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2017 年天津市高考化学试卷解析版
参考答案与试题解析
一、本卷共6题，每题6分，共36分．在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目
要求的．
1．（6分）下列有关水处理方法不正确的是（ ）
A．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸
B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
C．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
D．用烧碱处理含高浓度NH +的废水并回收利用氨
4
【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系；FE："三废"处理与环境保护．
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【专题】56：化学应用．
【分析】A．石灰、碳酸钠都可与酸反应；
B．可溶性的铝盐和铁盐可水解生成具有吸附性的胶体；
C．氯气不能与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀；
D．烧碱可与铵根离子反应生成氨气．
【解答】解：A．石灰与酸反应生成钙盐，碳酸钠与酸反应生成钠盐和二氧化碳，故可
用于处理废水中的酸，故A正确；
B．铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，疏松多孔，具有吸附性，可吸附水
中的悬浮物，故B正确；
C．氯气可用于水的消毒杀菌，不能与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀，对重金属离子没有作
用，故C错误；
D．烧碱可与铵根离子反应产生氨气，则可用烧碱处理高浓度的NH +的废水并回收利用
4
氨，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查废水的处理，为2017年天津考题，侧重于化学与生活、生产的考查
有利于培养学生的良好的科学素养，注意把握物质的性质，难度不大．
2．（6分）汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用．
下列有关汉黄芩素的叙述正确的是（ ）A．汉黄芩素的分子式为C H O
16 13 5
B．该物质遇FeCl 溶液显色
3
C．1 mol该物质与溴水反应，最多消耗1mol Br
2
D．与足量H 发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种
2
【考点】HD：有机物的结构和性质．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】由结构可知分子式，分子中含酚﹣OH、碳碳双键、羰基及醚键，结合酚、烯
烃等有机物的性质来解答．
【解答】解：A．汉黄芩素的分子式为C H O ，故A错误；
16 12 5
B．含酚﹣OH，遇FeCl 溶液显色，故B正确；
3
C．酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则 1 mol
该物质与溴水反应，最多消耗2mol Br ，故C错误；
2
D．与足量H 发生加成反应后，该分子中官能团碳碳双键、羰基均减少，故D错误；
2
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机
反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意H原子数的判断及官能团的判断，
题目难度不大．
3．（6分）下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（ ）
A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能
B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能
C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能
D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能
【考点】B1：氧化还原反应；BB：反应热和焓变．
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【专题】515：氧化还原反应专题；517：化学反应中的能量变化．
【分析】发生的反应中存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应，以此来解答．
【解答】解：A．光能转化为电能，不发生化学变化，与氧化还原反应无关，故A选；B．发生原电池反应，本质为氧化还原反应，故B不选；
C．发生电解反应，为氧化还原反应，故C不选；
D．发生氧化反应，故D不选。
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应本质为解答关键，
注意能量变化的形式，题目难度不大．
4．（6分）以下实验设计能达到实验目的是（ ）
实验目的 实验设计
A． 除去NaHCO 固体中的Na CO 将固体加热至恒重
3 2 3
B． 制备无水AlCl
3
蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液
C． 重结晶提纯苯甲酸 将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶
D． 鉴别NaBr和KI溶液 分别加新制氯水后，用CCl 萃取
4
A．A B．B C．C D．D
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【专题】545：物质的分离提纯和鉴别．
【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CCl 萃取后观察颜色可鉴别，故D正确；
4
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提
纯、物质的鉴别为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，
选项C为解答的难点，题目难度不大．
5．（6分）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：H O＞NH ＞SiH
2 3 4
B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
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
【考点】78：元素周期律和元素周期表的综合应用．
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【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．
【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：H O＞NH ＞SiH ，故A
2 3 4
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。
【点评】本题考查元素周期表和周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周
期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，选项C为解
答的易错点，题目难度不大．6．（6分）常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni（s）+4CO（g） Ni（CO） （g）．
4
230℃时，该反应的平衡常数K＝2×10﹣5．已知：Ni（CO） 的沸⇌点为42.2℃，固体杂
4
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
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） 分解率较低
4
D．该反应达到平衡时，v生成[Ni（CO）
4
]＝4v生成 （CO）
【考点】CB：化学平衡的影响因素．
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【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】A．平衡常数与温度有关；
B．Ni（CO） 的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni（CO） ；
4 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） 的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni（CO） ，则一阶段，在
4 4
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） 分解率较大，故C错误；
4
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。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握K与温度的关系、温度对平
衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意习题中的信息，选项C
为解答的难点，题目难度不大。
二、本卷共4题，共64分．
7．（14分）某混合物浆液含有Al（OH） 、MnO 和少量Na CrO ．考虑到胶体的吸附作
3 2 2 4
用使Na CrO 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
2 4
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．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 所加试剂NaOH的电子式为 ．B→C的反应条件为 加热
①
（或煅烧） ，C→Al的制备方法称为 电解法 ．
（2）该小组探究反应 发生的条件．D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl 生
2
成，当反应停止后，固②体有剩余，此时滴加硫酸，又产生 Cl ．由此判断影响该反应有
2
效进行的因素有（填序号） a c ．
a．温度 b．Cl﹣的浓度 c．溶液的酸度
（3）0.1mol Cl 与焦炭、TiO 完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成
2 2
TiO •xH O的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为 2C l （ g ） +TiO
2 2 2 2
（ s ） +2C （ s ）═ TiC l （ l ） +2CO （ g ）△ H ＝﹣ 85.6k J • mo l ﹣ 1 ．
4
Ⅱ含铬元素溶液的分离和利用
（4）用惰性电极电解时，CrO 2﹣能从浆液中分离出来的原因是 在直流电场作用下，
4
CrO 2 ﹣ 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
4
CrO 2 ﹣ 、 Cr O 2 ﹣ ；阴极室生成的物质为 NaOH 和 H （写化学式）．
4 2 7 2
【考点】DI：电解原理；P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
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【专题】546：无机实验综合．
【分析】Ⅰ．（1）固体混合物含有Al（OH） 、MnO ，加入NaOH溶液，过滤，可得
3 2
到滤液A为NaAlO ，通入二氧化碳，生成B为Al（OH） ，固体C为Al O ，电解熔融
2 3 2 3
的氧化铝可得到Al；固体D为MnO ，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；
2
（2）题中涉及因素有温度和浓度；
（3）0.1mol Cl 与焦炭、TiO 完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成
2 2
TiO •xH O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
2 2
学方程式为2Cl （g）+TiO （s）+2C（s）═TiCl （l）+2CO（g），以此可计算反应热
2 2 4
并写出热化学方程式；Ⅱ．（4））电解时，CrO 2﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢
4
气和NaOH，以此解答该题．
【解答】解：（1）NaOH为离子化合物，电子式为 ，B为Al（OH） ，在
3
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；
（2）反应涉及的条件为加热，加热下可反应，另外加热硫酸，氢离子浓度变化，可知
影响的因素为温度和氢离子浓度，故答案为：ac；
（3）0.1mol Cl 与焦炭、TiO 完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成
2 2
TiO •xH O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
2 2
学方程式为2Cl （g）+TiO （s）+2C（s）═TiCl （l）+2CO（g），则2mol氯气反应放
2 2 4
出的热量为 4.28kJ＝85.6kJ，
所以热化学方程式为2Cl （g）+TiO （s）+2C（s）═TiCl （l）+2CO（g）△H＝﹣
2 2 4
85.6kJ•mol﹣1，
故答案为：2Cl （g）+TiO （s）+2C（s）═TiCl （l）+2CO（g）△H＝﹣85.6kJ•mol﹣
2 2 4
1；
（4）电解时，CrO 2﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在
4
2CrO 2﹣+2H+ Cr O 2﹣+H O，则分离后含铬元素的粒子是CrO 2﹣、Cr O 2﹣，阴极发生
4 2 7 2 4 2 7
还原反应生成⇌氢气和NaOH，
故答案为：在直流电场作用下，CrO 2﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；
4
CrO 2﹣、Cr O 2﹣；NaOH和H ．
4 2 7 2
【点评】本题为2017年天津考题，侧重考查物质的制备、分离以及电解知识，解答本
题，注意把握物质的性质，能正确分析试验流程，把握电解的原理，题目难度不大，有
利于培养学生的分析能力和实验能力．
8．（18分）2﹣氨基﹣3﹣氯苯甲酸（F）是重要的医药中间体，其制备流程图如下：已知：
回答下列问题：
（1） 分子中不同化学环境的氢原子共有 4 种，共面原子数目最多为 13
．
（2）B的名称为 2 ﹣硝基甲苯或邻硝基甲苯 ．写出符合下列条件B的所有同分异构
体的结构简式 ．
a．苯环上只有两个取代基且互为邻位 b．既能发生银镜反应又能发生水解反应
（3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由 三步反应制取B，目
的是 避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代 ． ①②③
（ 4 ） 写 出 的 化 学 反 应 方 程 式 ：
⑥
，该步反应的主要目的是 保
护氨基 ．
（5）写出 的反应试剂和条件： C l /FeCl （或 C l /Fe ） ；F中含氧官能团的名称为
2 3 2
羧基 ． ⑧（6）在方框中写出以 为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合物的
流程．
目标化合物
【考点】HC：有机物的合成．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】（1）甲苯含有1个甲基，苯环左右对称；苯环为平面形结构，与苯环直接相
连的原子在同一个平面上；
（2）B为邻硝基甲苯，对应的同分异构体：a．苯环上只有两个取代基且互为邻位，
b．既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明应含有酯基，且为甲酸酯，另外一种官
能团为氨基；
（3）如采用甲苯直接硝化的方法制备B，硝基可取代甲基对位的H原子；
（4）由结构简式可知反应 为取代反应，可避免氨基被氧化；
（5） 为苯环的氯代反应⑥，应在类似苯与溴的反应；F含有羧基、氨基和氯原子；
⑧
（6） 可水解生成 ，含有氨基、羧基，可发生缩聚反应生
成高聚物．
【解答】解：（1）甲苯含有1个甲基，苯环左右对称，则分子中不同化学环境的氢原
子共有4种，苯环为平面形结构，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，结合三点确
定一个平面，甲基上可有1个H与苯环共平面，共13个，
故答案为：4； 13；
（2）B为2﹣硝基甲苯或邻硝基甲苯，对应的同分异构体：a．苯环上只有两个取代基
且互为邻位，b．既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明应含有酯基，且为甲酸酯，另外一种官能团为氨基，可能为 ，
故答案为：2﹣硝基甲苯或邻硝基甲苯； ；
（3）如采用甲苯直接硝化的方法制备B，硝基可取代甲基对位的H原子，目的是避免
苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代，
故答案为：避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代；
（ 4 ） 由 结 构 简 式 可 知 反 应 为 取 代 反 应 ， 反 应 的 方 程 式 为
⑥
，该步反应的主要目的是避免氨
基被氧化，
故答案为： ；保护氨基；
（5） 为苯环的氯代反应，应在类似苯与溴的反应，反应条件为 Cl /FeCl （或Cl /
2 3 2
Fe），⑧F中含氧官能团的名称为羧基，
故答案为：Cl /FeCl （或Cl /Fe）；羧基；
2 3 2
（6） 可水解生成 ，含有氨基、羧基，可发生缩聚反应生
成 高 聚 物 ， 反 应 的 流 程 为
，
故答案为： ．
【点评】本题为2017年天津考题，为有机物合成题目，侧重考查学生分析判断能力，
明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用，题目难度不大．
9．（18分）用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c（I﹣），实验过程包括准备标准
溶液和滴定待测溶液．
Ⅰ准备标准溶液
a．准确称取AgNO 基准物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL标准溶液，放在棕
3
色试剂瓶中避光保存，备用．
b．配制并标定100mL 0.1000mol•L﹣1 NH SCN标准溶液，备用．
4
Ⅱ滴定的主要步骤
a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中．
b．加入25.00mL 0.1000mol•L﹣1 AgNO 溶液（过量），使I﹣完全转化为AgI沉淀．
3
c．加入NH Fe（SO ） 溶液作指示剂．
4 4 2
d．用0.1000mol•L﹣1NH SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀
4
后，体系出现淡红色，停止滴定．
e．重复上述操作两次．三次测定数据如下表：
实验序号 1 2 3
消耗NH SCN标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98
4
f．数据处理．
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO 配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 250mL
3
（棕色）容量瓶、胶头滴管 ．
（2）AgNO 标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是 避免 AgNO 见光分解 ．
3 3
（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是 防止因 F e 3 + 的水解而影响滴定终点
的判断（或抑制 F e 3 + 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， F e 3 + 与 I ﹣ 反
应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 ．
（5）所消耗的NH SCN标准溶液平均体积为 10.00 mL，测得c（I﹣）＝ 0.0600
4
mol•L﹣1．
（6）在滴定管中装入NH SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为 用 NH SCN 标准
4 4
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”）
若在配制AgNO 标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果 偏高 ．
3
①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 ．
②【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．
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【专题】544：定量测定与误差分析．
【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NH SCN溶液平均体积为10.00mL，
4
结合c（AgNO ）×V（AgNO ）＝c（NH SCN）×V（NH SCN）+c（I﹣）×V（I﹣）计
3 3 4 4
算；
（6）装入NH SCN标准溶液，应避免浓度降低，应用NH SCN标准溶液进行润洗；
4 4
（7）反应的原理为c（AgNO ）×V（AgNO ）＝c（NH SCN）×V（NH SCN）+c（I
3 3 4 4
﹣）×V（I﹣），如操作导致c（NH SCN）×V（NH SCN）偏小，则测定结果偏大，以
4 4
此解答该题．
【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AgNO 见光分解；
3
（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NH SCN溶液平均体积为10.00mL，
4
n（AgNO ）＝25.00×10﹣3L×0.1000mol•L﹣1＝2.5×10﹣3mol，n（NH SCN）＝
3 4
0.1000mol•L﹣1×10.00×10﹣3L＝1.00×10﹣3mol，则c（I﹣）×0.025L＝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NH SCN标准溶液，应避免浓度降低，应用NH SCN标准溶液进行润洗，故
4 4
答案为：用NH SCN标准溶液进行润洗；
4
（7）反应的原理为c（AgNO ）×V（AgNO ）＝c（NH SCN）×V（NH SCN）+c（I
3 3 4 4
﹣）×V（I﹣），
若在配制AgNO 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
3
①小，浓度偏低，则n（NH SCN）偏小，测定c（I﹣）偏大，
4
故答案为：偏高；
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
①（NH SCN）偏小，测定c（I﹣）偏大，
4
故答案为：偏高．
【点评】本题为2017年天津考题，涉及物质含量的测定，侧重于学生的分析能力、实
验能力和计算能力的考查，注意把握实验的操作方法和注意事项，把握反应的原理和误
差分析的角度，难度中等．
10．（14分）H S和SO 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
2 2
这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题．
Ⅰ．H S的除去
2
方法1：生物脱H S的原理为：
2
H S+Fe （SO ） ═S↓+2FeSO +H SO
2 2 4 3 4 2 4
4FeSO +O +2H SO 2Fe （SO ） +2H O
4 2 2 4 2 4 3 2
（1）硫杆菌存在时，FeSO 被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是 降低反
4
应活化能 ．
（2）由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为 3 0 ℃、 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H O 氧化H S
2 2 2
（3）随着参加反应的 n（H O ）/n（H S）变化，氧化产物不同．当 n（H O ）/n
2 2 2 2 2
（H S）＝4时，氧化产物的分子式为 H SO ．
2 2 4
Ⅱ．SO 的除去
2
方法1（双碱法）：用NaOH吸收SO ，并用CaO使NaOH再生
2
NaOH溶液 Na SO 溶液
2 3
（4）写出过程 的离子方程式： 2OH ﹣ +SO ＝ SO 2 ﹣ +H O ；CaO在水中存在如下
2 3 2
转化： ①
CaO（s）+H O （l）═Ca（OH） （s） Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）
2 2
从平衡移动的角度，简述过程 NaOH再⇌生的原理 SO 2 ﹣ 与 Ca 2+ 生成 CaSO 沉淀，平
3 3
衡向正向移动，有 NaOH 生成 ② ．
方法2：用氨水除去SO
2
（5）已知25℃，NH •H O的K ＝1.8×10﹣5，H SO 的K ＝1.3×10﹣2，K ＝6.2×10﹣8．
3 2 b 2 3 a1 a2
若氨水的浓度为2.0mol•L﹣1，溶液中的c（OH﹣）＝ 6.0×1 0 ﹣ 3 mol•L﹣1．将SO 通入
2
该氨水中，当c（OH﹣）降至1.0×10﹣7 mol•L﹣1时，溶液中的c（SO 2﹣）/c（HSO ﹣）
3 3
＝ 0.6 2 ．
【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；FO：含硫物质的性质及综合应用．
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【专题】51E：化学平衡专题；52：元素及其化合物．
【分析】（1）硫杆菌存在时，FeSO 被氧化的速率是无菌时的5×105倍，说明硫杆菌做
4
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（H O ）/n（H S）＝4时，结合氧化还原反应电子守恒，4H O ～4H O～8e
2 2 2 2 2 2﹣，电子守恒得到H S变化为+6价化合物；
2
（4）过程 是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水；过程 NaOH再生是
平衡CaO（①s）+H O （l）═Ca（OH） （s） Ca2+（aq）+2OH﹣（aq②）正向进行；氢
2 2
氧根离子浓度增大； ⇌
（5）NH •H O 的 K ＝1.8×10﹣5，若氨水的浓度为 2.0mol•L﹣1，可结合 K
3 2 b b
计算c（OH﹣），H SO 的K ＝6.2×10﹣8，结合K
2 3 a2 a2
计算c（SO 2﹣）/c（HSO ﹣）．
3 3
【解答】解：（1）4FeSO +O +2H SO 2Fe （SO ） +2H O，硫杆菌存在时，
4 2 2 4 2 4 3 2
FeSO 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，
4
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，4H O ～4H O～8e﹣，电子守恒
2 2 2
得到H S变化为+6价化合物，H S～H SO ～8e﹣，氧化产物的分子式为H SO ，
2 2 2 4 2 4
故答案为：H
2
SO
4
；
（4）过程 是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：
2OH﹣+SO①＝SO 2﹣+H O，过程 加入CaO，存在CaO（s）+H O （l）═Ca（OH）
2 3 2 2 2
（s） Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）②，因SO 2﹣与Ca2+生成CaSO 沉淀，平衡向正向移动，
3 3
有NaO⇌H生成，
故答案为：2OH﹣+SO ＝SO 2﹣+H O；SO 2﹣与Ca2+生成CaSO 沉淀，平衡向正向移动，
2 3 2 3 3
有NaOH生成；
（5）NH •H O的K ＝1.8×10﹣5，若氨水的浓度为2.0mol•L﹣1，由K
3 2 b b可知c（OH﹣） mol/L＝6.0×10﹣3mol/L，
当c（OH﹣）降至1.0×10﹣7 mol•L﹣1时，c（H+）＝1.0×10﹣7 mol•L﹣1，H SO 的K ＝
2 3 a2
6.2×10﹣8，由K 可知c（SO 2﹣）/c（HSO ﹣） 0.62，
a2 3 3
故答案为：6.0×10﹣3；0.62．
【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离以及二氧化硫的污染和治理，为高考
常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握题给信息的分析，
掌握电离平衡常数的运用，难度中等．
