北京市高考化学试卷及解析

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．‎ ‎　‎