天津市高考化学试题 清晰解析

天津市高考化学试题 清晰解析

2017 年天津市高考化学试题 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． （2017•天津）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 【答案】C 【解析】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。 【考点】 "三废"处理与环境保护 ；铝盐的性质；铁盐的性质；铵盐的性质；优网版权所有 【专题】 化学应用 【点评】本题侧重于考查化学与生活、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． （2017•天津）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 【答案】B 【解析】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。 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； 【考点】 有机物的结构和性质；酚的性质；烯烃的性质；酮的性质； 菁优网版权所有 【专题】 有机物的化学性质及推断 【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．（2017•天津）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 【答案】A 【解析】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。 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． 【考点】 氧化还原反应； 反应热和焓变；原电池与电解池； 菁优网版权所有 【专题】 氧化还原反应专题； 化学反应中的能量变化 【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）（2017•天津）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 【答案】D 【解析】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； 【考点】 化学实验方案的评价；钠及其化合物；铝及其化合物、铝盐的水解； 混合物的分 离与提纯；卤素单质间的置换反应。 【专题】 物质的分离提纯和鉴别 【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．（2017•天津）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 【答案】C 【解析】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； 【考点】 元素周期律和元素周期表的综合应用；碳酸盐与硅酸盐的性质。 菁优网版权所有 【专题】 元素周期律与元素周期表专题 【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． （2017•天津）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) 【答案】B 【解析】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； 【考点】 化学平衡的影响因素 菁优网版权所有 【专题】 化学平衡专题 【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）（2017•天津）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　 　， C→Al 的制备方法称为　　 。 （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)　 　。 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　 　 。 Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用 （4）用惰性电极电解时，CrO42﹣能从浆液中分离出来的原因是　 　，分离后含铬元素的粒子是　 　；阴极室生 成的物质为　 　（写化学式）。 【答案】Ⅰ．⑴ 加热(或煅烧) 电解法 ⑵ac ⑶2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l) +2CO(g) △H=﹣85.6kJ•mol﹣1 Ⅱ． ⑷在直流电场作用下，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液。 CrO42﹣、Cr2O72﹣ NaOH 和 H2 【解析】（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 (2/0.1) · 4.28kJ=85.6kJ ， 所 以 热 化 学 方 程 式 为 2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l) +2CO(g) Na+[ O H ]—：：： ： Na+[ O H ]—：：： ： Na+[ O H ]—：：： ： Na+[ O H ]—：：： ： Na+[ O H ]—：：： ： Na+[ O H ]—：：： ： △H=﹣85.6kJ•mol﹣。 （4）电解时，CrO 42﹣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 2CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O，则分离后含铬元素的粒子是 CrO42﹣、Cr2O72﹣，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，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极 室移动，脱离浆液；CrO42﹣、Cr2O72﹣；NaOH 和 H2。 【考点】物质结构；钠及其化合物；铝及其化合物；化学反应与能量；电解原理。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 【专题】 无机实验综合。 【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) (2017•天津) 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： NO2 NH2 回答下列问题： （1） CH3 分子中不同化学环境的氢原子共有　 　种，共面原子数目最多为　13　。 （2）B 的名称为　 　。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　 　。 （4）写出⑥的化学反应方程式：　 　，该步 反应的主要目的是　 　。 （5）写出⑧的反应试剂和条件：　 　；F 中含氧官能团的名称为　 　。 （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 【答案】⑴4 13 ⑵2﹣硝基甲苯或邻硝基甲苯 ⑶避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代 ⑷ +CH3COCl +HCl ， 保护氨基 ⑸Cl2/FeCl3(或 Cl2/Fe) 羧基 ⑹ HO CO NH nH催催 【解析】（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： +CH3COCl +HCl，该步反应的主要目的是避免氨基被氧化。 故答案为： +CH3COCl +HCl；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: HO CO NH nH。 【考点】 苯及其同系物的性质；烃的衍生物；有机物的合成。 菁优网版权所有 【专题】 有机物的化学性质及推断 【点评】本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）（2017•天津）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 催催 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　 　 。 （2）AgNO3 标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是　 　。 （3）滴定应在 pH＜0.5 的条件下进行，其原因是　 　 。 （4）b 和 c 两步操作是否可以颠倒　 　，说明理由　 　。 （5）所消耗的 NH4SCN 标准溶液平均体积为　 mL，测得 c(I﹣) =　 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　 　。 （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　 　。 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　 　。 【答案】⑴250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 ⑵避免 AgNO3 见光分解 ⑶防止因 Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制 Fe3+的水解） ⑷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 ⑸10.00 0.0600 ⑹用 NH4SCN 标准溶液进行润洗 ⑺①偏高 ②偏高 【解析】（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。 【考点】 化学实验基本操作；铁盐的的水解知识；卤化银的性质；探究物质的组成或测量 物质的含量 菁优网版权所有 【专题】 定量测定与误差分析 【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）（2017•天津）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　 　。 （2）由图 1 和图 2 判断使用硫杆菌的最佳条件为　　 。若反应温度过高，反 应速率下降，其原因是　 　。 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　 　。 Ⅱ．SO2 的除去 方法 1(双碱法)：用 NaOH 吸收 SO 2，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：　 　；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　 　。 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﹣) =　 　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(SO32﹣) /c(HSO3﹣) =　 　。 【答案】⑴降低反应活化能 ⑵30℃、pH=2.0 蛋白质变性(或硫杆菌失去活性) ⑶H2SO4 ⑷2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O SO32﹣与 Ca2+生成 CaSO3 沉淀，平衡向正向移动，有 NaOH 生成 ⑸6.0×10﹣3 0.62 【解析】（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 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，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=SO32﹣+H2O，过程②加入 CaO，存在 CaO(s) +H 2O(l)═Ca(OH)2(s) Ca2+(aq) +2OH﹣(aq)，因 SO32﹣与 Ca2+生成 CaSO3 沉淀，平衡向正向移动，有 NaOH 生成。故答案为： 2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O；SO32﹣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 ， 可 结 合 Kb=c(NH4+) · c(OH—)/ c(NH3 · H2O) 计 算 c(OH) ， H2SO3 的 Ka2=6.2×10﹣8 ， 结 合 Ka2= c(SO32—)·c(H+)/ c(HSO3—)计算 c(SO32﹣)/c(HSO3﹣)。NH3•H2O 的 Kb=1.8×10﹣5，若氨水的浓 度为 2.0mol•L﹣1 ，由 Kb= c(NH4+)·c(OH —)/ c(NH3 ·H 2O)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= c(SO32—)·c(H+)/ c(HSO3—)可知 c(SO32—)/ c(HSO3—)=6.2·10﹣8/(1·10﹣7) =0.62。故 答案为：6.0×10﹣3；0.62。 【考点】 二氧化硫的污染及治理； 弱电解质在水溶液中的电离平衡； "三废"处理与环境 保护。菁优网版权所有 【专题】 化学平衡专题； 元素及其化合物。 【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。