2014年北京市高中考试化学试卷（含剖析版）.doc

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1、2014年北京市高考化学试卷一、选择题：共7小题，每小题6分，共120分在每小题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项1（6分）下列试剂中，标签上应标注和的是（）AC2H5OHBHNO3CNaOHDHCl2（6分）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）AKBNaCFeDAl3（6分）下列电池工作时，O2在正极放电的是（）A锌锰电池B氢燃料电池C铅蓄电池D镍镉电池4（6分）下列解释事实的方程式不正确的是（）A测0.1mol/L氨水的pH为11：NH3H2ONH4+OHB将Na块放入水中，产生气体：2Na+2H2O2NaOH+H2C用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发

2、光：CuCl2 Cu2+2ClDAl片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H25（6分）下列说法正确的是（）A室温下，在水中的溶解度：丙三醇苯酚1氯丁烷B用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3C用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3D油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，且产物相同6（6分）用如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，由中现象，不能证实中反应发生的是（）中实验中现象A铁粉与水蒸气加热肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解澄清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片

3、上受热分解Br2的CCl4溶液褪色AABBCCDD7（6分）一定温度下，10mL 0.40mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（）A06min的平均反应速率：v（H2O2）3.3102mol/（Lmin）B610min的平均反应速率：v（H202）3.3102mol/（Lmin）C反应至6min时，c（H2O2）=0.30mol/LD反应至6min时，H2O2分解了50%二、非选择题：共4小题，共180分8（17分

4、）顺丁橡胶、制备醇酸树脂的原料M以及杀菌剂N的合成路线如下：已知：iRCH=CHRRCHO+RCHO （R、R代表烃基或氢）（1）CH2=CHCH=CH2的名称是 （2）反应的反应类型是（选填字母） a、加聚反应 b、缩聚反应（3）顺式聚合物P的结构式是（选填字母） （4）A的相对分子质量为108反应的化学方程式是 1mol B完全转化成M所消耗H2的质量是 g（5）反应的化学方程式是 （6）A的某些同分异构体在相同的反应条件下也能生成B和C，写出其中一种同分异构体的结构简式 9（14分）NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示 图1 图2（1）中，NH3和O2在催化剂作用

5、下反应，其化学方程式是 （2）中，2NO（g）+O2（g）2N02（g）在其它条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1，p2）下随温度变化的曲线（如图2）比较p1，p2的大小关系： 随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是 （3）中，降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l），再制备浓硝酸已知：2NO2（g）N2O4（g）H12NO2（g）N2O4（l）H2图3中能量变化示意图中，正确的是（选填字母） N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是 （4）中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是 ，说明理由： 图410（1

6、2分）碳、硫的含量影响钢铁性能碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定（1）采用图1装置A，在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2气体a的成分是 若钢样中碳以FeS形式存在，A中反应：3FeS+5O2 1 +3 （2）将气体a通入测硫酸装置中（如图2），采用滴定法测定硫的含量H2O2氧化SO2的化学方程式： 用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗z mL NaOH溶液若消耗1mL NaOH溶液相当于硫的质量为y克，则该钢样中硫的质量分数： （3）将气体a通入测碳装置中（如图3），采用重量法测定碳的含量气体a通过B和C的目的是 计算钢样中碳的质量分

7、数，应测量的数据是 11（15分）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/L FeCl2溶液，研究废液再生机理记录如下（a，b，c代表电压值）：序号电压/V阳极现象检验阳极产物xa电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2axb电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+，无Cl2bx0无明显变化无Fe3+，无Cl2（1）用KSCN溶液检测处Fe3+的现象是 （2）中Fe3+产生的原因可能是Cl在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化，写出有关反应： （3）由推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放

8、电，原因是Fe2+具有 性（4）中虽未检验处Cl2，但Cl在阳极是否放电仍需进一步验证电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物axc无明显变化有Cl2cxb无明显变化无Cl2NaCl溶液的浓度是 mol/L中检验Cl2的实验方法： 与对比，得出的结论（写出两点）： 2014年北京市高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：共7小题，每小题6分，共120分在每小题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项1（6分）下列试剂中，标签上应标注和的是（）AC2H5OHBHNO3CNaOHDHCl【考点】O1：化学试剂的分类菁优网版权所有【专题】524：氮族元素【

9、分析】警示标记标注和说明该物质具有强的氧化性和腐蚀性，据此解答【解答】解：AC2H5OH为易燃品，不具有强的氧化性和腐蚀性，故A错误；B硝酸具有强的氧化性和腐蚀性，应标注和，故B正确；CNaOH具有腐蚀性，但是不具有氧化性，故C错误；D盐酸具有腐蚀性，但是不具有强的氧化性，故D错误；故选：B。【点评】本题考查硝酸的性质及警示标记，题目难度不大，明确警示标记的含义，熟悉硝酸的性质，是解答本题的关键2（6分）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）AKBNaCFeDAl【考点】GJ：铝的化学性质菁优网版权所有【专题】527：几种重要的金属及其化合物【分析】由表面自然形成的

10、氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，以此来解答【解答】解：由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，而K、Na、Fe的氧化物均不是致密的结构，故选：D。【点评】本题考查Al的化学性质，为高频考点，把握氧化铝为致密的氧化物结构可保护内层金属为解答的关键，注意金属及其氧化物的性质，题目难度不大3（6分）下列电池工作时，O2在正极放电的是（）A锌锰电池B氢燃料电池C铅蓄电池D镍镉电池【考点】1B：真题集萃；BH：原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有【专题】51I：电化学专题【分析】A锌锰干电池中，负极上锌

11、失电子发生氧化反应、正极上二氧化锰得电子发生还原反应；B氢燃料电池中，负极上氢气失电子发生氧化反应、正极上氧气得电子发生还原反应；C铅蓄电池中，负极上铅失电子发生氧化反应、正极上二氧化铅得电子发生还原反应；D镍镉电池中，负极上Cd失电子发生氧化反应，正极上NiOOH得电子发生还原反应【解答】解：A锌锰干电池中电极反应式，负极：Zn2eZn2+、正极2MnO2+2NH4+2e=Mn2O3+2NH3+H2O，所以不符合题意，故A错误；B酸性氢氧燃料电池电极反应式为2H24e=4H+、O2+4H+4e=2H2O，碱性氢氧燃料电池电极反应式为2H24e+4OH=4H2O、O2+2H2O+4e=4OH，

12、所以符合题意，故B正确；C铅蓄电池放电时负极电极反应：Pb2e+SO42=PbSO4 ，正极电极反应：PbO2+2e+4H+SO42=PbSO4+2H2O，所以不符合题意，故C错误；D镍镉电池放电正极：2NiOOH+2H2O+2e=2Ni（OH）2+2OH、负极：Cd+2OH2e=Cd（OH）2，所以不符合题意，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了原电池原理，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，题目难度中等4（6分）下列解释事实的方程式不正确的是（）A测0.1mol/L氨水的pH为11：NH3H2ONH4+OHB将Na块放入水中，产生气体：

13、2Na+2H2O2NaOH+H2C用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2 Cu2+2ClDAl片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2【考点】48：化学方程式的书写；49：离子方程式的书写；4A：电离方程式的书写菁优网版权所有【专题】516：离子反应专题；527：几种重要的金属及其化合物【分析】A一水合氨为弱电解质，溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子；B钠化学性质比较活泼，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；C氯化铜为电解质，溶液中电离出铜离子和氯离子，所以溶液能够导电；D金属铝能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气【解答】解：A测0.1 mol/L氨

14、水的pH为11，溶液显示碱性，原因是一水合氨为弱碱，溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，其电离方程式为：NH3H2ONH4+OH，故A正确；B将Na块放入水中，钠能够与水反应生成氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2，故B正确；C用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光，氯化铜为强电解质，溶液中完全电离出铜离子和氯离子，电离过程不需要通电，氯化铜的电离方程式为CuCl2=Cu2+2Cl，故C错误；D铝溶于NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了化学方程式、电离方程式的书写判断

15、，题目难度中等，注意掌握化学方程式、电离方程式的书写原则，能够正确书写常见反应的化学方程式，明确强弱电解质的概念，并且能够正确书写电离方程式5（6分）下列说法正确的是（）A室温下，在水中的溶解度：丙三醇苯酚1氯丁烷B用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3C用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3D油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，且产物相同【考点】9R：相似相溶原理及其应用；HA：有机物的鉴别；JH：油脂的性质、组成与结构菁优网版权所有【专题】534：有机物的化学性质及推断【分析】A含OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水；BHCOOCH3中两

16、种H，HCOOCH2CH3中有三种H；CCH3COOH与碳酸钠溶液反应，而CH3COOCH2CH3不能；D油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油【解答】解：A含OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇苯酚1氯丁烷，故A正确；BHCOOCH3中两种H，HCOOCH2CH3中有三种H，则用核磁共振氢谱能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3，故B错误；CCH3COOH与碳酸钠溶液反应气泡，而Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3会分层，因此可以用Na2CO3溶液能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3，故C错误；

17、D油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，水解产物不相同，故D错误；故选：A。【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握常见有机物的性质及鉴别方法为解答的关键，注意溶解性与OH的关系、油脂不同条件下水解产物等，题目难度不大6（6分）用如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，由中现象，不能证实中反应发生的是（）中实验中现象A铁粉与水蒸气加热肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解澄清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的CCl4溶液褪色AABBCCDD【考点】ED：氨的实验室制法；IB：乙烯的化

18、学性质；S4：铁及其化合物的性质实验；SB：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；U5：化学实验方案的评价菁优网版权所有【专题】17：综合实验题【分析】A试管中空气也能使肥皂水冒泡；B氯化铵和氢氧化钙混合加热生成氨气，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而使溶液呈红色；C二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；D不饱和烃能使溴的四氯化碳褪色【解答】解：A加热过程中的热空气、铁和水蒸气反应生成的氢气都能使肥皂水冒泡，所以肥皂水冒泡该反应不一定发生，故A错误；BNH4Cl+Ca（OH）2NH3+CaCl2+H2O、NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，氨水溶液呈碱性，所以能使酚酞试液变红色，故B正确；

19、C.2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，如果中澄清石灰水变浑浊，则中一定发生反应，故C正确；D溴的四氯化碳褪色说明有不饱和烃生成，所以中一定发生化学反应，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了物质的性质及实验基本操作及反应现象，明确实验原理是解本题关键，再结合物质的性质分析解答，题目难度不大7（6分）一定温度下，10mL 0.40mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（）A06m

20、in的平均反应速率：v（H2O2）3.3102mol/（Lmin）B610min的平均反应速率：v（H202）3.3102mol/（Lmin）C反应至6min时，c（H2O2）=0.30mol/LD反应至6min时，H2O2分解了50%【考点】CP：化学平衡的计算菁优网版权所有【专题】51F：化学反应速率专题【分析】根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算，根据化学反应的定义进行计算，得出正确结论。【解答】解：2H2022H2O+O2，A06min产生的氧气的物质的量n（O2）=103=0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，v（H202）=3.3102mol/（

21、Lmin），故A正确；B=3.73，=1.88，3.731.88，故单位时间内产生的氧气，06min大于610min，故610min的平均反应速率：v（H202）3.3102mol/（Lmin），故B正确；C6min时，c（H2O2）=0.40=0.20mol/L，故C错误；D6min时，H2O2分解的分解率为：=50%，故D正确，故选：C。【点评】本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键，难度不大。二、非选择题：共4小题，共180分8（17分）顺丁橡胶、制备醇酸树脂的原料M以及杀菌剂N的合成路线如下：已知：iRCH=CHRRCHO+RCHO （R、R代

22、表烃基或氢）（1）CH2=CHCH=CH2的名称是1，3丁二烯（2）反应的反应类型是（选填字母）aa、加聚反应 b、缩聚反应（3）顺式聚合物P的结构式是（选填字母）b（4）A的相对分子质量为108反应的化学方程式是2CH2=CHCH=CH21mol B完全转化成M所消耗H2的质量是6g（5）反应的化学方程式是（6）A的某些同分异构体在相同的反应条件下也能生成B和C，写出其中一种同分异构体的结构简式【考点】HC：有机物的合成菁优网版权所有【专题】534：有机物的化学性质及推断【分析】根据转化关系知，1，3丁二烯发生聚合反应I得到顺式聚合物P为聚顺1，3丁二烯，则P的结构简式为，由信息i知，在加热

23、条件下发生反应II生成A，A的结构简式为，A发生反应生成B和C，B和氢气发生加成反应生成M，则B的结构简式为，C和二氯苯酚发生反应生成N，C为醛，根据N中碳原子个数知，一个C分子和两个二氯苯酚分子发生反应生成N，N的结构简式为，则C的结构简式为HCHO，再结合题目分析解答【解答】解：根据转化关系知，1，3丁二烯发生聚合反应I得到顺式聚合物P为聚顺1，3丁二烯，则P的结构简式为，由信息i知，在加热条件下发生反应II生成A，A的结构简式为，A发生反应生成B和C，B和氢气发生加成反应生成M，则B的结构简式为，C和二氯苯酚发生反应生成N，C为醛，根据N中碳原子个数知，一个C分子和两个二氯苯酚分子发生反

24、应生成N，N的结构简式为，则C的结构简式为HCHO，（1）CH2=CHCH=CH2的名称是1，3丁二烯，故答案为：1，3丁二烯；（2）通过以上分析知，反应的反应类型是加聚反应，故选a；（3）通过以上分析知，顺式聚合物P的结构式是，故选b；（4）A的相对分子质量为108，1，3丁二烯的相对分子质量是54，则A的结构简式为，则反应的化学方程式是2CH2=CHCH=CH2，故答案为：2CH2=CHCH=CH2；B的结构简式为，1mol B完全转化成M所消耗H2的物质的量是3mol，则氢气的质量是6g，故答案为：6；（5）C是甲醛，甲醛和二氯苯酚反应生成N，所以反应是C和二氯苯酚反应生成的化学方程式是

25、，故答案为：；（6）根据以上分析知，B是、C是HCHO，A的某些同分异构体在相同的反应条件下也能生成B和C，符合条件A的同分异构体有，故答案为：【点评】本题考查了有机物的推断，根据1，3丁二烯为突破口结合题给信息、M和N的结构简式确定发生的反应，注意理解题给信息中有机物的断键和成键物质，难点是同分异构体结构简式的判断，题目难度中等9（14分）NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示 图1 图2（1）中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O（2）中，2NO（g）+O2（g）2N02（g）在其它条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同

26、压强（p1，p2）下随温度变化的曲线（如图2）比较p1，p2的大小关系：p1p2随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是减小（3）中，降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l），再制备浓硝酸已知：2NO2（g）N2O4（g）H12NO2（g）N2O4（l）H2图3中能量变化示意图中，正确的是（选填字母）AN2O4与O2、H2O化合的化学方程式是2N2O4+O2+2H2O=4HNO3（4）中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是NH3，说明理由：根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多图4【考点】B

27、B：反应热和焓变；C8：化学平衡常数的含义；CB：化学平衡的影响因素；DI：电解原理菁优网版权所有【专题】517：化学反应中的能量变化；51E：化学平衡专题；51I：电化学专题【分析】（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成NO与水；（2）已知2NO（g）+O2（g）2N02（g）是正方向体积减小的反应，根据压强对平衡的影响分析；根据图象2判断该反应正方向是放热还是吸热，再判断K随温度的变化；（3）降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）N2O4（l）为放热反应，同种物质液态时能量比气态时能量低；N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，根据得失电子守恒和原子守恒写出反应的

28、方程式；（4）根据电解NO制备NH4NO3的反应方程式分析判断【解答】解：（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成NO与水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）已知2NO（g）+O2（g）2N02（g）是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知P2时NO的转化率大，则P2时压强大，即P1P2；故答案为：P1P2；由图象2可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，则该反应正方向是放热反应，所以升高温度平衡常数K减小；故答案为：减小；（3）降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明

29、反应2NO2（g）N2O4（l）为放热反应，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则N2O4（l）具有的能量比N2O4（g）具有的能量低，图象A符合，故A正确；故答案为：A；N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，其反应的化学方程式为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；故答案为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；（4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO3e+2H2O=NO3+4H+，阴极反应为：NO+5e+6H+=NH4+H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3的物质的量大于阴极产生的N

30、H4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3；故答案为：NH3；根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多【点评】本题考查了化学方程式书写、影响平衡及平衡常数的因素、能量变化图的分析等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生的综合运用能力，难度中等，注意基础知识的积累掌握10（12分）碳、硫的含量影响钢铁性能碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定（1）采用图1装置A，在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2气体a的成分是SO2、CO2

31、、O2若钢样中碳以FeS形式存在，A中反应：3FeS+5O2 1Fe3O4+3SO2（2）将气体a通入测硫酸装置中（如图2），采用滴定法测定硫的含量H2O2氧化SO2的化学方程式：H2O2+SO2=H2SO4用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗z mL NaOH溶液若消耗1mL NaOH溶液相当于硫的质量为y克，则该钢样中硫的质量分数：（3）将气体a通入测碳装置中（如图3），采用重量法测定碳的含量气体a通过B和C的目的是排除二氧化硫对二氧化碳测定的干扰计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是吸收二氧化碳前后吸收瓶的质量【考点】1B：真题集萃；FO：含硫物质的性质及综合应用；RD：探究物质的组

32、成或测量物质的含量菁优网版权所有【专题】18：实验分析题【分析】（1）该装置中C、S和氧气反应生成二氧化碳、二氧化硫，还有部分氧气剩余；若钢样中S以FeS形式存在，FeS被氧气氧化，Fe元素化合价由+2价变为+3价，2价的S被氧化为+4价，结合化学计量数知，生成物是二氧化硫和四氧化三铁；（2）双氧水具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸；若消耗1mL NaOH溶液相当于硫的质量为y克，z mL NaOH溶液相当于硫的质量为yzg，再根据质量分数公式计算硫的质量分数；（3）测定二氧化碳的含量，需要将二氧化硫除去防止造成干扰；计算钢样中碳的质量分数，需要测定吸收二氧化碳的质

33、量【解答】解：（1）该装置中C、S在A装置中被氧气反应生成二氧化碳、二氧化硫，还有部分氧气剩余，所以气体a的成分是SO2、CO2、O2，故答案为：SO2、CO2、O2；若钢样中S以FeS形式存在，FeS被氧气氧化，Fe元素化合价由+2价变为+3价，2价的S被氧化为+4价，结合化学计量数知，生成物是二氧化硫和四氧化三铁，所以反应方程式为3FeS+5O2 Fe3O4+3SO2，故答案为：Fe3O4；SO2；（2）双氧水具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸，反应方程式为 H2O2+SO2=H2SO4，故答案为：H2O2+SO2=H2SO4；若消耗1mL NaOH溶液相当于硫

34、的质量为y克，z mL NaOH溶液相当于硫的质量为yzg，硫的质量分数为=，故答案为：；（3）测定二氧化碳的含量，需要将二氧化硫除去防止造成干扰，B装置可氧化二氧化硫，C装置可以吸收二氧化硫，所以装置B和C的作用是氧化二氧化硫、除去二氧化硫，故答案为：排除二氧化硫对二氧化碳测定的干扰；计算钢样中碳的质量分数，需要测定吸收二氧化碳的质量，所以需要测定吸收二氧化碳前后吸收瓶的质量，故答案为：吸收二氧化碳前后吸收瓶的质量【点评】本题考查了C、S含量的测定，涉及氧化还原反应、方程式的配平等知识点，明确实验原理是解本题关键，结合物质的性质来分析解答，题目难度中等11（15分）用FeCl3酸性溶液脱除H

35、2S后的废液，通过控制电压电解得以再生某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/L FeCl2溶液，研究废液再生机理记录如下（a，b，c代表电压值）：序号电压/V阳极现象检验阳极产物xa电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2axb电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+，无Cl2bx0无明显变化无Fe3+，无Cl2（1）用KSCN溶液检测处Fe3+的现象是溶液变红（2）中Fe3+产生的原因可能是Cl在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化，写出有关反应：2Cl2e=Cl2，Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl（3）由推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放

36、电，原因是Fe2+具有还原性（4）中虽未检验处Cl2，但Cl在阳极是否放电仍需进一步验证电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物axc无明显变化有Cl2cxb无明显变化无Cl2NaCl溶液的浓度是0.2mol/L中检验Cl2的实验方法：取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色与对比，得出的结论（写出两点）：通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因，通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl放电【考点】DI：电解原理；GQ：二价Fe离子和三价Fe离子的检验菁优网版权所有【专题】51I：电化学专题【分析】（1）依据铁离子的检验方法和试剂颜色变化分析

37、；（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色；（3）Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性；（4）电解pH=1的0.1mol/L FeCl2溶液，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行分析判断；依据检验氯气的实验方法分析；依据图表数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，生成铁离子的两种可能【解答】解：（1）检验铁离子的试剂是硫氰酸钾溶液，用KSCN溶液检测处Fe3+的现象是溶液变红色

38、，故答案为：溶液变红；（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl2e=Cl2，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl；故答案为：2Cl2e=Cl2，Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl；（3）由推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，元素化合价升高，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性，故答案为：还原性；（4）电解pH=1的0.1mol/L FeCl2溶液，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行，所以氯化钠溶液的浓度为0.2mol/L，故答案为：

39、0.2；依据检验氯气的实验方法分析，取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色证明生成氯气，否则无氯气生成，故答案为：取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色；依据图表数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，说明生成铁离子的两种可能，一是二价铁失电子变成三价铁，二是氯离子失电子变成氯气，氯气再氧化二价铁变成三价铁对于补充的那个实验，实验四的电压高，氯气放电，实验五电压低，氯气不放电，而实验二氯气皆放电；故答案为：通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因，通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl放电【点评】本题考查了离子检验方法和现象分析，电解原理的分析应用，电解反应，电极产物的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等