2018年北京市高考化學試卷(共28頁)

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上2018年北京市高考化學試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，共42分每題只有一個正確選項）1（6分）下列我國科技成果所涉及物質的應用中，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”核聚變燃料 C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AABBCCDD2（6分）我國科研人員提出了由CO2和CH4轉化為高附加值產(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%BCH4CH3COOH過程中，有CH鍵發(fā)生斷裂C放出能量并形成了CC鍵D

2、該催化劑可有效提高反應物的平衡轉化率3（6分）下列化學用語對事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，0.1molL1氨水的pH=11.1：NH3H2ONH4+OHC由Na和Cl形成離子鍵的過程：D電解精煉銅的陰極反應：Cu2+2eCu4（6分）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AgC1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

3、色AABBCCDD5（6分）一種芳綸纖維的拉伸強度比鋼絲還高，廣泛用作防護材料，其結構片段如下圖。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，含有官能團一COOH或一NH2C氫鍵對該高分子的性能沒有影響D結構簡式為：6（6分）測定0.1molL1 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（）ANa2SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2OHSO

4、3+OHB的pH與不同，是由于SO32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7（6分）驗證犧牲陽極的陰極保護法，實驗如下（燒杯內均為經(jīng)過酸化的3%NaC1溶液）。在Fe表面生成藍色沉淀試管內無明顯變化試置內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活潑二、非選擇題II卷（60分）8（17分）8羥基哇啉被廣泛用作金屬離子的絡合劑和萃取劑，也是重要的醫(yī)藥中間體。下圖是8羥基呼啉的合成路線。已知：i+ii同一個碳原子上連有2

5、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可能的結構簡式是 。（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物質的量之比為 。9（13分）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）CaSO40.5H2O（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：

6、2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+10H2SO410CaSO40.5H2O+6H3PO4該反應體現(xiàn)出酸性關系：H3PO4 H2SO4（填“”或“”）。結合元素周期律解釋中結論：P和S電子層數(shù)相同。 。（3）酸浸時，磷精礦中Ca5（PO4）3F所含氟轉化為HF，并進一步轉化為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： 。（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

7、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 molL1NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL精制磷酸中H3PO4的質量分數(shù)是 （已知：H3PO4摩爾質量為98 gmol1）10（12分）近年來，研究人員提出利用含硫物質熱化學循環(huán)實現(xiàn)太陽能的轉化與存儲，過程如下：（1）反應：2H2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O 2（g）+H1=+551 kJmol1反應：S（s）+O2（g）=SO2（g）H3=297 kJmol1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在平衡體系中物質的量分數(shù)

8、隨溫度的變化關系如圖所示，p2 p1（填“”或“”），得出該結論的理由是 。（3）I可以作為水溶液中SO2歧化反應的催化劑，可能的催化過程如下，將ii補充完整。iSO2+4I+4H+=S+2I2+2H2OiiI2+2H2O+ + +2I（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 molL1 KIa molL1 KI0.2 molL1 H2SO40.2 molL1 H2SO40.2 molL1 KI0.0002 mol I2實驗現(xiàn)象溶液變黃，

9、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)象象溶液由棕褐色很快褪色，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，可得出的結論是 。實驗表明，SO2的歧化反應速率DA結合i，ii反應速率解釋原因： 。11（16分）實驗小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質。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+2F

10、e（OH）3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外還有 。（2）探究K2FeO4的性質取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，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。i由方案1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K2FeO4將Cl氧化，還可能由 產(chǎn)生（用方程式表示）。ii方案可證明K2FeO4氧化了Cl用KOH溶液洗滌的目的是 。根據(jù)K

11、2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2 FeO42（填“”或“”），而方案實驗表明，Cl2和FeO42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FeO42MnO4，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FeO42MnO4，若能，請說明理由；若不能，進一步設計實驗方案，理由或方案： 。2018年北京市高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題6分，共42分每題只有一個正確選項）1（6分）下列我國科技成果所涉及物質的應用中，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“

12、人造太陽”核聚變燃料 C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AABBCCDD【分析】一般來說，物質的熔點、狀態(tài)發(fā)生改變，為物理變化，而生成新物質的變化屬于化學變化，化學變化為原子的重新組合，物質的組成、結構和性質發(fā)生變化，但原子不會改變，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈甲醇生成氫氣，為化學變化，故A不選；B氘、氚用作“人造太陽”核聚變燃料，原子核發(fā)生變化，不屬于化學變化的范疇，故B選；C偏二甲肼用作發(fā)射“天宮二號”的火箭燃料，燃燒生成氮氣和水，發(fā)生化學變化，故C不選；D可燃冰的主要成分為甲烷，燃燒生成二氧化碳和水，為化學變化，故D不選。故選：B。【點評】本題為201

13、8年全國卷，題目考查物質的變化，側重于化學與生活、生產(chǎn)的考查，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，主要把握化學變化與物理變化的區(qū)別，難度不大。2（6分）我國科研人員提出了由CO2和CH4轉化為高附加值產(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%BCH4CH3COOH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化率【分析】A原子利用率是指被利用的原子數(shù)和總原子數(shù)之比；B甲烷反應后生成乙酸，結合分子中化學鍵變化法判斷；C圖中可知。過程中能量降低，說明為放熱過程通過過渡態(tài)形成了CC化學鍵；

14、D催化劑改變反應速率不改變化學平衡和反應焓變；【解答】解：A圖中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反應生成1mol乙酸，生成CH3COOH總反應的原子利用率為100%，故A正確；B圖中變化可知甲烷在催化劑作用下經(jīng)過選擇性活化，其中甲烷分子中碳原子會與催化劑形成一新的共價鍵，必有CH鍵發(fā)生斷裂，故B正確；C的焓值降低，過程為放熱過程，有CC鍵形成，故C正確；D催化劑只加快反應速率，不改變化學平衡轉化率，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查了化學反應過程的分析、反應過程中催化劑作用和能量變化、化學鍵的變化，注意題干信息的理解應用，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。3（6分）下列化學用語對事實的表

15、述不正確的是（）A硬脂酸與乙醇的酯化反應：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB常溫時，0.1molL1氨水的pH=11.1：NH3H2ONH4+OHC由Na和Cl形成離子鍵的過程：D電解精煉銅的陰極反應：Cu2+2eCu【分析】A硬脂酸為C17H35COOH，含有羧基，與C2H518OH發(fā)生酯化反應生成C17H35CO18OC2H5；B常溫時，0.1molL1氨水的pH=11.1，說明NH3H2O不能完全電離，為弱電解質；C氯化鈉為離子化合物，含有離子鍵；D電解精煉銅，陰極析出銅。【解答】解：A硬脂酸為C17H35COOH，含有羧基，與C2H518OH

16、發(fā)生酯化反應，乙醇脫去H原子，硬脂酸脫去羥基，反應的化學方程式為C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故A錯誤；B常溫時，0.1molL1氨水的pH=11.1，說明NH3H2O不能完全電離，為弱電解質，則電離方程式為NH3H2ONH4+OH，故B正確；C氯化鈉為離子化合物，含有離子鍵，反應中Na失去電子，Cl得到電子，則由Na和Cl形成離子鍵的過程：，故C正確；D電解精煉銅，陰極析出銅，電極方程式為Cu2+2eCu，故D正確。故選：A?！军c評】本題綜合考查化學用語，涉及酯化反應、弱電解質的電離、電子式以及電極方程式，題目把化學用語與化學反應原理巧妙地結合

17、，很好地考查學生的分析能力，題目難度不大。4（6分）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AgC1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AABBCCDD【分析】發(fā)生的反應中，存在元素的化合價變化，與氧化還原反應有關；反之，不存在元素的化合價變化，則與氧化還原反應無關，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，產(chǎn)生白色沉淀，為Fe（OH）2，隨后后變?yōu)榧t褐色，生成Fe（OH）3，F(xiàn)e元素化合價發(fā)生變化

18、，為氧化還原反應，故A不選；B石蕊溶液滴入氯水中，生成鹽酸和次氯酸，溶液變紅與鹽酸有關，后褪色與HClO的漂白性有關，Cl元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故B不選；CNa2S溶液滴入AgC1濁液中，沉淀由白色逐漸變?yōu)楹谏葾gCl生成Ag2S沉淀，屬于沉淀的轉化，元素化合價沒有發(fā)生變化，不是氧化還原反應，故C選；D熱銅絲插入稀硝酸中，產(chǎn)生無色氣體，隨后變?yōu)榧t棕色，涉及NO轉化為NO2，N元素化合價變化，屬于氧化還原反應，故D不選。故選：C?！军c評】本題考查氧化還原反應，為高考常見題型，側重于氧化還原反應判斷的考查，注意把握發(fā)生的反應及反應中元素的化合價變化，題目難度不大。5（6分）一種

19、芳綸纖維的拉伸強度比鋼絲還高，廣泛用作防護材料，其結構片段如下圖。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，含有官能團一COOH或一NH2C氫鍵對該高分子的性能沒有影響D結構簡式為：【分析】由結構可知，該高分子由和發(fā)生縮聚反應生成，高分子的結構簡式為，以此來解答?！窘獯稹拷猓篈單體的苯環(huán)上均只有一種化學環(huán)境的H，故A錯誤；B和的官能團分別為一NH2、一COOH，故B正確；C氫鍵影響高分子的物理性質，如溶解性、熔沸點等，故C錯誤；D結構簡式為，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握高

20、分子的結構、縮聚反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項C為解答的易錯點，題目難度不大。6（6分）測定0.1molL1 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（）ANa2SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2OHSO3+OHB的pH與不同，是由于SO32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【分析】ANa2SO3是強堿弱酸鹽，SO32存在水解平衡；B溫度相同，溶液的

21、pH值低于溶液的pH值，說明溶液中OH濃度降低；C到過程溫度升高，溶液pH降低，增大濃度則有利于水解正向移動；D水的離子積常數(shù)Kw只有溫度有關?！窘獯稹拷猓篈Na2SO3是強堿弱酸鹽，SO32存在水解平衡，水解平衡為：SO32+H2OHSO3+OH，忽略二級水解，故A正確；B溫度相同，溶液的pH值低于溶液的pH值，說明溶液中OH濃度降低，也就說明過程中SO32濃度有所降低，故B正確；C到過程溫度升高，溶液pH降低，說明溫度升高并沒有起到促進水解平衡右移的作用，增大濃度則有利于水解正向移動，因此溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響不一致，故C錯誤；D水的離子積常數(shù)Kw只有溫度有關，和溫度相同，所以

22、和的Kw值相等，故D正確，故選：C?！军c評】本題考查弱電解質在水中的電離平衡，明確Na2SO3的水解平衡是解題的關鍵，鹽類水解是高頻考點，也是高考的重點和難點，本題難度不大，是基礎題。7（6分）驗證犧牲陽極的陰極保護法，實驗如下（燒杯內均為經(jīng)過酸化的3%NaC1溶液）。在Fe表面生成藍色沉淀試管內無明顯變化試置內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【分析】A相比較，可說明鐵連接鋅后，鐵沒有被腐蝕；B相比較，可知鐵棒表面被氧化，但溶液中沒有亞鐵離子；C

23、如鐵不純，也可形成原電池反應而被氧化，不能通過鐵棒的表面反應判斷；D用實驗的方法不能比較金屬的活潑性?！窘獯稹拷猓篈中鐵沒有被腐蝕，而鐵腐蝕，可說明鐵連接鋅后，鋅保護了鐵，故A正確；B相比較，可知鐵棒表面被氧化，但溶液中沒有亞鐵離子，可能的原因為K3Fe（CN）6將Fe氧化，故B正確；C如鐵不純，也可形成原電池反應而被氧化，加入K3Fe（CN）6可在鐵的表面生成藍色沉淀，則驗證Zn保護Fe時不能用的方法，應用的方法，故C正確；D實驗可說明鐵被氧化，說明方法存在缺陷，不能比較金屬的活潑性，則換成銅，也不能證明金屬的活潑性，故D錯誤。故選：D。【點評】本題探究鐵的腐蝕與防護，為2018年北京考題，

24、側重考查學生的分析能力和實驗能力，主要把握實驗的原理以及金屬的腐蝕，主要把握實驗的合理性與可行性的評價，把握物質的性質，難度中等。二、非選擇題II卷（60分）8（17分）8羥基哇啉被廣泛用作金屬離子的絡合劑和萃取劑，也是重要的醫(yī)藥中間體。下圖是8羥基呼啉的合成路線。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的類別是烯烴。（2）AB的化學方程式是CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl。（3）C可能的結構簡式是CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl。（4）CD所需的試劑a是NaOH水溶液。（5）DE的化學方程式是CH2OHCH

25、OHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O。（6）FG的反應類型是取代反應。（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)生了氧化（填“氧化”或“還原”）反應，反應時還生成了水，則L與G物質的量之比為3：1?！痉治觥縀和J發(fā)生加成反應生成K，根據(jù)K結構簡式確定F中含有苯環(huán)、A為鏈狀結構，由F分子式知F為；由E、J分子式知，E為CH2=CHCHO，J為，F(xiàn)發(fā)生鄰位取代生成G為，G發(fā)生還原反應生成J；根據(jù)信息ii結合D分子式知D為CH2OHCHOHCH2OH，則C為CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl，則a為NaOH水溶液，結合A分子式知A為CH2=CHCH3

26、，高溫條件下A和氯氣發(fā)生取代反應，則B為CH2=CHCH2Cl，K在濃硫酸作用下發(fā)生信息i的反應生成，然后發(fā)生消去反應生成L為，以此解答該題?！窘獯稹拷猓海?）由以上分析可知A為CH2=CHCH3，為烯烴，故答案為：烯烴；（2）A為CH2=CHCH3，B為CH2=CHCH2Cl，高溫條件下A和氯氣發(fā)生甲基上的取代反應，則AB的化學方程式是CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl，故答案為：CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl；（3）由以上分析可知C的結構簡式是C為CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl2，故答案為：CH2ClCHOHCH2

27、Cl或CH2OHCHClCH2Cl；（4）通過以上分析知，CD所需的試劑a是NaOH水溶液，故答案為：NaOH水溶液；（5）E為CH2=CHCHO，D為CH2OHCHOHCH2OH，D發(fā)生消去反應生成E，反應的化學方程式為CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O，故答案為：CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O；（6）F為發(fā)生取代反應生成G，故答案為：取代反應；（7）由題給信息可知K首先發(fā)生加成反應生成，然后再發(fā)生消去反應生成L為，故答案為：（8）L為，G為，J為，L與G反應生成J和8羥基喹啉，L失去氫，應為氧化反應，反應的化學方程式為3+3+2H2O，L與G

28、物質的量之比為3：1，故答案為：氧化反應；3：1?！军c評】本題考查有機物的合成，為2018年北京考題，側重考查學生的分析能力，注意把握題給信息以及有機物官能團的轉化，正確推斷有機物的結構為解答該題的關鍵，難度中等。9（13分）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）CaSO40.5H2O（1）上述流程中能加快反應速率的措施有研磨，加熱。（2）磷精礦粉酸浸時發(fā)生反應：2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+10H2SO410CaSO40.5H2O+6H3PO4該反應體現(xiàn)出酸性關

29、系：H3PO4H2SO4（填“”或“”）。結合元素周期律解釋中結論：P和S電子層數(shù)相同。同一周期，從左到右，半徑逐漸減小，得電子能力增強，最高價氧化物對應的水化物酸性增強，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性。（3）酸浸時，磷精礦中Ca5（PO4）3F所含氟轉化為HF，并進一步轉化為SiF4除去，寫出生成HF的化學方程式：2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4H2O+6H3PO4+2HF。（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：溫度高于80時，H2O2

30、的分解速率加快，導致H2O2的濃度降低，也就導致有機碳脫除率下降。（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO42殘留，原因是CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq），CaSO4的溶解度相對較大；加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，其離子方程式是BaCO3+SO42BaSO4+CO32。（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 molL1NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL精制磷酸中H3PO4的質量分數(shù)是（已知：H3PO4摩爾質量為98 gmol1）【分析】（1）常用加快化學反應速率的措施有研磨，加熱，溶解時攪拌等；

31、（2）根據(jù)反應方程式，是由H2SO4參加反應得到H3PO4，是由強酸制取弱酸；H3PO4和H2SO4均為無機含氧酸，主要可從P和S的非金屬性角度考慮，S的非金屬性強于P，可以使O上電子云密度降低更大，繼而導致H+更易電離，H+越易電離，含氧酸酸性越強；（3）酸浸時，磷精礦中Ca5（PO4）3F所含氟轉化為HF，反應過程為Ca5（PO4）3F和H2SO4反應，生成CaSO4H2O，H3PO4和HF，據(jù)此寫出反應方程式；（4）根據(jù)圖象，80前隨著溫度升高，有機碳脫除率增大，80后隨著溫度升高，有機碳脫除率降低，考慮H2O2受熱分解，導致H2O2濃度降低影響有機碳的脫除率；（5）脫硫過程是加入CaC

32、O3發(fā)生反應，脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO42殘留，反應過程生成CaSO4，而CaSO4相對于CaCO3溶解度較大，能產(chǎn)生多余的SO42，加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，則是由于發(fā)生沉淀轉化，BaCO3可轉化為更難溶的BaSO4；（6）滴定反應為：H3PO4+2NaOHNa2HPO4+2H2O，據(jù)此計算?！窘獯稹拷猓海?）常用加快化學反應速率的措施有研磨，加熱，溶解時攪拌等，根據(jù)流程圖，加快化學反應速率的措施有：研磨，加熱，故答案為：研磨，加熱；（2）根據(jù)反應方程式，是由H2SO4參加反應得到H3PO4，是由強酸制取弱酸，因此酸性強弱為：H3PO4H2SO4，故答案為：；

33、H3PO4和H2SO4均為無機含氧酸，主要可從P和S的非金屬性角度考慮，S的非金屬性強于P，可以使O上電子云密度降低更大，繼而導致H+更易電離，H+越易電離，含氧酸酸性越強，可以簡單解釋為：P的半徑大于S，P的非金屬性小于S，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性，故答案為：同一周期，從左到右，半徑逐漸減小，得電子能力增強，最高價氧化物對應的水化物酸性增強，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性；（3）酸浸時，磷精礦中Ca5（PO4）3F所含氟轉化為HF，反應過程為Ca5（PO4）3F和H2SO4反應，生成CaSO4H2O，H3PO4和HF，所以化學反應方程式為：2Ca5（PO4）3F+1

34、0H2SO4+5H2O10CaSO4H2O+6H3PO4+2HF，故答案為：2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4H2O+6H3PO4+2HF；（4）根據(jù)圖象，80前隨著溫度升高，有機碳脫除率增大，80后隨著溫度升高，有機碳脫除率降低，考慮H2O2受熱分解，導致H2O2濃度降低影響有機碳的脫除率，所以可以解釋為：溫度高于80時，H2O2的分解速率加快，導致H2O2的濃度降低，也就導致有機碳脫除率下降，故答案為：溫度高于80時，H2O2的分解速率加快，導致H2O2的濃度降低，也就導致有機碳脫除率下降；（5）脫硫過程是加入CaCO3發(fā)生反應，脫硫時，CaCO3稍過量，充分反

35、應后仍有SO42殘留，反應過程生成CaSO4，而CaSO4相對于CaCO3溶解度較大，能產(chǎn)生多余的SO42，所以原因可以解釋為：CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq），CaSO4的溶解度相對較大，加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，則是由于發(fā)生沉淀轉化，BaCO3可轉化為更難溶的BaSO4，離子方程式為：BaCO3+SO42BaSO4+CO32，故答案為：CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq），CaSO4的溶解度相對較大；BaCO3+SO42BaSO4+CO32；（6）用NaOH滴定H3PO4至Na2HPO4的滴定反應為：H3PO4+2NaOHNa2HPO4+2H2O

36、，根據(jù)反應方程式，制磷酸中H3PO4的物質的量為，則精制磷酸中H3PO4的質量分數(shù)是=，故答案為：。【點評】本題考察無機流程分析，綜合了化學反應原理，考查了元素周期律，無機含氧酸強度比較，陌生反應方程式的書寫，沉淀溶解平衡原理，酸堿滴定反應相關計算，是一道考察綜合知識的題，題目整體難度中等，有助于培養(yǎng)綜合運用化學原理解決問題的能力。10（12分）近年來，研究人員提出利用含硫物質熱化學循環(huán)實現(xiàn)太陽能的轉化與存儲，過程如下：（1）反應：2H2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O 2（g）+H1=+551 kJmol1反應：S（s）+O2（g）=SO2（g）H3=297 kJmol1反應

37、的熱化學方程式：3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），H=254kJ/mol。（2）對反應，在某一投料比時，兩種壓強下，H2SO4在平衡體系中物質的量分數(shù)隨溫度的變化關系如圖所示，p2p1（填“”或“”），得出該結論的理由是當溫度相同時，增大壓強，平衡正向移動，導致硫酸在平衡體系中物質的量分數(shù)增大。（3）I可以作為水溶液中SO2歧化反應的催化劑，可能的催化過程如下，將ii補充完整。iSO2+4I+4H+=S+2I2+2H2OiiI2+2H2O+SO24H+SO42+2I（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

38、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 molL1 KIa molL1 KI0.2 molL1 H2SO40.2 molL1 H2SO40.2 molL1 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)象象溶液由棕褐色很快褪色，變成黃色，出現(xiàn)渾濁較A快B是A的對比實驗，則a=0.4。比較A、B、C，可得出的結論是在酸性條件下，SO2與I反應速率更快，且SO2與稀硫酸不發(fā)生反應。實驗表明，SO2的歧化反應速率DA結合i，ii反應速率解釋原因：反應i、ii知，SO2先和I反應生成I2，I2

39、再和SO2進一步反應，D中KI溶液溶解了I2，導致D中的ii的反應較A快?！痉治觥浚?）根據(jù)圖知，反應II為3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），將方程式IIII即得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），H 進行相應的改變；（2）相同溫度下，增大壓強，平衡正向移動；（3）化學反應中的催化劑在第一個反應中作反應物、第二個反應中作生成物，總方程式為得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），催化過程中i。SO2+4I+4H+=S+2I2+2H2O，說明I、H+在i作作反應物，在ii中作生成物，同時ii中還生成H2SO4，根據(jù)元素守

40、恒知，反應物還有SO2；（4）B是A的對比實驗，所用c（KI）應該相等；比較A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反應快慢順序是BAC，且C中沒有明顯現(xiàn)象，說明不反應；反應i、ii知，SO2先和I反應生成I2，I2再和SO2進一步反應，D中KI溶液溶解了I2，導致D中的ii的反應較A快?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)圖知，反應II為3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），將方程式IIII即得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），H=（+551kJmol1）（297kJmol1）=254kJ/mol，故答案為：3SO2（g）+2H2O（

41、g）=2H2SO4（l）+S（s），H=254kJ/mol；（2）相同溫度下，增大壓強，平衡正向移動，導致硫酸在平衡體系中物質的量分數(shù)增大，根據(jù)圖知，相同溫度下，達到平衡狀態(tài)時硫酸含量：P1P2，說明壓強P2P1，故答案為：；當溫度相同時，增大壓強，平衡正向移動，導致硫酸在平衡體系中物質的量分數(shù)增大；（3）化學反應中的催化劑在第一個反應中作反應物、第二個反應中作生成物，總方程式為得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），催化過程中i。SO2+4I+4H+=S+2I2+2H2O，說明I、H+在i作作反應物，在ii中作生成物，同時ii中還生成H2SO4，根據(jù)元素守恒知，反應物

42、還有SO2，所以ii中方程式應該為：I2+2H2O+SO24H+SO42+2I，答案為：SO2；4H+；SO42；（4）B是A的對比實驗，所用c（KI）應該相等，否則無法得出正確結論，所以a=0.4，故答案為：0.4；比較A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反應快慢順序是BAC，且C中沒有明顯現(xiàn)象，說明不反應，B中含有酸導致其反應速率加快，所以得出的結論是：在酸性條件下，SO2與I反應速率更快，且SO2與稀硫酸不發(fā)生反應，故答案為：在酸性條件下，SO2與I反應速率更快，且SO2與稀硫酸不發(fā)生反應；反應i、ii知，SO2先和I反應生成I2，I2再和SO2進一步反應，D中K

43、I溶液溶解了I2，導致D中的ii的反應較A快，所以看到的現(xiàn)象是：D中出現(xiàn)渾濁較A快，故答案為：反應i、ii知，SO2先和I反應生成I2，I2再和SO2進一步反應，D中KI溶液溶解了I2，導致D中的ii的反應較A快。【點評】本題考查較綜合，涉及蓋斯定律、外界條件對化學平衡移動影響、實驗探究等，明確化學反應原理、實驗原理及物質性質是解本題關鍵，注意：作對比實驗時應該只有一個條件不同，其它條件完全相同，題目難度中等。11（16分）實驗小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質。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

44、備K2FeO4（夾持裝置略）A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應方程式是2MnO4+10Cl+16H+5Cl2+2Mn2+8H2O（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Cl2+2KOHKCl+KClO+H2O。（2）探究K2FeO4的性質取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，溶液呈紅色方案用KOH溶液充分洗滌C中所得固體

45、，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。i由方案1中溶液變紅可知a中含有Fe3+離子，但該離子的產(chǎn)生不能判斷一定K2FeO4將Cl氧化，還可能由4FeO42+20H+4Fe3+3O2+10H2O產(chǎn)生（用方程式表示）。ii方案可證明K2FeO4氧化了Cl用KOH溶液洗滌的目的是使K2FeO4穩(wěn)定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO除盡，防止ClO與Cl在酸性條件下反應產(chǎn)生Cl2，避免ClO干擾實驗。根據(jù)K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2FeO42（填“”或“”），而方案實驗表明，Cl2和FeO42的氧化性強弱關系相反，原因是溶液酸堿性會影響粒

46、子氧化性的強弱。資料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42MnO4，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FeO42MnO4，若能，請說明理由；若不能，進一步設計實驗方案，理由或方案：不能。沒有排除兩種可能的干擾。一是沒有排除溶液稀釋對溶液顏色變淺帶來的影響，可增加一個空白對照實驗排除該干擾。二是沒有排除該體系中其它氧化性粒子如O2、Fe3+的干擾，可在控制變量的條件下設計對照實驗，排除Fe3+或O2的干擾。【分析】（1）A為氯氣發(fā)生裝置，由高錳酸鉀和濃鹽酸反應制取得到Cl2，MnO4被還原為Mn2+，Cl被氧化為Cl2，據(jù)此寫出反應的方程式；裝置B為除雜裝置，反應使用濃鹽酸，濃鹽酸會揮發(fā)產(chǎn)生HCl，使得產(chǎn)生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可將混合氣體通過飽和食鹽水達到除雜的目的；C中得到紫色固體和溶液，紫色的為K2FeO4，在堿性條件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，還存在反應為Cl2和KOH反應；（2）i方案I中加入KSCN溶液至過量，溶液呈紅色，說明反應產(chǎn)生Fe3+，但該離子的產(chǎn)生不能判斷一定K2FeO4將Cl氧化，注意K2FeO4在堿性溶液中穩(wěn)定，酸性溶液中快速產(chǎn)生O2，自身轉化為Fe3+；ii方案可證明K2FeO4氧化了Cl，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶體，可以使K2FeO4