2018年北京高考理綜化學(xué)試卷解析版

..>2018年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試?yán)砜凭C合能力測試化學(xué)〔北京卷〕本試卷共16頁，共300分。考試時(shí)長150分鐘。考生務(wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效?？荚囃戤吅螅瑢⒈驹嚲砗痛痤}卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16第一局部〔選擇題〕1.以下我國科技成果所涉及物質(zhì)的應(yīng)用中，發(fā)生的不是化學(xué)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(hào)〞的火箭燃料D．開采可燃冰，將其作為能源使用A.AB.BC.CD.D【答案】B點(diǎn)睛：此題考察化學(xué)變化、核反響的區(qū)別，化學(xué)變化的特征是有新物質(zhì)生成。注意化學(xué)變化與核反響的區(qū)別，化學(xué)變化過程中原子核不變，核反響不屬于化學(xué)反響。2.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的催化反響歷程。該歷程示意圖如下。以下說法不正確的選項(xiàng)是A.生成CH3COOH總反響的原子利用率為100%B.CH4→CH3COOH過程中，有C―H鍵發(fā)生斷裂C.①→②放出能量并形成了C―C鍵D.該催化劑可有效提高反響物的平衡轉(zhuǎn)化率【答案】D【解析】分析：A項(xiàng)，生成CH3COOH的總反響為CH4+CO2CH3COOH，原子利用率為100%；B項(xiàng)，CH4選擇性活化變?yōu)棰龠^程中，有1個(gè)C-H鍵發(fā)生斷裂；C項(xiàng)，根據(jù)圖示，①的總能量高于②的總能量，①→②放出能量并形成C-C鍵；D項(xiàng)，催化劑只影響化學(xué)反響速率，不影響化學(xué)平衡，不能提高平衡轉(zhuǎn)化率。詳解：A項(xiàng)，根據(jù)圖示CH4與CO2在催化劑存在時(shí)生成CH3COOH，總反響為CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一種生成物，原子利用率為100%，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，CH4選擇性活化變?yōu)棰龠^程中，有1個(gè)C-H鍵發(fā)生斷裂，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，根據(jù)圖示，①的總能量高于②的總能量，①→②放出能量，比照①和②，①→②形成C-C鍵，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，催化劑只影響化學(xué)反響速率，不影響化學(xué)平衡，不能提高反響物的平衡轉(zhuǎn)化率，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。點(diǎn)睛：此題考察原子利用率、化學(xué)反響的實(shí)質(zhì)、化學(xué)反響中的能量變化、催化劑對化學(xué)反響的影響，解題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確分析示意圖中的信息。注意催化劑能降低反響的活化能，加快反響速率，催化劑不能改變?chǔ)、不能使化學(xué)平衡發(fā)生移動(dòng)。3.以下化學(xué)用語對事實(shí)的表述不正確的選項(xiàng)是A.硬脂酸與乙醇的酯化反響：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB.常溫時(shí)，0.1mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2O+OH?C.由Na和C1形成離子鍵的過程：D.電解精煉銅的陰極反響：Cu2++2e?Cu【答案】A【解析】分析：A項(xiàng)，酯化反響的機(jī)理是"酸脫羥基醇脫氫〞；B項(xiàng)，氨水為弱堿水溶液，存在電離平衡；C項(xiàng)，Na易失電子形成Na+，Cl易得電子形成Cl-；D項(xiàng)，電解精煉銅時(shí)，精銅為陰極，粗銅為陽極。詳解：A項(xiàng)，酯化反響的機(jī)理是"酸脫羥基醇脫氫〞，硬脂酸與乙醇反響的化學(xué)方程式為C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，常溫下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c〔OH-〕=10mol·L-10.1mol·L-1，氨水為弱堿水溶液，電離方程式為NH3·H2ONH4++OH-，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，Na原子最外層有1個(gè)電子，Na易失電子形成Na+，Cl原子最外層有7個(gè)電子，Cl易得電子形成Cl-，Na將最外層的1個(gè)電子轉(zhuǎn)移給Cl，Na+與Cl-間形成離子鍵，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，電解精煉銅時(shí)，精銅為陰極，粗銅為陽極，陰極電極反響式為Cu2++2e-=Cu，D項(xiàng)正確；答案選A。點(diǎn)睛：此題考察酯化反響的機(jī)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(qiáng)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(jià)化合物形成過程的區(qū)別。4.以下實(shí)驗(yàn)中的顏色變化，與氧化復(fù)原反響無關(guān)的是ABCD實(shí)驗(yàn)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.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】分析：A項(xiàng)，白色沉淀變?yōu)榧t褐色沉淀時(shí)的反響為4Fe〔OH〕2+O2+2H2O=4Fe〔OH〕3；B項(xiàng)，紅色褪色是HClO表現(xiàn)強(qiáng)氧化性；C項(xiàng)，白色沉淀變?yōu)楹谏珪r(shí)的反響為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D項(xiàng)，氣體由無色變?yōu)榧t棕色時(shí)的反響為2NO+O2=2NO2。詳解：A項(xiàng)，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(shí)的反響為4Fe〔OH〕2+O2+2H2O=4Fe〔OH〕3，該反響前后元素化合價(jià)有升降，為氧化復(fù)原反響；B項(xiàng)，氯水中存在反響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(qiáng)氧化性，與有色物質(zhì)發(fā)生氧化復(fù)原反響；C項(xiàng)，白色沉淀變?yōu)楹谏珪r(shí)的反響為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反響前后元素化合價(jià)不變，不是氧化復(fù)原反響；D項(xiàng)，Cu與稀HNO3反響生成Cu〔NO3〕2、NO氣體和H2O，氣體由無色變?yōu)榧t棕色時(shí)的反響為2NO+O2=2NO2，反響前后元素化合價(jià)有升降，為氧化復(fù)原反響；與氧化復(fù)原反響無關(guān)的是C項(xiàng)，答案選C。點(diǎn)睛：此題考察氧化復(fù)原反響的判斷，分析顏色變化的原因、理解氧化復(fù)原反響的特征是解題的關(guān)鍵。5.一種芳綸纖維的拉伸強(qiáng)度比鋼絲還高，廣泛用作防護(hù)材料。其構(gòu)造片段如以下列圖以下關(guān)于該高分子的說法正確的選項(xiàng)是A.完全水解產(chǎn)物的單個(gè)分子中，苯環(huán)上的氫原子具有不同的化學(xué)環(huán)境B.完全水解產(chǎn)物的單個(gè)分子中，含有官能團(tuán)―COOH或―NH2C.氫鍵對該高分子的性能沒有影響D.構(gòu)造簡式為：【答案】B【解析】分析：芳綸纖維的構(gòu)造片段中含肽鍵，完全水解的單個(gè)分子為、；采用切割法分析其單體為、，該高分子化合物的構(gòu)造簡式為。詳解：A項(xiàng)，芳綸纖維的構(gòu)造片段中含肽鍵，完全水解產(chǎn)物的單個(gè)分子為、，、中苯環(huán)都只有1種化學(xué)環(huán)境的氫原子，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，芳綸纖維的構(gòu)造片段中含肽鍵，完全水解產(chǎn)物的單個(gè)分子為、，含有的官能團(tuán)為-COOH或-NH2，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，氫鍵對該分子的性能有影響，如影響沸點(diǎn)、密度、硬度等，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，芳綸纖維的構(gòu)造片段中含肽鍵，采用切割法分析其單體為、，該高分子化合物由、通過縮聚反響形成，其構(gòu)造簡式為，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。點(diǎn)睛：此題考察肽鍵的水解、氫原子化學(xué)環(huán)境的分析、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(diǎn)，斷鍵后在相應(yīng)部位補(bǔ)上-OH或-H。6.測定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH，數(shù)據(jù)如下。時(shí)刻①②③④溫度/℃25304025pH實(shí)驗(yàn)過程中，?、佗軙r(shí)刻的溶液，參加鹽酸酸化的BaCl2溶液做比照實(shí)驗(yàn)，④產(chǎn)生白色沉淀多。以下說法不正確的選項(xiàng)是A.Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH?B.④的pH與①不同，是由于濃度減小造成的C.①→③的過程中，溫度和濃度對水解平衡移動(dòng)方向的影響一致D.①與④的Kw值相等【答案】C【解析】分析：A項(xiàng)，Na2SO3屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，SO32-存在水解平衡；B項(xiàng)，?、佗軙r(shí)刻的溶液，參加鹽酸酸化的BaCl2溶液做比照實(shí)驗(yàn)，④產(chǎn)生白色沉淀多，說明實(shí)驗(yàn)過程中局部Na2SO3被氧化成Na2SO4，①與④溫度一樣，④與①比照，SO32-濃度減小，溶液中c〔OH-〕，④的pH小于①；C項(xiàng)，鹽類水解為吸熱過程，①→③的過程，升高溫度SO32-水解平衡正向移動(dòng)，c〔SO32-〕減小，水解平衡逆向移動(dòng)；D項(xiàng)，Kw只與溫度有關(guān)。點(diǎn)睛：此題考察鹽類水解離子方程式的書寫、外界條件對鹽類水解平衡的影響、影響水的離子積的因素、SO32-的復(fù)原性。解題時(shí)注意從溫度和濃度兩個(gè)角度進(jìn)展分析。7.驗(yàn)證犧牲陽極的陰極保護(hù)法，實(shí)驗(yàn)如下〔燒杯內(nèi)均為經(jīng)過酸化的3%NaCl溶液〕。①②③在Fe外表生成藍(lán)色沉淀試管內(nèi)無明顯變化試管內(nèi)生成藍(lán)色沉淀以下說法不正確的選項(xiàng)是A.比照②③，可以判定Zn保護(hù)了FeB.比照①②，K3[Fe(CN)6]可能將Fe氧化C.驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe時(shí)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【答案】D【解析】分析：A項(xiàng)，比照②③，②Fe附近的溶液中參加K3[Fe〔CN〕6]無明顯變化，②Fe附近的溶液中不含F(xiàn)e2+，③Fe附近的溶液中參加K3[Fe〔CN〕6]產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，③Fe附近的溶液中含F(xiàn)e2+，②中Fe被保護(hù)；B項(xiàng)，①參加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，F(xiàn)e外表產(chǎn)生了Fe2+，比照①②的異同，①可能是K3[Fe〔CN〕6]將Fe氧化成Fe2+；C項(xiàng)，比照①②，①也能檢驗(yàn)出Fe2+，不能用①的方法驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe；D項(xiàng)，由實(shí)驗(yàn)可知K3[Fe〔CN〕6]可能將Fe氧化成Fe2+，將Zn換成Cu不能用①的方法證明Fe比Cu活潑。詳解：A項(xiàng)，比照②③，②Fe附近的溶液中參加K3[Fe〔CN〕6]無明顯變化，②Fe附近的溶液中不含F(xiàn)e2+，③Fe附近的溶液中參加K3[Fe〔CN〕6]產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，③Fe附近的溶液中含F(xiàn)e2+，②中Fe被保護(hù)，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，①參加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，F(xiàn)e外表產(chǎn)生了Fe2+，比照①②的異同，①可能是K3[Fe〔CN〕6]將Fe氧化成Fe2+，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，比照①②，①參加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，①也能檢驗(yàn)出Fe2+，不能用①的方法驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，由實(shí)驗(yàn)可知K3[Fe〔CN〕6]可能將Fe氧化成Fe2+，將Zn換成Cu不能用①的方法證明Fe比Cu活潑，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。點(diǎn)睛：此題通過實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證犧牲陽極的陰極保護(hù)法，考察Fe2+的檢驗(yàn)、實(shí)驗(yàn)方案的比照，解決此題的關(guān)鍵是用比照分析法。要注意操作條件的變化，如①中沒有取溶液，②中取出溶液，考慮Fe對實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響。要證明Fe比Cu活潑，可用②的方法。KS5U第二局部〔非選擇題〕8.8?羥基喹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。以下列圖是8?羥基喹啉的合成路線。：i.ii.同一個(gè)碳原子上連有2個(gè)羥基的分子不穩(wěn)定?！?〕按官能團(tuán)分類，A的類別是__________?！?〕A→B的化學(xué)方程式是____________________。〔3〕C可能的構(gòu)造簡式是__________。〔4〕C→D所需的試劑a是__________?！?〕D→E的化學(xué)方程式是__________。〔6〕F→G的反響類型是__________?！?〕將以下K→L的流程圖補(bǔ)充完整：____________〔8〕合成8?羥基喹啉時(shí)，L發(fā)生了__________〔填"氧化〞或"復(fù)原〞〕反響，反響時(shí)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).HOCH2CHClCH2ClClCH2CH(OH)CH2Cl(4).NaOH，H2O(5).HOCH2CH(OH)CH2OHCH2=CHCHO+2H2O(6).取代反響(7).(8).氧化(9).3∶1【解析】分析：A的分子式為C3H6，A的不飽和度為1，A與Cl2高溫反響生成B，B與HOCl發(fā)生加成反響生成C，C的分子式為C3H6OCl2，B的分子式為C3H5Cl，B中含碳碳雙鍵，A→B為取代反響，則A的構(gòu)造簡式為CH3CH=CH2；根據(jù)C、D的分子式，C→D為氯原子的取代反響，結(jié)合題給ii，C中兩個(gè)Cl原子連接在兩個(gè)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響，B的構(gòu)造簡式為CH2=CHCH2Cl、C的構(gòu)造簡式為HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH〔OH〕CH2Cl、D的構(gòu)造簡式為HOCH2CH〔OH〕CH2OH；D在濃硫酸、加熱時(shí)消去2個(gè)"H2O〞生成E；根據(jù)F→G→J和E+J→K，結(jié)合F、G、J的分子式以及K的構(gòu)造簡式，E+J→K為加成反響，則E的構(gòu)造簡式為CH2=CHCHO，F(xiàn)的構(gòu)造簡式為、G的構(gòu)造簡式為、J的構(gòu)造簡式為；K的分子式為C9H11NO2，L的分子式為C9H9NO，K→L的過程中脫去1個(gè)"H2O〞，結(jié)合K→L的反響條件和題給i，K→L先發(fā)生加成反響、后發(fā)生消去反響，L的構(gòu)造簡式為。〔2〕A→B為CH3CH=CH2與Cl2高溫下的取代反響，反響的化學(xué)方程式為CH3CH=CH2+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl?！?〕B與HOCl發(fā)生加成反響生成C，由于B關(guān)于碳碳雙鍵不對稱，C可能的構(gòu)造簡式為HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH〔OH〕CH2Cl?！?〕C→D為氯原子的水解反響，C→D所需的試劑a是NaOH、H2O，即NaOH水溶液?！?〕D→E為消去反響，反響的化學(xué)方程式為HOCH2CH〔OH〕CH2OHCH2=CHCHO+2H2O。〔6〕F的構(gòu)造簡式為、G的構(gòu)造簡式為，F(xiàn)→G的反響類型為取代反響?！?〕K的分子式為C9H11NO2，L的分子式為C9H9NO，比照K和L的分子式，K→L的過程中脫去1個(gè)"H2O〞，結(jié)合K→L的反響條件和題給i，K先發(fā)生加成反響生成，發(fā)生消去反響生成L，補(bǔ)充的流程圖為：。〔8〕根據(jù)流程L+G→J+8-羥基喹啉+H2O，即+++H2O，比照L和8-羥基喹啉的構(gòu)造簡式，L發(fā)生了去氫的氧化反響。根據(jù)原子守恒，反響過程中L與G物質(zhì)的量之比為3:1。點(diǎn)睛：此題以8-羥基喹啉的合成為載體，考察有機(jī)推斷、有機(jī)物類別的判斷、有機(jī)物構(gòu)造簡式和有機(jī)方程式的書寫、有機(jī)反響類型的判斷等。推斷時(shí)主要依據(jù)分子式判斷可能的反響類型，結(jié)合所學(xué)有機(jī)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：：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機(jī)碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO42O〔1〕上述流程中能加快反響速率的措施有__________?！?〕磷精礦粉酸浸時(shí)發(fā)生反響：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO42O+6H3PO4①該反響表達(dá)出酸性關(guān)系：H3PO4__________H2SO4〔填">〞或"<〞〕。②結(jié)合元素周期律解釋①中結(jié)論：P和S電子層數(shù)一樣，__________?！?〕酸浸時(shí)，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF，并進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為SiF4除去。寫出生成HF的化學(xué)方程式：__________?！?〕H2O2將粗磷酸中的有機(jī)碳氧化為CO2脫除，同時(shí)自身也會(huì)發(fā)生分解。一樣投料比、一樣反響時(shí)間，不同溫度下的有機(jī)碳脫除率如下列圖。80℃后脫除率變化的原因：____________________。〔5〕脫硫時(shí)，CaCO3稍過量，充分反響后仍有SO42?殘留，原因是__________；參加BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，其離子方程式是____________________?！?〕取ag所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用bmol·L?1NaOH溶液滴定至終點(diǎn)時(shí)生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是________。〔：H3PO4摩爾質(zhì)量為98g·mol?1〕【答案】(1).研磨、加熱(2).＜(3).核電荷數(shù)P＜S，原子半徑P＞S，得電子能力P＜S，非金屬性P＜S(4).2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO42O+6H3PO4+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(jī)碳、脫硫等步驟獲得精制磷酸?！?〕根據(jù)外界條件對化學(xué)反響速率的影響分析，流程中能加快反響速率的措施有：研磨、加熱?！?〕①根據(jù)"強(qiáng)酸制弱酸〞的復(fù)分解反響規(guī)律，酸性：H3PO4H2SO4。②用元素周期律解釋，P和S電子層數(shù)一樣，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(qiáng)酸制弱酸〞的復(fù)分解反響規(guī)律，Ca5〔PO4〕3F與H2SO4反響生成HF、磷石膏和磷酸?！?〕圖示是一樣投料比、一樣反響時(shí)間，不同溫度下的有機(jī)碳脫除率，80℃前溫度升高反響速率加快，一樣時(shí)間內(nèi)有機(jī)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，反響速率減慢，一樣條件下有機(jī)碳脫除率減小。〔5〕脫硫時(shí)，CaCO3稍過量，充分反響后仍有SO42-殘留，原因是：CaSO4微溶于水。參加BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，因?yàn)锽aSO4難溶于水，反響的離子方程式為BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O?！?〕根據(jù)題意關(guān)系式為H3PO4~2NaOH，由消耗的NaOH計(jì)算H3PO4。詳解：〔1〕研磨能增大反響物的接觸面積，加快反響速率，加熱，升高溫度加快反響速率；流程中能加快反響速率的措施有：研磨、加熱?！?〕圖示是一樣投料比、一樣反響時(shí)間，不同溫度下的有機(jī)碳脫除率，80℃前溫度升高反響速率加快，一樣時(shí)間內(nèi)有機(jī)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，反響速率減慢，一樣條件下有機(jī)碳脫除率減小?！?〕脫硫時(shí)，CaCO3稍過量，充分反響后仍有SO42-殘留，原因是：CaSO4微溶于水。參加BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，因?yàn)锽aSO4難溶于水，其中SO42-與BaCO3生成更難溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性強(qiáng)于H2CO3，在粗磷酸中CO32-轉(zhuǎn)化成H2O和CO2，反響的離子方程式為BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。〔6〕滴定終點(diǎn)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?jǐn)?shù)為。點(diǎn)睛：此題以磷精礦濕法制備磷酸的工藝流程為載體，考察影響化學(xué)反響速率的因素、"強(qiáng)酸制弱酸〞的復(fù)分解反響規(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(jì)算等。解題時(shí)必須利用所學(xué)知識(shí)結(jié)合流程分析，如第〔5〕問注意脫硫的反響是在粗磷酸中進(jìn)展的，BaCO3或CaCO3中碳元素最終變?yōu)镃O2；第〔6〕問中H3PO4與NaOH物質(zhì)的量之比確實(shí)定等。10.近年來，研究人員提出利用含硫物質(zhì)熱化學(xué)循環(huán)實(shí)現(xiàn)太陽能的轉(zhuǎn)化與存儲(chǔ)。過程如下：〔1〕反響Ⅰ：2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ·mol－1反響Ⅲ：S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH3=－297kJ·mol－1反響Ⅱ的熱化學(xué)方程式：________________?！?〕對反響Ⅱ，在*一投料比時(shí)，兩種壓強(qiáng)下，H2SO4在平衡體系中物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度的變化關(guān)系如下列圖。p2_______p1〔填"＞〞或"＜〞〕，得出該結(jié)論的理由是________________?！?〕I－可以作為水溶液中SO2歧化反響的催化劑，可能的催化過程如下。將ii補(bǔ)充完整。i．SO2+4I－+4H+S↓+2I2+2H2Oii．I2+2H2O+__________________+_______+2I－〔4〕探究i、ii反響速率與SO2歧化反響速率的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)如下：分別將18mLSO2飽和溶液參加到2mL以下試劑中，密閉放置觀察現(xiàn)象?！玻篒2易溶解在KI溶液中〕序號(hào)ABCD試劑組成0.4mol·L－1KIamol·L－1KI0.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1KI0.0002molI2實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象溶液變黃，一段時(shí)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色，變成黃色，出現(xiàn)渾濁較A快①B是A的比照實(shí)驗(yàn)，則a=__________。②比較A、B、C，可得出的結(jié)論是______________________。③實(shí)驗(yàn)說明，SO2的歧化反響速率D＞A，結(jié)合i、ii反響速率解釋原因：________________?！敬鸢浮?1).3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=?254kJ·mol?1(2).>(3).反響Ⅱ是氣體物質(zhì)的量減小的反響，溫度一定時(shí)，增大壓強(qiáng)使反響正向移動(dòng)，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?jǐn)?shù)增大(4).SO2(5).SO42?(6).4H+(7).(8).I?是SO2歧化反響的催化劑，H+單獨(dú)存在時(shí)不具有催化作用，但H+可以加快歧化反響速率(9).反響ii比i快；D中由反響ii產(chǎn)生的H+使反響i加快【解析】分析：〔1〕應(yīng)用蓋斯定律結(jié)合反響II分析?！?〕采用"定一議二〞法，根據(jù)溫度一樣時(shí)，壓強(qiáng)與H2SO4物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)判斷?！?〕依據(jù)催化劑在反響前后質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)不變，反響i+反響ii消去I-得總反響。〔4〕用控制變量法比照分析。詳解：〔1〕根據(jù)過程，反響II為SO2催化歧化生成H2SO4和S，反響為3SO2+2H2O=2H2SO4+S。應(yīng)用蓋斯定律，反響I+反響III得，2H2SO4〔l〕+S〔s〕=3SO2〔g〕+2H2O〔g〕ΔH=ΔH1+ΔH3=〔+551kJ/mol〕+〔-297kJ/mol〕=+254kJ/mol，反響II的熱化學(xué)方程式為3SO2〔g〕+2H2O〔g〕=2H2SO4〔l〕+S〔s〕ΔH=-254kJ/mol?！?〕反響II的總反響為3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作為水溶液中SO2歧化反響的催化劑，催化劑在反響前后質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)不變，〔總反響-反響i〕2得，反響ii的離子方程式為I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。〔4〕①B是A的比照實(shí)驗(yàn)，采用控制變量法，B比A多加了2SO4，A與B中KI濃度應(yīng)相等，則a=0.4。②比照A與B，參加H+可以加快SO2歧化反響的速率；比照B與C，單獨(dú)H+不能催化SO2的歧化反響；比較A、B、C，可得出的結(jié)論是：I?是SO2歧化反響的催化劑，H+單獨(dú)存在時(shí)不具有催化作用，但H+可以加快歧化反響速率。③比照D和A，D中參加KI的濃度小于A，D中多加了I2，反響i消耗H+和I-，反響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〞，反響速率DA，由此可見，反響ii比反響i速率快，反響ii產(chǎn)生H+使c〔H+〕增大，從而反響i加快。點(diǎn)睛：此題以利用含硫物質(zhì)熱化學(xué)循環(huán)實(shí)現(xiàn)太陽能的轉(zhuǎn)化與存儲(chǔ)為載體，考察蓋斯定律的應(yīng)用、化學(xué)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(xué)反響速率的影響，考察學(xué)生靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問題的能力。11.實(shí)驗(yàn)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(qiáng)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?！?〕制備K2FeO4〔夾持裝置略〕①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反響方程式是________________〔錳被復(fù)原為Mn2+〕。②將除雜裝置B補(bǔ)充完整并標(biāo)明所用試劑。_______③C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發(fā)生的反響有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外還有________________?！?〕探究K2FeO4的性質(zhì)①取C中紫色溶液，參加稀硫酸，產(chǎn)生黃綠色氣體，得溶液a，經(jīng)檢驗(yàn)氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl－而產(chǎn)生Cl2，設(shè)計(jì)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Ⅰ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〕。Ⅱ．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗滌的目的是________________。②根據(jù)K2FeO4的制備實(shí)驗(yàn)得出：氧化性Cl2________〔填"＞〞或"＜〞〕，而方案Ⅱ?qū)嶒?yàn)說明，Cl2和的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系相反，原因是________________。③資料說明，酸性溶液中的氧化性＞，驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)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＞。假設(shè)能，請說明理由；假設(shè)不能，進(jìn)一步設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案。理由或方案：________________?！敬鸢浮?1).2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O(2).(3).Cl2+2OH?Cl?+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).假設(shè)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〔假設(shè)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與濃鹽酸反響制Cl2；由于鹽酸具有揮發(fā)性，所得Cl2中混有HCl和H2O〔g〕，HCl會(huì)消耗Fe〔OH〕3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl；Cl2與Fe〔OH〕3、KOH反響制備K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大氣?！?〕①根據(jù)制備反響，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2還會(huì)與KOH反響生成KCl、KClO和H2O。I.參加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，自身被復(fù)原成Fe3+。II.產(chǎn)生Cl2