2018北京化學

1、歡迎廣大教師踴躍來稿，稿酬豐厚，qq：2355394501理科綜合能力測試 化學（北京卷）可能用到的相對原子質(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16第一部分（選擇題）1. 下列我國科技成果所涉及物質(zhì)的應用中，發(fā)生的不是化學變化的是A甲醇低溫所制氫氣用于新能源汽車B氘、氚用作“人造太陽”核聚變?nèi)剂螩偏二甲肼用作發(fā)射“天宮二號”的火箭燃料D開采可燃冰，將其作為能源使用A. A B. B C. C D. D【答案】B點睛：本題考查化學變化、核反應的區(qū)別，化學變化的特征是有新物質(zhì)生成。注意化學變化與核反應的區(qū)別，化學變化過程中原子核不變，核反應不屬于化學反應。2. 我國科研人員提出了由CO2和CH4

2、轉(zhuǎn)化為高附加值產(chǎn)品CH3COOH的催化反應歷程。該歷程示意圖如下。下列說法不正確的是A. 生成CH3COOH總反應的原子利用率為100%B. CH4CH3COOH過程中，有CH鍵發(fā)生斷裂C. 放出能量并形成了CC鍵D. 該催化劑可有效提高反應物的平衡轉(zhuǎn)化率【答案】D【解析】分析：A項，生成CH3COOH的總反應為CH4+CO2CH3COOH，原子利用率為100%；B項，CH4選擇性活化變?yōu)檫^程中，有1個C-H鍵發(fā)生斷裂；C項，根據(jù)圖示，的總能量高于的總能量，放出能量并形成C-C鍵；D項，催化劑只影響化學反應速率，不影響化學平衡，不能提高平衡轉(zhuǎn)化率。詳解：A項，根據(jù)圖示CH4與CO2在催化劑存在

3、時生成CH3COOH，總反應為CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一種生成物，原子利用率為100%，A項正確；B項，CH4選擇性活化變?yōu)檫^程中，有1個C-H鍵發(fā)生斷裂，B項正確；C項，根據(jù)圖示，的總能量高于的總能量，放出能量，對比和，形成C-C鍵，C項正確；D項，催化劑只影響化學反應速率，不影響化學平衡，不能提高反應物的平衡轉(zhuǎn)化率，D項錯誤；答案選D。 點睛：本題考查原子利用率、化學反應的實質(zhì)、化學反應中的能量變化、催化劑對化學反應的影響，解題的關鍵是準確分析示意圖中的信息。注意催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率，催化劑不能改變H、不能使化學平衡發(fā)生移動。3. 下列化學用語對事

4、實的表述不正確的是A. 硬脂酸與乙醇的酯化反應：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB. 常溫時，0.1 mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2O+OHC. 由Na和C1形成離子鍵的過程：D. 電解精煉銅的陰極反應：Cu2+ +2eCu【答案】A【解析】分析：A項，酯化反應的機理是“酸脫羥基醇脫氫”；B項，氨水為弱堿水溶液，存在電離平衡；C項，Na易失電子形成Na+，Cl易得電子形成Cl-；D項，電解精煉銅時，精銅為陰極，粗銅為陽極。詳解：A項，酯化反應的機理是“酸脫羥基醇脫氫”，硬脂酸與乙醇反應的化學方程式為C17H35C

5、OOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A項錯誤；B項，常溫下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9mol·L-10.1mol·L-1，氨水為弱堿水溶液，電離方程式為NH3·H2ONH4+OH-，B項正確；C項，Na原子最外層有1個電子，Na易失電子形成Na+，Cl原子最外層有7個電子，Cl易得電子形成Cl-，Na將最外層的1個電子轉(zhuǎn)移給Cl，Na+與Cl-間形成離子鍵，C項正確；D項，電解精煉銅時，精銅為陰極，粗銅為陽極，陰極電極反應式為Cu2+2e-=Cu，D項正確；答案選A。點睛：本題考查

6、酯化反應的機理、電離方程式的書寫、用電子式表示物質(zhì)的形成過程、電解精煉銅的原理。注意強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)電離方程式的區(qū)別、用電子式表示離子化合物和共價化合物形成過程的區(qū)別。4. 下列實驗中的顏色變化，與氧化還原反應無關的是ABCD實驗NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl濁液中熱銅絲插入稀硝酸中現(xiàn)象產(chǎn)生白色沉淀，隨后變?yōu)榧t褐色溶液變紅，隨后迅速褪色沉淀由白色逐漸變?yōu)楹谏a(chǎn)生無色氣體，隨后變?yōu)榧t棕色A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】分析：A項，白色沉淀變?yōu)榧t褐色沉淀時的反應為4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B項，紅色褪色

7、是HClO表現(xiàn)強氧化性；C項，白色沉淀變?yōu)楹谏珪r的反應為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D項，氣體由無色變?yōu)榧t棕色時的反應為2NO+O2=2NO2。詳解：A項，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中產(chǎn)生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀變?yōu)榧t褐色沉淀時的反應為4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，該反應前后元素化合價有升降，為氧化還原反應；B項，氯水中存在反應Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先變紅，紅色褪色是HClO表現(xiàn)強氧化性，與有色物質(zhì)發(fā)生氧化還原反應；C項，白色沉淀變?yōu)楹谏珪r的反應為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反應前后元

8、素化合價不變，不是氧化還原反應；D項，Cu與稀HNO3反應生成Cu（NO3）2、NO氣體和H2O，氣體由無色變?yōu)榧t棕色時的反應為2NO+O2=2NO2，反應前后元素化合價有升降，為氧化還原反應；與氧化還原反應無關的是C項，答案選C。 點睛：本題考查氧化還原反應的判斷，分析顏色變化的原因、理解氧化還原反應的特征是解題的關鍵。5. 一種芳綸纖維的拉伸強度比鋼絲還高，廣泛用作防護材料。其結(jié)構(gòu)片段如下圖下列關于該高分子的說法正確的是A. 完全水解產(chǎn)物的單個分子中，苯環(huán)上的氫原子具有不同的化學環(huán)境B. 完全水解產(chǎn)物的單個分子中，含有官能團COOH或NH2C. 氫鍵對該高分子的性能沒有影響D. 結(jié)構(gòu)簡式為

9、：【答案】B【解析】分析：芳綸纖維的結(jié)構(gòu)片段中含肽鍵，完全水解的單個分子為、；采用切割法分析其單體為、，該高分子化合物的結(jié)構(gòu)簡式為。詳解：A項，芳綸纖維的結(jié)構(gòu)片段中含肽鍵，完全水解產(chǎn)物的單個分子為、，、中苯環(huán)都只有1種化學環(huán)境的氫原子，A項錯誤；B項，芳綸纖維的結(jié)構(gòu)片段中含肽鍵，完全水解產(chǎn)物的單個分子為、，含有的官能團為-COOH或-NH2，B項正確；C項，氫鍵對該分子的性能有影響，如影響沸點、密度、硬度等，C項錯誤；D項，芳綸纖維的結(jié)構(gòu)片段中含肽鍵，采用切割法分析其單體為、，該高分子化合物由、通過縮聚反應形成，其結(jié)構(gòu)簡式為，D項錯誤；答案選B。 點睛：本題考查肽鍵的水解、氫原子化學環(huán)境的分析

10、、氫鍵對物質(zhì)性質(zhì)的影響、高分子化合物的書寫。注意掌握單體的判斷方法，首先根據(jù)高聚物判斷是加聚產(chǎn)物還是縮聚產(chǎn)物，然后根據(jù)推斷單體的方法作出判斷：（1）加聚產(chǎn)物單體的推斷常用“彎箭頭法”，單鍵變雙鍵，C上多余的鍵斷開；（2）縮聚產(chǎn)物單體的推斷常用“切割法”，找到斷鍵點，斷鍵后在相應部位補上-OH或-H。6. 測定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH，數(shù)據(jù)如下。時刻溫度/25304025pH9.669.529.379.25實驗過程中，取時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，產(chǎn)生白色沉淀多。下列說法不正確的是A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H

11、2O+OHB. 的pH與不同，是由于濃度減小造成的C. 的過程中，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致D. 與的Kw值相等【答案】C【解析】分析：A項，Na2SO3屬于強堿弱酸鹽，SO32-存在水解平衡；B項，取時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，產(chǎn)生白色沉淀多，說明實驗過程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，與溫度相同，與對比，SO32-濃度減小，溶液中c（OH-），的pH小于；C項，鹽類水解為吸熱過程，的過程，升高溫度SO32-水解平衡正向移動，c（SO32-）減小，水解平衡逆向移動；D項，Kw只與溫度有關。點睛：本題考查鹽類水解離子方程式的書寫、外界條件對鹽類水解平

12、衡的影響、影響水的離子積的因素、SO32-的還原性。解題時注意從溫度和濃度兩個角度進行分析。7. 驗證犧牲陽極的陰極保護法，實驗如下（燒杯內(nèi)均為經(jīng)過酸化的3%NaCl溶液）。在Fe表面生成藍色沉淀試管內(nèi)無明顯變化試管內(nèi)生成藍色沉淀下列說法不正確的是A. 對比，可以判定Zn保護了FeB. 對比，K3Fe(CN)6可能將Fe氧化C. 驗證Zn保護Fe時不能用的方法D. 將Zn換成Cu，用的方法可判斷Fe比Cu活潑【答案】D【解析】分析：A項，對比，F(xiàn)e附近的溶液中加入K3Fe（CN）6無明顯變化，F(xiàn)e附近的溶液中不含F(xiàn)e2+，F(xiàn)e附近的溶液中加入K3Fe（CN）6產(chǎn)生藍色沉淀，F(xiàn)e附近的溶液中含F(xiàn)

13、e2+，中Fe被保護；B項，加入K3Fe（CN）6在Fe表面產(chǎn)生藍色沉淀，F(xiàn)e表面產(chǎn)生了Fe2+，對比的異同，可能是K3Fe（CN）6將Fe氧化成Fe2+；C項，對比，也能檢驗出Fe2+，不能用的方法驗證Zn保護Fe；D項，由實驗可知K3Fe（CN）6可能將Fe氧化成Fe2+，將Zn換成Cu不能用的方法證明Fe比Cu活潑。詳解：A項，對比，F(xiàn)e附近的溶液中加入K3Fe（CN）6無明顯變化，F(xiàn)e附近的溶液中不含F(xiàn)e2+，F(xiàn)e附近的溶液中加入K3Fe（CN）6產(chǎn)生藍色沉淀，F(xiàn)e附近的溶液中含F(xiàn)e2+，中Fe被保護，A項正確；B項，加入K3Fe（CN）6在Fe表面產(chǎn)生藍色沉淀，F(xiàn)e表面產(chǎn)生了Fe2+

14、，對比的異同，可能是K3Fe（CN）6將Fe氧化成Fe2+，B項正確；C項，對比，加入K3Fe（CN）6在Fe表面產(chǎn)生藍色沉淀，也能檢驗出Fe2+，不能用的方法驗證Zn保護Fe，C項正確；D項，由實驗可知K3Fe（CN）6可能將Fe氧化成Fe2+，將Zn換成Cu不能用的方法證明Fe比Cu活潑，D項錯誤；答案選D。點睛：本題通過實驗驗證犧牲陽極的陰極保護法，考查Fe2+的檢驗、實驗方案的對比，解決本題的關鍵是用對比分析法。要注意操作條件的變化，如中沒有取溶液，中取出溶液，考慮Fe對實驗結(jié)果的影響。要證明Fe比Cu活潑，可用的方法。KS5U第二部分（非選擇題）8. 8羥基喹啉被廣泛用作金屬離子的絡

15、合劑和萃取劑，也是重要的醫(yī)藥中間體。下圖是8羥基喹啉的合成路線。已知：i. ii.同一個碳原子上連有2個羥基的分子不穩(wěn)定。（1）按官能團分類，A的類別是_。（2）AB的化學方程式是_。（3）C可能的結(jié)構(gòu)簡式是_。（4）CD所需的試劑a是_。（5）DE的化學方程式是_。（6）FG的反應類型是_。（7）將下列KL的流程圖補充完整：_（8）合成8羥基喹啉時，L發(fā)生了_（填“氧化”或“還原”）反應，反應時還生成了水，則L與G物質(zhì)的量之比為_?！敬鸢浮?(1). 烯烴 (2). CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl (3). HOCH2CHClCH2Cl ClCH2CH(OH)CH2

16、Cl (4). NaOH，H2O (5). HOCH2CH(OH)CH2OH CH2=CHCHO+2H2O (6). 取代反應 (7). (8). 氧化 (9). 31【解析】分析：A的分子式為C3H6，A的不飽和度為1，A與Cl2高溫反應生成B，B與HOCl發(fā)生加成反應生成C，C的分子式為C3H6OCl2，B的分子式為C3H5Cl，B中含碳碳雙鍵，AB為取代反應，則A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=CH2；根據(jù)C、D的分子式，CD為氯原子的取代反應，結(jié)合題給已知ii，C中兩個Cl原子連接在兩個不同的碳原子上，則A與Cl2高溫下發(fā)生飽和碳上氫原子的取代反應，B的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH2Cl、C的結(jié)

17、構(gòu)簡式為HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH（OH）CH2Cl、D的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH（OH）CH2OH；D在濃硫酸、加熱時消去2個“H2O”生成E；根據(jù)FGJ和E+JK，結(jié)合F、G、J的分子式以及K的結(jié)構(gòu)簡式，E+JK為加成反應，則E的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCHO，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為、G的結(jié)構(gòu)簡式為、J的結(jié)構(gòu)簡式為；K的分子式為C9H11NO2，L的分子式為C9H9NO，KL的過程中脫去1個“H2O”，結(jié)合KL的反應條件和題給已知i，KL先發(fā)生加成反應、后發(fā)生消去反應，L的結(jié)構(gòu)簡式為。（2）AB為CH3CH=CH2與Cl2高溫下的取代反應，反應的化學方程式為CH3CH=CH2+Cl

18、2CH2=CHCH2Cl+HCl。（3）B與HOCl發(fā)生加成反應生成C，由于B關于碳碳雙鍵不對稱，C可能的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH（OH）CH2Cl。（4）CD為氯原子的水解反應，CD所需的試劑a是NaOH、H2O，即NaOH水溶液。（5）DE為消去反應，反應的化學方程式為HOCH2CH（OH）CH2OHCH2=CHCHO+2H2O。（6）F的結(jié)構(gòu)簡式為、G的結(jié)構(gòu)簡式為，F(xiàn)G的反應類型為取代反應。（7）K的分子式為C9H11NO2，L的分子式為C9H9NO，對比K和L的分子式，KL的過程中脫去1個“H2O”，結(jié)合KL的反應條件和題給已知i，K先發(fā)生加成反應生成，發(fā)

19、生消去反應生成L，補充的流程圖為：。（8）根據(jù)流程L+GJ+8-羥基喹啉+H2O，即+H2O，對比L和8-羥基喹啉的結(jié)構(gòu)簡式，L發(fā)生了去氫的氧化反應。根據(jù)原子守恒，反應過程中L與G物質(zhì)的量之比為3:1。點睛：本題以8-羥基喹啉的合成為載體，考查有機推斷、有機物類別的判斷、有機物結(jié)構(gòu)簡式和有機方程式的書寫、有機反應類型的判斷等。推斷時主要依據(jù)分子式判斷可能的反應類型，結(jié)合所學有機物之間的相互轉(zhuǎn)化和題給信息分析。9. 磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4&#

20、183;0.5H2O（1）上述流程中能加快反應速率的措施有_。（2）磷精礦粉酸浸時發(fā)生反應：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4該反應體現(xiàn)出酸性關系：H3PO4_H2SO4（填“>”或“<”）。結(jié)合元素周期律解釋中結(jié)論：P和S電子層數(shù)相同，_。（3）酸浸時，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF，并進一步轉(zhuǎn)化為SiF4除去。寫出生成HF的化學方程式：_。（4）H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除，同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率如圖所示。80后脫除率變化的原因：

21、_。（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO42殘留，原因是_；加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，其離子方程式是_。（6）取a g所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用b mol·L1NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分數(shù)是_。（已知：H3PO4摩爾質(zhì)量為98 g·mol1）【答案】 (1). 研磨、加熱 (2). (3). 核電荷數(shù)PS，原子半徑PS，得電子能力PS，非金屬性PS (4). 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3

22、PO4+2HF (5). 80 后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低 (6). CaSO4微溶 (7). BaCO3+2H3PO4BaSO4+CO2+H2O+2 (8). 【解析】分析：磷精礦粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸經(jīng)過脫有機碳、脫硫等步驟獲得精制磷酸。（1）根據(jù)外界條件對化學反應速率的影響分析，流程中能加快反應速率的措施有：研磨、加熱。（2）根據(jù)“強酸制弱酸”的復分解反應規(guī)律，酸性：H3PO4H2SO4。用元素周期律解釋，P和S電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)PS，原子半徑PS，得電子能力PS，非金屬性PS。（3）根據(jù)“強酸制弱酸”的復分解反應規(guī)律，Ca5（PO4）3F與H2SO4反應生成H

23、F、磷石膏和磷酸。（4）圖示是相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率，80前溫度升高反應速率加快，相同時間內(nèi)有機碳脫除率增大；80后溫度升高，H2O2分解速率大，H2O2濃度顯著降低，反應速率減慢，相同條件下有機碳脫除率減小。（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO42-殘留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，因為BaSO4難溶于水，反應的離子方程式為BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4-+H2O。（6）根據(jù)題意關系式為H3PO42NaOH，由消耗的NaOH計算H3PO4。詳解：（1）研磨能增大反應物的接觸

24、面積，加快反應速率，加熱，升高溫度加快反應速率；流程中能加快反應速率的措施有：研磨、加熱。（4）圖示是相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率，80前溫度升高反應速率加快，相同時間內(nèi)有機碳脫除率增大；80后溫度升高，H2O2分解速率大，H2O2濃度顯著降低，反應速率減慢，相同條件下有機碳脫除率減小。 （5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO42-殘留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，因為BaSO4難溶于水，其中SO42-與BaCO3生成更難溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性強于H2CO3，在粗磷酸中CO32-轉(zhuǎn)化成H2O和CO2，

25、反應的離子方程式為BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4-+H2O。（6）滴定終點生成Na2HPO4，則消耗的H3PO4與NaOH物質(zhì)的量之比為1：2，n（H3PO4）=n（NaOH）=bmol/Lc10-3L=mol，m（H3PO4）=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分數(shù)為。點睛：本題以磷精礦濕法制備磷酸的工藝流程為載體，考查影響化學反應速率的因素、“強酸制弱酸”的復分解反應規(guī)律、元素周期律、指定情境下方程式的書寫、物質(zhì)含量的計算等。解題時必須利用所學知識結(jié)合流程分析，如第（5）問注意脫硫的反應是在粗磷酸中進行的，BaCO

26、3或CaCO3中碳元素最終變?yōu)镃O2；第（6）問中H3PO4與NaOH物質(zhì)的量之比的確定等。10. 近年來，研究人員提出利用含硫物質(zhì)熱化學循環(huán)實現(xiàn)太陽能的轉(zhuǎn)化與存儲。過程如下：（1）反應：2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) H1=+551 kJ·mol1反應：S(s)+O2(g)SO2(g) H3=297 kJ·mol1反應的熱化學方程式：_。（2）對反應，在某一投料比時，兩種壓強下，H2SO4在平衡體系中物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度的變化關系如圖所示。p2_p 1（填“”或“”），得出該結(jié)論的理由是_。（3）I可以作為水溶液中SO2歧化反應的催化劑，可能的

27、催化過程如下。將ii補充完整。iSO2+4I+4H+S+2I2+2H2OiiI2+2H2O+_+_+2 I（4）探究i、ii反應速率與SO2歧化反應速率的關系，實驗如下：分別將18 mL SO2飽和溶液加入到2 mL下列試劑中，密閉放置觀察現(xiàn)象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）序號ABCD試劑組成0.4 mol·L1 KIa mol·L1 KI0.2 mol·L1 H2SO40.2 mol·L1 H2SO40.2 mol·L1 KI0.0002 mol I2實驗現(xiàn)象溶液變黃，一段時間后出現(xiàn)渾濁溶液變黃，出現(xiàn)渾濁較A快無明顯現(xiàn)象溶液由棕褐色很快褪

28、色，變成黃色，出現(xiàn)渾濁較A快B是A的對比實驗，則a=_。比較A、B、C，可得出的結(jié)論是_。實驗表明，SO2的歧化反應速率DA，結(jié)合i、ii反應速率解釋原因：_。【答案】 (1). 3SO2(g)+2H2O (g)2H2SO4 (l)+S(s) H2=254 kJ·mol1 (2). > (3). 反應是氣體物質(zhì)的量減小的反應，溫度一定時，增大壓強使反應正向移動，H2SO4 的物質(zhì)的量增大，體系總物質(zhì)的量減小，H2SO4的物質(zhì)的量分數(shù)增大 (4). SO2 (5). SO42 (6). 4H+ (7). 0.4 (8). I是SO2歧化反應的催化劑，H+單獨存在時不具有催化作用，

29、但H+可以加快歧化反應速率 (9). 反應ii比i快；D中由反應ii產(chǎn)生的H+使反應i加快【解析】分析：（1）應用蓋斯定律結(jié)合反應II分析。（2）采用“定一議二”法，根據(jù)溫度相同時，壓強與H2SO4物質(zhì)的量分數(shù)判斷。（3）依據(jù)催化劑在反應前后質(zhì)量和化學性質(zhì)不變，反應i+反應ii消去I-得總反應。（4）用控制變量法對比分析。詳解：（1）根據(jù)過程，反應II為SO2催化歧化生成H2SO4和S，反應為3SO2+2H2O=2H2SO4+S。應用蓋斯定律，反應I+反應III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）H=H1+H3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+

30、254kJ/mol，反應II的熱化學方程式為3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）H=-254kJ/mol。 （3）反應II的總反應為3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作為水溶液中SO2歧化反應的催化劑，催化劑在反應前后質(zhì)量和化學性質(zhì)不變，（總反應-反應i）2得，反應ii的離子方程式為I2+2H2O+SO2=4H+SO42-+2I-。（4）B是A的對比實驗，采用控制變量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A與B中KI濃度應相等，則a=0.4。對比A與B，加入H+可以加快SO2歧化反應的速率；對比B與C，單獨H+不能催化SO2的歧化反應；比較A、B、C，

31、可得出的結(jié)論是：I是SO2歧化反應的催化劑，H+單獨存在時不具有催化作用，但H+可以加快歧化反應速率。對比D和A，D中加入KI的濃度小于A，D中多加了I2，反應i消耗H+和I-，反應ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，變成黃色，出現(xiàn)渾濁較A快”，反應速率DA，由此可見，反應ii比反應i速率快，反應ii產(chǎn)生H+使c（H+）增大，從而反應i加快。點睛：本題以利用含硫物質(zhì)熱化學循環(huán)實現(xiàn)太陽能的轉(zhuǎn)化與存儲為載體，考查蓋斯定律的應用、化學平衡圖像的分析、方程式的書寫、控制變量法探究外界條件對化學反應速率的影響，考查學生靈活運用所學知識解決實際問題的能力。11. 實驗小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4

32、）并探究其性質(zhì)。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定。（1）制備K2FeO4（夾持裝置略）A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應方程式是_（錳被還原為Mn2+）。將除雜裝置B補充完整并標明所用試劑。_C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發(fā)生的反應有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外還有_。（2）探究K2FeO4的性質(zhì)取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產(chǎn)生黃綠色氣體，得溶液a，經(jīng)檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl而產(chǎn)生Cl2，設計以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至過量，

33、溶液呈紅色。方案用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產(chǎn)生。由方案中溶液變紅可知a中含有_離子，但該離子的產(chǎn)生不能判斷一定是K2FeO4將Cl氧化，還可能由_產(chǎn)生（用方程式表示）。方案可證明K2FeO4氧化了Cl。用KOH溶液洗滌的目的是_。根據(jù)K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2_（填“”或“”），而方案實驗表明，Cl2和的氧化性強弱關系相反，原因是_。資料表明，酸性溶液中的氧化性，驗證實驗如下：將溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振蕩后溶液呈淺紫色，該現(xiàn)象能否證明氧化性。若能，請說明理由；若不能，

34、進一步設計實驗方案。理由或方案：_?！敬鸢浮?(1). 2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl +5Cl2+8H2O (2). (3). Cl2+2OHCl+ClO+H2O (4). i. Fe3+ (5). 4FeO42+20H+4Fe3+3O2+10H2O (6). 排除ClO的干擾 (7). > (8). 溶液的酸堿性不同 (9). 若能，理由：FeO42在過量酸的作用下完全轉(zhuǎn)化為Fe3+和O2，溶液淺紫色一定是MnO4的顏色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）【解析】分析：（1）KMnO4與濃鹽酸反應制Cl2；由于鹽酸具有

35、揮發(fā)性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl；Cl2與Fe（OH）3、KOH反應制備K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大氣。 （2）根據(jù)制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2還會與KOH反應生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含F(xiàn)e3+。根據(jù)題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，自身被還原成Fe3+。II.產(chǎn)生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗滌除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在。根據(jù)同一反