北京市高考化学试卷及解析

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1、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“”，tin），Ts的原子核外最外层电子数是7，下列说法不正确的是（）ATs是第七周期第A族元素BTs的同位素原子具有相同的电子数CTs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Ts3（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A

2、lCl3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反应的产物中含有水B反应中只有碳碳键形成C汽油主要是C5C11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BH2S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DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3H2SiO3AABBCCDD6（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

3、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（）A由中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B红棕色气体不能表明中木炭与浓硝酸产生了反应C由说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D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+ROH R

4、COOR+ROH（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）CD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+C2H5OHF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

5、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=+175.4kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H2=220.9kJmol1沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4（g）和CO（g）的热化学方程式：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H0（填“”“”或“=”），判断依据：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氯

6、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：尿素CO（NH2）2水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：反应器中NH3还原NO2的化学方程式：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：尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60gmol1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，

7、将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 molL1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mL c2 molL1NaOH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

8、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+H2O11（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0.05molL1硝酸银溶液（pH2）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取上层清液，滴加K3Fe（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

9、方程式表示）针对两种观点继续实验：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3产生大量白色沉淀；溶液呈红色30产生白色沉淀；较3min时量小；溶液红色较3min时加深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）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+；

10、假设d：根据现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+下列实验可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因实验可证实假设d成立实验：向硝酸酸化的溶液（pH2）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：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

11、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A2（6分）（2017北京）2016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“”，tin），Ts的原子核外最外层电子数是7，下列说法不正确的是（）ATs是第七周期第A族元素BTs的同位素原子具有相同的电子数CTs在同

12、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

13、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D3（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

14、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B4（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反应的产物中含有水B反应中只有碳碳键形成C汽油主要是C5C11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反应生成烃类物质，含有CC键、CH键；C汽油所含烃类物质常

15、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反应生成烃类物质，含有CC键、CH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C5C11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B5（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BH2S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

16、有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3H2SiO3AABBCCDD【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：AFeCl3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；BSO2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

17、SO2，导致溶液褪色，SO2表现了还原性，故C错误；DNa2SiO3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：H2SO3H2SiO3，故D正确；故选C6（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

18、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B7（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（）A由中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B红棕色气体不能表明中木炭与浓硝酸产生了反应C由说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D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

19、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+ROH RCOOR+ROH（R、R、R

20、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）CD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+C2H5OHF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，

21、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

22、，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）+

23、O2（g）H1=+175.4kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H2=220.9kJmol1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=45.5kJmol1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H0（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、氯化亚铁溶液氯化产物冷却至

24、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）由ITiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）H1=+175.4kJmol1II.2C（s）+O2（g）=2CO（g）H2=220.9kJmol1，结合盖斯定律可知，I+II得到TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（

25、g）；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；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；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）由ITiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）H1=+175.4kJmol

26、1II.2C（s）+O2（g）=2CO（g）H2=220.9kJmol1，结合盖斯定律可知，I+II得到TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g），H=（+175.4kJmol1）+（220.9kJmol1）=45.5kJmol1，即热化学方程式为TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）H=45.5kJmol1，故答案为：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）H=45.5kJmol1；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H0，故答案为：；

27、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；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；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：Si

28、Cl4；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：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反应器中NH3还原NO2的化学方程式：8NH3+6NO27N2+12H2O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+2H2O2（NH4）2SO4尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60gmol1）含量的方法如下：

29、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 molL1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mL c2 molL1NaOH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还原过程中，有时会产生笑气（N2O）用

30、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+3O2415NNO+6H2O【分析】（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；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；SO2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；涉及反应为2NH3+H2SO4=n（NH4）2SO4，2NaOH+H2SO4=

31、Na2SO4+H2O，由方程式可知n（NaOH）+n（NH3）=2n（H2SO4），以此计算；（2）由图a可知储存NOx的物质是BaO；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；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）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

32、为：CO（NH2）2+H2O2NH3+CO2；NH3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；SO2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+2H2O2（NH4）2SO4，故答案为：2SO2+O2+4NH3+2H2O2（NH4）2SO4；涉及反应为2NH3+H2SO4=n（NH4）2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，反应中n（H2SO4）=v1c1103mol，n（NaOH）=v2

33、c2103mol，由方程式可知n（NaOH）+n（NH3）=2n（H2SO4），则n（NH3）=（2v1c1103v2c2103）mol，则m（CO（NH2）2）=（2v1c1103v2c2103）mol60g/mol=（0.06v1c10.03v2c2 ）g，尿素溶液中溶质的质量分数是=，故答案为：；（2）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；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

34、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；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，可知反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O，故答案为：415NO+4NH3+3O2；4；611（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0.05molL1硝酸银溶液（pH2）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

35、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取上层清液，滴加K3Fe（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：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3产生大量白色沉淀；溶液呈红色30产生白色沉淀；较3min时量小；溶液红色较

36、3min时加深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）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+下列实验可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因实验可证实假设d成立实验：向硝酸酸化的NaNO3溶液（pH2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加K

37、SCN溶液，3min时溶液呈浅红色，3 0min后溶液几乎无色实验：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中Fe3+浓度变化的原因：iii Ag+Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成Fe3+的使Fe3+增加，红色变深，iiiii 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K3Fe（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

38、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）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；K3Fe（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+2

39、Fe3+=3Fe2+；O2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；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）iiii中Fe3+变化的原因：iii Ag+Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成Fe3+的使Fe3+浓度增加，iiiii 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：iii Ag+Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成Fe3+的使Fe3+增加，红色变深，iiiii 空气中氧气氧化SCN，红色变浅内容总结（1）B反应生成烃类物质，含有CC键、CH键