年北京市高考化學試卷及解析

1、精品好資料學習推薦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(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?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(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%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

2、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：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(guān)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AAB

3、BCCDD5（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(gòu)片段如下圖。下列關(guān)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(jié)構(gòu)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+H2OHSO3+OH

4、B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(nèi)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(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(luò)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

5、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。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：2Ca5（PO4）3（OH

6、）+3H2O+10H2SO410CaSO40.5H2O+6H3PO4該反應體現(xiàn)出酸性關(guān)系：H3PO4H2SO4（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：。（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

7、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(zhì)量分數(shù)是（已知：H3PO4摩爾質(zhì)量為98 gmol1）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：（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(zhì)的量分數(shù)隨溫度的變化關(guān)系如圖所示，p2p1（填“”或

8、“”），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(guān)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，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

9、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(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：。11（16分）實驗小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）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

10、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(shè)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)K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2FeO42（填“”或“”），而方案

11、實驗表明，Cl2和FeO42的氧化性強弱關(guān)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(shè)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(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?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

12、其作為能源使用AABBCCDD【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(gòu)和性質(zhì)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?nèi)剂?，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?！军c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

13、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(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%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(zhuǎn)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(jié)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；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

14、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(zhuǎn)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(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。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+C2H518O

15、HC17H35COOC2H5+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(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?！窘獯稹拷猓篈硬脂酸為C17H35COOH，含有羧基，與C2H518OH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C17H35C

16、OOH+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(zhì)，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(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（6分）下列實驗中的顏色變化，與氧

17、化還原反應無關(guān)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(guān)；反之，不存在元素的化合價變化，則與氧化還原反應無關(guān)，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，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

18、鹽酸有關(guān)，后褪色與HClO的漂白性有關(guān)，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AgCl濁液中，沉淀由白色逐漸變?yōu)楹谏?，由AgCl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NO轉(zhuǎn)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(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。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(gòu)片段如下圖。下列關(guān)于該高

19、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(jié)構(gòu)簡式為：【分析】由結(jié)構(gòu)可知，該高分子由和發(fā)生縮聚反應生成，高分子的結(jié)構(gòu)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(zhì)，如溶解性、熔沸點等，故C錯誤；D結(jié)構(gòu)簡式為，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握高分子的結(jié)構(gòu)、縮聚反應為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意選項C為解答的

20、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

21、，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(guān)?！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(guān)，和溫度相同，所以和的Kw值相等，故D正確，故選：C?！军c評】本題考查弱電解質(zhì)在水中的電離平衡，

22、明確Na2SO3的水解平衡是解題的關(guān)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(chǔ)題。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%NaC1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【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

23、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?！军c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

24、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（17分）8羥基哇啉被廣泛用作金屬離子的絡(luò)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(jié)構(gòu)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CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O。（6）FG的反應類型是取代反應。（

25、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(zhì)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(jié)構(gòu)簡式確定F中含有苯環(huán)、A為鏈狀結(jié)構(gòu)，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(jié)合D分子式知D為CH2OHCHOHCH2OH，則C為CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl，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=CHCH2Cl，K在濃硫酸作用

26、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(jié)構(gòu)簡式是C為CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl2，故答案為：CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl；（4）通過以上分析知，CD所需的試劑a是N

27、aOH水溶液，故答案為：NaOH水溶液；（5）E為CH2=CHCHO，D為CH2OHCHOHCH2OH，D發(fā)生消去反應和氧化反應生成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物質(zhì)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

28、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(gòu)為解答該題的關(guān)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(guān)系：H3PO4H2SO4（填“”或“”）。結(jié)合元素周期律解釋中結(jié)論：

29、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(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：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。（

30、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(zhì)量分數(shù)是（已知：H3PO4摩爾質(zhì)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；（2）根據(jù)反應方程式，是由H2SO4參加反應得到H3PO4，是由強酸

31、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(zhuǎn)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CaCO3發(fā)生反應，脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO42殘留，

32、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(zhuǎn)化，BaCO3可轉(zhuǎn)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：；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

33、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(zhuǎn)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+10H2SO4+5H2O10CaSO4H2O+6H3PO4+2HF，故

34、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，充分反應后仍有SO42殘留，反應過程生成CaSO4，而CaSO4相對于Ca

35、CO3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(zhuǎn)化，BaCO3可轉(zhuǎn)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，根據(jù)反應方程式，制磷酸中H3PO4的物質(zhì)的量為，則精制磷酸中H3P

36、O4的質(zhì)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(guān)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(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）+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：3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+

37、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(zhì)的量分數(shù)隨溫度的變化關(guān)系如圖所示，p2p1（填“”或“”），得出該結(jié)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(zhì)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(guān)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

38、）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(jié)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(jié)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

39、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)元素守恒知，反應物還有SO2；（4）B是A的對比實驗，所用c（KI）應該相

40、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。【解答】解：（1）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（g）=2H2SO4（l）+S（s），H=254kJ/mol；（2）相

41、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：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(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，反應物還有SO2，所以ii中方程式應該為：I2+2H2O+SO24H+SO

42、42+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(jié)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(jié)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KI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

43、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?！军c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(guān)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(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2Mn

44、O4+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(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(shè)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

45、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(guān)系相反，原因是溶液酸堿性會影響粒子氧化性的強弱。資料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42MnO4，驗證

46、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(shè)計實驗方案，理由或方案：能說明，理由：FeO42在過量酸的作用下完全轉(zhuǎn)化為Fe3+和O2，溶液淺紫色是MnO4的顏色，不能說明，方案：向紫色溶液b中滴加過量稀硫酸，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色?！痉治觥浚?）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

47、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(zhuǎn)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穩(wěn)定析出，并且除去ClO離子，防止在酸性條件下ClO和Cl反應產(chǎn)生Cl2干擾實驗；Fe（OH）3在堿性條件下被Cl2氧化為FeO42，可以說明Cl2的氧化性大于FeO42，而方案實驗表明，Cl2和FeO42的氧化性強弱關(guān)系相反，方案是FeO42在酸性條件下氧化Cl生成Cl2，注意兩種反應體系所處酸堿性介質(zhì)不一樣；實驗證明氧化