2018北京高考真題化學

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2018北樂圖考真題

化學

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(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B.氣、僦用作“人造太C.偏二甲脫用作發(fā)射D,開采可燃冰，將其

用于新能源汽車陽”核聚變?nèi)剂稀疤鞂m二號”的火箭燃作為能源使用

料

A.AB.BC.CD.D

2.（6分）我國科研人員提出了由C0,和CH4轉(zhuǎn)化為高附加值產(chǎn)品CLCOOH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CHsCOOH總反應的原子利用率為100%

B.CH4-CH3COOH過程中，有C-H鍵發(fā)生斷裂

C.①一②放出能量并形成了C-C鍵

D.該催化劑可有效提高反應物的平衡轉(zhuǎn)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：G7HgeOOH+C汨FOH、"則歌、Q7M.COOGHS+HLO

A

B.常溫時，0.Imokl/i氨水的pH=H.水NB?常OWNHJKHT

C.由Na和Cl形成離子鍵的過程：「?（：!：-NN：q"

D.電解精煉銅的陰極反應：Cu2++2e-=Cu

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溶液滴入石蕊溶液滴入氯Na2s溶液滴入熱銅絲插入稀硝

FeSO,溶液中水中AgCl濁液中酸中

現(xiàn)象產(chǎn)生白色沉淀，溶液變紅，隨后沉淀由白色逐漸產(chǎn)生無色氣體，

隨后變?yōu)榧t褐迅速褪色變?yōu)楹谏S后變?yōu)榧t棕

色色

A.AB.BC.CD.D

5.（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(jié)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NHz

C.氫鍵對該高分子的性能沒有影響

D.結(jié)構簡式為:

6.（6分）測定0.ImokL"Na2s溶液先升溫再降溫過程中的pH,數(shù)據(jù)如下:

時刻?②③④

溫度/℃25304025

pH9.669.529.379.25

實驗過程中,?、佗軙r刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCb溶液做對比實驗，④產(chǎn)生白色沉淀多。

下列說法不正確的是（）

2-

A.Na2s溶液中存在水解平衡：S03-MO-HSOB+OH

B.④的pH與①不同，是由于SO/一濃度減小造成的

C.①一③的過程中，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致

D.①與④的值相等

7.（6分）驗證犧牲陽極的陰極保護法，實驗如下（燒杯內(nèi)均為經(jīng)過酸化的3%NaCl溶液）。

?

?段時間后滴人

時間后

:一取出的少St的

■“附近的潛液

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②③，可以判定Zn保護了Fe

B.對比①②，K3[Fe（CN）「可能將Fe氧化

C.驗證Zn保護Fe時不能用①的方法

D.將Zn換成Cu,用①的方法可判斷Fe比Cu活潑

二、非選擇題II卷(60分)

8.(17分)8-羥基哇咻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-羥基呼咻

的合成路線。

OH

8-羥基哇咻

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0

(2)A-B的化學方程式是。

(3)C可能的結(jié)構簡式是o

(4)C-D所需的試劑a是0

(5)D-E的化學方程式是o

(6)F-G的反應類型是。

(7)將下列K-L的流程圖補充完整:

()

OH

(8)合成8-羥基喳琳時，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.

9.(13分)磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下:

HJOJ/ACaCOj/A

T粗磷酸脫有機?脫破,一精制磷酸

HjSOVA

磷精礦一>磷精礦粉

研磨酸浸」碎石膏(主要成分為CaSO「0.5H2。)

已知：磷精礦主要成分為Ca$(P04)3(0H),還含有Cas(P04)3F和有機碳等。

溶解度:Cas(PO4)3(OH)<CaSO/O.5H2

(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)+3H20+10H2S0410CaS04?0.5H20+6H3P04

①該反應體現(xiàn)出酸性關系：H3PO4H2S04(填“>”或“<”)o

②結(jié)合元素周期律解釋①中結(jié)論：P和S電子層數(shù)相同。。

(3)酸浸時，磷精礦中Cas(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF,并進一步轉(zhuǎn)化為SiF”除去，寫出生成HF的化學方程式

(4)HzO?將粗磷酸中的有機碳氧化為C0』兌除，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：o

60

20406080100

溫度/t

(5)脫硫時，CaCOs稍過量，充分反應后仍有SO：殘留，原因是；加入BaCOs可進一步提高硫的脫除率,

其離子方程式是。

(6)取ag所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酷作指示劑，用bmol」TNaOH溶液滴定至終點時生成

1

Na2HP04,消耗NaOH溶液cmL.精制磷酸中H3P04的質(zhì)量分數(shù)是(已知：H3P04摩爾質(zhì)量為98g,moV)

10.(12分)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：

太陽能—熱能熱能一?電罐

1

(1)反應I:2H2S04(1)=2S02(g)+2H2(g)+02(g)△HL+551kJ-moV

-1

反應III：S(s)+02(g)=S02(g)AH3=-297kj'mol

反應II的熱化學方程式：o

(2)對反應II,在某一投料比時，兩種壓強下，H2s0,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，pz

Pi(填或“<”)，得出該結(jié)論的理由是o

o.

=s

溫度戶C

(3)「可以作為水溶液中S0?歧化反應的催化劑，可能的催化過程如下，將ii補充完整。

-+

i.S02+4I+4H=SI+2I2+2H20

ii.I2+2H2O+—++21'

(4)探究i、ii反應速率與SO,歧化反應速率的關系，實驗如下：分別將18mLs飽和溶液加入到2mL下列試

劑中，密閉放置觀察現(xiàn)象，(已知：L易溶解在KI溶液中)

序號ABCD

試劑組成0.4mol*L-1KIamol*L1KI0.2moPL-1H2sCh0.2mol-L-1KI

1

0.2moPL-H2S040.0002molI2

實驗現(xiàn)象溶液變黃，一段時間后出現(xiàn)渾溶液變黃，出現(xiàn)渾濁無明顯現(xiàn)象象溶液由棕褐色很快褪

濁較A快色，變成黃色，出

現(xiàn)渾濁較A快

①B是A的對比實驗，則a

②比較A、B、C,可得出的結(jié)論是.

③實驗表明，SO2的歧化反應速率D>A.結(jié)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(zhì)。

資料：KFeO』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02,在堿性溶液中較穩(wěn)

定。

(1)制備KzFeOa(夾持裝置略)

NaOH溶液

①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應方程式是(鎰被還原為岫產(chǎn))。

②將除雜裝置B補充完整并標明所用試劑。

③C中得到紫色固體和溶液。C中CL發(fā)生的反應有3cl?+2Fe(OH)3+10K0H=2K2Fe04+6KC1+8H20,另外還

有。

(2)探究LFeO,的性質(zhì)

①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Ch,為證明是否KzFeO”氧化了

C「而產(chǎn)生CL,設計以下方案：

方案I取少量a,滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色

方案II用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將KzFeCh溶出，得到紫色溶液b,取少量b,滴加

鹽酸，有CL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KzFeO”將C「氧化，還可能由

產(chǎn)生（用方程式表示）。

ii.方案H可證明LFeO,氧化了C「.用KOH溶液洗滌的目的是。

②根據(jù)KzFeO」的制備實驗得出：氧化性CLFeOj-（填“〉”或“<”），而方案II實驗表明，⑶和

FeO5的氧化性強弱關系相反，原因是。

③資料表明，酸性溶液中的氧化性FeOj->MnOJ,驗證實驗如下：將溶液b滴入MnSO,和足量H2s0」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FeO：>MnOJ,若能，請說明理由；若不能，進一步設計實

驗方案，理由或方案：。

參考答案

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.【分析】一般來說，物質(zhì)的熔點、狀態(tài)發(fā)生改變，為物理變化，而生成新物質(zhì)的變化屬于化學變化，化學變化

為原子的重新組合，物質(zhì)的組成、結(jié)構和性質(zhì)發(fā)生變化，但原子不會改變，以此解答該題。

【解答】解：A.甲醇生成氫氣，為化學變化，故A不選；

B.氣、笊用作“人造太陽”核聚變?nèi)剂希雍税l(fā)生變化，不屬于化學變化的范疇，故B選；

C.偏二甲朋用作發(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：Bo

【點評】本題為2018年全國卷，題目考查物質(zhì)的變化，側(cè)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.【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(jié)合分子中化學鍵變化法判斷；

C.圖中可知。①一②過程中能量降低，說明為放熱過程通過過渡態(tài)形成了C-C化學鍵；

D.催化劑改變反應速率不改變化學平衡和反應焰變；

【解答】解：A.圖中分析，Imol甲烷和Imol二氧化碳反應生成Imol乙酸，生成CHsCOOH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C-H鍵發(fā)生斷裂，故B正確；

C.①一②的焰值降低，過程為放熱過程，有C-C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(zhuǎn)化率，故D錯誤；

故選：Do

【點評】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.【分析】A.硬脂酸為C』35COOH,含有竣基，與C2H5"0H發(fā)生酯化反應生成Cl7H35coi80c2H5；

B.常溫時，0.Imokl/i氨水的pH=U.1,說明NIVIU)不能完全電離，為弱電解質(zhì)；

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G7HsKOOH,含有痰基，與C曲"0H發(fā)生酯化反應，乙醇脫去H原子，硬脂酸脫去羥基，

1818

反應的化學方程式為CI7H36COOH+C2H5OH22EiCi7H35C00C2H5+H20,故A錯誤；

A

B.常溫時，0.lmol?LT氨水的pH=U.1,說明NIVHQ不能完全電離，為弱電解質(zhì)，則電離方程式為NHJHQW

NHZ+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，C1得到電子，則由Na和C1形成離子鍵的過程：

-N?中軻故C正確；

D.電解精煉銅，陰極析出銅，電極方程式為Cu2++2e「一Cu,故D正確。

故選：Ao

【點評】本題綜合考查化學用語，涉及酯化反應、弱電解質(zhì)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(jié)合，很好地考查學生的分析能力，題目難度不大。

4.【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。

【解答】解：A.NaOH溶液滴入FeSO,溶液中，產(chǎn)生白色沉淀，為Fe(0H)2,隨后后變?yōu)榧t褐色，生成Fe(0H)

3,Fe元素化合價發(fā)生變化，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HC10的漂白性有關，C1元素化合

價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故B不選；

C.Na2s溶液滴入AgCl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(zhuǎn)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N0轉(zhuǎn)化為NO?,N元素化合價變化，屬于氧化還

原反應，故D不選。

故選：Co

【點評】本題考查氧化還原反應，為高考常見題型，側(cè)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。

HN-/~X-NH.HOOC-<0>-COOH

5.【分析】由結(jié)構可知，該高分子由X-Z'和\=/發(fā)生縮聚反應生成，高分

子的結(jié)構簡式為，以此來解答。

【解答】解：A.單體的苯環(huán)上均只有一種化學環(huán)境的H,故A錯誤；

H,N_-/_X_NH,HOOC^<0)-COOH

B.1,和\=/的官能團分別為一NHZ、一COOH,故B正確

C.氫鍵影響高分子的物理性質(zhì)，如溶解性、熔沸點等，故c錯誤；

D.結(jié)構簡式為，故D錯誤；

故選：Bo

【點評】本題考查有機物的結(jié)構與性質(zhì)，為高頻考點，把握高分子的結(jié)構、縮聚反應為解答的關鍵，側(cè)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.【分析】A.NazSOs是強堿弱酸鹽，SOr存在水解平衡；

B.溫度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，說明溶液中0H一濃度降低；

C.①到③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)L只有溫度有關。

【解答】解：A.Na2s。3是強堿弱酸鹽,SOt存在水解平衡，水解平衡為：SOr+HzOwHSCV+OH"忽略二級水解，故

A正確；

B.溫度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，說明溶液中0H一濃度降低，也就說明過程中SO「濃度有所降

低，故B正確；

C.①到③過程溫度升高，溫度升高，造成平衡正向移動；而因為過程中亞硫酸根被氧化為硫酸根，所以亞硫酸根

濃度降低，平衡逆向移動。二者影響不一致。故C錯誤；

D.水的離子積常數(shù)K”只有溫度有關，①和④溫度相同，所以①和④的K,值相等，故D正確，

故選：Co

【點評】本題考查弱電解質(zhì)在水中的電離平衡，明確NaBOs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.【分析】A.②③相比較，可說明鐵連接鋅后，鐵沒有被腐蝕；

B.①②相比較，可知鐵棒表面被氧化，但溶液中沒有亞鐵離子；

C.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①的方法不能比較金屬的活潑性。

【解答】解：A.②中鐵沒有被腐蝕，而③鐵腐蝕，可說明鐵連接鋅后，鋅保護了鐵，故A正確；

B.①②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L[Fe(CN)61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L[Fe(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①的方法，應用②的方法，故C正確；

D.實驗①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：Do

【點評】本題探究鐵的腐蝕與防護，為2018年北京考題，側(cè)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(zhì)的性質(zhì)，難度中等。

二、非選擇題II卷(60分)

8.【分析】E和J發(fā)生加成反應生成K,根據(jù)K結(jié)構簡式確定F中含有苯環(huán)、A為鏈狀結(jié)構，由F分子式知F為

S0

由E、J分子式知，E為CH2=CHCH0,J為.Nf,F發(fā)生鄰位取代生成G為2,G發(fā)生

還原反應生成J;

根據(jù)信息ii結(jié)合D分子式知D為CH2OHCHOHCH2OH,則C為CH2CICHOHCH2CI或CH2OHCHCICH2CI,則a為NaOH水溶

液，結(jié)合A分子式知A為CH2=CHCH3,高溫條件下A和氯氣發(fā)生取代反應，則B為CH2=CHCHZC1,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。

【解答】解：(1)由以上分析可知A為CHZ=CHCH3,為烯煌，

故答案為：烯煌；

(2)A為CHZ=CHCH3,B為CHZ=CHCH2C1,高溫條件下A和氯氣發(fā)生甲基上的取代反應，則A-B的化學方程式是

CH==CHCH3+C12J^CH2=CHCH2C1+HCL

故答案為：CH2=CHCH3+CL至遢CH2=CHCH￡1+HC1；

(3)由以上分析可知C的結(jié)構簡式是C為CH2C1CHOHCH2C1或CH2OHCHC1CH2C12,

故答案為：CH2C1CHOHCH2C1CH2OHCHC1CH2C1；

(4)通過以上分析知，C-D所需的試劑a是NaOH水溶液，

故答案為：NaOH水溶液；

(5)E為CHz=CHCHO,D為CH2OHCHOHCH2OH,D發(fā)生消去反應和氧化反應生成E,反應的化學方程式為

CH20HCH0HCH20H濃硫酸一CH,=CHCHO+2H2O,

A

故答案為：CH20HCH0HCH20H濃硫酸.CH"=CHCHO+2H2。；

A

(6)F為(0"°"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OHH,然后再發(fā)生消去反應生成L為OHH,

故答案為：：

PO?°h

(8)L為“，弓為口°2,J為力叫，L與G反應生成J和8-羥基唾琳，L失去氫，應為氧化

rx尊？a0H

反應，反應的化學方程式為3。"H+口。2-3。11++2H20,L與G物質(zhì)的量之比

為3：1,

故答案為：氧化反應；3：lo

【點評】本題考查有機物的合成，為2018年北京考題，側(cè)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(zhuǎn)化，正確推斷有機物的結(jié)構為解答該題的關鍵，難度中等。

9.【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；

(2)①根據(jù)反應方程式，是由壓S0&參加反應得到H3P0〃是由強酸制取弱酸；

②H3P0,和H2sO,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。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Cas(P0&)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF,反應過程為Cas(P04)3F和壓S0&反應，生成CaSOjL

2

H20,H3P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，考慮壓。2

受熱分解，導致HQ?濃度降低影響有機碳的脫除率；

(5)脫硫過程是加入CaCOs發(fā)生反應，脫硫時，CaCOs稍過量，與多余的硫酸反應生成CaSO”而CaSO”微溶，所以

充分反應后仍有SO：殘留，加入BaCOs可進一步提高硫的脫除率，由于BaCOs參加反應轉(zhuǎn)化生成難溶的BaS04,

在沉淀轉(zhuǎn)化的反應基礎之上發(fā)生進一步反應促使正向進行程度增大，據(jù)此分析；

(6)滴定反應為：H3Po4+2NaOH-NazHPO"+2H2O,據(jù)止匕計算。

【解答】解：(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，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)①根據(jù)反應方程式，是由H2s參加反應得到H3P0〃是由強酸制取弱酸，因此酸性強弱為：H3P04VH2s0”

故答案為：＜;

②H3P0,和H2s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。上電子云

密度降低更大，繼而導致更易電離，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H3P04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

H3P的酸性小于H2s的酸性;

(3)酸浸時，磷精礦中Cas(POD3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF,反應過程為Cas(P04)3F和壓SO’反應，生成CaSO,?工

2

H2O,H3P。4和HF,所以化學反應方程式為：2Ca5(P04)3F+1OH2so4+5H2O△1OCaSOx?J-HQ+6H3Po4+2HF,

2

故答案為：2Cas(PO4)3F+10H2S04+5H2010CaS04?-LH20+6H3P04+2HF；

2

(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HQ?

受熱分解，導致HQ?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，HQ的分解速率加

快，導致H。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，壓02的分解速率加快，導致壓02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CaCOs發(fā)生反應，脫硫時，CaCOs稍過量，與多余的硫酸反應生成CaSOa，CaSO”微溶但相對來

說仍具有一定的溶解度，所以充分反應后仍有SO｝殘留，所以原因可以解釋為：CaCOs與多余的硫酸反應生成

的CaSO&微溶，

加入BaCOs可進一步提高硫的脫除率，由于BaCOs參加反應轉(zhuǎn)化生成難溶的BaSO4,BaSO&相對于CaSO4溶解度更低，

可使溶液中S03濃度更低，考慮到沉淀轉(zhuǎn)化的反應效率較低，所以進一步提高硫的脫除率則是考慮在沉淀轉(zhuǎn)化

反應的基礎上發(fā)生效率更高的反應，促使沉淀反應的進行，沉淀轉(zhuǎn)化反應為：BaCOs+SOjYBaSOa+CO/,此時溶

液中磷酸具有一定的酸性，可以繼續(xù)發(fā)生反應生成COz,于是整個反應的“商增，正向進行的程度更大，可以達到

2

進一步脫除率的效果，綜合考慮則離子方程式為：BaCO3+SO4+H3P04=BaS04+C02t+H2+H『0J,

2--

故答案為：CaCOs與多余的硫酸反應生成的CaS04微溶；BaCO3+SO4+2H3P04=BaS04+C02f+H20+2H2P04；

(6)用NaOH滴定H3P。4至Na,HPO」的滴定反應為：H3PO4+2NaOH—Na2HP04+2H20,根據(jù)反應方程式，制磷酸中H3P04的

bcXlQ_3

X98

物質(zhì)的量為QS詈二mol，2

則精制磷酸中H3PCh的質(zhì)量分數(shù)是X100%

a

0.049bc

X100%1

a

049bc

故答案為：0-X100%o

a

【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.【分析】(1)根據(jù)圖知，反應n為3s(g)+2H20(g)=2H2s。4(1)+S(s),

將方程式-I-III即得3sO2(g)+2H20(g)=2H2s0,(1)+S(s),AH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3s0?(g)+2H2(g)

+

=2112so,(1)+S(s),催化過程中i。S02+4r+4H=SI+2I2+2H20,說明V、H*在i中作反應物，在ii中作生

成物，同時ii中還生成壓S0&,根據(jù)元素守恒知，反應物還有SO?；

(4)①B是A的對比實驗，所用c(KI)應該相等；

②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B>A>C,且C中沒有明顯現(xiàn)

象，說明不反應；

③反應i、ii知，SO?先和1一反應生成品，L再和SO?進一步反應，D中KI溶液溶解了導致D中的ii的反應

較A快。

【解答】解：(1)根據(jù)圖知,反應H為3so2(g)+2H,0(g)=2H2S04(1)+S(s),

將方程式-I-HI即得3sO2(g)+2H20(g)=2H2S04(1)+S(s),AH=-(+551kJ?mor')-(-297kJ?mo「

')=

-254kJ/mol,

故答案為：3S02(g)+2H20(g)=2H2S04(1)+S(s),AH=-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(zhì)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：Pl<P"說明壓強P2>Pl,

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(zhì)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3s(g)+2H20(g)

+

=2H2S04(1)+S(s)，催化過程中i。S02+4U+4H=SI+2I2+2H20,說明F、H*在i中作反應物,在ii中作生

成物，同時ii中還生成H2SO4,根據(jù)元素守恒知，反應物還有SO?,所以ii中方程式應該為：

+2_-

l2+2H20+S02=4H+S04+21,

+

答案為：S02；4H；SO?'；

(4)①B是A的對比實驗，所用c(KI)應該相等，否則無法得出正確結(jié)論，所以a=0.4,

故答案為：0.4；

②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B>A>C,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(jié)論是：在酸性條件下，S02與r反應速率更

快，且SO?與稀硫酸不發(fā)生反應，

故答案為：在酸性條件下，S02與1一反應速率更快，且so?與稀硫酸不發(fā)生反應；

③反應i、ii知，S02先和1一反應生成L,L再和S02進一步反應，D中KI溶液溶解了導致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，SO?先和I一反應生成L,L再和SO?進一步反應，D中KI溶液溶解了導致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(zhì)性質(zhì)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.【分析】(1)①A為氯氣發(fā)生裝置，由高鎰酸鉀和濃鹽酸反應制取得到Ck,MnOJ被還原為Mn外,被氧化

為Ck,據(jù)此寫出反應的方程式；

②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CL中混有HC1,需要除去HC1,可

將混合氣體通過飽和食鹽水達到除雜的目的；

③C中得到紫色固體和溶液，紫色的為KzFeO」，在堿性條件下，Ck可以氧化Fe(OH)3制取KzFeO",還存在反應為

CL和KOH反應；

(2)①i.方案I中加入KSCN溶液至過量，溶液呈紅色，說明反應產(chǎn)生Fe”,但該離子的產(chǎn)生不能判斷一定

KzFeOa將氧化，注意KzFeCh在堿性溶液中穩(wěn)定，酸性溶液中快速產(chǎn)生自身轉(zhuǎn)化為Fe"；

ii.方案n可證明KFeO,氧化了C「，使用KOH溶液溶出KzFeO」晶體，可以使KFeO,穩(wěn)定析出，并且除去C1CT離

子，防止在酸性條件下C10和C「反應產(chǎn)生C12干擾實驗；

②Fe(OH)3在堿性條件下被CL氧化為Fe042一,可以說明CL的氧化性大于FeO「，而方案H實驗表明，和

FeO5的氧化性強弱關系相反，方案II是FeO:在酸性條件下氧化C「生成CL,注意兩種反應體系所處酸堿性

介質(zhì)不一樣；

③實驗證明氧化性FeOA>MnOJ,即證明FeOJ能將Mn"氧化為MnOJ,MnOJ在溶液中顯紫色，KFeO&在堿性溶液

中也顯紫色，將溶液b滴入MnSO,和足量HzSO」的混合溶液中，振蕩后溶液呈淺紫色，F(xiàn)eOJ在酸溶液中立刻反應

生成Fe"和02,據(jù)此分析。

【解答】解：(1)①A為氯氣發(fā)生裝置，由高鋅酸鉀和濃鹽酸反應制取得到CL,