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．