： 【分析】（1）H S杂质常用氨水吸收，产物为NH HS，一定条件下向NH HS溶液中通入空气，得到单质硫
2 4 4
N 2 （g）+3H 2 （g） 2NH 3 （g）△H＝﹣92.4kJ•mol‾1 并使吸收液再生，反应过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式；
一种工业合成氨的简⇌易流程图如图1： （2）根据影响化学反应速率以及平衡移动的因素结合三行式进行计算回答；
（3）依据反应特征N +3H ＝2NH ，反应前后气体体积减小为生成氨气的体积，相同条件下，气体体积比等
2 2 3
于气体物质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量 42%，设平衡混合气体体积为 100，氨气为体积
42，计算反应的氮气，依据气体体积比计算原混合气体中氮气体积，得到平衡状态下氮气体积分数；
（4）合成氨的反应是放热反应，开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，
氨气物质的量减小，据此画出变化图象；
（5）依据反应是气体体积减小的放热反应，结合平衡移动原理分析判断．
【解答】解：（1）O 把NH HS氧化为S，可得化学方程式：2NH HS+O ＝2NH •H O+2S↓，故答案为：
2 4 4 2 3 2
2NH HS+O ＝2NH •H O+2S↓；
4 2 3 2
（2）a、反应 为吸热反应，反应速率加快，平衡向右移动，H 的百分含量增大，正确；b、增大水蒸气浓
2
（1）天然气中的H S杂质常用常用氨水吸收，产物为NH HS．一定条件下向NH HS溶液中通入空气，得到
2 4 4
度，H 的百分①含量减小，错误；c、加入催化剂，H 的百分含量不变，错误；d、降低压强，反应速率减小，
2 2
单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式： 2NH HS+O ＝ 2NH • H O+2S ↓ ．
4 2 3 2
错误；设CO的转化量为x
（2）步骤II中制氯气原理如下：
CO+H O CO +H
2 2 2
CH （g）+H O（g）＝CO （g）+3H （g）△H＝+206.4kJ•mol﹣1
4 2 2 2
转化量（mol） 0.2 ⇌0 0.8
①CO（g）+H O（g）＝CO （g）+H （g）△H＝﹣41.2kJ•mol﹣1
2 2 2
转化量（mol） x x x
②对于反应 ，一定可以提高平衡体系中H
2
百分含量，又能加快反应速率的是 a ．
转化量（mol） 0.2﹣x x 0.8+x
a．升高温①度 b．增大水蒸气浓度 c．加入催化剂 d．降低压强
1mol+x＝1.18mol，则x＝0.18mol，可得CO转化率 100%＝90%．
利用反应 ，将CO进一步转化，可提高H 产量．若1mol CO和H 的混合气体（CO的体积分数为20%）
2 2
与H O反②应，得到1.18mol CO、CO 和H 的混合气体，则CO转化率为 90% ．
2 2 2
（3）根据图1可知H 与N 的投料比为3，平衡时NH 体积分数为42%，设H 物质的量为3amol，N 物质的
（3）图2表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH 体积分数的关系．根据图中a点数据计 2 2 3 2 2
3
量为amol，N 转化的物质的量为x则
算N 的平衡体积分数： 14.5% ． 2
2
N +3H 2NH
（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图3坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始， 2 2 3
转化量（mol） a 3a ⇌ 0
随温度不断升高，NH 物质的量变化的曲线示意图．
3
转化量（mol） x 3x 2x
（5）上述流程图中，使合成氨放出的热量得到充分利用的主要步骤是（填序号） Ⅳ ，简述本流程中提
转化量（mol） a﹣x 3a﹣3x 2x
高合成氨原料总转化率的方法： 分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用 ．
【考点】CA：化学反应速率的影响因素；CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计算．
菁优网版权所有100%＝42%，解得x＝0.592a，则N 的平衡体积分数 100%＝14.5%，故答案为：
2
14.5%；
（4）随着反应的进行，NH 的物质的量逐渐增大，当反应平衡后，升高温度，平衡向左移动，NH 的物质的
3 3
量逐渐减小，可画出图象为： ．故答案为： ；
（5）分析流程合成氨放热通过Ⅳ热交换器加热反应混合气体，使反应达到所需温度，提高合成氨原料总转
化率，依据平衡移动原理分析，分离出氨气促进平衡正向进行，把平衡混合气体中氮气和氢气重新循环使用，
提高原理利用率；
故答案为：Ⅳ；分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用．
【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析，平衡计算应用，注意反应特征的计算应用，图象绘制，掌握基
础是关键，题目难度较大．
