1、绝密启封并使用完毕前2018 年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试化学 （北京卷）本试卷共 16 页，共 300 分。考试时长 150 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16第一部分 （选择题）1. 下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是 化 学 变 化 的 是 （ ）2. 我国科研人员提出了由 CO2 和 CH4 转化为高附加值产品 CH3COOH 的催化反应历程。该历程示意图如下。下 列 说 法 不 正 确 的 是 （ ）A. 生成 CH3COOH 总反应的原
2、子利用率为 100%B. CH4 CH3COOH 过程中 ， 有 CH 键发生断裂C. 放出能量并形成了 CC 键D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转 化率3. 下 列 化 学 用 语 对 事 实 的 表 述 不 正 确 的 是 （ ）18OH C17H35COOC2H5+H218O A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应 ： C17H35COOH+C 2H 5B. 常温时 ， 0.1 mol L -1 氨水的 pH=11.1： NH 3H2O +OH -1 氨水的 pH=11.1： NH 3H2O +OH-C. 由 Na 和 C1 形成离子键的过程：1D. 电解精炼铜的阴极反应 ： Cu2+ +2e
3、- Cu4. 下列实验中的颜色变化 ， 与氧化还原反应无关的是（ ）A B C DNaOH 溶液滴入 FeSO4 溶液 Na2S溶液滴入 AgCl 浊实验 石蕊溶液滴入氯水中 热铜丝插入稀硝酸中中 液中产生白色沉淀， 随后变为红 溶液变红，随后迅速褪 沉淀由白色逐渐变为 产生无色气体，随后变为现象褐色 色 黑色 红棕色5. 一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高 ， 广 泛 用 作 防 护 材 料 。 其 结 构 片 段 如 下 图下列关于该高分子的说法正确的是（ ）A. 完全水解产物的单个分子中 ， 苯 环 上 的 氢 原 子 具 有 不 同 的 化 学 环 境B. 完全水解产物的单个分子中 ，
4、含有官能团 COOH 或 NH2C. 氢键对该 高分子的性能没有影响D. 结构简式为：6. 测定 0.1 mol L-1 Na2SO3 溶液先升温再降温过程中的 pH， 数 据 如 下 。时刻 温度 / 25 30 40 25pH 9.66 9.52 9.37 9.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下 列 说 法 不 正 确 的 是 （ ）A. Na 2SO3 溶液中存在水解平衡 ： +H2O +OH -B. 的 pH 与 不 同 ， 是由于 浓度减小造成的C. 的过程中 ， 温 度 和 浓 度 对 水 解 平 衡 移 动 方 向 的 影
5、 响 一 致2D. 与 的 Kw 值相等7. 验证牺牲阳极的阴极保护法 ， 实验如下 （ 烧杯内均为经过酸化的 3%NaCl 溶液 ）。下列说法不正确 的是（ ）A. 对比 ， 可以判定 Zn 保护了 FeB. 对比 ， K3Fe(CN) 6可能将 Fe氧化C. 验证 Zn 保护 Fe时不能用 的方法D. 将 Zn 换成 Cu， 用 的 方 法 可 判 断 Fe比 Cu 活泼第二部分 （非选择题）8. 8- 羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。下图是 8- 羟基喹啉的合成路线。已知： i.ii. 同一个碳原子上连 有 2 个羟基的分子不 稳定。（ 1）按官能团分类
6、， A 的类别是 _。（ 2） AB 的化学方程式是 _。（ 3） C 可能的结构简式是 _。（ 4） CD 所需的试剂 a 是 _。（ 5） DE 的化学方程式是 _。3（ 6） FG 的反应类 型是 _。（ 7）将下列 KL 的流程图补充完整： _（ 8）合成 8- 羟基喹 啉时， L 发生了 _（填 “氧 化 ”或 “还 原 ”） 反 应 ， 反 应 时 还 生 成 了 水 ， 则 L 与 G 物质的量之比为 _。9. 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷精矿主要成分为 Ca5(PO4)3(OH) ，还含有 Ca5(PO4)3F 和有机碳等。溶解度： Ca5(PO4)3(OH)
7、”或 “ (3). 反应是气体物 10 、 【 答 案 】 (1). 3SO2(g)+2H 2O (g) 2H2SO4 (l)+S(s) H2=- 254 kJ mol质的量减小的反应， 温度一定时， 增大压强使反应正向 H2SO4 的物质的量增大， 体系总物质的量减小， H2SO42-的物质的量分数增大 (4). SO2 (5). SO4 (6). 4H+ (7). 0.4 (8). I - 是 SO2 歧化反 应的催化， H+单独存在时不具有催化作用，H +可以加快歧化反应速率 (9). 反应 ii 比 i 快；D 中由反应 ii 产生的 H+使反应 i 加快11、 【 答 案 】 (1)
8、. 2KMnO 4+16HCl 2MnCl 2+2KCl +5Cl 2 +8H2O (2). (3).Cl2+2OH - -Cl +ClO - +H 2O (4). i. Fe 3+ 2-(5). 4FeO4 +20H + 3+4Fe +3O2 +10H2O (6). 排除 ClO - 的干扰2- 在过量酸的作用下完全化F e3+和 O2，溶液浅紫色 (7). (8). 溶液的酸碱性不同 (9). 若能，理由： FeO4一定是 MnO 4- 的颜色（若不能，方案：向紫色溶液 b 中滴加过量H 2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）72018 年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试
9、化学 （北京卷）1、 【 答 案 】 B点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变 ， 核反应不属于化学反应。2、 【 答 案 】 D【解析】分析 ： A 项，生成 CH3COOH 的总反应为 CH4+CO2 CH3COOH，原子利用率为 100%； B 项，CH 4选择性活化变为 过程中，有 1 个 C-H 键发生断裂； C 项，根据图示， 的总能量高于 的总能量， 放 出 能量并形成 C-C 键 ； D 项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡 转化率 。详解 ： A 项，根据图示 CH4与 C
10、O2 在催化剂存在时生成 CH3COOH ，总反应为 CH4+CO2 CH3COOH ， 只 有CH3COOH 一种生成物，原子利用率为 100%， A 项正确； B 项，CH 4 选择 性活化变为 过程中，有 1 个 C-H 键发生断裂 ，B 项 正确； C 项，根据图示， 的总能量高于 的总能量， 放 出 能 量 ， 对 比 和 ， 形 成 C-C键 ， C 项正确 ； D 项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡 ， 不能提高反应物的平衡转化率， D 项错误；答案选 D。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图
11、中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变 H、 不能使化学平衡发生移动。3、 【 答 案 】 A【解析】分析 ： A 项，酯化反应的机理是 “酸 脱 羟 基 醇 脱 氢 ”； B 项，氨水 为弱碱水溶液，存在电离平衡； C 项，Na+， Cl 易得电子形成 Cl-； D 项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极。易失电子形成 Na详解 ： A 项，酯化反应的机理是 “酸 脱 羟 基 醇 脱 氢 ”， 硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C 2H5 18OH C17H35CO18OC2H5+H2O， A 项错误； B 项，常温下 0.1mol L-1
12、氨水的 pH=11.1， 溶 液8中 c（ OH-） =10-2.9mol L-1 0.1mol L-1， 氨 水 为 弱 碱 水 溶 液 ， 电 离 方 程 式 为 NH3H2O NH 4+OH -， B 项正确； C+， Cl 原子最外层有 7 个电子， Cl 易得电子形成 Cl-， Na 将最项，Na 原子最外层有 1 个电子， Na 易失电子形成 Na+与 Cl-间形成离子键， C 项正确； D 项， 电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，外层的 1 个电子转移给 Cl， Na阴极电极反应式为 Cu2+2e-=Cu， D 项正确；答案选 A 。点睛：本题考查酯化反应的机理、电离方程式的
13、书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。4、 【 答 案 】 C【解析】分析： A 项，白色沉淀变为红 褐色沉淀时的反应为 4Fe（ OH） 2+O2+2H 2O=4Fe（ OH） 3； B 项，红色褪色是 HClO 表现强氧化性； C 项，白色沉淀变为黑色时的反应为 2AgCl+Na 2S=Ag2S+2NaCl ； D 项，气体由无色变为红棕色时的反应为 2NO+O 2=2NO 2。详解 ： A 项，NaOH 溶液滴入 FeSO4溶液中产生白色 Fe（ OH） 2 沉淀，白色沉淀变为红褐色沉
14、淀时的反应为4Fe（ OH） 2+O2+2H 2O=4Fe（ OH） 3， 该 反 应 前 后 元 素 化 合 价 有 升 降 ， 为 氧 化 还 原 反 应 ； B 项，氯水中存在反应Cl2+H2O HCl+HClO ， 由 于 氯 水 呈 酸 性 ， 石 蕊 溶 液 滴 入 后 溶 液 先 变 红 ， 红 色 褪 色 是 HClO 表现强氧化性 ， 与 有色物质发生氧化还原反应； C 项，白色沉淀变为黑色时的反应为 2AgCl+Na 2S=Ag2S+2NaCl， 反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应； D 项，Cu 与稀 HNO 3 反应生成 Cu（ NO 3） 2、 NO 气体和 H
15、2O，气体由无色变为红棕色时的反应为 2NO+O 2=2NO2， 反 应 前 后 元 素 化 合 价 有 升 降 ， 为 氧 化 还 原 反 应 ； 与 氧 化 还 原 反 应 无 关 的 是 C 项，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应的判断 ， 分 析 颜 色 变 化 的 原 因 、 理 解 氧 化 还 原 反 应 的 特 征 是 解 题 的 关 键 。5、 【 答 案 】 B【解析】 分析： 芳纶纤维的结构片段中含肽键， 完全水解的单个分子为 、 ； 采 用切割法分析其单体为 、 ， 该高分子化合物的结构简式为 。详解 ： A 项，芳纶纤维的结构片段中含 肽键，完全水解产物的单个分子为、
16、 ， 、 中苯环都只有 1 种化学环境的氢原子，A 项错误；B 项，芳纶纤维的结构片段中含肽键， 完全水解产物的单个分子 为 、 ，含有的官能团为 -COOH 或 -NH 2， B 项正确； C 项，氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点 、 密度、硬度等， C 项错误； D 项，芳纶纤维 的结构片段中含肽键，采用切割法分析其单体为 、 ， 该 高分子化合物由 、 通过缩聚反应形成，其结构简式为9， D 项错误；答案选 B。点睛：本题考查肽键的水解、氢原子化学环境的分析、氢键对物质性质的影响、高分子化合物的书写。注意掌握单体的判断方法，首先根据高聚物判断是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的
17、方法作出判断： （ 1） 加聚产物单体的推断常用 “弯 箭 头 法 ” ， 单 键 变 双 键 ， C 上多余的键断开； （2 ） 缩 聚 产 物 单 体 的 推 断 常 用 “切 割 法 ”， 找 到 断 键点，断键后在相应部位补上 -OH 或 -H。6、 【 答 案 】 C2-【解析】分析 ： A 项， Na2SO3 属于强碱弱酸盐， SO3 存在水解平衡； B 项，取 时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验， 产生白色沉淀多 ， 说明实验过程中部分 Na2SO3被氧化成 Na2SO4， 与 温 度 相 同 ， 与 对 比 ，SO 32-浓度减小，溶液中 c（ OH- ）， 的
18、 pH 小于 ； C 项，盐类水解为吸热过 程， 的过程，升高2- 2-温度 SO3 水解平衡正向移动， c（ SO3 ）减小，水解平衡逆向移动； D 项，K w 只与温度有关。点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、 SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。7、 【 答 案 】 D2+， 【解析 】分析： A 项，对比 ，Fe附近的溶液中加入 K3Fe（ CN） 6无明显变化， Fe 附近的溶液中不含 Fe2+ Fe附近的溶液中加入 K3Fe（ CN） 6产生蓝色沉淀， Fe附近的溶液中含 Fe ， 中 Fe 被保护；
19、B 项， 加 入2+，对比 的异同， 可能是 K3Fe（ CN） 6将 Fe氧化K3Fe（ CN） 6在 Fe表面产生蓝色沉淀， Fe表面产生了 Fe2+； C 项，对比 ， 也 能 检 验 出 Fe2+，不能用 的方法验证 Zn 保护 Fe； D 项，由实验可知 K3Fe（ CN）成 Fe2+，将 Zn 换成 Cu 不能用 的 方 法 证 明 Fe比 Cu 活泼。6可能将 Fe氧化成 Fe2+详解： A 项，对比 ， Fe附近的溶液中加入 K3Fe（ CN） 6无明显变化， Fe 附近的溶液中不含 Fe， Fe2+， 中 Fe被保护， A 项正确； B 项 ， 附近的溶液中加入 K3Fe（
20、CN） 6产生蓝色沉淀， Fe 附近的溶液中含 Fe2+加入 K3Fe（ CN） 6在 Fe表面产生蓝色沉淀， Fe 表面产生了 Fe ，对比 的异同， 可 能 是 K3Fe（ CN） 6将 Fe2+ 2+氧化成 Fe ， B 项正确； C 项，对比 ， 加 入 K3Fe（ CN） 6在 Fe表面产生蓝色沉淀， 也能检验出 Fe，不102+，将 Zn 换成 Cu 能用 的方法验证 Zn 保Fe， C 项正确； D 项，由实验可 K3Fe（ CN） 6可能将 Fe 氧化成 Fe不能用 的方法证 Fe比 Cu 活泼， D 项错误；答案D 。2+的检验 、 实验方案的 对比，解决本题的键用对比分 点
21、睛：本题通过实验验证牺牲阳极的极保法，考Fe析法。要注意操作条件的变化， 中没有取溶液， 中取出溶液，考Fe 对实验结果的影。要证Fe比 Cu活泼，可用 的方法。8、 【 答 案 】 (1).烃 (2). CH 2=CHCH 3+Cl 2 CH2=CHCH 2Cl+HCl (3). HOCH 2CHClCH 2ClClCH 2CH(OH)CH 2Cl (4). NaOH ， H2O (5). HOCH 2CH(OH)CH 2OH CH2=CHCHO+2H 2O (6). 取代反应 (7). (8). 氧化 (9). 3 1【解析】分析 ： A 的分子式为 C3H6， A 的不饱和为 1， A
22、与 Cl 2高温反应 生成 B， B 与 HOCl 发生加成反应生成C， C 的分子式为 C3H6OCl2， B 的分子式为 C3H5Cl， B 中含碳碳双键， A B 为取代反应，A 的结构简式为CH3CH=CH 2； 根 据 C、 D 的分子式 ， CD 为氯原子的取代反应，结题给知 ii， C 中两个 Cl 原子连接在两个不同的碳原子上，A 与 Cl2 高温下发生饱和碳上氢原子的取代反应， B 的结构简式为 CH2=CHCH 2Cl、 C 的结构简式为 HOCH 2CHClCH 2Cl 或 ClCH 2CH（ OH） CH2Cl 、 D 的结构简式为 HOCH 2CH（ OH） CH2O
23、H； D 在 浓 硫 酸 、 加 时消去 2 个 “H2O”生 成 E； 根 据 F GJ 和 E+JK ， 结 F、 G、 J的分子式以及 K 的结构简式， E+JK 为加成反应，则 E 的 结构简式为 CH2=CHCHO ， F 的结 构简式为 、 G 的结构简式为 、 J的结构简式为； K 的分子式为 C9H11NO 2， L 的分子式为 C9H9NO， KL 的过程中脱去 1 个 “H2O”， 结K L 的反应条件和题给知 i， KL 先发生加成反应 、 后发生消去反应， L 的结构简式为 。11（ 2） AB 为 CH3CH=CH 2 与 Cl 2高温下的取代反应，反应的化学方程式为
24、CH3CH=CH 2+Cl2 CH2=CHCH 2Cl+HCl 。（ 3） B 与 HOCl 发生加成反应生成 C，由于 B 关于碳碳双键不对称， C 可能的结构简式为 HOCH 2CHClCH 2Cl 或ClCH 2CH（ OH） CH2Cl。（ 4） CD 为氯原子的水解反应 ， CD 所需的试剂 a是 NaOH 、 H2O，即 NaOH 水溶液。（ 5） DE 为消去反应，反应的化学方程式为 HOCH 2CH（ OH） CH2OH CH 2=CHCHO+2H 2O。（ 6） F 的结构简式为 、 G 的结构简式为 ， FG 的反应类型为取代反应。（ 7） K 的分子式为 C9H11NO
25、2， L 的分子式为 C9H9NO， 对 比 K 和 L 的分子式， KL 的过程中脱去 1 个 “H2O”， 结合 KL 的反应条件和 题给已知 i， K 先发生加成反应生成 ， 发生消去反应生成 L，补充的流程图为： 。（ 8）根据流程 L+G J+8 -羟基喹啉 +H 2O，即 + + +H2O， 对 比 L 和8-羟基喹啉的结构简式， L 发生了去氢的氧化反应。根据原子守恒，反应过程中 L 与 G 物质的量之比为 3:1。点睛： 本题以 8-羟基喹啉的合成为载体， 考查有机推断 、 有机物类别的判断、 有机物结构简式和有机方程式的书写、12有机反应类型的判断等。推断时主要依据分子式判断
26、可能的反应类型，结合所学有机物之间的相互转化和题给信息分析。9、 【 答 案 】 (1). 研磨、加热 (2). (3). 核电荷数 P S， 原 子 半 径 P S， 得 电 子 能 力 P S， 非 金 属 性 P S(4). 2Ca5(PO4)3F+10H 2SO4+5H2O 10CaSO40.5H2O+6H 3PO4+2HF (5). 80 后，H 2O2 分解速率大， 浓度显著降低 (6). CaSO4 微溶 (7). BaCO3+ +2H3PO4 BaSO4+CO 2 +H2O+2 (8).【解析】分析 ： 磷 精 矿 粉 酸 浸 后 生 成 粗 磷 酸 和 磷 石 膏 ， 粗 磷
27、 酸 经 过 脱 有 机 碳 、 脱 硫 等 步 骤 获 得 精 制 磷 酸 。（ 1）根据外界条件对化学反应速率的影响分析，流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。（ 2） 根据 “强 酸 制 弱 酸 ”的 复 分 解 反 应 规 律 ， 酸 性 ： H3PO4 H2SO4。 用元素周期律解释， P 和 S 电子层数相同， 核电荷数 P S， 原 子 半 径 P S， 得电子能力 P S， 非金属性 P S。（ 3）根据 “强 酸 制 弱 酸 ”的 复 分 解 反 应 规 律 ， Ca5（ PO4） 3F 与 H2SO4 反应生成 HF、 磷 石 膏 和 磷 酸 。（ 4） 图 示 是 相
28、 同 投 料 比 、 相 同 反 应 时 间 ， 不 同 温 度 下 的 有 机 碳 脱 除 率 ， 80前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大 ； 80后温度升高， H2O2 分解速率大， H2O2 浓度显 著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。（ 5）脱硫时， CaCO3稍过量，充分反应后仍有 SO42-残留，原因是： CaSO4 微溶于水。加入 BaCO3可进一步提高硫2-+2H3PO4=BaSO4+CO2 +2H2PO4- +H2O。 的脱除率，因为 BaSO4 难溶于水 ， 反应的离子方程式为 BaCO3+SO4（ 6） 根据题意关系式为 H3PO42NaOH
29、，由消耗的 NaOH 计算 H3PO4。详解 ：（1 ）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热 ， 升 高 温 度 加 快 反 应 速 率 ； 流 程 中 能 加 快 反 应 速率的措施有：研磨、加热。（ 4） 图 示 是 相 同 投 料 比 、 相 同 反 应 时 间 ， 不 同 温 度 下 的 有 机 碳 脱 除 率 ， 80前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大 ； 80后温度升高， H2O2 分解速率大， H2O2 浓度显 著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。2-（ 5） 脱硫时， CaCO3稍过量，充分反应后仍有 SO4 残留，原因是： CaSO4
30、微溶于水。加入 BaCO3可进一步提高硫的脱除率， 因为 BaSO4 难溶于水， 其中 SO42-与 BaCO3生成更难 溶的 BaSO4 和 CO32-， H3PO4的酸性强于 H2CO3， 在13粗磷酸中 CO32-转化成 H2O 和 CO 2， 反 应 的 离 子 方 程 式 为 BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO 2 +2H2PO4-+H 2O。（ 6） 滴定终点生成 Na2HPO4， 则 消 耗 的 H3PO4与 NaOH 物质的量之比为1： 2， n（ H3PO4） = n（ NaOH） = bmol/L c 10-3L= mol， m（ H3PO4） = mo
31、l 98g/mol= g=0.049bcg， 精制磷酸中 H3PO4的质量分数为 。点睛 ： 本 题 以 磷 精 矿 湿 法 制 备 磷 酸 的 工 艺 流 程 为 载 体 ， 考 查 影 响 化 学 反 应 速 率 的 因 素 、 “强 酸 制 弱 酸 ”的 复 分 解 反 应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等。解题时必须利用所学知识结合流程分析，如第（ 5） 问 注 意 脱 硫 的 反 应 是 在 粗 磷 酸 中 进 行 的 ， BaCO3 或 CaCO3 中碳元素最终变为 CO2； 第 （ 6） 问 中 H3PO4 与 NaOH物质的量之比的确定等。-1 (2).
32、 (3). 反应是气体物 10、 【 答 案 】 (1). 3SO2(g)+2H 2O (g) 2H2SO4 (l)+S(s) H2=- 254 kJ mol质的量减小的反应， 温度一定时， 增大压强使反应正向移动， H2SO4 的物质的量增大， 体系总物质的量减小， H2SO42-的物质的量分数增大 (4). SO2 (5). SO4+(6). 4H (7). 0.4 (8). I- 是 SO2 歧化反应的催化剂， H+单独存在时不具有催化作用，但 H +可以加快歧化反应速率 (9). 反应 ii 比 i 快；D 中由反应 ii 产生的 H +使反应 i 加快【解析】分析 ：（ 1）应用盖斯
33、定律结合反应 II 分 析 。（ 2） 采 用 “定 一 议 二 ”法 ， 根 据 温 度 相 同 时 ， 压 强 与 H2SO4 物质的量分数判断。-（ 3） 依 据 催 化 剂 在 反 应 前 后 质 量 和 化 学 性 质 不 变 ， 反 应 i+ 反应 ii 消去 I得总反应。（ 4） 用控制变量法对比分析。详解 ：（1 ）根据过程，反应 II 为 SO2催化歧化生成 H2SO4 和 S，反应为 3SO2+2H2O=2H2SO4+S。 应用盖斯定律，反应 I+反应 III得 ， 2H2SO4（ l） +S（ s） =3SO2（ g） +2H2O（ g） H=H1 + H3=（ +551
34、kJ/mol ） +（ -297kJ/mol ） =+254kJ/mol ， 反应 II 的热 化学方程式 为 3SO2（ g） +2H2O（ g） =2H2SO4（ l） +S（ s） H=-254kJ/mol 。 学 * 科网（ 3） 反 应 II 的总反应为 3SO2+2H2O=2H 2SO4+S， I-可以作为水溶液中 SO2歧化反应的催化剂， 催化剂在反应前后质量和化学性质不变， （总反应 -反应 i） 2 得 ， 反应 ii 的离子方程式为 I2+2H2O+SO2=4H +SO42-+2I -。（ 4）B 是 A 的对比实验， 采用控制变量法， B 比 A 多加了 0.2mol/L
35、H 2SO4， A 与 B 中 KI 浓度应相等， 则 a=0.4。 对 比 A 与 B， 加 入 H +可以加快 SO +不能催化 SO2歧化反应的速率； 对比 B 与 C， 单 独 H 2的歧化反应； 比较 A、 B、 C，-可得出的结论是： I +单独存在时不具有催化作用，但 H+可以加快歧化反应速率 。是 SO2 歧化反应的催化剂， H+ - 对 比 D 和 A， D 中加入 KI 的浓度小于 A ， D 中多加了 I2， 反 应 i 消耗 H 和 I ， 反 应 ii 中消耗 I2， D 中“溶液由棕14褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较 A 快 ”， 反 应 速 率 D A， 由此
36、可见，反应 ii 比反应 i 速率快，反应 ii 产生+使 c（ HH+）增大，从而反应 i 加 快 。点睛 ： 本 题 以 利 用 含 硫 物 质 热 化 学 循 环 实 现 太 阳 能 的 转 化 与 存 储 为 载 体 ， 考查盖斯定律的应用 、 化学平衡图像的分析 、 方程式的书写、 控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响 ， 考 查 学 生 灵 活 运 用 所 学 知 识 解 决 实 际 问 题 的能 力 。11、 【 答 案 】 (1). 2KMnO 4+16HCl 2MnCl 2+2KCl +5Cl 2 +8H2O (2). (3).Cl2+2OH - -Cl +ClO -
37、+H 2O (4). i. Fe 3+ 2-(5). 4FeO4 +20H + 3+4Fe +3O2 +10H2O (6). 排除 ClO - 的干扰2-(7). (8). 溶液的酸碱性不同 (9). 若能，理由： FeO43+在过量酸的作用下完全转化为 Fe 和 O2，溶液浅紫色-一定是 MnO 4 的颜色（若不能，方案：向紫色溶液 b 中滴加过量稀 H2SO4，观察溶液紫色快速褪去 还是显浅紫色）【解析】分析： （1 ） KMnO 4 与浓盐酸反 应制 Cl2； 由于盐酸具有挥发性，所得 Cl2 中混有 HCl 和 H2O（ g），HCl 会消耗 Fe（ OH） 3、 KOH ， 用饱和食
38、盐水除去 HCl ； Cl2与 Fe（ OH） 3、 KOH 反应制备 K2FeO4； 最后用 NaOH 溶液吸收多余 Cl2， 防 止 污 染 大 气 。（ 2） 根据制备反应， C 的紫色溶液中含有 K2FeO4、 KCl ， Cl2 还会与 KOH 反应生成 KCl 、 KClO 和 H2O。3+。 根据 题 意 KI.加入 KSCN 溶液，溶液变红说明 a中含 Fe 2FeO4 在酸性或中性溶液中快速产生 O2， 自 身 被 还 原 成3+。 FeII. 产生 Cl2 还可能是 ClO -+Cl -+2H +=Cl2 +H2O， 即 KClO 的存在干扰判断 ； K2FeO4 微溶于
39、KOH 溶液，用 KOH 洗涤除去 KClO 、 排 除 ClO - 的干扰 ， 同时保持 K2FeO4 稳定存在 。 根据同一反应中，氧化性：氧化剂 氧化产物 。 对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案 II 在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。 判断的依据是否排除 FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详 解 ： （ 1）A 为氯 气发生装置， KMnO 4与浓盐酸反应时，锰被还原为 Mn 2+， 浓盐 酸被氧化成 Cl2， KMnO 4 与浓盐酸反应生成 KCl 、 MnCl 2、 Cl2和 H2O， 根 据 得 失 电 子 守 恒 和 原 子 守 恒 ， 反应的化学方
40、程式为 2KMnO 4+16HCl（ 浓 ）=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2 +8H2O， 离子方程式为 2MnO 4-+10Cl -+16H +=2Mn 2+5Cl 2 +8H2O。 由于盐酸具有挥发性， 所得 Cl2 中混有 HCl 和 H2O（ g）， HCl 会消耗 Fe（ OH） 3、 KOH ， 用饱和食盐水除去 HCl ，除杂装置 B 为 。 C 中 Cl2 发生的反应有 3Cl2+2Fe（ OH） 3+10KOH=2K 2FeO4+6KCl+8H 2O， 还 有 Cl2 与 KOH 的反应， Cl2 与 KOH15反应的化学方程式为 Cl2+2KOH=KCl+KClO+H
41、 2O，反应的离子方程式为 Cl2+2OH -=Cl -+ClO -+H2O。（ 2） 根据上述制备反应， C 的紫色溶液中含有 K2FeO4、 KCl ， 还可能含有 KClO 等 。3+。但 Fe3+的产生不能判断 KI.方案 I 加入 KSCN 溶液，溶液变红说明 a中含 Fe 2FeO4 与 Cl-发生了反应 ，根据题意3+， 根 据 得 失 电 子 守 恒 、 原 子 守 恒 和 电 荷 守 恒 ， 可 能 的 K2FeO4 在酸性或中性溶液中快速产生 O2， 自身被还原成 Fe2-+20H+=3O2 +4F3e+10H 2O。反应为 4FeO4II. 产生 Cl2 还可能是 ClO
42、 -+Cl-+2H +=Cl2 +H2O， 即 KClO 的存在干扰判断 ； K2FeO4 微溶于 KOH 溶液，用 KOH 溶液洗涤的目的是除去 KClO 、排除 ClO -的干扰 ， 同时保持 K2FeO4 稳定存在 。3+和 O 该小题为开放性试题 。 若能，根据题意 K2FeO4在足量 H2SO4 溶液中会转化为 Fe2-，溶液振荡后呈浅紫色一定是 MnO4- 的颜色，说明 FeO42-将 Mn 2+氧化成 MnO 4-， 所以该实验方案能证明氧化 F eO42- MnO 4-。 （或不能，因为溶液 b 呈紫色，溶液 b 滴入 MnSO4 和 H2SO4 的混合溶液中， c（ FeO42-） 变小，性 FeO4溶液的紫色也会变浅 ； 则 设 计 一 个 空 白 对 比 的 实 验 方 案 ， 方 案 为 ： 向 紫 色 溶 液 b 中滴加过量稀 H2SO4， 观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色 ）。点睛：本题考查 K2FeO4 的制备和 K2FeO4 的性质探究。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置除杂净化装置制备实验装置尾气吸收。进行物质性质实验探究是要排除其他物质的干扰。尤其注意最后一空为开放性答案，要注重多角度思考。16
