2017年高考理综真题试卷（化学部分）（北京卷）（正式版）

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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
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2017年高考理综真题试卷（化学部分）（北京卷）（正式版）
一、本部分共7小题，每小题6分，共42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.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
A.?A??????????????????????????????????B.?B??????????????????????????????????C.?C??????????????????????????????????D.?D
2.2016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.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.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.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.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.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.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属于脂类．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.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.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：________．
11.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
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________（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，30min后溶液几乎无色．
实验Ⅱ：装置如图．其中甲溶液是________，操作现象是________．
（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：________．
答案解析部分
一、>本部分共>7小题，每小题>6分，共>42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.【答案】
A
【考点】无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【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．
【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．
2.【答案】
D
【考点】原子结构与元素的性质
【解析】【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．
【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．
3.【答案】
B
【考点】氧化还原反应
【解析】【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．
【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．
4.【答案】
B
【考点】碳族元素简介
【解析】【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．
【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．
5.【答案】
C
【考点】二氧化硫的性质
【解析】【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．
【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．
6.【答案】
B
【考点】有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【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．
【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。
7.【答案】
D
【考点】硝酸的化学性质
【解析】【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，不一定为与浓硝酸发生了反应，故D错误．
故选D．
【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．
二、>解答题（共>4小题，满分>58分）
8.【答案】
（1）；硝基
（2）取代反应
（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，2CH3CHO+O22CH3COOH，CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O
（4）
（5）
【考点】有机物的合成
【解析】【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。仅以乙醇为有机原料，选用必要的无机试剂合成CH3COOCH2CH3
，
则先要合成乙酸。
故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，2CH3CHO+O22CH3COOH，CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+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
，为取代反应，然后生成中间产物2为
，发生的为加成反应，最后发生消去反应可生成羟甲香豆素，
故答案为：
；
．
【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
，为取代反应，然后生成中间产物2为
，发生的为加成反应，最后发生消去反应可生成羟甲香豆素，以此解答该题．
9.【答案】
（1）TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）△H=﹣45.5kJ?mol﹣1；＞；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；饱和食盐水、氯化亚铁溶液；TiO2、C
（2）SiCl4；136℃左右
【考点】制备实验方案的设计
【解析】【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+2C
TiCl4+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．
【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+2C
TiCl4+2CO，结合表格中数据可知，蒸馏得到纯TiCl4
，
（1）①由题干中的热化学方程式，结合盖斯定律可得到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，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
．
10.【答案】
（1）CO（NH2）2+H2O
2NH3↑+CO2↑；8NH3+6NO2
7N2+12H2O；2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4；
（2）BaO；8：1；415NO+4NH3+3O2
415NNO+6H2O
【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响，化学方程式的有关计算
【解析】【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+H2O
2NH3↑+CO2↑，
故答案为：CO（NH2）2+H2O
2NH3↑+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+6NO2
7N2+12H2O，
故答案为：8NH3+6NO2
7N2+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+3O2
415NNO+6H2O，
故答案为：415NO+4NH3+3O2
415NNO+6H2O
【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．
11.【答案】
（1）加入足量加入足量稀盐酸（或稀硫酸）酸化，固体未完全溶解；Fe2+
（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+；4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O；白色沉淀；NaNO3；FeCl2/FeCl3；按图连接好装置，电流表指针发生偏转
（3）i→ii
Ag++Fe2+=Ag+Fe3+
，
反应生成Fe3+
，
使Fe3+增加，红色变深，ii→iii
空气中氧气氧化SCN﹣
，
红色变浅
【考点】性质实验方案的设计，原电池工作原理及应用
【解析】【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+=Fe3++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+=Fe3++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．
【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．
1
/
1(
…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
)
(
※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
)
(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
)
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2017年高考理综真题试卷（化学部分）（北京卷）（正式版）
一、本部分共7小题，每小题6分，共42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.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
A.?A??????????????????????????????????B.?B??????????????????????????????????C.?C??????????????????????????????????D.?D
【答案】
A
【考点】无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【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．
【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．
2.2016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
【答案】
D
【考点】原子结构与元素的性质
【解析】【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．
【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．
3.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
【答案】
B
【考点】氧化还原反应
【解析】【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．
【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．
4.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
【答案】
B
【考点】碳族元素简介
【解析】【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．
【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．
5.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
【答案】
C
【考点】二氧化硫的性质
【解析】【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．
【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．
6.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
【答案】
B
【考点】有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【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．
【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。
7.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
【答案】
D
【考点】硝酸的化学性质
【解析】【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，不一定为与浓硝酸发生了反应，故D错误．
故选D．
【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．
二、解答题（共4小题，满分58分）
8.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属于脂类．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：________
【答案】
（1）；硝基
（2）取代反应
（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，2CH3CHO+O22CH3COOH，CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O
（4）
（5）
【考点】有机物的合成
【解析】【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。仅以乙醇为有机原料，选用必要的无机试剂合成CH3COOCH2CH3
，
则先要合成乙酸。
故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，2CH3CHO+O22CH3COOH，CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+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
，为取代反应，然后生成中间产物2为
，发生的为加成反应，最后发生消去反应可生成羟甲香豆素，
故答案为：
；
．
【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
，为取代反应，然后生成中间产物2为
，发生的为加成反应，最后发生消去反应可生成羟甲香豆素，以此解答该题．
9.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________．
【答案】
（1）TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）△H=﹣45.5kJ?mol﹣1；＞；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；饱和食盐水、氯化亚铁溶液；TiO2、C
（2）SiCl4；136℃左右
【考点】制备实验方案的设计
【解析】【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+2C
TiCl4+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．
【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+2C
TiCl4+2CO，结合表格中数据可知，蒸馏得到纯TiCl4
，
（1）①由题干中的热化学方程式，结合盖斯定律可得到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，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
．
10.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：________．
【答案】
（1）CO（NH2）2+H2O
2NH3↑+CO2↑；8NH3+6NO2
7N2+12H2O；2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4；
（2）BaO；8：1；415NO+4NH3+3O2
415NNO+6H2O
【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响，化学方程式的有关计算
【解析】【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+H2O
2NH3↑+CO2↑，
故答案为：CO（NH2）2+H2O
2NH3↑+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+6NO2
7N2+12H2O，
故答案为：8NH3+6NO2
7N2+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+3O2
415NNO+6H2O，
故答案为：415NO+4NH3+3O2
415NNO+6H2O
【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．
11.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
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________（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，30min后溶液几乎无色．
实验Ⅱ：装置如图．其中甲溶液是________，操作现象是________．
（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：________．
【答案】
（1）加入足量加入足量稀盐酸（或稀硫酸）酸化，固体未完全溶解；Fe2+
（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+；4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O；白色沉淀；NaNO3；FeCl2/FeCl3；按图连接好装置，电流表指针发生偏转
（3）i→ii
Ag++Fe2+=Ag+Fe3+
，
反应生成Fe3+
，
使Fe3+增加，红色变深，ii→iii
空气中氧气氧化SCN﹣
，
红色变浅
【考点】性质实验方案的设计，原电池工作原理及应用
【解析】【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+=Fe3++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+=Fe3++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．
【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．
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