北京市高考化学试卷及解析

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北京市高考化学试卷及解析

‎2017年北京市高考化学试卷 ‎ ‎ 一、本部分共7小题,每小题6分,共120分.在每小题列出的四个选项中,选出最符合题目要求的一项.‎ ‎1.(6分)古丝绸之路贸易中的下列商品,主要成分属于无机物的是(  )‎ A.‎ 瓷器 B.‎ 丝绸 C.茶叶 D.中草药 ‎2.(6分)2016年IUPAC命名117号元素为Ts(中文名“”,tián),Ts的原子核外最外层电子数是7,下列说法不正确的是(  )‎ A.Ts是第七周期第ⅦA族元素 B.Ts的同位素原子具有相同的电子数 C.Ts在同族元素中非金属性最弱 D.中子数为176的Ts核素符号是Ts ‎3.(6分)下列变化中,气体被还原的是(  )‎ A.二氧化碳使Na2O2固体变白 B.氯气使KBr溶液变黄 C.乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色 D.氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀 ‎4.(6分)我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展,CO2转化过程示意图如下:下列说法不正确的是(  )‎ A.反应①的产物中含有水 B.反应②中只有碳碳键形成 C.汽油主要是C5~C11的烃类混合物 D.图中a的名称是2﹣甲基丁烷 ‎5.(6分)根据SO2通入不同溶液中实验现象,所得结论不正确的是(  )‎ 实验 现象 结论 A 含HCl、BaCl2的FeCl3溶液 产生白色沉淀 SO2有还原性 B H2S溶液 产生黄色沉淀 SO2有氧化性 C 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 SO2有漂白性 D Na2SiO3溶液 产生胶状沉淀 酸性:H2SO3>H2SiO3‎ A.A B.B C.C D.D ‎6.(6分)聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂,聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘,其结构表示如下(图中虚线表示氢键)‎ 下列说法不正确的是(  )‎ A.聚维酮的单体是 B.聚维酮分子由(m+n)个单体聚合而成 C.聚维酮碘是一种水溶性物质 D.聚维酮在一定条件下能发生水解反应 ‎7.(6分)下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所的结论不正确的是(  )‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ A.由①中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体 B.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应 C.由③说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物 D.③的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 ‎ ‎ 二、解答题(共4小题,满分58分)‎ ‎8.(17分)羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物,合成路线如下图所示:‎ 已知:‎ RCOOR'+R''OH RCOOR''+R'OH(R、R'、R''代表烃基)‎ ‎(1)A属于芳香烃,其结构简式是   .B中所含的官能团是   .‎ ‎(2)C→D的反应类型是   .‎ ‎(3)E属于酯类.仅以乙醇为有机原料,选用必要的无机试剂合成E,写出有关化学方程式:   .‎ ‎(4)已知:2E F+C2H5OH.F所含官能团有和   .‎ ‎(5)以D和F为原料合成羟甲香豆素分为三步反应,写出有关化合物的结构简式:‎ ‎9.(13分)TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物,制备纯TiCl4的流程示意图如下:‎ 资料:TiCl4及所含杂质氯化物的性质 ‎ 化合物 ‎ SiCl4‎ ‎ TiCl4‎ ‎ AlCl3‎ ‎ FeCl3‎ ‎ MgCl2‎ ‎ 沸点/℃‎ ‎ 58‎ ‎ 136‎ ‎ 181(升华)‎ ‎ 316‎ ‎ 1412‎ ‎ 熔点/℃‎ ‎﹣69‎ ‎ 25‎ ‎ 193‎ ‎ 304‎ ‎ 714‎ ‎ 在TiCl4中的溶解性 ‎ 互溶 ‎﹣‎ ‎ 微溶 ‎ 难溶 ‎(1)氯化过程:TiO2与Cl2难以直接反应,加碳生成CO和CO2可使反应得以进行.‎ 已知:TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)△H1=+175.4kJ•mol﹣1‎ ‎2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=﹣220.9kJ•mol﹣1‎ ‎①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式:   .‎ ‎②氯化过程中CO和CO2可以相互转化,根据如图判断:CO2生成CO反应的△H   0(填“>”“<”或“=”),判断依据:   .‎ ‎③氯化反应的尾气须处理后排放,尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液,则尾气的吸收液依次是   .‎ ‎④氯化产物冷却至室温,经过滤得到粗TiCl4混合液,则滤渣中含有   .‎ ‎(2)精制过程:粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4.示意图如下:‎ 物质a是   ,T2应控制在   .‎ ‎10.(12分)SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放.‎ ‎(1)SCR(选择性催化还原)工作原理:‎ ‎①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2,该反应的化学方程式:   .‎ ‎②反应器中NH3还原NO2的化学方程式:   .‎ ‎③当燃油中含硫量较高时,尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4,使催化剂中毒.用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成:   .‎ ‎④尿素溶液浓度影响NO2的转化,测定溶液中尿素(M=60g•mol﹣1)含量的方法如下:取a g尿素溶液,将所含氮完全转化为NH3,所得NH3用过量的v1 mL c1 mol•L﹣1H2SO4溶液吸收完全,剩余H2SO4用v2mL c2 mol•L﹣1NaOH溶液恰好中和,则尿素溶液中溶质的质量分数是   .‎ ‎(2)NSR(NOx储存还原)工作原理:‎ NOx的储存和还原在不同时段交替进行,如图a所示.‎ ‎①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实验NOx的储存和还原.储存NOx的物质是   .‎ ‎②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程,该过程分两步进行,图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系.第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是   .‎ ‎③还原过程中,有时会产生笑气(N2O).用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关.在有氧条件下,15NO与NH3以一定比例反应时,得到的笑气几乎都是15NNO.将该反应的化学方程式补充完整:      15NNO+   H2O.‎ ‎11.(16分)某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+,发现和探究过程如下.‎ 向硝酸酸化的0.05mol•L﹣1硝酸银溶液(pH≈2)中加入过量铁粉,搅拌后静置,烧杯底部有黑色固体,溶液呈黄色.‎ ‎(1)检验产物 ‎①取少量黑色固体,洗涤后,   (填操作和现象),证明黑色固体中含有Ag.‎ ‎②取上层清液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀,说明溶液中含有   .‎ ‎(2)针对“溶液呈黄色”,甲认为溶液中有Fe3+,乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+,乙依据的原理是   (用离子方程式表示).针对两种观点继续实验:‎ ‎①取上层清液,滴加KSCN溶液,溶液变红,证实了甲的猜测.同时发现有白色沉淀产生,且溶液颜色变浅、沉淀量多少与取样时间有关,对比实验记录如下:‎ 序号 现象 取样时间/min ⅰ ‎3‎ 产生大量白色沉淀;溶液呈红色 ⅱ ‎30‎ 产生白色沉淀;较3min时量小;溶液红色较3min时加深 ⅲ ‎120‎ 产生白色沉淀;较30min时量小;溶液红色较3 0min时变浅 ‎(资料:Ag+与SCN﹣生成白色沉淀AgSCN)‎ ‎②对Fe3+产生的原因作出如下假设:‎ 假设a:可能是铁粉表面有氧化层,能产生Fe3+;‎ 假设b:空气中存在O2,由于   (用离子方程式表示),可产生Fe3+;‎ 假设c:酸性溶液中NO3﹣具有氧化性,可产生Fe3+;‎ 假设d:根据   现象,判断溶液中存在Ag+,可产生Fe3+.‎ ‎③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因.实验Ⅱ可证实假设d成立.‎ 实验Ⅰ:向硝酸酸化的   溶液(pH≈2)中加入过量铁粉,搅拌后静置,不同时间取上层清液滴加KSCN溶液,3min时溶液呈浅红色,3 0min后溶液几乎无色.‎ 实验Ⅱ:装置如图.其中甲溶液是   ,操作及现象是   .‎ ‎(3)根据实验现象,结合方程式推测实验ⅰ~ⅲ中Fe3+浓度变化的原因:   .‎ ‎ ‎ ‎2017年北京市高考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一、本部分共7小题,每小题6分,共120分.在每小题列出的四个选项中,选出最符合题目要求的一项.‎ ‎1.(6分)(2017•北京)古丝绸之路贸易中的下列商品,主要成分属于无机物的是(  )‎ A.‎ 瓷器 B.‎ 丝绸 C.茶叶 D.中草药 ‎【分析】含有碳元素的化合物为有机物,有机物大多数能够燃烧,且多数难溶于水;无机物指的是不含碳元素的化合物,无机物多数不能燃烧,据此分析.‎ ‎【解答】解:A、瓷器是硅酸盐产品,不含碳元素,不是有机物,是无机物,故A正确;‎ B、丝绸的主要成分是蛋白质,是有机物,故B错误;‎ C、茶叶的主要成分是纤维素,是有机物,故C错误;‎ D、中草药的主要成分是纤维素,是有机物,故D错误.‎ 故选A.‎ ‎ ‎ ‎2.(6分)(2017•北京)2016年IUPAC命名117号元素为Ts(中文名“‎ ‎”,tián),Ts的原子核外最外层电子数是7,下列说法不正确的是(  )‎ A.Ts是第七周期第ⅦA族元素 B.Ts的同位素原子具有相同的电子数 C.Ts在同族元素中非金属性最弱 D.中子数为176的Ts核素符号是Ts ‎【分析】A.根据原子核外电子排布规则,该原子结构示意图为,据此判断该元素在周期表中的位置;‎ B.同种元素的不同核素互为同位素,同种元素原子一定具有相同电子数;‎ C.同一主族元素,原子序数越大非金属性越强;‎ D..质量数=质子数+中子数,元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数.‎ ‎【解答】解:A.该原子结构示意图为,该元素位于第七周期、第VIIA族,故A正确;‎ B.同位素具有相同质子数、不同中子数,而原子的质子数=核外电子总数,则TS的同位素原子具有相同的电子数,故B正确;‎ C.同一主族元素中,随着原子序数越大,元素的非金属性逐渐减弱,则TS在同族元素中非金属性最弱,故C正确;‎ D.该元素的质量数=质子数+中子数=176+117=293,该原子正确的表示方法为:117293Ts,故D错误;‎ 故选D.‎ ‎ ‎ ‎3.(6分)(2017•北京)下列变化中,气体被还原的是(  )‎ A.二氧化碳使Na2O2固体变白 B.氯气使KBr溶液变黄 C.乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色 D.氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀 ‎【分析】A.过氧化钠与二氧化碳的反应中,二氧化碳既不是氧化剂又不是还原剂;‎ B.氯气将溴离子氧化成溴单质;‎ C.溴的化合价从0变为﹣1,做氧化剂,则乙烯被氧化;‎ D.氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵,该反应不属于氧化还原反应.‎ ‎【解答】解:A.二氧化碳与淡黄色的Na2O2反应生成白色的碳酸钠,该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂,二氧化碳不是氧化剂和还原剂,故A错误;‎ B.氯气使KBr溶液变黄,该反应中氯气做氧化剂,反应中被还原,故B正确;‎ C.乙烯与溴的反应中,溴做氧化剂,乙烯被氧化,故C错误;‎ D.氨气与AlCl3溶液的反应不是氧化还原反应,故D错误;‎ 故选B.‎ ‎ ‎ ‎4.(6分)(2017•北京)我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展,CO2转化过程示意图如下:下列说法不正确的是(  )‎ A.反应①的产物中含有水 B.反应②中只有碳碳键形成 C.汽油主要是C5~C11的烃类混合物 D.图中a的名称是2﹣甲基丁烷 ‎【分析】A.从质量守恒的角度判断,二氧化碳和氢气反应,生成物中应含有氢;‎ B.反应②生成烃类物质,含有C﹣C键、C﹣H键;‎ C.汽油所含烃类物质常温下为液态,易挥发;‎ D.图中a烃含有5个C,且有一个甲基.‎ ‎【解答】解:A.从质量守恒的角度判断,二氧化碳和氢气反应,反应为CO2+H2=CO+H2O,则产物中含有水,故A正确;‎ B.反应②生成烃类物质,含有C﹣C键、C﹣H键,故B错误;‎ C.汽油所含烃类物质常温下为液态,易挥发,主要是C5~C11的烃类混合物,故C正确;‎ D.图中a烃含有5个C,且有一个甲基,应为2﹣甲基丁烷,故D正确.‎ 故选B.‎ ‎ ‎ ‎5.(6分)(2017•北京)根据SO2通入不同溶液中实验现象,所得结论不正确的是(  )‎ 实验 现象 结论 A 含HCl、BaCl2的FeCl3溶液 产生白色沉淀 SO2有还原性 B H2S溶液 产生黄色沉淀 SO2有氧化性 C 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 SO2有漂白性 D Na2SiO3溶液 产生胶状沉淀 酸性:H2SO3>H2SiO3‎ A.A B.B C.C D.D ‎【分析】A.铁离子能够将二氧化硫氧化成硫酸,生成的白色沉淀为硫酸钡,二氧化硫被氧化;‎ B.黄色沉淀为S单质,结合化合价变化分析;‎ C.酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,能够氧化二氧化硫;‎ D.生成的胶状沉淀为H2SiO3,根据强酸制取弱酸原理分析.‎ ‎【解答】解:A.FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子,硫酸根离子与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀,该反应中二氧化硫被氧化,表现了还原性,故A正确;‎ B.SO2与H2S反应生成S单质,该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S,二氧化硫被还原,做氧化剂,故B正确;‎ C.酸性KMnO4溶液能够氧化SO2,导致溶液褪色,SO2表现了还原性,故C错误;‎ D.Na2SiO3溶液中通入二氧化硫生成H2SiO3,说明亚硫酸的酸性较强,即酸性:H2SO3>H2SiO3,故D正确;‎ 故选C.‎ ‎ ‎ ‎6.(6分)(2017•北京)聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂,聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘,其结构表示如下(图中虚线表示氢键)‎ 下列说法不正确的是(  )‎ A.聚维酮的单体是 B.聚维酮分子由(m+n)个单体聚合而成 C.聚维酮碘是一种水溶性物质 D.聚维酮在一定条件下能发生水解反应 ‎【分析】由高聚物结构简式可知的单体为,高聚物可与HI3形成氢键,则也可与水形成氢键,可溶于水,含有肽键,可发生水解,以此解答该题.‎ ‎【解答】解:A.由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是,故A正确;‎ B.由2m+n个单体加聚生成,故B错误;‎ C.高聚物可与HI3形成氢键,则也可与水形成氢键,可溶于水,故C正确;‎ D.含有肽键,具有多肽化合物的性质,可发生水解生成氨基和羧基,故D正确.‎ 故选B.‎ ‎ ‎ ‎7.(6分)(2017•北京)下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所的结论不正确的是(  )‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ A.由①中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体 B.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应 C.由③说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物 D.③的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 ‎【分析】题中涉及实验都在加热条件下,浓硝酸不稳定,加热分解生成的二氧化氮气体为红棕色,且加热条件下,浓硝酸可与碳发生氧化还原反应,以此解答该题.‎ ‎【解答】解:A.加热条件下,浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气,则产生的气体一定是混合气体,故A正确;‎ B.在加热条件下,浓硝酸可分解生成二氧化氮,不一定与碳反应生成,故B正确;‎ C.硝酸中N元素化合价为+5价,生成二氧化氮的N元素化合价为+4价,化合价降低,在生成的红棕色气体为还原产物,故C正确;‎ D.碳加热至红热,可与空气中氧气反应生成二氧化碳,不一定是与浓硝酸发生了反应,故D错误.‎ 故选D.‎ ‎ ‎ 二、解答题(共4小题,满分58分)‎ ‎8.(17分)(2017•北京)羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物,合成路线如下图所示:‎ 已知:‎ RCOOR'+R''OH RCOOR''+R'OH(R、R'、R''代表烃基)‎ ‎(1)A属于芳香烃,其结构简式是  .B中所含的官能团是 硝基 .‎ ‎(2)C→D的反应类型是 取代反应 .‎ ‎(3)E属于酯类.仅以乙醇为有机原料,选用必要的无机试剂合成E,写出有关化学方程式: CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O .‎ ‎(4)已知:2E F+C2H5OH.F所含官能团有和  .‎ ‎(5)以D和F为原料合成羟甲香豆素分为三步反应,写出有关化合物的结构简式:‎ ‎【分析】由羟甲香豆素结构简式可知D为,则C为,B为,则A为,由题中(3)信息可知E为CH3COOCH2CH3,由(4)可知F为CH3CH2OOCCH2COCH3,以此解答(1)~(4);‎ ‎(5)以D和F为原料,生成中间产物1为,为加成反应,然后生成中间产物2为,发生的为酯交换反应,即信息2反应,最后发生消去反应可生成羟甲香豆素,以此解答该题.‎ ‎【解答】解:(1)由以上分析可知A为,B为,含有的官能团为硝基,故答案为:;硝基;‎ ‎(2)C为,发生取代反应生成,故答案为:取代反应;‎ ‎(3)E为CH3COOCH2CH3,可由乙酸和乙醇发生酯化反应生成,方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O,‎ 故答案为:CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O;‎ ‎(4)F为CH3CH2OOCCH2COCH3,含有的官能团为和,故答案为:‎ ‎;‎ ‎(5)以D和F为原料,生成中间产物1为,为加成反应,然后生成中间产物2为,发生的为酯交换反应,即信息2反应,最后发生消去反应可生成羟甲香豆素,故答案为:;.‎ ‎ ‎ ‎9.(13分)(2017•北京)TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物,制备纯TiCl4的流程示意图如下:‎ 资料:TiCl4及所含杂质氯化物的性质 ‎ 化合物 ‎ SiCl4‎ ‎ TiCl4‎ ‎ AlCl3‎ ‎ FeCl3‎ ‎ MgCl2‎ ‎ 沸点/℃‎ ‎ 58‎ ‎ 136‎ ‎ 181(升华)‎ ‎ 316‎ ‎ 1412‎ ‎ 熔点/℃‎ ‎﹣69‎ ‎ 25‎ ‎ 193‎ ‎ 304‎ ‎ 714‎ ‎ 在TiCl4中的溶解性 ‎ 互溶 ‎﹣‎ ‎ 微溶 ‎ 难溶 ‎(1)氯化过程:TiO2与Cl2难以直接反应,加碳生成CO和CO2可使反应得以进行.‎ 已知:TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)△H1=+175.4kJ•mol﹣1‎ ‎2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=﹣220.9kJ•mol﹣1‎ ‎①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式: TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=﹣45.5kJ•mol﹣1 .‎ ‎②氯化过程中CO和CO2可以相互转化,根据如图判断:CO2生成CO反应的△H > 0(填“>”“<”或“=”),判断依据: 温度越高,CO的物质的量越多而CO2的物质的量少,说明CO2生成CO的反应是吸热反应 .‎ ‎③氯化反应的尾气须处理后排放,尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液,则尾气的吸收液依次是 饱和食盐水、氯化亚铁溶液 .‎ ‎④氯化产物冷却至室温,经过滤得到粗TiCl4混合液,则滤渣中含有 TiO2、C .‎ ‎(2)精制过程:粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4.示意图如下:‎ 物质a是 SiCl4 ,T2应控制在 136℃左右 .‎ ‎【分析】由制备纯TiCl4的流程示意图,钛精矿与氯气、C发生氯化过程,反应为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO,结合表格中数据可知,蒸馏得到纯TiCl4,‎ ‎(1)①由I.TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)△H1=+175.4kJ•mol﹣1‎ II.2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=﹣220.9kJ•mol﹣1,‎ 结合盖斯定律可知,I+II得到TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g);‎ ‎②氯化过程中CO和CO2可以相互转化,温度高时CO的物质的量多、CO2‎ 的物质的量少;‎ ‎③尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液,食盐水吸收HCl,氯化亚铁吸收氯气;‎ ‎④过滤得到粗TiCl4混合液,可能混有反应物中固体物质;‎ ‎(2)粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4,由图及表格数据可知,先分离出SiCl4,后分离出TiCl4.‎ ‎【解答】解:由制备纯TiCl4的流程示意图,钛精矿与氯气、C发生氯化过程,反应为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO,结合表格中数据可知,蒸馏得到纯TiCl4,‎ ‎(1)①由I.TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)△H1=+175.4kJ•mol﹣1‎ II.2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=﹣220.9kJ•mol﹣1,‎ 结合盖斯定律可知,I+II得到TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g),△H=(+175.4kJ•mol﹣1)+(﹣220.9kJ•mol﹣1)=﹣45.5kJ•mol﹣1,‎ 即热化学方程式为TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=﹣45.5kJ•mol﹣1,‎ 故答案为:TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=﹣45.5kJ•mol﹣1;‎ ‎②因温度越高,CO的物质的量越多而CO2的物质的量少,说明CO2生成CO的反应是吸热反应,所以△H>0,‎ 故答案为:>;温度越高,CO的物质的量越多而CO2的物质的量少,说明CO2生成CO的反应是吸热反应;‎ ‎③尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液,食盐水吸收HCl,氯化亚铁吸收氯气生成氯化铁,则尾气的吸收液依次是饱和食盐水、氯化亚铁溶液,‎ 故答案为:饱和食盐水、氯化亚铁溶液;‎ ‎④由反应可知,氯化产物冷却至室温,经过滤得到粗TiCl4混合液,则滤渣中含有TiO2、C,‎ 故答案为:TiO2、C;‎ ‎(2)粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4,由图及表格数据可知,先分离出SiCl4‎ ‎,后分离出TiCl4,则先控制温度T1为58℃左右时分离出物质a为SiCl4,控制温度T2为136℃左右时分离出纯TiCl4,故答案为:SiCl4;136℃左右.‎ ‎ ‎ ‎10.(12分)(2017•北京)SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放.‎ ‎(1)SCR(选择性催化还原)工作原理:‎ ‎①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2,该反应的化学方程式: CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑ .‎ ‎②反应器中NH3还原NO2的化学方程式: 8NH3+6NO27N2+12H2O .‎ ‎③当燃油中含硫量较高时,尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4,使催化剂中毒.用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成: 2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4 .‎ ‎④尿素溶液浓度影响NO2的转化,测定溶液中尿素(M=60g•mol﹣1)含量的方法如下:取a g尿素溶液,将所含氮完全转化为NH3,所得NH3用过量的v1 mL c1 mol•L﹣1H2SO4溶液吸收完全,剩余H2SO4用v2mL c2 mol•L﹣1NaOH溶液恰好中和,则尿素溶液中溶质的质量分数是  .‎ ‎(2)NSR(NOx储存还原)工作原理:‎ NOx的储存和还原在不同时段交替进行,如图a所示.‎ ‎①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实验NOx的储存和还原.储存NOx的物质是 BaO .‎ ‎②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程,该过程分两步进行,图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系.第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是 8:1 .‎ ‎③还原过程中,有时会产生笑气(N2O).用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关.在有氧条件下,15NO与NH3以一定比例反应时,得到的笑气几乎都是15NNO.将该反应的化学方程式补充完整: 415NO+4NH3+3O2  4 15NNO+ 6 H2O.‎ ‎【分析】(1)①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2,结合原子守恒配平书写化学方程式;‎ ‎②反应器中NH3还原NO2生成氮气和水,根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式;‎ ‎③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4,此反应中SO2是还原剂,氧气是氧化剂,结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式;‎ ‎④涉及反应为2NH3+H2SO4=n(NH4)2SO4,2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O,由方程式可知n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4),以此计算;‎ ‎(2)①由图a可知储存NOx的物质是BaO;‎ ‎②第一步反应中H2被氧化生成水,化合价由0价升高到+1价,Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到﹣3价,生成氨气,结合得失电子数目相等计算;‎ ‎③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时,得到的笑气几乎都是15NNO,由N元素守恒可知15NO与NH3应为1:1,结合电子得失相等配平.‎ ‎【解答】解:(1)①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2‎ ‎,反应物为尿素和水,反应生成物为氨气和水,原子守恒书写化学方程式为:CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑,‎ 故答案为:CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑;‎ ‎②NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水,反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O,‎ 故答案为:8NH3+6NO27N2+12H2O;‎ ‎③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4,此反应中SO2是还原剂,氧气是氧化剂,反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4,‎ 故答案为:2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4;‎ ‎④涉及反应为2NH3+H2SO4=n(NH4)2SO4,2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O,反应中n(H2SO4)=v1×c1×10﹣3mol,n(NaOH)=v2×c2×10﹣3mol,‎ 由方程式可知n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4),‎ 则n(NH3)=(2v1×c1×10﹣3﹣v2×c2×10﹣3)mol,‎ 则m(CO(NH2)2)=×(2v1×c1×10﹣3﹣v2×c2×10﹣3)mol×60g/mol=(0.06v1c1﹣0.03v2c2 )g,‎ 尿素溶液中溶质的质量分数是=,‎ 故答案为:;‎ ‎(2)①由图示可知BaO和NOx反应生成Ba(NO3)2,Ba(NO3)2再还原为N2,则储存NOx的物质为BaO,故答案为:BaO;‎ ‎②第一步反应中H2被氧化生成水,化合价由0价升高到+1价,Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到﹣3价,生成氨气,则1molBa(NO3)2生成氨气转移16mol电子,参加反应的氢气的物质的量为=8mol,则消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8:1,‎ 故答案为:8:1;‎ ‎③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时,得到的笑气几乎都是15‎ NNO,由N元素守恒可知15NO与NH3应为1:1,可知反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O,‎ 故答案为:415NO+4NH3+3O2;4;6.‎ ‎ ‎ ‎11.(16分)(2017•北京)某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+,发现和探究过程如下.‎ 向硝酸酸化的0.05mol•L﹣1硝酸银溶液(pH≈2)中加入过量铁粉,搅拌后静置,烧杯底部有黑色固体,溶液呈黄色.‎ ‎(1)检验产物 ‎①取少量黑色固体,洗涤后, 加入足量加入足量稀盐酸(或稀硫酸)酸化,固体未完全溶解 (填操作和现象),证明黑色固体中含有Ag.‎ ‎②取上层清液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀,说明溶液中含有 Fe2+ .‎ ‎(2)针对“溶液呈黄色”,甲认为溶液中有Fe3+,乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+,乙依据的原理是 Fe+2Fe3+=3Fe2+ (用离子方程式表示).针对两种观点继续实验:‎ ‎①取上层清液,滴加KSCN溶液,溶液变红,证实了甲的猜测.同时发现有白色沉淀产生,且溶液颜色变浅、沉淀量多少与取样时间有关,对比实验记录如下:‎ 序号 取样时间/min 现象 ⅰ ‎3‎ 产生大量白色沉淀;溶液呈红色 ⅱ ‎30‎ 产生白色沉淀;较3min时量小;溶液红色较3min时加深 ⅲ ‎120‎ 产生白色沉淀;较30min时量小;溶液红色较3 0min时变浅 ‎(资料:Ag+与SCN﹣生成白色沉淀AgSCN)‎ ‎②对Fe3+产生的原因作出如下假设:‎ 假设a:可能是铁粉表面有氧化层,能产生Fe3+;‎ 假设b:空气中存在O2,由于 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O ‎ ‎(用离子方程式表示),可产生Fe3+;‎ 假设c:酸性溶液中NO3﹣具有氧化性,可产生Fe3+;‎ 假设d:根据 白色沉淀 现象,判断溶液中存在Ag+,可产生Fe3+.‎ ‎③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因.实验Ⅱ可证实假设d成立.‎ 实验Ⅰ:向硝酸酸化的 NaNO3 溶液(pH≈2)中加入过量铁粉,搅拌后静置,不同时间取上层清液滴加KSCN溶液,3min时溶液呈浅红色,3 0min后溶液几乎无色.‎ 实验Ⅱ:装置如图.其中甲溶液是 FeCl2/FeCl3 ,操作及现象是 按图连接好装置,电流表指针发生偏转 .‎ ‎(3)根据实验现象,结合方程式推测实验ⅰ~ⅲ中Fe3+浓度变化的原因: i→ii Ag++Fe2+=Ag+Fe3+,反应生成Fe3+的使Fe3+增加,红色变深,ii→iii 空气中氧气氧化SCN﹣,红色变浅 .‎ ‎【分析】(1)银和盐酸、稀硫酸等不反应,可用K3[Fe(CN)3]检验亚铁离子,生成蓝色沉淀;‎ ‎(2)过量的铁与硝酸反应生成亚铁离子,亚铁离子可被空气中氧气氧化,银离子如氧化亚铁离子,则发生Ag++Fe2+=Ag+Fe3+,如反应能发生,可设计成原电池,负极加入FeCl2/FeCl3,正极为硝酸银,可根据电流计是否发生偏转判断;‎ ‎(3)取上层清液,滴加KSCN溶液,溶液变红,可证明溶液中有Fe3+,生成白色沉淀为AgSCN,随着放置时间的增加,溶液红色变浅,可能为空气中氧气氧化SCN﹣,以此解答该题.‎ ‎【解答】解:(1)①黑色固体中含有过量铁,如果同时含有银,则可以加入HCl或H2SO4溶解Fe,而银不能溶解,‎ 故答案为:加入足量加入足量稀盐酸(或稀硫酸)酸化,固体未完全溶解;‎ ‎②K3[Fe(CN)3]是检验Fe2+的试剂,所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2+,‎ 故答案为:Fe2+;‎ ‎(2)过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+,即Fe+2Fe3+=3Fe2+,‎ 故答案为:Fe+2Fe3+=3Fe2+;‎ ‎②O2氧化Fe2+反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,白色沉淀是AgSCN,所以实验可以说明含有Ag+,Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+,‎ 故答案为:4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O;白色沉淀;‎ ‎③证明假设abc错误,就是排除Ag+时实验比较,相当于没有Ag+存在的空白实验,考虑其他条件不要变化,可以选用NaNO3,原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+能够实现,所以甲池应当注入FeCl2、FeCl3混合溶液,按图连接好装置,如电流表指针发生偏转,可说明d正确,‎ 故答案为:NaNO3;FeCl2/FeCl3;按图连接好装置,电流表指针发生偏转;‎ ‎(3)i→iii中Fe3+变化的原因:i→ii Ag++Fe2+=Ag+Fe3+,反应生成Fe3+的使Fe3+浓度增加,ii→iii 溶液红色较3 0min时变浅,说明空气中氧气氧化SCN﹣,使平衡向生成Fe3+的方向移动,Fe(SCN)3浓度减小,则溶液的颜色变浅,‎ 故答案为:i→ii Ag++Fe2+=Ag+Fe3+,反应生成Fe3+的使Fe3+增加,红色变深,ii→iii 空气中氧气氧化SCN﹣,红色变浅.‎ ‎ ‎
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