2014年天津市高考化學試卷解析

1、2014年天津市高考化學試卷一、選擇題（共6小題，每小題6分，滿分36分）1（6分）（2014天津）化學與生產、生活息息相關，下列敘述錯誤的是（）A鐵表面鍍鋅可增強其抗腐蝕性B用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可減少白色污染C大量燃燒化石燃料是造成霧霾天氣的一種重要因素D含重金屬離子的電鍍廢液不能隨意排放考點：常見的生活環(huán)境的污染及治理；金屬的電化學腐蝕與防護；塑料的老化和降解菁優(yōu)網版權所有專題：化學應用分析：A鋅比鐵活潑，并且在空氣中容易形成致密的氧化膜，防止生銹；B白色污染是人們對難降解的聚苯乙烯、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）污染環(huán)境現(xiàn)象的一種形象稱謂；聚乙烯塑料難降解

2、，可造成白色污染，聚乳酸塑料易降解不會造成白色污染；C根據(jù)造成霧霾天氣的原因判斷；D重金屬離子有毒解答：解：A鋅比鐵活潑，并且在空氣中容易形成致密的氧化膜，防止生銹，故A正確；B聚乙烯塑料難降解，可造成白色污染，聚乳酸塑料易降解不會造成白色污染，故B錯誤；C大量燃燒化石燃料可產生有害氣體和煙塵，是造成霧霾天氣的一種重要因素，故C正確；D重金屬離子有毒，含重金屬離子的電鍍廢液不能隨意排放，故D正確；故選B點評：本題考查了常見生活環(huán)境的污染與治理、金屬的腐蝕與防護、塑料的老化與降解等問題，難度一般2（6分）（2014天津）實驗室制備下列氣體時，所用方法正確的是（）A制氧氣時，用Na2O2或H2O2

3、作反應物可選擇相同的氣體發(fā)生裝置B制氯氣時，用飽和NaHCO3溶液和濃硫酸凈化氣體C制乙烯時，用排水法或向上排空氣法收集氣體D制二氧化氮時，用水或NaOH溶液吸收尾氣考點：真題集萃；氣體的收集；常見氣體制備原理及裝置選擇菁優(yōu)網版權所有專題：實驗題分析：ANa2O2與水反應，H2O2在二氧化錳催化條件下都能制取氧氣，二者都是固體與液體反應；BHCl氣體能與碳酸氫鈉反應生成CO2，引入新的雜質氣體；C乙烯的密度與空氣接近； D二氧化氮與水反應生成一氧化氮解答：解：ANa2O2與水反應，H2O2在二氧化錳催化條件下都能制取氧氣，二者都是固體與液體常溫條件下反應，可選擇相同的氣體發(fā)生裝置，故A正確；

4、B實驗室制取氯氣含有氯化氫和水分，常用飽和食鹽水和濃硫酸凈化氣體，若飽和NaHCO3溶液，HCl會和NaHCO3反應生成CO2，引入新的雜質，故B錯誤；C乙烯的密度與空氣接近，不能用排空氣法收集，故C錯誤；D二氧化氮與水反應生成一氧化氮，仍然污染空氣，所以不能用水吸收，故D錯誤故選A點評：本題考查氣體的制備與收集，題目難度中等，解答本題的關鍵是把握相關物質的性質，學習中注意積累3（6分）（2014天津）運用相關化學知識進行判斷，下列結論錯誤的是（）A某吸熱反應能自發(fā)進行，因此該反應是熵增反應BNH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃試劑瓶中C可燃冰主要是甲烷與水在低溫高壓下形成

5、的水合物晶體，因此可存在于海底D增大反應物濃度可加快反應速度，因此用濃硫酸與鐵反應能增大生成H2的速率考點：焓變和熵變；使用化石燃料的利弊及新能源的開發(fā)；化學反應速率的影響因素；硅和二氧化硅菁優(yōu)網版權所有專題：化學反應中的能量變化；化學反應速率專題分析：A、吸熱反應可以自發(fā)進行，必須是熵增的反應，依據(jù)反應自發(fā)進行的判斷是HTS0分析；B、氟化銨水解生成氟化氫，氫氟酸腐蝕玻璃；C、海底由天然氣與水在高壓低溫條件下形成的類冰狀的結晶物質；D、常溫下鐵在濃硫酸中鈍化解答：解：A、吸熱反應可以自發(fā)進行，H0，若滿足HTS0，必須是熵增的反應，故A正確；B、氟化銨水解生成氟化氫，氫氟酸和玻璃中二氧化硅反

6、應腐蝕玻璃，因此NH4F溶液不能存放于玻璃試劑瓶中，故B正確；C、海底中天然氣與水在高壓低溫條件下形成的類冰狀的結晶物質，為可燃冰，故C正確；D、常溫下鐵在濃硫酸中鈍化，表面形成致密氧化物薄膜阻止?jié)饬蛩崤c鐵反應，不能生成氫氣，故D錯誤；故選D點評：本題考查了物質性質，鹽類水解分析應用，注意常溫鐵在濃硫酸中發(fā)生鈍化現(xiàn)象，題目較簡單4（6分）（2014天津）對如圖兩種化合物的結構或性質描述正確的是（）A不是同分異構體B分子中共平面的碳原子數(shù)相同C均能與溴水反應D可用紅外光譜區(qū)分，但不能用核磁共振氫譜區(qū)分考點：有機物分子中的官能團及其結構菁優(yōu)網版權所有專題：有機物的化學性質及推斷分析：A分子式相同、

7、結構不同的化合物是同分異構體；B分子中共平面的碳原子數(shù)不一定相同；C酚能和溴水發(fā)生取代反應，醛基能被溴氧化；D紅外光譜區(qū)分化學鍵或原子團，核磁共振氫譜區(qū)分氫原子種類及不同種類氫原子個數(shù)解答：解：A二者分子式相同，都是C10H14O，且二者結構不同，所以是同分異構體，故A錯誤；B分子中共平面的碳原子數(shù)可能相同，共平面的碳原子數(shù)可能是8，故B錯誤；C左邊物質含有酚羥基，能和溴水發(fā)生取代反應，右邊物質中的雙鍵能和溴水發(fā)生加成反應，醛基能和溴發(fā)生氧化還原反應生成羧基，故C正確；D紅外光譜區(qū)分化學鍵或原子團，核磁共振氫譜區(qū)分氫原子種類及不同種類氫原子個數(shù)，氫原子種類不同，所以可以用核磁共振氫譜區(qū)分，故D

8、錯誤；故選C點評：本題考查了物質的結構和性質，明確物質中官能團及其性質是解本題關鍵，難點是碳原子共面?zhèn)€數(shù)的判斷方法，題目難度不大5（6分）（2014天津）下列有關電解質溶液中粒子濃度關系正確的是（）ApH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42）+c（OH）B含有AgCl和AgI固體的懸濁液：c（Ag+）c（Cl）=c（I）CCO2的水溶液：c（H+）c（HCO3）=2c（CO32）D含等物質的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）=2c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）考點：離子濃度大小的比較；弱電解質在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應用菁優(yōu)網版權所

9、有專題：電離平衡與溶液的pH專題；鹽類的水解專題分析：A、NaHSO4溶液中存在氫離子守恒分析判斷；B、AgCl和AgI固體的懸濁液中氯化銀溶解度大于碘化銀；C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步電離，第二步電離微弱；D、依據(jù)溶液中元素物料守恒計算分析解答：解：A、NaHSO4溶液中存在質子守恒分析，硫酸氫鈉電離出鈉離子、氫離子、硫酸根離子，NaHSO4 =Na+H+SO42，H2OH+OH，溶液中質子守恒，c（H+）=c（SO42）+c（OH），故A正確；B、AgCl和AgI固體的懸濁液中氯化銀溶解度大于碘化銀，c（Ag+）c（Cl）c（I），故B錯誤；C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步電離，第二步電離

10、微弱，H2CO3H+HCO3，HCO3H+CO32，c（H+）c（HCO3）2c（CO32），故C錯誤；D、依據(jù)溶液中元素物料守恒計算，含等物質的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c（Na+）=3c（HC2O4）+C（C2O42）+c（H2C2O4），故D錯誤；故選A點評：本題考查了電解質溶液中電離平衡分析，沉淀溶解平衡的理解應用，電解質溶液中物料守恒，質子守恒的分析判斷，掌握基礎是關鍵，題目難度中等6（6分）（2014天津）已知：鋰離子電池的總反應為：LixC+Li1xCoO2C+LiCoO2；鋰硫電池的總反應為：2Li+SLi2S有關上述兩種電池說法正確的是（）A鋰離子電池放電時，

11、Li+向負極遷移B鋰硫電池充電時，鋰電極發(fā)生還原反應C理論上兩種電池的比能量相同D圖中表示用鋰離子電池給鋰硫電池充電考點：化學電源新型電池菁優(yōu)網版權所有專題：電化學專題分析：A、原電池中陽離子向正極移動；B、鋰硫電池充電時，鋰電極與外接電源的負極相連；C、比能量是參與電極反應的單位質量的電極材料放出電能的大??；D、給電池充電時，負極與外接電源的負極相連，正極與外接電源的正極相連解答：解：A、原電池中陽離子向正極移動，則鋰離子電池放電時，Li+向正極遷移，故A錯誤；B、鋰硫電池充電時，鋰電極與外接電源的負極相連，鋰電極上Li+得電子發(fā)生還原反應，故B正確；C、比能量是參與電極反應的單位質量的電極

12、材料放出電能的大小，鋰硫電池放電時負極為Li，鋰離子電池放電時負極為LixC，兩種電池的負極材料不同，所以比能量不同，故C錯誤；D、圖中表示鋰硫電池給鋰離子電池充電，右邊電極材料是Li和S，鋰負極，硫為正極，左邊電極材料是C和LiCoO2，由鋰離子電池的總反方程式可知C+LiCoO2LixC+Li1xCoO2為充電過程即為電解池，則鋰硫電池給鋰離子電池充電，LiCoO2為陽極失電子發(fā)生氧化反應：LiCoO2xexLi+=Li1xCoO2；C為陰極得電子發(fā)生還原反應：C+xe+xLi+=LixC，則C與負極Li相連，LiCoO2應與正極S相連，故D錯誤；故選B點評：本題考查了二次電池，側重于對原

13、電池原理和電解池原理的考查，題目難度中等，注意根據(jù)電池總反應判斷正負極材料及電極反應二、解答題（共4小題，滿分64分）7（14分）（2014天津）元素單質及其化合物有廣泛用途，請根據(jù)周期表中第三周期元素相關知識回答下列問題：（1）按原子序數(shù)遞增的順序（稀有氣體除外），下列說法正確的是ba原子半徑和離子半徑均減??； b金屬性減弱，非金屬性增強；c氧化物對應的水化物堿性減弱，酸性增強； d單質的熔點降低（2）原子最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相同的元素名稱為氬，氧化性最弱的簡單陽離子是Na+（3）已知：化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3類型離子化合物離子化合物離子化合物共價化合物熔點/2800

14、2050714191工業(yè)制鎂時，電解MgCl2而不電解MgO的原因是MgO的熔點高，熔融時消耗更多能量，增加生產成本制鋁時，電解Al2O3而不電解AlCl3的原因是氯化鋁是共價化合物，熔融態(tài)氯化鋁難導電（4）晶體硅（熔點1410）是良好的半導體材料，由粗硅制純硅過程如下： Si（粗）SiCl4SiCl4（純）Si（純） 寫出SiCl4的電子式：在上述由SiCl4制純硅的反應中，測得每生成1.12kg純硅需吸收a kJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）H=+0.025akJmol1（5）P2O5是非氧化性干燥劑，下列氣體不能用濃硫酸干燥，可用

15、P2O5干燥的是baNH3 bHI cSO2 dCO2（6）KClO3可用于實驗室制O2，若不加催化劑，400時分解只生成兩種鹽，其中一種是無氧酸鹽，另一種鹽的陰陽離子個數(shù)比為1：1，寫出該反應的化學方程式：4KClO3KCl+3KClO4考點：同一周期內元素性質的遞變規(guī)律與原子結構的關系；熱化學方程式；硅和二氧化硅菁優(yōu)網版權所有專題：元素周期律與元素周期表專題；碳族元素分析：（1）根據(jù)同一周期中元素周期律內容進行解答；（2）第三周期中，次外層電子數(shù)為8，原子最外層電子書與次外層電子數(shù)相同，則該元素為氬；第三周期中簡單陽離子為鈉離子、鎂離子和鋁離子，金屬的還原性越強，對應離子的氧化性越弱；（3

16、）根據(jù)表中金屬化合物的熔點高低、化合物類型進行分析；（4）四氯化硅為共價化合物，化學式中存在4個硅鋁鍵；根據(jù)題中數(shù)據(jù)及熱化學方程式的書寫方法寫出該反應的熱化學方程式；（5）濃硫酸具有強氧化性、酸性，P2O5是非氧化性干燥劑，然后結合各選項中氣體的性質進行判斷；（6）根據(jù)題干信息判斷該無氧酸鹽為氯化鉀，再根據(jù)化合價變化判斷另一種無氧酸鹽名稱，最后根據(jù)化合價升降相等配平即可解答：解：（1）a原子半徑和離子半徑均減?。坏谌芷谥?，隨著原子序數(shù)的遞增，原子半徑逐漸減小，而離子半徑需要根據(jù)陰陽離子進行討論，陽離子只有2個電子層，隨著核電荷數(shù)在增大，半徑逐漸減小，而陰離子有3個電子層，隨著核電荷數(shù)的增加逐

17、漸減小，但是陰離子半徑整體大于陽離子半徑，從陰離子到陽離子，半徑在減小，故a錯誤； b金屬性減弱，非金屬性增強；同一周期中，隨著核電荷數(shù)的遞增，元素的金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強，故b正確；c最高價氧化物對應的水化物堿性減弱，酸性增強，故c錯誤；d金屬單質的熔點降低，即NaMgAlSi（原子晶體），而非金屬單質是分子晶體，熔點比金屬單質低，整體趨勢是SiAlMgSPNaCl2Ar，故d錯誤；故答案為：b；（2）原子最外層電子書與次外層電子數(shù)相同，而第三周期中次外層電子為8，該元素原子結構示意圖為：，則該元素為氬；金屬的還原性越強，對應離子的氧化性越弱，所以第三周期中氧化性最弱的為Na+，故

18、答案為：氬；Na+；（3）由于氧化鎂的熔點遠遠大于氯化鎂的熔點，熔融時消耗更多能量，增加生成成本，所以工業(yè)制鎂時，采用電解MgCl2而不電解MgO；由于氯化鋁為共價化合物，熔融狀態(tài)下氯化鋁難導電，制鍋時電解Al2O3而不電解AlCl3，故答案為：MgO的熔點高，熔融時消耗更多能量，增加生產成本；氯化鋁是共價化合物，熔融態(tài)氯化鋁難導電；（4）四氯化硅為共價化合物，氯原子和硅原子都達到8個電子，四氯化硅的電子式為：；1.12kg純硅的物質的量為：=40mol，生成40mol硅吸收akJ熱量，則生成1mol硅吸收的熱量為：=0.025akJ，所以四氯化硅氣體與氫氣反應生成單質硅和氯化氫的熱化學方程式

19、為：2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）H=+0.025akJmol1，故答案為：；2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）H=+0.025akJmol1；（5）濃硫酸具有強氧化性、酸性，不能干燥具有還原性、堿性的氣體，所以選項中不能用濃硫酸干燥的為aNH3 bHI，而P2O5是非氧化性干燥劑，不能干燥堿性氣體，可以干燥碘化氫，所以b正確，故答案為：b；（6）KClO3可用于實驗室制O2，若不加催化劑，400時分解只生成兩種鹽，其中一種是無氧酸鹽，另一種鹽的陰陽離子個數(shù)比為1：1，則該無氧酸為KCl，KCl中氯元素化合價為1，說明氯酸鉀中氯元素化合價降低，則

20、另一種含氧酸鹽中氯元素化合價會升高，由于氯酸鉀中氯元素化合價為+5，則氯元素化合價升高只能被氧化成高氯酸鉀，根據(jù)氧化還原反應中化合價升降相等配平該反應為：4KClO3KCl+3KClO4，故答案為：4KClO3KCl+3KClO4點評：本題考查了同一周期中元素周期律與原子結構的關系、熱化學方程式的書寫、化學方程式的書寫等知識，題目難度較大，試題涉及的題量較大，充分考查了學生對所學知識的掌握情況，試題有利于培養(yǎng)學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識的能力8（18分）（2014天津）從薄荷油中得到一種烴A（C10H16），叫一非蘭烴，與A相關反應如下：已知：（1）H的分子式為C10H20（2）B所

21、含官能團的名稱為羰基、羧基（3）含兩個COOCH3基團的C的同分異構體共有4種（不考慮手性異構）其中核磁共振氫譜呈現(xiàn)2個吸收峰的異構體結構簡式為（4）BD，DE的反應類型分別為加成反應、取代反應（5）G為含六元環(huán)的化合物，寫出其結構簡式（6）F在一定條件下發(fā)生聚合反應可得到一種高吸水性樹脂，該樹脂名稱為聚丙烯酸鈉（7）寫出EF的化學反應方程式（8）A的結構簡式為，A與等物質的量的Br2進行加成反應的產物共有3種（不考慮立體異構）考點：真題集萃；有機物的推斷菁優(yōu)網版權所有專題：有機物的化學性質及推斷分析：由AH的轉化加氫，有機物分子的碳鏈骨架沒有變化，可知A分子中含有一個六元環(huán)，結合A的分子式C

22、10H16可知還應含有兩個不飽和度，再根據(jù)題中信息以及C的結構簡式、B的分子式可推出A的結構簡式為，則B的結構簡式為，BD加氫，屬于加成反應，則D為乳酸，由EF的條件“氫氧化鈉的醇溶液加熱”，應為鹵代烴的消去，逆推可知DE發(fā)生取代反應，溴原子取代了乳酸分子中的羥基，則E、F的結構簡式分別為和，G為兩個D發(fā)生分子內脫水形成，結構簡式為（1）根據(jù)H的結構簡式解題；（2）B中含有羰基、羧基；（3）根據(jù)分子式書寫同分異構體，核磁共振氫譜呈現(xiàn)2個吸收峰，氫原子有兩種位置；（4）BD為羰基與氫氣發(fā)生的加成反應，DE為氫原子被溴原子取代；（5）D分子內羥基與羧基發(fā)生酯化反應生成G；（6）E為丙烯酸，與氫氧化

23、鈉醇溶液發(fā)生反應生成丙烯酸那，加聚反應可得F；（7）E在氫氧化鈉醇溶液發(fā)生消去反應和中和反應；（8）根據(jù)B、C的結構簡式和A的分子式C10H16可推出A的結構簡式；A中兩個碳碳雙鍵與等物質的量的溴單質可分別進行加成反應，也可發(fā)生1，4加成解答：解：（1）根據(jù)H的結構簡式可得分子式為C10H20，故答案為：C10H20；（2）B的結構簡式為，所以B所含官能團的名稱為羰基、羧基，故答案為：羰基、羧基；（3）兩個基團在端點，故可寫出其滿足條件的同分異構體有，含兩個COOCH3基團的C的同分異構體共有4種，CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3，CH3OOCCH2CH（CH3）CH2COOCH3，

24、CH3CH2CH（COOCH3）2，核磁共振氫譜呈現(xiàn)2個吸收峰，氫原子有兩種位置，結構簡式為，故答案為：4；（4）BD為羰基與氫氣發(fā)生的加成反應，DE為氫原子被溴原子取代，反應類型為取代反應，故答案為：加成反應；取代反應；（5）D分子內羥基與羧基發(fā)生酯化反應生成G，G的結構簡式為，故答案為；（6）E為丙烯酸，與氫氧化鈉醇溶液發(fā)生反應生成丙烯酸那，加聚反應可得F，名稱為聚丙烯酸鈉，故答案為：聚丙烯酸鈉；（7）E在氫氧化鈉醇溶液發(fā)生消去反應和中和反應，所以EF的化學反應方程式，故答案為；（8）根據(jù)B、C的結構簡式和A的分子式C10H16可推出A的結構簡式為，A中兩個碳碳雙鍵與等物質的量的溴單質可分

25、別進行加成反應，也可發(fā)生1，4加成，所以產物共有3種，故答案為：；3點評：本題考查有機合成的分析和推斷，題目難度不大，注意把握常見有機物的官能團的性質，記住反應條件，常見有機物反應的化學方程式要會寫9（18分）（2014天津） Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定制備Na2S2O35H2O反應原理：Na2SO3（aq）+S（s） Na2S2O3（aq）實驗步驟：稱取15g Na2SO3加入圓底燒瓶中，再加入80mL蒸餾水另取5g研細的硫粉，用3mL乙醇潤濕，加入上述溶液中安裝實驗裝置（如圖1所示，部分加持裝置略去），水浴加熱，微沸60分鐘趁熱過濾，將濾液水浴加熱濃縮

26、，冷卻析出Na2S2O35H2O，經過濾、洗滌、干燥，得到產品回答問題：（1）硫粉在反應前用乙醇潤濕的目的是使硫粉易于分散到溶液中（2）儀器a的名稱是冷凝管，其作用是冷凝回流（3）產品中除了有未反應的Na2SO3外，最可能存在的無機雜質是Na2SO4，檢驗是否存在該雜質的方法是取少量產品溶于過量稀鹽酸，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產品中含有Na2SO4（4）該實驗一般控制在堿性環(huán)境下進行，否則產品發(fā)黃，用離子反應方程式表示其原因S2O32+2H+=S+SO2+H2O測定產品純度準確稱取W g產品，用適量蒸餾水溶解，以淀粉作指示劑，用0.1000 molL1碘的標準溶液滴定反

27、應原理：2S2O32+I2S4O62+2I（5）滴定至終點時，溶液顏色的變化：由無色變?yōu)樗{色（6）滴定起始和終點的液面位置如圖2，則消耗碘的標準溶液體積為18.10mL產品的純度為×100%（設Na2S2O35H2O相對分子質量為M）Na2S2O3的應用（7）Na2S2O3還原性較強，在溶液中易被Cl2氧化成SO42，常用作脫氯劑，該反應的離子方程式為S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+考點：真題集萃；含硫物質的性質及綜合應用；探究物質的組成或測量物質的含量；制備實驗方案的設計菁優(yōu)網版權所有專題：實驗題分析：（1）硫粉難溶于水、微溶于乙醇，乙醇濕潤可以使硫粉易

28、于分散到溶液中；（2）根據(jù)圖示裝置中儀器構造寫出其名稱，然后根據(jù)冷凝管能夠起到冷凝回流的作用進行解答；（3）由于S2O32具有還原性，易被氧氣氧化成硫酸根離子可知雜質為硫酸鈉；根據(jù)檢驗硫酸根離子的方法檢驗雜質硫酸鈉； （4）S2O32與氫離子在溶液中能夠發(fā)生氧化還原反應生成硫單質，據(jù)此寫出反應的離子方程式； （5）根據(jù)滴定前溶液為無色，滴定結束后，碘單質使淀粉變藍，判斷達到終點時溶液顏色變化；（6）根據(jù)圖示的滴定管中液面讀出初讀數(shù)、終讀數(shù)，然后計算出消耗碘的標準溶液體積；根據(jù)反應2S2O32+I2S4O62+2I可知，n（S2O32）=2n（I2），然后根據(jù)題中碘單質的物質的量計算出Na2S2

29、O35H2O質量及產品的純度；（7）根據(jù)題干信息“Na2S2O3還原性較強，在溶液中易被Cl2氧化成SO42”及化合價升降相等寫出反應的離子方程式解答：解：（1）硫粉難溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反應前用乙醇濕潤是使硫粉易于分散到溶液中，故答案為：使硫粉易于分散到溶液中；（2）根據(jù)題中圖示裝置圖可知，儀器a為冷凝管，該實驗中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案為：冷凝管；冷凝回流；（3）S2O32具有還原性，能夠被氧氣氧化成硫酸根離子，所以可能存在的雜質是硫酸鈉；檢驗硫酸鈉的方法為：取少量產品溶于過量稀鹽酸，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產品中含有Na2SO4，故答案為：Na2S

30、O4； 取少量產品溶于過量稀鹽酸，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產品中含有Na2SO4； （4）S2O32與氫離子發(fā)生氧化還原反應生成淡黃色硫單質，反應的離子方程式為：S2O32+2H+=S+SO2+H2O，故答案為：S2O32+2H+=S+SO2+H2O；（5）滴定結束后，碘單質使淀粉變藍，所以滴定終點時溶液顏色變化為：由無色變?yōu)樗{色，故答案為：由無色變?yōu)樗{色；（6）根據(jù)圖示的滴定管中液面可知，滴定管中初始讀數(shù)為0，滴定終點液面讀數(shù)為18.10mL，所以消耗碘的標準溶液體積為18.10mL；根據(jù)反應2S2O32+I2S4O62+2I可知，n（S2O32）=2n（I2），所以

31、W g產品中含有Na2S2O35H2O質量為：0.1000 molL1×18.10×103L×2×M=3.620×103Mg，則產品的純度為：×100%=×100%，故答案為：18.10；×100%；（7）Na2S2O3還原性較強，在溶液中易被Cl2氧化成SO42，根據(jù)化合價升降相等配平后的離子方程式為：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+，故答案為：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+點評：本題考查了化學實驗基本操作方法及常見儀器的構造、離子的檢驗方法、中和滴定存在

32、即計算、離子方程式的書寫等知識，題目難度較大，試題涉及的題量較大，知識點較多，充分考查了學生對所學知識的掌握情況10（14分）（2014天津）合成氨是人類科學技術上的一項重大突破，其反應原理為：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4 kJmol1一種工業(yè)合成氨的簡易流程圖如圖1（1）天然氣中的H2S雜質常用氨水吸收，產物為NH4HS一定條件下向NH4HS溶液中通入空氣，得到單質硫并使吸收液再生，寫出再生反應的化學方程式：2NH4HS+O22NH3H2O+2S（2）步驟中制氫氣原理如下：CH4（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）H=+206.4 kJmol1CO（g）+H2

33、O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.2 kJmol1對于反應，一定可以提高平衡體系中H2百分含量，又能加快反應速率的措施是aa升高溫度；b增大水蒸氣濃度；c加入催化劑；d降低壓強利用反應，將CO進一步轉化，可提高H2產量，若1mol CO和H2的混合氣體（CO的體積分數(shù)為20%）與H2O反應，得到1.18mol CO、CO2和H2的混合氣體，則CO轉化率為90%（3）圖2表示500、60.0MPa條件下，原料氣投料比與平衡時NH3體積分數(shù)的關系根據(jù)圖中a點數(shù)據(jù)計算N2的平衡體積分數(shù)：14.5%（4）依據(jù)溫度對合成氨反應的影響，在圖3坐標系中，畫出一定條件下的密閉容器內，從通入原料氣開始，

34、隨溫度不斷升高，NH3物質的量變化的曲線示意圖（5）上述流程圖中，使合成氨放出的能量得到充分利用的步驟是（填序號），簡述本流程中提高合成氨原料總轉化率的方法：分離液氨，未反應的氮氣和氫氣循環(huán)使用考點：化學平衡的影響因素；化學平衡的計算菁優(yōu)網版權所有專題：化學平衡專題分析：（1）H2S雜質常用氨水吸收，產物為NH4HS，一定條件下向NH4HS溶液中通入空氣，得到單質硫并使吸收液再生，反應過程中生成一水合氨，依據(jù)原子守恒和電子守恒配平書寫化學方程式；（2）反應是氣體體積增大的吸熱反應，一定可以提高平衡體系中H2百分含量，說明平衡正向進行，又能加快反應速率，說明影響反應速率的條件可以是升溫、加壓、增

35、大濃度等，分析反應特征可知反應正向進行且反應速率增大的只有升溫平衡向吸熱反應進行，平衡正向進行反應速率增大，依據(jù)平衡移動原理和影響反應速率因素分析判斷；依據(jù)化學平衡三段式列式計算，轉化率=×100%計算；（3）依據(jù)反應特征N2+3H2=2NH3，反應前后氣體體積減小為生成氨氣的體積，相同條件下，氣體體積比等于氣體物質的量之比，圖象分析可知平衡狀態(tài)氨氣體積含量42%，設平衡混合氣體體積為 100，氨氣為體積42，計算反應的氮氣，依據(jù)氣體體積比計算原混合氣體中氮氣體積，得到平衡狀態(tài)下氮氣體積分數(shù)；（4）合成氨的反應是放熱反應，開始反應，氨氣物質的量增大，達到平衡狀態(tài)，繼續(xù)升溫，平衡逆向進行，氨氣物質的量減小，據(jù)此畫出變化圖象；（5）依據(jù)反應是氣體體積減小的放熱反應，結合平衡移動原理分析判斷；解答：解：（1）H2S雜質常用氨水吸收，產物為NH4HS，一定條件下向NH4HS溶液中通入空氣，得到單質硫并使吸收液再生，反應過程中生成一水合氨，依據(jù)原子守恒和電子守恒配平書寫化學方程式為：2NH4HS+O22NH3H2O+2S；故答案為：2NH4HS+O22NH3H2O+2S；（2）反應