2017年天津市高考化学试卷

发布时间:2024-06-05 10:06:32浏览次数:8
2017 年天津市高考化学试卷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.(6 分)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【分析】A.石灰、碳酸钠都可与酸反应;B.可溶性的铝盐和铁盐可水解生成具有吸附性的胶体;C.氯气不能与 Cu2+、Hg2+反应生成沉淀;D.烧碱可与铵根离子反应生成氨气.【解答】解: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。故选:C。【点评】本题考查废水的处理,为 2017 年天津考题,侧重于化学与生活、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.(6 分)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 C16H13O5B.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 Br2D.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【分析】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.【解答】解: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;故选:B。【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.(6 分)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【分析】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.【解答】解: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。故选:A。【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)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【分析】A.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠;B.蒸发时促进氯化铝水解,生成的盐酸易挥发;C.苯甲酸在水中的溶解度不大,且利用溶解度受温度影响的差异分离;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.【解答】解: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;故选:D。【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.(6 分)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>SiH4B.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>SiD.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【分析】A.非金属性越强,对应氢化物越稳定;B.H 与 F、Cl 等形成共价化合物,与 Na 等形成离子化合物;C.发生强酸制取弱酸的反应,且 HCl 不是最高价含氧酸;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.【解答】解: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;故选:C。【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.(6 分)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)【分析】A.平衡常数与温度有关;B.Ni(CO)4的沸点为 42.2℃,应大于沸点,便于分离出 Ni(CO)4;C.由加热至 230℃制得高纯镍分析;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。【解答】解: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;故选:B。【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)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 加热(或煅烧) ,C→Al 的制备方法称为 电解法 .(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)ac   .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  2Cl 2( g ) +TiO 2( s ) +2C ( s )═ TiCl 4( l ) +2CO ( g )△ H=﹣85.6kJ•mol ﹣1   .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 在直流电场作用下, CrO 42﹣ 通过阴 离子交换膜向阳极室移动,脱离浆液 ,分离后含铬元素的粒子是  CrO 42﹣ 、 Cr 2O72﹣   ;阴极室生成的物质为  NaOH 和 H 2 (写化学式).【分析】Ⅰ.(1)固体混合物含有 Al(OH)3、MnO2,加入 NaOH 溶液,过滤,可得到滤液 A 为NaAlO2,通入二氧化碳,生成 B 为 Al(OH)3,固体 C 为 Al2O3,电解熔融的氧化铝可得到 Al;固体 D 为MnO2,加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气;(2)题中涉及因素有温度和浓度;(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,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),以此可计算反应热并写出热化学方程式;Ⅱ.(4))电解时,CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极移动,阴极发生还原反应生成氢气和 NaOH,以此解答该题.【解答】解:(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 4.28kJ=85.6kJ,所以热化学方程式为 2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l)+2CO(g)△H=﹣85.6kJ•mol﹣1,故答案为:2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l)+2CO(g)△H=﹣85.6kJ•mol﹣1;(4)电解时,CrO42﹣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+Cr⇌2O72﹣+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.【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)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:回答下列问题:(1) 分子中不同化学环境的氢原子共有  4   种,共面原子数目最多为  13   .(2)B 的名称为  2﹣ 硝基甲苯或邻硝基甲苯  .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 避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代 .(4)写出⑥的化学反应方程式:   ,该步反应的主要目的是 保护氨基 .(5)写出⑧的反应试剂和条件:  Cl 2/FeCl3(或 Cl 2/Fe )  ;F 中含氧官能团的名称为 羧基 .(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【分析】(1)甲苯含有 1 个甲基,苯环左右对称;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;(2)B 为邻硝基甲苯,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; (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;(4)由结构简式可知反应⑥为取代反应,可避免氨基被氧化;(5)⑧为苯环的氯代反应,应在类似苯与溴的反应;F 含有羧基、氨基和氯原子;(6) 可水解生成 ,含有氨基、羧基,可发生缩聚反应生成高聚物.【解答】解:(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,该步反应的主要目的是避免氨基被氧化,故答案为: ;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 ,故答案为: .【点评】本题为 2017 年天津考题,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)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/mL10.24 10.02 9.98f.数据处理.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  250mL (棕色)容量 瓶、胶头滴管 .(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是 避免 AgNO 3 见光分解 .(3)滴定应在 pH<0.5 的条件下进行,其原因是 防止因 Fe 3+ 的水解而影响滴定终点的判断(或 抑制 Fe 3+ 的水解)  .(4)b 和 c 两步操作是否可以颠倒 否(或不能) ,说明理由 若颠倒, Fe 3+ 与 I ﹣ 反应,指示剂 耗尽,无法判断滴定终点 .(5)所消耗的 NH4SCN 标准溶液平均体积为  10.00   mL,测得 c(I﹣)=  0.0600   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 用 NH 4SCN 标准溶液进行润洗; .(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 偏高 .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 偏高 .【分析】(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.【解答】解:(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,故答案为:250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管;(2)硝酸银标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存是因为硝酸银见光分解,故答案为:避免 AgNO3见光分解;(3)滴定应在 pH<0.5 的条件下进行,原因是抑制铁离子的水解,防止因铁离子的水解而影响滴定终点的判断,故答案为:防止因 Fe3+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制 Fe3+的水解);(4)b 和 c 两步操作不能颠倒,若颠倒,铁离子与碘离子发生氧化还原反应,指示剂耗尽则无法判断滴定终点, 故答案为: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;(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,n(AgNO3)=25.00×10﹣3L×0.1000mol•L﹣1=2.5×10﹣3mol,n(NH4SCN)=0.1000mol•L﹣1×10.00×10﹣3L=1.00×10﹣3mol,则 c(I﹣)×0.025L=2.5×10﹣3mol﹣1.00×10﹣3mol,c(I﹣)=0.0600mol•L﹣1,故答案为:10.00;0.0600;(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,故答案为: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﹣),①若在配制 AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则导致溶质的物质的量减小,浓度偏低,则 n(NH4SCN)偏小,测定 c(I﹣)偏大,故答案为:偏高;①若在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,造成读数偏小,则 n(NH4SCN)偏小,测定c(I﹣)偏大,故答案为:偏高.【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)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+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(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 降低反应活化能 .(2)由图 1 和图 2 判断使用硫杆菌的最佳条件为  30℃ 、 pH=2.0   .若反应温度过高,反应速率下降,其原因是 蛋白质变性(或硫杆菌失去活性) .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  H 2SO4 .Ⅱ.SO2的除去方法 1(双碱法):用 NaOH 吸收 SO2,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:  2OH ﹣ +SO 2=SO32﹣ +H 2O   ;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② NaOH 再生的原理  SO 32﹣ 与 Ca 2+ 生成 CaSO 3 沉淀,平衡向正向移动,有 NaOH 生成  . 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﹣)=  6.0×10 ﹣3   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﹣)=  0.62   .【分析】(1)硫杆菌存在时,FeSO4被氧化的速率是无菌时的 5×105倍,说明硫杆菌做反应的催化剂加快反应速率;(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,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;(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;(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;过程② NaOH 再生是平衡 CaO(s)+H2O (l)═Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH﹣(aq)正向进行;氢氧根离子浓度增大;(5)NH3•H2O 的 Kb=1.8×10﹣5,若氨水的浓度为 2.0mol•L﹣1,可结合 Kb= 计算c(OH﹣),H2SO3的 Ka2=6.2×10﹣8,结合 Ka2= 计算 c(SO32﹣)/c(HSO3﹣).【解答】解:(1)4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(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 =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,H2S~H2SO4~8e﹣,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)+H2O (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,由 Kb= 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= 可知 c(SO32﹣)/c(HSO3﹣)= =0.62,故答案为:6.0×10﹣3;0.62.【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. 
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