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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NH4
+的废水并回收利用氨
【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．菁优网版权所有
【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NH4
+的废水并回收利用氨，
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C16H13O5
B．该物质遇FeCl3溶液显色
C．1 mol 该物质与溴水反应，最多消耗1mol Br2
D．与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1 种
【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有
【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C16H12O5，故A 错误；
B．含酚﹣OH，遇FeCl3溶液显色，故B 正确；
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 Br2，故C 错误；
D．与足量H2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；
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．菁优网版权所有
【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NaHCO3固体中的Na2CO3
将固体加热至恒重
B．
制备无水AlCl3
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CCl4萃取
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有
【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CCl4萃取后观察颜色可鉴别，故D 正确；
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：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
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．菁优网版权所有
【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：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。
【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）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；
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）
【考点】CB：化学平衡的影响因素．菁优网版权所有
【专题】51E：化学平衡专题．
【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。
【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）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．
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
2Cl
2（ g ）
+TiO
2（ s ）
+2C
（ s ）═
TiCl
4
（
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，CrO4
2﹣能从浆液中分离出来的原因是 在直流电场作用下，
CrO
4
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
CrO
4
2 ﹣ 、
Cr2O7
2 ﹣
；阴极室生成的物质为
NaOH
和
H 2 （写化学式）．
【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．菁优网版权所有
【专题】546：无机实验综合．
【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，CrO4
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）3，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；
（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 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），则2mol 氯气反应放出的热量为
4.28kJ＝
85.6kJ，
所以热化学方程式为2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g）△H＝﹣85.6kJ•mol﹣
1，
故答案为：2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g）△H＝﹣85.6kJ•mol﹣1；
（4）电解时，CrO4
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
2CrO4
2﹣+2H+⇌Cr2O7
2﹣+H2O，则分离后含铬元素的粒子是CrO4
2﹣、Cr2O7
2﹣，阴极发生还
原反应生成氢气和NaOH，
故答案为：在直流电场作用下，CrO4
2﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；CrO4
2
﹣、Cr2O7
2﹣；NaOH 和H2．
【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①②③三步反应制取B，目的是
避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代 ．
（
4
）
写
出
⑥
的
化
学
反
应
方
程
式
：
，该步反应的主要目的是 保
护氨基 ．
（5）写出⑧的反应试剂和条件：
Cl
2/FeCl3（或
Cl
2/Fe
）
；F 中含氧官能团的名称为 羧
基 ．
（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．菁优网版权所有
【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⑥为取代反应，可避免氨基被氧化；
（5）⑧为苯环的氯代反应，应在类似苯与溴的反应；F 含有羧基、氨基和氯原子；
（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⑥为取代反应，反应的方程式为
，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）⑧为苯环的氯代反应，应在类似苯与溴的反应，反应条件为Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe），F
中含氧官能团的名称为羧基，
故答案为：Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe）；羧基；
（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AgNO3基准物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL 标准溶液，放在棕色试
剂瓶中避光保存，备用．
b．配制并标定100mL 0.1000mol•L﹣1 NH4SCN 标准溶液，备用．
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 AgNO3溶液（过量），使I﹣完全转化为AgI 沉淀．
c．加入NH4Fe（SO4）2溶液作指示剂．
d．用0.1000mol•L﹣1NH4SCN 溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN 沉淀后，
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NH4SCN 标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
f．数据处理．
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有
250mL
（棕
色）容量瓶、胶头滴管 ．
（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是 避免
AgNO
3见光分解 ．
（3）滴定应在pH＜0.5 的条件下进行，其原因是 防止因
Fe
3+ 的水解而影响滴定终点的判
断（或抑制
Fe
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，
Fe
3+ 与
I ﹣ 反应，指
示剂耗尽，无法判断滴定终点 ．
（5）所消耗的NH4SCN 标准溶液平均体积为
10.00
mL，测得c（I﹣）＝
0.0600
mol•L
﹣1．
（6）在滴定管中装入NH4SCN 标准溶液的前一步，应进行的操作为 用
NH
4SCN
标准溶
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”）
①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果 偏高 ．
②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 ．
【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．菁优网版权所有
【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NH4SCN 溶液平均体积为10.00mL，
结合c（AgNO3）×V（AgNO3）＝c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I﹣）×V（I﹣）计算；
（6）装入NH4SCN 标准溶液，应避免浓度降低，应用NH4SCN 标准溶液进行润洗；
（7）反应的原理为c（AgNO3）×V（AgNO3）＝c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I﹣）×V（I﹣），
如操作导致c（NH4SCN）×V（NH4SCN）偏小，则测定结果偏大，以此解答该题．
【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
AgNO3见光分解；
（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NH4SCN 溶液平均体积为10.00mL，
n（AgNO3）＝25.00×10﹣3L×0.1000mol•L﹣1＝2.5×10﹣3mol，n（NH4SCN）＝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NH4SCN 标准溶液，应避免浓度降低，应用NH4SCN 标准溶液进行润洗，故答案
为：用NH4SCN 标准溶液进行润洗；
（7）反应的原理为c（AgNO3）×V（AgNO3）＝c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I﹣）×V（I﹣），
①若在配制AgNO3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小，
浓度偏低，则n（NH4SCN）偏小，测定c（I﹣）偏大，
故答案为：偏高；
①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（NH4SCN）偏
小，测定c（I﹣）偏大，
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）H2S 和SO2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这些
有害气体的排放，回答下列方法中的问题．
Ⅰ．H2S 的除去
方法1：生物脱H2S 的原理为：
H2S+Fe2（SO4）3═S↓+2FeSO4+H2SO4
4FeSO4+O2+2H2SO4
2Fe2（SO4）3+2H2O
（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是 降低反应
活化能 ．
（2）由图1 和图2 判断使用硫杆菌的最佳条件为
30
℃、
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H2O2氧化H2S
（3）随着参加反应的n（H2O2）/n（H2S）变化，氧化产物不同．当n（H2O2）/n（H2S）＝4 时，氧
化产物的分子式为
H 2SO4 ．
Ⅱ．SO2的除去
方法1（双碱法）：用NaOH 吸收SO2，并用CaO 使NaOH 再生
NaOH 溶液
Na2SO3溶液
（4）写出过程①的离子方程式：
2OH
﹣ +SO
2＝
SO
3
2 ﹣ +H
2O
；CaO 在水中存在如下转化：
CaO（s）+H2O （l）═Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）
从平衡移动的角度，简述过程②NaOH 再生的原理
SO
3
2 ﹣ 与
Ca
2+ 生成
CaSO
3沉淀，平衡
向正向移动，有
NaOH
生成
．
方法2：用氨水除去SO2
（5）已知25℃，NH3•H2O 的Kb＝1.8×10﹣5，H2SO3的Ka1＝1.3×10﹣2，Ka2＝6.2×10﹣8．若氨
水的浓度为2.0mol•L﹣1，溶液中的c（OH﹣）＝
6.0×10
﹣ 3
mol•L﹣1．将SO2通入该氨水
中，当c（OH﹣）降至1.0×10﹣7 mol•L﹣1时，溶液中的c（SO3
2﹣）/c（HSO3
﹣）＝
0.62
．
【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．菁优网版权所有
【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，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，说明硫杆菌做反应
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（H2O2）/n（H2S）＝4 时，结合氧化还原反应电子守恒，4H2O2～4H2O～8e﹣，电子守
恒得到H2S 变化为+6 价化合物；
（4）过程①是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水；过程②NaOH 再生是平
衡CaO（s）+H2O （l）═Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）正向进行；氢氧根离子浓度增
大；
（5 ）NH3• H2O 的Kb ＝1.8×10﹣5 ，若氨水的浓度为2.0mol• L﹣1 ，可结合Kb
计算c（OH﹣），H2SO3的Ka2＝6.2×10﹣8，结合Ka2
计算
c（SO3
2﹣）/c（HSO3
﹣）．
【解答】解：（1）4FeSO4+O2+2H2SO4
2Fe2（SO4）3+2H2O，硫杆菌存在时，FeSO4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，
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，4H2O2～4H2O～8e﹣，电子守恒得到
H2S 变化为+6 价化合物，H2S～H2SO4～8e﹣，氧化产物的分子式为H2SO4，
故答案为：H2SO4 ；
（4）过程①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﹣+SO2＝SO3
2﹣+H2O，过程②加入CaO，存在CaO（s）+H2O （l）═Ca（OH）2（s）⇌Ca2+
（aq）+2OH﹣（aq），因SO3
2﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH 生成，
故答案为：2OH﹣+SO2＝SO3
2﹣+H2O；SO3
2﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有
NaOH 生成；
（5）NH3•H2O 的Kb＝1.8×10﹣5，若氨水的浓度为2.0mol•L﹣1，由Kb
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，H2SO3的Ka2＝6.2×10
﹣8，由Ka2
可知c（SO3
2﹣）/c（HSO3
﹣）
0.62，
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．
