2018高考化學(xué)試題(北京卷)(Word含詳細(xì)解析)

2021高考化學(xué)試題(北京卷)(Word版含詳盡分析)2021高考化學(xué)試題(北京卷)(Word版含詳盡分析)2021高考化學(xué)試題(北京卷)(Word版含詳盡分析)2021年高考北京卷化學(xué)真題分析可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16第一局部〔選擇題〕[2021北京卷-7]以下我國(guó)科技成就所波及物質(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C．偏二甲肼用作發(fā)射“天宮二D．開采可燃冰，將B．氘、氚用作“人造太陽〞核聚氫氣用于新能源〞其作為能源使用變?nèi)剂咸?hào)的火箭燃料汽車【答案】B【分析】A.“甲醇低溫所制氫氣〞說明氫氣是重生成的物質(zhì)，而化學(xué)變化最主要的特色是有新物質(zhì)生成，故A發(fā)生的是化學(xué)變化；B.“氘、氚用作“人造太陽〞核聚變?nèi)剂熄?，“核聚變〞是核反?yīng)，改變的是原子核，不屬于化學(xué)變化；C.偏二甲肼用作發(fā)射“天宮二號(hào)〞的火箭燃料，發(fā)生的反應(yīng)為：(CH3)2NNH2+2N2O4=3N2+2CO2+4H2O,屬于化學(xué)變化；D.可燃冰是甲烷的構(gòu)造水合物，甲烷焚燒,屬于化學(xué)變化?！究键c(diǎn)】化學(xué)變化；核聚變；火箭燃料的焚燒反應(yīng)；可燃冰。[2021北京卷-8]我國(guó)科研人員提出了由CO2和CH4轉(zhuǎn)變?yōu)楦吒綆е诞a(chǎn)品CH3COOH的催化反應(yīng)歷程。該歷程表示圖以下。以下說法不正確的選項(xiàng)是．．．生成CH3COOH總反應(yīng)的原子利用率為100%CH4→CH3COOH過程中，有C―H鍵發(fā)生斷裂①→②放出能量并形成了C―C鍵該催化劑可有效提升反應(yīng)物的均衡轉(zhuǎn)變率【答案】D【分析】A.CH4與CO2在催化劑存在時(shí)生成CH3COOH，總反應(yīng)為CH4+CO2催CH3COOH，只有CH3COOH一種生成物，原子利用率為100%，A正確；B.CH4選擇性活化變?yōu)棰俚倪^程中，有1個(gè)C-H鍵斷裂，B正確；C.依據(jù)圖示，①的總能量高于②的總能量，①→②放出能量;對(duì)比①和②，①→②形成C-C鍵，C正確；D.催化劑只影響化學(xué)反應(yīng)速率，不影響化學(xué)均衡，不可以提升反應(yīng)物的均衡轉(zhuǎn)變率，D錯(cuò)誤?！究键c(diǎn)】本題考察原子利用率、化學(xué)反應(yīng)的實(shí)質(zhì)、化學(xué)反應(yīng)中的能量變化、催化劑對(duì)化學(xué)反應(yīng)的影響，解題的重點(diǎn)是正確剖析表示圖中的信息。注意催化劑能降低反應(yīng)的活化能，加速反應(yīng)速率，催化劑不可以改變?chǔ)、不可以使化學(xué)均衡發(fā)生挪動(dòng)。1[2021北京卷-9]以下化學(xué)用語對(duì)事實(shí)的表述不正確的是．．．濃H2SO4A.硬脂酸與乙醇的酯化反應(yīng)：C17H35COOH+C2H518OH△C17H35COOC2H5+H218OB.常溫時(shí)，-12O+OH-0.1molL·氨水的pH=11.1：NH3·HC.由Na和C1形成離子鍵的過程：D.電解精華銅的陰極反應(yīng)：Cu2++2e-=Cu【答案】A濃H2SO4C17H35CO18OC2H5+H2O，【分析】A.依“酸脫羥基醇脫氫〞，硬脂酸與乙醇反應(yīng)：C17H35COOH+C2H518OH△A錯(cuò)誤；B.常溫下-1，溶液中c(OH—)=10mol·L—1—1，氨水為弱堿性L·氨水的＜0.1mol·L溶液，NH3·H2O的電離過程可逆，電離方程式為NH3·H2O+—，B正確；C.Na原子最外層有1NH4+OH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正確；D.電解精華銅時(shí)，精銅為陰極，粗銅為陽極，陰極電極反應(yīng)式為Cu2++2e-=Cu，D正確?！究键c(diǎn)】酯化反應(yīng)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；電解精華銅的原理。[2021北京卷-10]以下實(shí)驗(yàn)中的顏色變化，與氧化還原反應(yīng)沒關(guān)的是ABCD實(shí)驗(yàn)NaOH溶液滴入石蕊溶液滴入氯Na2S溶液滴入熱銅絲插入稀硝酸中FeSO4溶液中水中AgCl濁液中現(xiàn)象產(chǎn)生白色積淀，隨溶液變紅，隨后迅積淀由白色漸漸產(chǎn)生無色氣體，隨后后變?yōu)榧t褐色速退色變?yōu)楹谏優(yōu)榧t棕色【答案】C【分析】A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中產(chǎn)生Fe(OH)2白色積淀，隨后Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3(紅褐色沉淀)，反應(yīng)為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，是氧化還原反應(yīng)；B.氯水中存在反應(yīng)Cl2+H2OHCl+HClO，因?yàn)槁人仕嵝?，石蕊溶液滴入后溶液先變紅，HClO有強(qiáng)氧化性，把紅色物氧化為無色物質(zhì)而使溶液褪芭；C.Na2S溶液滴入AgCl濁液中，反應(yīng)為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，白色積淀變?yōu)楹谏?，但反?yīng)前后元素化合價(jià)不變，不是氧化還原反應(yīng)；D.熱銅絲插入稀硝酸中，即Cu與稀HNO3反應(yīng)生成Cu(NO3)2、NO氣體和H2O，無色氣體NO快速被氧化成紅棕色的2NO2，反應(yīng)為2NO+O2=2NO2，為氧化還原反應(yīng)；【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)的特色；積淀的轉(zhuǎn)變；次氯酸的漂白原理；銅與硝酸反應(yīng)。[2021北京卷-11]一種芳綸纖維的拉伸強(qiáng)度比鋼絲還高，寬泛用作防備資料。其構(gòu)造片段如以下列圖以下對(duì)于該高分子的說法正確的選項(xiàng)是完好水解產(chǎn)物的單個(gè)分子中，苯環(huán)上的氫原子擁有不一樣的化學(xué)環(huán)境B.完好水解產(chǎn)物的單個(gè)分子中，含有官能團(tuán)―COOH或―NH2氫鍵對(duì)該高分子的性能沒有影響2D.構(gòu)造簡(jiǎn)式為：HNHCOnOH【答案】B【分析】A.構(gòu)造片段中含肽鍵，完好水解的單個(gè)分子為HOOCCOOH、H2NNH2，該高分子化合物的構(gòu)造簡(jiǎn)式為HNHNH-OCCOnOH。HOOCCOOH、H2NNH2中苯環(huán)上都只有1種化學(xué)環(huán)境的氫原子，A錯(cuò)誤；B.芳綸纖維完好水解獲得HOOCCOOH、H2NNH2，含有的官能團(tuán)為-COOH或-NH2，B正確；C.氫鍵會(huì)影響分子的沸點(diǎn)、密度、硬度等性能，C錯(cuò)誤；D.芳綸纖維是由HOOCCOOH、H2NNH2經(jīng)過縮聚反應(yīng)形成HNHNH-OCCOnOH，D錯(cuò)誤。【考點(diǎn)】本題考察肽鍵的水解、氫原子化學(xué)環(huán)境的剖析、氫鍵對(duì)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，第一依據(jù)高聚物判斷是加聚產(chǎn)物仍是縮聚產(chǎn)物，而后依據(jù)推測(cè)單體的方法作出判斷：〔1〕加聚產(chǎn)物單體的推測(cè)常用“彎箭頭法〞，單鍵變雙鍵，C上剩余的鍵斷開；〔2〕縮聚產(chǎn)物單體的推測(cè)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。-1pH，數(shù)據(jù)以下。[2021北京卷-12]測(cè)定0.1molL·Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的時(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溶液做對(duì)比實(shí)驗(yàn)，④產(chǎn)生白色積淀多。以下說法不正確的選項(xiàng)是．．．A.Na2SO3溶液中存在水解均衡：SO32—+H2OHSO3—+OH-B.④的pH與①不一樣，是因?yàn)镾O32—濃度減小造成的①→③的過程中，溫度和濃度對(duì)水解均衡挪動(dòng)方向的影響一致①與④的Kw值相等【答案】C【分析】A.Na2SO3屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，Na2SO3溶液中存在水解均衡：SO32—+H2OHSO3—+OH-，A正確；B.?、佗軐?duì)應(yīng)溫度下的溶液，參加鹽酸酸化的BaCl2溶液做對(duì)比實(shí)驗(yàn)，④產(chǎn)生白色積淀多，說明實(shí)驗(yàn)過程中局部Na2SO3被氧化成Na2SO4，①與④溫度同樣，④與①對(duì)比，SO32—濃度減小，溶液中c(OH—)減小，④的pH小于①；B正確；C項(xiàng)，鹽類水解過程吸熱，①→③的過程，高升溫度SO2—水解均衡正向挪動(dòng)，32—D項(xiàng)，Kw只與溫度相關(guān)，溫度同樣時(shí)KW同樣，D正確。c(SO3)減小，水解均衡逆向挪動(dòng)，C錯(cuò)誤；2-【考點(diǎn)】鹽類水解離子方程式的書寫；外界條件對(duì)鹽類水解均衡的影響、；水的離子積的影響要素；SO3的還原性。[2021北京卷-13]考證犧牲陽極的陰極保護(hù)法，實(shí)驗(yàn)以下(燒杯內(nèi)均為經(jīng)過酸化的3%NaCl溶液)。①②③在Fe表面生成藍(lán)色積淀試管內(nèi)無顯然變化試管內(nèi)生成藍(lán)色積淀以下說法不正確的選項(xiàng)是．．．A.對(duì)比②③，能夠判斷Zn保護(hù)了FeB.對(duì)比①②，K3[Fe(CN)6]可能將Fe氧化3C.考證Zn保護(hù)Fe時(shí)不可以用①的方法D.將Zn換成Cu，用①的方法可判斷Fe比Cu開朗【答案】D【分析】A.對(duì)比②③，②Fe鄰近的溶液中參加K3[Fe(CN)6]無顯然變化，②Fe鄰近的溶液中不含F(xiàn)e2+，③Fe鄰近的溶液中參加K3[Fe(CN)6]產(chǎn)生藍(lán)色積淀，③Fe鄰近的溶液中含F(xiàn)e2+，②中Fe被保護(hù)，A正確；B.①參加K3[Fe(CN)6]在Fe表面產(chǎn)生藍(lán)色積淀，F(xiàn)e表面產(chǎn)生了Fe2+，對(duì)比①②的異同，①可能是K3[Fe(CN)6]將Fe氧化成Fe2+，B正確；C.對(duì)比①②，①也能查驗(yàn)出Fe2+，不可以用①的方法考證Zn保護(hù)Fe，C正確；D.由實(shí)驗(yàn)可知K3[Fe(CN)6]可能將Fe氧化成Fe2+，將Zn換成Cu不可以用①的方法證明Fe比Cu開朗?！究键c(diǎn)】本題經(jīng)過實(shí)驗(yàn)考證犧牲陽極的陰極保護(hù)法，考察Fe2+的查驗(yàn)、實(shí)驗(yàn)方案的對(duì)比，解決本題的重點(diǎn)是用對(duì)比剖析法。要注意操作條件的變化，如①中沒有取溶液，②中拿出溶液，考慮Fe對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響。要證明Fe比Cu開朗，可用②的方法。第二局部〔非選擇題〕[2021北京卷-25]8-羥基喹啉被寬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)固?！?〕按官能團(tuán)分類，A的類型是?！?〕A→B的化學(xué)方程式是。〔3〕C可能的構(gòu)造簡(jiǎn)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的反應(yīng)種類是。〔7〕將以下K→L的流程圖增補(bǔ)完好：〔8〕合成8-羥基喹啉時(shí)，L發(fā)生了__________〔填“氧化〞或“還原〞〕反應(yīng)，反應(yīng)時(shí)還生成了水，那么L與G物質(zhì)的量之比為__________?！敬鸢浮?1)烯烴(2)CH2=CHCH3+Cl2高溫CH2=CHCH2Cl+HClClCH2CH(OH)CH2Cl(4)NaOH，H2O(5)HOCH2CH(OH)CH2OH濃硫酸△HOCH2CHClCH2Cl、CH2=CHCHO+2H2O(6)代替反應(yīng)(7)(8)氧化3∶1【分析】〔1〕A的分子式為C3H6，其不飽和度為1，A與Cl2高溫反應(yīng)生成B，B與HOCl發(fā)生加成反應(yīng)生4成C，C的分子式為C3H6OCl2，故B的分子式為C3H5Cl，B中含碳碳雙鍵，A→B為代替反應(yīng)，那么A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH=CH2，屬于烯烴；(2)依據(jù)C、D的分子式，C→D為氯原子的代替反應(yīng)，聯(lián)合題給ii，C中兩個(gè)Cl原子連結(jié)在兩個(gè)不一樣的碳原子上，那么A與Cl2高溫下發(fā)生飽和碳上氫原子的代替反應(yīng)，A→B的化學(xué)方程式是：CH2=CHCH3+Cl2高溫CH2=CHCH2Cl+HCl；〔3〕B的構(gòu)造簡(jiǎn)式為CH2=CHCH2Cl、B與HOCl發(fā)生加成反應(yīng)生成C(C3H6OCl2)，C的構(gòu)造簡(jiǎn)式為HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH(OH)CH2Cl；4〕由C(C3H6OCl2)生成D(C3H8O3)，C中的Cl被-OH代替，故D的構(gòu)造簡(jiǎn)式為HOCH2CH(OH)CH2OH，C→D所需的試劑a是NaOH、H2O；(5)D在濃硫酸、加熱時(shí)消去2個(gè)“H2O〞生成E,方程式為：濃硫酸HOCH2CH(OH)CH2OH△CH2=CHCHO+2H2O6FG，；〔〕的構(gòu)造簡(jiǎn)式為OH，的構(gòu)造簡(jiǎn)式為F→G的反應(yīng)種類是代替反應(yīng)；(7)K的分子式為C9H11NO2，L的分子式為C9H9NO，K→L的過程中脫去2O〞K→L的反應(yīng)條件和題給i，K→L先發(fā)生加成反應(yīng)獲得、后發(fā)生消去反應(yīng)獲得1個(gè)“H，聯(lián)合L。(8)依據(jù)流程L+G→J+8-羥基喹啉+H2O，L發(fā)生了去氫的氧化反應(yīng),依據(jù)H原子守恒有:3+→3++2H2O，故反應(yīng)過程中L與G物質(zhì)的量之比為3:1?！究键c(diǎn)】本題以8-羥基喹啉的合成為載體，考察有機(jī)推測(cè)、有機(jī)物類其余判斷、有機(jī)物構(gòu)造簡(jiǎn)式和有機(jī)方程式的書寫、有機(jī)反應(yīng)種類的判斷等。[2021北京卷-26]磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程以下：：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)<CaSO4·0.5H2O〔1〕上述流程中能加速反應(yīng)速率的舉措有?！?〕磷精礦粉酸浸時(shí)發(fā)生反應(yīng)：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·2O+6H3PO4①該反應(yīng)表達(dá)出酸性關(guān)系：H3PO4__________H2SO4〔填“>〞或“<〞?！尝诼?lián)合元素周期律解說①中結(jié)論：P和S電子層數(shù)同樣，?！?〕酸浸時(shí)，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)變?yōu)镠F，并進(jìn)一步轉(zhuǎn)變?yōu)镾iF4除掉。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)自己也會(huì)發(fā)生疏解。同樣投料比、同樣反應(yīng)時(shí)間，不一樣溫度下的有機(jī)碳脫除率以下列圖。80℃后脫除率變化的原由：。5〕脫硫時(shí)，CaCO3稍過度，充分反應(yīng)后仍有SO42-殘留，原由是；參加BaCO3可進(jìn)一步提升硫的脫除率，其離子方程式是?！?〕取ag所得精制磷酸，加適當(dāng)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，耗費(fèi)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)①＜②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(3)2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4·2O+6H3PO4+2HF↑(4)80℃后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低(5)CaSO4微溶；BaCO3+SO42—+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+2H2PO4—?！痉治觥俊?〕研磨能增大反應(yīng)物的接觸面積，能加速反應(yīng)速率，加熱，溫度高升能加速反應(yīng)速率；流程中5能加速反應(yīng)速率的舉措有：研磨、加熱。(2)①依據(jù)“強(qiáng)酸制弱酸〞的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律，酸性：H3PO4＜H2SO4。②用元素周期律解說，P和S電子層數(shù)同樣，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。(3)依據(jù)“強(qiáng)酸制弱酸〞的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律，Ca5(PO4)3F與H2SO4反應(yīng)生成HF、磷石膏和磷酸。(4)圖示是同樣投料比、同樣反應(yīng)時(shí)間，不一樣溫度下的有機(jī)碳脫除率，80℃前溫度高升反應(yīng)速率加速，同樣時(shí)間內(nèi)有機(jī)碳脫除率增大；80℃后溫度高升，H2O2分解速率大，H2O2濃度明顯降低，反應(yīng)速率減慢，同樣條件下有機(jī)碳脫除率減小。(5)脫硫時(shí)，CaCO3稍過度，充分反應(yīng)后仍有SO42-殘留，原由是：CaSO4微溶于水。參加BaCO3可進(jìn)一步提升硫的脫除率，因?yàn)锽aSO4難溶于水，反應(yīng)的離子方程式為BaCO3+SO42—+2H3PO4=BaSO4+CO2↑PO4—+H2O。(6)依據(jù)題意關(guān)系式為：H3PO4~2NaOH~Na2HPO4，由耗費(fèi)的NaOH+2H計(jì)算H3PO4，耗費(fèi)的H3PO4與NaOH物質(zhì)的量之比為1：2，n(H3PO4×c×10-3L=bc/2000mol，m(H3PO4)=bc/2000mol×98g/mol=49bc/1000g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為?！究键c(diǎn)】本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)反應(yīng)速率的要素、“〞強(qiáng)酸制弱酸的復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律、元素周期律、指定情境下方程式的書寫、質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算等。[2021北京卷-27]最近幾年來，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)變與儲(chǔ)存。過程以下：〔1〕反應(yīng)Ⅰ：2H24222(g)H1－1=+551kJmol·反應(yīng)Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g)H3=－297kJmol·－1反應(yīng)Ⅱ的熱化學(xué)方程式：?！?〕對(duì)反應(yīng)Ⅱ，在某一投料比時(shí)，兩種壓強(qiáng)下，H2SO4在均衡系統(tǒng)中物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度的變化關(guān)系以下列圖。p2p1〔填“＞〞或“＜〞〕，得出該結(jié)論的原由是。3〕I－能夠作為水溶液中SO2歧化反應(yīng)的催化劑，可能的催化過程以下。將ii增補(bǔ)完好。i．SO2+4I－+4H+=S↓+2H2O+2Iii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2I－〔4〕研究i、ii反應(yīng)速率與SO2歧化反應(yīng)速率的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)以下：分別將18mLSO2飽和溶液參加到2mL以下試劑中，密閉擱置察看現(xiàn)象?！玻篒2易溶解在KI溶液中〕序號(hào)ABCD－1－KI試劑構(gòu)成－1amolL·KI－12SO40.2molL·10.4mol·LKI－12SO40.2molL·H0.0002molI20.2molL·H實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象溶液變黃，一段時(shí)溶液變黃，出現(xiàn)渾無明展現(xiàn)象溶液由棕褐色很快退色，變?yōu)殚g后出現(xiàn)污濁濁較A快黃色，出現(xiàn)污濁較A快B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn)，那么a=__________。②比較A、B、C，可得出的結(jié)論是______________________。③實(shí)驗(yàn)說明，SO2的歧化反應(yīng)速率D＞A，聯(lián)合i、ii反應(yīng)速率解說原由：________________?！敬鸢浮?1)3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)H2=-254kJ·mol-1(2)>反應(yīng)Ⅱ是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，溫度一準(zhǔn)時(shí)，增大壓強(qiáng)使反應(yīng)正向挪動(dòng)，H2SO4的物質(zhì)的量增大，系統(tǒng)總物質(zhì)的量減小，H2SO4的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大(3)SO2、SO42-、4H+(4)0.4；I-是SO2歧化反應(yīng)的催化劑，H+獨(dú)自存在時(shí)不具有催化作用，但H+能夠加速歧化反應(yīng)速率；反應(yīng)ii比i快；D中由反應(yīng)ii產(chǎn)生的H+使反應(yīng)i加速6【分析】〔1〕依據(jù)過程，反應(yīng)II為SO2催化歧化生成H2SO4和S，反應(yīng)為:3SO2+2H2O=2H2SO4+S。應(yīng)用蓋斯定律，反應(yīng)I+反應(yīng)III得，2H2SO4(l)+S(s)=3SO2(g)+2H2O(g)H=ΔH1+ΔH3=(+551kJ/mol)+(-297kJ/mol)=+254kJ/mol，反應(yīng)II的熱化學(xué)方程式為3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)H=-254kJ/mol。(2)在橫坐標(biāo)上任取一點(diǎn)，作縱坐標(biāo)的平行線，可見溫度同樣時(shí)，p2時(shí)H2SO4物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)大于p1時(shí)，反應(yīng)Ⅱ是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)均衡向正反應(yīng)方向挪動(dòng)，H2SO4物質(zhì)的量增添，系統(tǒng)總物質(zhì)的量減小，H2SO4物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，因此，p2＞p1?！?〕反應(yīng)II的總反應(yīng)為3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I—能夠作為水溶液中SO2歧化反應(yīng)的催化劑，催化劑在反應(yīng)前后質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)不變，(總反應(yīng)-反應(yīng)i)2得，反應(yīng)ii的離子方程式為I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I—?！?〕①B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn)，采納控制變量法，B比A多加了2SO4，A與B中KI濃度應(yīng)相等，那么。②對(duì)比A與B，參加H+能夠加速SO2歧化反應(yīng)的速率；對(duì)比B與C，獨(dú)自H+不可以催化SO2的歧化反應(yīng)；比較A、B、C，可得出的結(jié)論是：I-是SO歧化反應(yīng)的催化劑，H+獨(dú)自存在時(shí)不擁有催化作用，但H+能夠加速歧化反應(yīng)速率。2③對(duì)比D和A，D中參加KI的濃度小于A，D中多加了I2，反應(yīng)i耗費(fèi)H+和I-，反應(yīng)ii中耗費(fèi)I2，D中“溶液由棕褐色很快退色，變?yōu)辄S色，出現(xiàn)污濁較A快〞，反應(yīng)速率DA，因而可知，反應(yīng)ii比反應(yīng)i速率快，反應(yīng)ii產(chǎn)生H+使c〔H+〕增大，進(jìn)而反應(yīng)i加速。【考點(diǎn)】本題以利用含硫物質(zhì)熱化學(xué)循環(huán)實(shí)現(xiàn)太陽能的轉(zhuǎn)變與儲(chǔ)存為載體，考察蓋斯定律的應(yīng)用、化學(xué)平衡圖像的剖析、方程式的書寫、控制變量法研究外界條件對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，考察學(xué)生靈巧運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決實(shí)質(zhì)問題的能力。[2021北京卷-28]實(shí)驗(yàn)小組制備高鐵酸鉀(K2FeO4)并研究其性質(zhì)。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；擁有強(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)固。〔1〕制備K2FeO4〔夾持裝置略〕①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應(yīng)方程式是(錳被還原為Mn2+)。②將除雜裝置B增補(bǔ)完好并注明所用試劑。③C中獲得紫色固體和溶液。C中Cl2發(fā)生的反應(yīng)有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，此外還有。〔2〕研究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)查驗(yàn)氣體中含有Cl2。為證明能否K2FeO4氧化了Cl－而產(chǎn)生Cl2，設(shè)計(jì)以下方案：方案Ⅰ取少許a，滴加KSCN溶液至過度，溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分清洗C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，獲得紫色溶液b。取少許b，滴加鹽酸，有Cl2產(chǎn)生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有氧化，還可能由Ⅱ．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－。用②依據(jù)K2FeO4的制備實(shí)驗(yàn)得出：氧化性FeO42—的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系相反，原由是

離子，但該離子的產(chǎn)生不可以判斷必定是K2FeO4將Cl－產(chǎn)生〔用方程式表示〕。KOH溶液清洗的目的是。Cl2________FeO42—〔填“＞〞或“＜〞〕，而方案Ⅱ?qū)嶒?yàn)說明，Cl2和。7③資料說明，酸性溶液中的氧化性FeO42—＞MnO4—，考證明驗(yàn)以下：將溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混淆溶液中，振蕩后溶液呈淺紫色，該現(xiàn)象可否證明氧化性FeO42—＞MnO4—。假定能，請(qǐng)說明原由；假定不能，進(jìn)一步設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案。原由或方案：?！敬鸢浮?1)①2KMnO↑+8H--；③Cl2+2OH=Cl++16HCl=2MnCl+2KCl+5ClO；②ClO-+H2O(2)①Ⅰ．Fe3+；4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2OⅡ．清除ClO-的擾亂②>；溶液的酸堿性不一樣；③假定能，原由：FeO42-在過度酸的作用下完好轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3+和O2，溶液淺紫色必定是MnO4-的顏色〔假定不可以，方案：向紫色溶液b中滴加過度稀H2SO4，察看溶液紫色快速褪去仍是顯淺紫色〕【分析】(1)①A為氯氣發(fā)生裝置，KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)時(shí)，錳被還原為Mn2+，濃鹽酸被氧化成Cl2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為:2KMnO4+16HCl(濃)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，離子方程式為:2MnO4—+10Cl—+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②因?yàn)辂}酸擁有揮發(fā)性，所得Cl2中混有HCl和H2O(g)，HCl會(huì)耗費(fèi)Fe(OH)3、KOH，用飽和食鹽水除掉HCl，除雜裝置B如圖：③C中Cl