北京高考理综化学试题解析版

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）

A. A

B. B

C. C

D. D 【答案】B

【解析】分析：AI 航申蕾低温制氢气有新物质生成，属于化学变化5田如 乱 氤用作核聚变燃札 是核 反应,

?不属刊

t 学变化；。顼，偏二甲肪与NiQ 反应生成g 、皿和出6放出大量热，属于化学变化i D 项，可燃冰是

甲烷的结晶水合物，燃烧生成 g 和厄@预出大量强，厦于化学变化。

洋解；A 项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化f 项，示 氤用作^聚变燃料，是核反应，不 属于化较化J C 项，偏二甲麟与NhO*反应生成旦和放出大量热，反应的化学方程式为 C 册Nw 艰00史附祁CXHTW,属于化学叠伯D 顼，可燃冰是甲烷的结晶水斜如 皿燃燎生成 CQj 和氏。放出大量曲，反应的化学方程式为属于化学壹化项答案选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. 我国科研人员提出了由 CO 和CH 转化为高附加值产品 CHCOOH 勺催化反应历程。该历程 示意图如下。 卜列说法不正确的是

制氢气用于新

能源汽车 B.觉、氤用作"人造太

阳”核聚变燃料

C.偏二甲腓用作发射“天

宫二号”的火箭燃料

D.开采可燃冰,

将其作为能源使

用

A. 生成CHCOOH、反应的原子利用率为100%

B. CH4^C8COO迥程中，有C—H键发生断裂

C. ①"②放出能量并形成了C —C键

D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率

【答案】D

【解析】分析：A项，生成CHCOOH勺总反应为C H+C(^^L^CHCOOH原子利用率为100%；

B项，CH选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①②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CH与CO在催化剂存在时生成CH I COOH总反应为

CH+CO地空.CHCOOH只有CHCOO*种生成物，原子利用率为100% A项正确；B项，CH 选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①②放出能量，对比①和②，①②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Do 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△ Hk不能使化学平衡发生移动。

3. 下列化学用语对事实的表述不正确的是

A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应：G7H35COOH+O18。芒上O7H35COOCi+H b18O

B. 常温时，0.1 mol L -1氨水的pH=11.1 : NH ? H2^^^NII：+OH

C. 由Na和C1形成离子键的过程：N U G#―丽?代1,

D. 电解精炼铜的阴极反应：Cu2++2e-Cu

【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易失电子形成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。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

C7H35COOH+C518O^^M^C7H35C08OCH5+F2O, A项错误；B项，常温下0.1mol ?L-1氨水的pH=11.1，溶液中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

NH ? H2^^NH++OH, B项正确；C项，Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+, Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-, Na将最外层的1个电子转移给Cl , 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，阴极电极反应式为Ci2++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. 下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是

【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+O+2HO=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+Na2S=AgS+2NaCl; D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+62NO。

详解：A项，NaOHB液滴入FeSO溶液中产生白色Fe (OH 2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe (OH 2+O+2H2O=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+Ha^^ 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+Na2S=AgS+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反应生成Cu (NO) 2、NO气体和HO,气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+&2NO,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G

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. 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

卜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，含有官能团一COOH或一NH2

C. 氢键对该高分子的性能没有影响

D. 结构简式为:

11

【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

NH：，该高分子化合物的结构简式为

。 ,

H H

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

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

O

士OH ，D 项错误；答案选 B 。

H H

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-Ho

6. 测定0.1 mol ? L -1

Na 2SO 溶液先升温再降温过程中的 pH,数据如下。

2 多。

卜列说法不正确的是

A. Na 2SQ 溶液中存在水解平衡： 8023 +^2^^]]303 +OH

B. ④的pH 与①不同，是由于30图浓度减小造成的

C. ①③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致

D. ①与④的KW 值相等 【答案】C

【解析】分析：A 项，N&SQ 属于强碱弱酸盐，SO 2-

存在水解平衡；B 项，取①④时刻的溶液，

加入盐酸酸化的 BaCl 2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分

N&SO 被

氧化成N&SO,①与④温度相同，④与①对比， SO 2

-浓度减小，溶液中c (OH)，④的pH 小 于①；C 项，盐类水解为吸热过程，①③的过程，升高温度SO 2-水解平衡正向移动，c(SO 2-

)

水解产物的单个分子为

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 HOOC —^^COOH 、

通过缩聚

反应形成，其结构简式为

减小，水解平衡逆向移动； D 项，K w 只与温度有关。

详距A 项』Na.SO.Jg 于强遍弱酸盐,SOm 矩在水解平

Si ； SQ32+tbQ^^HSQj-+OH-x HSOg*H2OLltS6-OH-,性项正确j B 顼j 收①④时刻的■笊，加入 盐麒化的BaCh 溶海做对比实验生白邑沉淀多「说明实验过程中部分阻S6被氧化成灿① 与醐度相同『④与①对比-SQ?诚度遍小，潘液中￡(OH ),曲的网小于①,?即(?的pH 与①不同，是 由于蜀6咪度湖小造成的，B 项正晚C 项，盐类水解为喧热过程，g 伺的过程，升高温度SO 产水解平 衡正向移动「c CS^-)那、水解平衡逆向移动，温蔑呻度对水解平衡移动方向的影响乩C 现错误j D 项，电.，只与温度有关.①与函温度相同，电.?值相等项答案选C 。

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、SO 2-

的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。

卜列说法不正确的是

A.对比②③，可以判定 Zn 保护了 Fe

B.对比①②，&[Fe(CN) 6]可能将Fe 氧化

C.验证Zn 保护Fe 时不能用①的方法

D.将Zn 换成Cu,用①的方法可判断 Fe 比Cu

活泼 【答案】D

【解析】分析：A 项，对比②③，②Fe 附近的溶液中加入 K 3[Fe (CN 6]无明显变化，②Fe 附近的溶液中不含 Fe

2+

,

③Fe 附近的溶液中加入 &[Fe (CN 司产生蓝色沉淀，③Fe 附近的 溶液中含Fe 2

+，②中Fe 被保护；B 项，①加入

阿Fe (CN 司在Fe 表面产生蓝色沉淀，Fe 表面产生了 Fe 2

+，对比①②的异同，①可能是 K 3[Fe (CN 6]将Fe 氧化成Fe 2+

;

C 项，对比

①②，①也能检验出 Fe 2+

,不能用①的方法验证 Zn 保护Fe; D 项，由实验可知 &[Fe ( CN

6

]可能将Fe 氧化成Fe 2+，将Zn 换成Cu 不能用①的方法证明 Fe 比Cu 活泼。

XlUHCXlr.l

■m

在Fe 表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 _瞬

iMJg

甲出的少棺

试管内生成蓝色沉淀

详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K[Fe (CN 6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入&[Fe (CN司产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入

&[Fe (CN司在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe 表面产生了Fe2+,对比①②的异同，①可能是K3[Fe (CN 6]将Fe氧化成Fe2+, B 项正确；C

项，对比①②，①加入K3[Fe (CN 6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+,不能用

①的方法验证Zn保护Fe, C项正确；D项，由实验可知K3[Fe (CN司可能将Fe氧化成Fe2+, 将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。

点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决

本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。KS5U

第二部分(非选择题)

8. 8 -羟基喳咻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-羟基喳琳的合成路线。

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，A的类别是。

(2) A^B的化学方程式是

(3) C可能的结构简式是。

(4) C—D所需的试齐【J a是。

(5) DIE的化学方程式是。

(6) F^G的反应类型是。

;K

的分子式为C 9Hi NO, L 的分子式为 QH s NQ K^L 的过程中脱

去1个“H 2O',结合K^L 的反应条件和题给已知

应,

(7) 将下列K-L 的流程图补充完整：

(8) 合成8-羟基喳琳时，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。

【答案】 (1). 烯烧 (2). CH

2

=CHCHCl 2 E 皿* CH=CHC!T C1+HC1 (3).

HOC 2CHC1CHC1 ClCH

2

CH(OH)CHCl (4). NaOH , H 2O (5). HOCH 2CH(OH)CHOH

^H 2SO 4

------ ：

------ > CH 2=CHCHO+2O (6).

取代反应(7).

△

(8).氧化(9). 3

: 1

【解析】分析：A 的分子式为C B H O , A 的不饱和度为1 , A 与C12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C 3H 6OC12, B 的分子式为C 3H 5CI , B 中含碳碳双键，A — 为取代反应，则A 的结构简式为CHCH=CH ；根据C 、D 的分子式，AD 为氯原子的取代反应， 结合题给已知ii , C 中两个Cl 原子连接在两个不同的碳原子上，则

A 与C12高温下发生饱

和碳上氢原子的取代反应， B 的结构简式为 CH=CHCHCl 、C 的结构简式为 HOC 2CHC1CHCl 或 CICH 2CH OH CHCl 、D 的结构简式为 HOC 2CHOH CHOH D 在浓硫酸、加热时消去 2个“H 2。’ 生成E;根据FrGHJ 和E+AK,结合F 、G J 的分子式以及 K 的结构简式，E+AK 为加

成反应，贝U E 的结构简式为CH=CHCHOF 的结构简式为

i , K”L 先发生加成反应、后发生消去反

详解：A的分了式为G瓦，A的不饱和度为L, A与CL高温反应生成B, E与HQC1岌生加成反应生成C』C 的分子式为QFiOCb, B的分子式为QH5CI, B中含碳碳戏箍，A—B为取代反应，则A的结枸简式为CHiCHY?根据C、D的分子式』G-D为氧原子的取代反应，结合题给已知迅C中两个0原子连接在两个不同的碳原子上，则A与Ch高温下发生饱和碳上氢原子的取代反应,B的结构简式为CTLYHCThCL C 的结构筒式为HOClbCHClCH^a或CLCH2CH (OH) CH20、D的结构筒式为

HOCTBCH (OH> CThOHi D在浓磔酸、加热时消去2个“ffaCT生成％根据F—J丁和EH—K,结合F、G.T

的分子式以及K舶构简式，ET-K为加成反应，则E的结构筒式为CH^-GHCHO, F的结构筒式为1Q、G的

姑构简式为!Q-N6、J的结构简式为K的分子式为L的分子式

OH OH OM

为CflHsNO, —L的过程中脱去1个吒侦厂岩合般-L的反应条件和题始已知L K-L先发生加成反应、后麦生消

去反应，L的结构简式为CQ o

OH H

(1) A的结构简式为CH J CHYH^A中官能国为联嫉双键，按官能团分类，A的类别是烯犀

(2) A^B为CHCH=C^ Cl 2高温下的取代反应，反应的化学方程式为

CHCH=CHCl i 瞬.CH=CHCHCl+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

HOC2CHClCHCl 或ClCH b CH (OH)CHCl。

(4) C—D为氯原子的水解反应，C—D 所需的试剂a是NaOH HO,即NaOHK溶液。

(5) DIE为消去反应，反应的化学方程式为HOC2CH( OH C H OH*?"』?CH2=CHCHO+2O

(6)

(7) K的分子式为GHiNO, L的分子式为G8NQ对比K和L的分子式，K—L的过程

中脱

去1个“H2O',结合K^L的反应条件和题给已知i , K先发生加成反应生成

|IJ J 发生消去反应生成L,补充的流程图为：OH H

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-羟基喳琳的合成为载体，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、 有机反应类型的判断等。 推断时主要依据分子式判断可能的反应 类型，结合所学有机物之间的相互转化和题给信息分析。 9. 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下:

H2O2/A CfiCO 心

■粗伽*侦M 融播' 脱有机碳睨

5 酸浸 '磷石阳主要或分为

CaSCU * 0 5H 3O )

已知：磷精矿主要成分为 C&(PO 4)3(OH)，还含有C&(PO 4)3F 和有机碳等。 溶解度：Cs t (PO 4)3(OH)

2Ca 5(PO 4)3(OH)+3H 2O+10HSO 兰 10CaSO ? 0.5H 2O+6HPQ

① 该反应体现出酸性关系： RP H 2SO (填">”或“<”)。 ② 结合元素周期律解释①中结论： P 和S 电子层数相同， 。

(3) 酸浸时，磷精矿中 C&(PO 4)3F 所含氟转化为HF,并进一步转化为 SiF 4除去。写出生成 HF 的化学方程式： 。 (4)

WQ 将粗磷酸中的有机碳氧化为 CO 脱除，同时自身也

会发生分解。相同投料比、相同

反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。 80 C 后脱除率变化的原因：

+吒0,对比L 和8-羟基喳琳的结构简式,

HEM

礴精矿——> 璘精贫粉

研嘴

(5) 脱硫时，CaCO稍过量，充分反应后仍有SQ2-残留，原因是

;加入BaCO

可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是。

(6) 取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚猷作指示剂，用b mol ? L- 1NaOH§

液滴定至终点时生成N&HPO,消耗NaO而液c mL,精制磷酸中HPQ的质量分数是： (已知：HPO摩尔质量为98 g - mol-1)

【答案】(1). 研磨、加热(2). v (3). 核电荷数Pv S,原子半径P>S,得电子能力Pv S,非金属性Pv S (4).

2C E5(PO4)3F+10吒SQ+5H^^10CaSO? 0.5H 2O+6HPQ+2HFf (5). 80 C后，H2O2分解速

率大，浓度显著降低(6). CaSO 4微溶(7).

- I 2 c 小 ..八c l)B|}49bc

BaCG+H 勇+2H3PO^= BaSO+COf +H2O+^^.)；(8).

【解析】分析：磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸经过脱有机碳、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) ①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：

M P Q<|H2S Q。

②用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数PL 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，C& (PQ) 3F与H2SQ 反应生成HR磷石膏和磷酸。

(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 C前温度升高反

应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80C后温度升高，H2Q分解速率大，HQ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，CaCO稍过量，充分反应后仍有SO2-残留，原因是：CaSO微溶于水。加入BaCO 可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO难溶于水，反应的离子方程式为

BaCOSQ 2

-+2H3PQ=BaSOCOf +2H 2PQ+F2Q

(6) 根据题意关系式为 HPO~2NaOH 由消耗的NaOH 十算HPQ 。

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。

⑵咪据澧酸制弱酸"的复分解反应规律，酸性；出?5<压阳，

②用元素周朗律解辞酸性；H3P

(3) 根据壑酸制弱酸啪复分解反应规律，偈 g 〉3F 与H2SQ 反应生成HF 、磷石音和磁酸，生成 的化学方程

式为 2Caj (PQ ) J F+WH2S0M "-5H2O A lOCaSCM 0.5氏!CH5H3P52HFT 。

(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 C 前温度升高反

应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；

80C 后温度升高，WQ 分解速率大，HO 2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，CaCO 稍过量，充分反应后仍有 SO 2-

残留，原因是：CaSO 微溶于水。加入BaCO

可进一步提高硫的脱除率，因为

BaSO 难溶于水，其中 SO 2-与BaCO 生成更难溶的BaSO 和

CO 2-

, HPO 的酸性强于H b CO,在粗磷酸中CO 2

-转化成H 2O 和CO,反应的离子方程式为 BaCG+SO 2-

+2H 3PQ=BaSO+COf +2H 2PQ+H2Q

…，、 -…… - .…，…、，.、， 、1

(6) 滴定终点生成 NaHPO,则消耗的 RPO 与NaOHW 质的量之比为1: 2, n ( RPO) = n (NaOH = bmol/L c 10-

3L= La

精制磷酸中HPQ 的质量分数为四！竺 ti

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，

BaCO 或CaCO 中碳元素最终变为 CO;第(6)问中MPO 与NaOH?质的量之比的确定等。 10. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：

的况 ______ ?

g =0.

049bcg

，

_____ 况

mol, m( H3PO)=

， 20U0

mol 98g/mol=

反应m： S(s)+O2(g) ^=SO(g) △ f=—297 kJ - mol

反应II的热化学方程式:

(2) 对反应□，在某一投料比时，两种压强下，H2SO在平衡体系中物质的量分数随温度的

变化关系如图所示。

P2 P 1 (填"〉”或“V”)，得出该结论的理由是。

(3) 广可以作为水溶液中SO歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。

i . SO+4I +4H*^=S$ +2I 2+2H2O

ii . 12+2H2O+++2 I

(4) 探究i、ii反应速率与SO歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL S。饱和溶

液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I 2易溶解在KI溶液中)

①B是A的对比实验，贝U a=。

②比较A、B、C,可得出的结论是。

③实验表明，SO的歧化反应速率D>A,结合i、ii反应速率解释原因：。

【答案】(1). 3SQ(g)+2H 2O(g) ^=2H2SO (l)+S(s) △ H2=- 254 kJ - mol-1(2). >

(3).反应□是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SC4的

物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SQ的物质的量分数增大(4). SO (5). SO2-

(6) . 4H+(7). 0.4 (8). I-是SO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HSQ 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SO催化歧化生成H2SO和S,反应为3SQ+2HO=2HSO+S。

应用盖斯定律，反应I+ 反应III 得，2H2SO (l) +S (s) =3SO (g) +2HO( g) △ H=^AH 1+AH 3=

(+551kJ/mol ) + (-297kJ/mol ) =+254kJ/mol，反应II 的热化学方程式为3SQ (g) +2HO

(g) =2H2SQ (l) +S (s) △ H=-254kJ/mol 。

⑵在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时?P2时田跄物质的量分数大于PI时J反应II 是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，比SQ物质的量增加，体系总物质的量减小j压对物质的量分数增大；则

(3) 反应II的总反应为3SO+2H2O=2HSQ+S, I-可以作为水溶液中SO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+2HaO+SO=4H h+SQ2-+2I-。

(4) ①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH 2SO, A与B中KI浓

度应相等，贝U a=0.4。

②对比A与B,加入^可以加快SO歧化反应的速率；对比B与C,单独H+不能催化SO的歧化反应；比较A、8 C,可得出的结论是：I-是SQ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。

③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

此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H使c （H）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. 实验小组制备高铁酸钾（K2Fe。）并探究其性质。

资料：&Fe。为紫色固体，微溶于KO而液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生

Q,在碱性溶液中较稳定。

（1）制备&FeQ （夹持装置略）

①A为氯气发生装置。 A中反应方程式是（猛被还原为MrT）。

②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。

③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl 2发生的反应有

3Cl2+2Fe（OH）3+10KO^=2K2FeQ+6KCl+8HO,另外还有。

（2）探究&Fe。的性质

①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a,经检验气体中含有Cl20为

2,

I .由方案I中溶液变红可知a中含有离子，但该离子的产生不能判断一定是&FeQ 将Cl氧化，还可能由产生（用方程式表示）。□.方案口可证明KFeQ氧化了Cl o用KO而液洗涤的目的是。

②根据K2FeQ的制备实验得出：氧化性Cl 2FeO24（填">”或“V”），而方案□

4FeO 2- +20lH^=4Fe 3+

+3Q f +10H 2O (6). 排除 C1O -

的干扰 (7). > (8).

酸碱性不同 (9). 若能，理由：FeO 2-

在过量酸的作用下完全转化为

Fe 3+

和Q,溶液浅紫

色一定是MnO 的颜色(若不能，方案：向紫色溶液 b 中滴加过量稀 H 2SO,观察溶液紫色快

速褪去还是显浅紫色)

【解析】分析：(1) KMnO 与浓盐酸反应制 C12；由于盐酸具有挥发性，所得 C12中混有HC1 和H 2O (g), HC1会消耗Fe (OH 3、KOH 用饱和食盐水除去 HC1; C12与Fe (OH 3、KOH 反 应制备EFeQ;最后用NaO 昭液吸收多余 C12,防止污染大气。

(2)①根据制备反应，C 的紫色溶液中含有 &FeQ 、KC1, C12还会与KO 版应生成KC1、KC1O 和HaQ I. 加入KSC 隔液，溶液变红说明 a 中含Fe 3+

。根据题意 &Fe 。在酸性或中性溶液中快速产 生Q,自身被还原成

Fe 3+

。

II. 产生C12还可能是C1O -+C1-+2H +

=C12? +H 2O,即KC1。的存在干扰判断； KaFeQ 微溶于KOH 溶液，用KO 畦涤除

去KC1。排除C1O -

的干扰，同时保持 K 2FeQ 稳定存在。

② 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。 ③ 判断的依据是否排除 FeO 2-

的颜色对实验结论的干扰。

详解：(1)①A 为氯气发生装置，KMn 眼浓盐酸反应时，镣i 被还原为

Mr ?+

,浓盐酸被氧化成

C12, KMn 硒浓盐酸反应生成 KC1、MnCh C12和H20,根据得失电子守恒和原子守恒，反应

的化学方程式为 2KMnO+16HC1 (浓)=2KC1+2MnC”5C12 f +8H 2Q 离子方程式为 2MnO+10C1-+16H +

=2Mn +

+5C12f

+8HO

②由于盐酸具有挥发性，所得 Cl 2中混有HCl 和HzO (g), HCl 会消耗Fe (OH 3、KOH 用饱

③ C 中 Cl 2 发生的反应有 3Cl 2+2Fe (OH 3+10KOH=22FeO+6KCl+8H2Q 还有 Cl 2 与 KOH 的反 应，Cl 2与KO 板应

的化学方程式为 Cl 2+2KOH=KCl+KClO+2O,反应的离子方程式为

实验表明，C12和FQ%的氧化性强弱关系相反，原因是

③资料表明，酸性溶液中的氧化性 屁0七 小MO 』，验证实验如下：将溶液 b 滴入MnSO 和 足量H 2SO 的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性 FeC 匕中小。4。若

能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。 理由或方案： ___________________ 【答案】 (1). 2KMnO 4+16HC1

2MnCb+2KC1 +5C1 2T +8H 2O (2).

(3). Cl

2

+2OH Cl - +C1O -

+H 2O (4). i. Fe

(5).

溶液的

Cl2+2OH=C「+ClO-+RO。

(2)①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有JFeQ、KCl，还可能含有KCl。等。

I. 方案I加入KSCNm液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+B产生不能判断&FeQ与C「发

生了反应，根据题意KFeO在酸性或中性溶液中快速产生Q,自身被还原成Fe3+,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO2-+20H+=3Od +4Fe3++10H2。。KS5U

II. 产生Cl2还可能是CQ+C「+2H+=Cl2f +H2O,即KCl。的存在干扰判断；&Fe。微溶于KOH

溶液，用KO而液洗涤的目的是除去KCl。排除ClO-的干扰，同时保持K2Fe。稳定存在。

缶制备皓Fed的原理为3CL42Fe (OH) EOKqHMIGFm-EKC1-曲心，在该反应中Cl元素的化含价由0价障至」价?6是氧化剂』玮元素的化合价由-3价升至T价'Fe (OH)，是还原礼&F6为氧化产饥同一反应中，氧化性：氧化剂>?；化产物「得出氧化性任〉F6上方案II的反应为

实验表明，公和氧化性强弱关系相反事酎比两个反应的条件，制蕾跄FeQ在碱性余件殆方案U在酸性条件下；说明'溶'裱的酸碗性的不同影响物质氧化性的强寄③该小题为开放

性试题。若能，根据题意EFeQ在足量H2SO溶液中会转化为Fe3+和Q,最

后溶液中不存在FeQ2-,溶液振荡后呈浅紫色一定是MnQ的颜色，说明FeQ2-将M#氧化成MnO，所以该实验方案能证明氧化性FeO42^ Mn(4> o(或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b

滴入MnSO和H2SO的混合溶液中，c (Fe。2-)变小，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H2SO,观察溶液紫色快速褪去还是

显浅紫色)。

点睛：本题考查K2FeQ的制备和&FeQ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。