2018年北京市高考化学试卷（含解析版）

2018年北京市高考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分．每题只有一个正确选项）1．（6分）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（） A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料 C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D．开采可燃冰，将其作为能源使用A．AB．BC．CD．D2．（6分）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总反应的原子利用率为100%B．CH4CH3COOH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．（6分）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：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB．常温时，0.1molL1氨水的pH=11.1：NH3H2ONH4++OHC．由Na和Cl形成离子键的过程：D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2++2eCu4．（6分）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（）ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgC1浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色A．AB．BC．CD．D5．（6分）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，含有官能团一COOH或一NH2C．氢键对该高分子的性能没有影响D．结构简式为：6．（6分）测定0.1molL1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下：时刻温度/25304025pH9.669.529.379.25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．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2OHSO3+OHB．的pH与不同，是由于SO32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响一致D．与的KW值相等7．（6分）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%NaC1溶液）。在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是（）A．对比，可以判定Zn保护了FeB．对比，K3[Fe（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活泼二、非选择题II卷（60分）8．（17分）8羟基哇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羟基呼啉的合成路线。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，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 。（6）FG的反应类型是 。（7）将下列KL的流程图补充完整： K L（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．（13分）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）CaSO40.5H2O（1）上述流程中能加快反应速率的措施有 。（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+10H2SO410CaSO40.5H2O+6H3PO4该反应体现出酸性关系：H3PO4 H2SO4（填“”或“”）。结合元素周期律解释中结论：P和S电子层数相同。 。（3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去，写出生成HF的化学方程式： 。（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2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后脱除率变化的原因： 。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42残留，原因是 ；加入BaCO3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，以百里香酚酞作指示剂，用b molL1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL．精制磷酸中H3PO4的质量分数是 （已知：H3PO4摩尔质量为98 gmol1）10．（12分）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：（1）反应：2H2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O 2（g）+H1=+551 kJmol1反应：S（s）+O2（g）=SO2（g）H3=297 kJmol1反应的热化学方程式： 。（2）对反应，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4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 p1（填“”或“”），得出该结论的理由是 。（3）I可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下，将ii补充完整。i．SO2+4I+4H+=S+2I2+2H2Oii．I2+2H2O+ + +2I（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象，（已知：I2易溶解在KI溶液中）序号ABCD试剂组成0.4 molL1 KIa molL1 KI0.2 molL1 H2SO40.2 molL1 H2SO40.2 molL1 KI0.0002 mol I2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快B是A的对比实验，则a= 。比较A、B、C，可得出的结论是 。实验表明，SO2的歧化反应速率DA．结合i，ii反应速率解释原因： 。11．（16分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）A为氯气发生装置。A中反应方程式是 （锰被还原为Mn2+）。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有 。（2）探究K2FeO4的性质取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Cl2，为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。i．由方案1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K2FeO4将Cl氧化，还可能由 产生（用方程式表示）。ii．方案可证明K2FeO4氧化了Cl．用KOH溶液洗涤的目的是 。根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2 FeO42（填“”或“”），而方案实验表明，Cl2和FeO42的氧化性强弱关系相反，原因是 。资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42MnO4，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4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FeO42MnO4，若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案，理由或方案： 。2018年北京市高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分．每题只有一个正确选项）1．（6分）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（） A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料 C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D．开采可燃冰，将其作为能源使用A．AB．BC．CD．D【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系．菁优网版权所有【分析】一般来说，物质的熔点、状态发生改变，为物理变化，而生成新物质的变化属于化学变化，化学变化为原子的重新组合，物质的组成、结构和性质发生变化，但原子不会改变，以此解答该题。【解答】解：A．甲醇生成氢气，为化学变化，故A不选；B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料，原子核发生变化，不属于化学变化的范畴，故B选；C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料，燃烧生成氮气和水，发生化学变化，故C不选；D．可燃冰的主要成分为甲烷，燃烧生成二氧化碳和水，为化学变化，故D不选。故选：B。【点评】本题为2018年全国卷，题目考查物质的变化，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，主要把握化学变化与物理变化的区别，难度不大。2．（6分）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总反应的原子利用率为100%B．CH4CH3COOH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【考点】15：化学反应的实质；H1：有机化合物中碳的成键特征．菁优网版权所有【分析】A．原子利用率是指被利用的原子数和总原子数之比；B．甲烷反应后生成乙酸，结合分子中化学键变化法判断；C．图中可知。过程中能量降低，说明为放热过程通过过渡态形成了CC化学键；D．催化剂改变反应速率不改变化学平衡和反应焓变；【解答】解：A．图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，故A正确；B．图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键，必有CH键发生断裂，故B正确；C．的焓值降低，过程为放热过程，有CC键形成，故C正确；D．催化剂只加快反应速率，不改变化学平衡转化率，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了化学反应过程的分析、反应过程中催化剂作用和能量变化、化学键的变化，注意题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。3．（6分）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：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB．常温时，0.1molL1氨水的pH=11.1：NH3H2ONH4++OHC．由Na和Cl形成离子键的过程：D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2++2eCu【考点】48：化学方程式的书写；92：离子键的形成；BI：电极反应和电池反应方程式；I8：聚合反应与酯化反应．菁优网版权所有【分析】A．硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH发生酯化反应生成C17H35CO18OC2H5；B．常温时，0.1molL1氨水的pH=11.1，说明NH3H2O不能完全电离，为弱电解质；C．氯化钠为离子化合物，含有离子键；D．电解精炼铜，阴极析出铜。【解答】解：A．硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH发生酯化反应，乙醇脱去H原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故A错误；B．常温时，0.1molL1氨水的pH=11.1，说明NH3H2O不能完全电离，为弱电解质，则电离方程式为NH3H2ONH4++OH，故B正确；C．氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中Na失去电子，Cl得到电子，则由Na和Cl形成离子键的过程：，故C正确；D．电解精炼铜，阴极析出铜，电极方程式为Cu2++2eCu，故D正确。故选：A。【点评】本题综合考查化学用语，涉及酯化反应、弱电解质的电离、电子式以及电极方程式，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合，很好地考查学生的分析能力，题目难度不大。4．（6分）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（）ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgC1浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色A．AB．BC．CD．D【考点】B1：氧化还原反应．菁优网版权所有【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【解答】解：A．NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，产生白色沉淀，为Fe（OH）2，随后后变为红褐色，生成Fe（OH）3，Fe元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故A不选；B．石蕊溶液滴入氯水中，生成盐酸和次氯酸，溶液变红与盐酸有关，后褪色与HClO的漂白性有关，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；C．Na2S溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色逐渐变为黑色，由AgCl生成Ag2S沉淀，属于沉淀的转化，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C选；D．热铜丝插入稀硝酸中，产生无色气体，随后变为红棕色，涉及NO转化为NO2，N元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选。故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。5．（6分）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，含有官能团一COOH或一NH2C．氢键对该高分子的性能没有影响D．结构简式为：【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有【分析】由结构可知，该高分子由和发生缩聚反应生成，高分子的结构简式为，以此来解答。【解答】解：A．单体的苯环上均只有一种化学环境的H，故A错误；B．和的官能团分别为一NH2、一COOH，故B正确；C．氢键影响高分子的物理性质，如溶解性、熔沸点等，故C错误；D．结构简式为，故D错误；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握高分子的结构、缩聚反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。6．（6分）测定0.1molL1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下：时刻温度/25304025pH9.669.529.379.25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．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2OHSO3+OHB．的pH与不同，是由于SO32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响一致D．与的KW值相等【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．菁优网版权所有【分析】A．Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32存在水解平衡；B．温度相同，溶液的pH值低于溶液的pH值，说明溶液中OH浓度降低；C．到过程温度升高，溶液pH降低，增大浓度则有利于水解正向移动；D．水的离子积常数Kw只有温度有关。【解答】解：A．Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32存在水解平衡，水解平衡为：SO32+H2OHSO3+OH，忽略二级水解，故A正确；B．温度相同，溶液的pH值低于溶液的pH值，说明溶液中OH浓度降低，也就说明过程中SO32浓度有所降低，故B正确；C．到过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓度则有利于水解正向移动，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，故C错误；D．水的离子积常数Kw只有温度有关，和温度相同，所以和的Kw值相等，故D正确，故选：C。【点评】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确Na2SO3的水解平衡是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。7．（6分）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%NaC1溶液）。在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是（）A．对比，可以判定Zn保护了FeB．对比，K3[Fe（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【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有【分析】A．相比较，可说明铁连接锌后，铁没有被腐蚀；B．相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子；C．如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，不能通过铁棒的表面反应判断；D．用实验的方法不能比较金属的活泼性。【解答】解：A．中铁没有被腐蚀，而铁腐蚀，可说明铁连接锌后，锌保护了铁，故A正确；B．相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子，可能的原因为K3[Fe（CN）6]将Fe氧化，故B正确；C．如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，加入K3[Fe（CN）6]可在铁的表面生成蓝色沉淀，则验证Zn保护Fe时不能用的方法，应用的方法，故C正确；D．实验可说明铁被氧化，说明方法存在缺陷，不能比较金属的活泼性，则换成铜，也不能证明金属的活泼性，故D错误。故选：D。【点评】本题探究铁的腐蚀与防护，为2018年北京考题，侧重考查学生的分析能力和实验能力，主要把握实验的原理以及金属的腐蚀，主要把握实验的合理性与可行性的评价，把握物质的性质，难度中等。二、非选择题II卷（60分）8．（17分）8羟基哇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羟基呼啉的合成路线。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，A的类别是烯烃。（2）AB的化学方程式是CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl。（3）C可能的结构简式是CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl。（4）CD所需的试剂a是NaOH水溶液。（5）DE的化学方程式是CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O。（6）FG的反应类型是取代反应。（7）将下列KL的流程图补充完整： K L（8）合成8羟基喹啉时，L发生了氧化（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3：1。【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有【专题】534：有机物的化学性质及推断．【分析】E和J发生加成反应生成K，根据K结构简式确定F中含有苯环、A为链状结构，由F分子式知F为；由E、J分子式知，E为CH2=CHCHO，J为，F发生邻位取代生成G为，G发生还原反应生成J；根据信息ii结合D分子式知D为CH2OHCHOHCH2OH，则C为CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl，则a为NaOH水溶液，结合A分子式知A为CH2=CHCH3，高温条件下A和氯气发生取代反应，则B为CH2=CHCH2Cl，K在浓硫酸作用下发生信息i的反应生成，然后发生消去反应生成L为，以此解答该题。【解答】解：（1）由以上分析可知A为CH2=CHCH3，为烯烃，故答案为：烯烃；（2）A为CH2=CHCH3，B为CH2=CHCH2Cl，高温条件下A和氯气发生甲基上的取代反应，则AB的化学方程式是CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl，故答案为：CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl；（3）由以上分析可知C的结构简式是C为CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl2，故答案为：CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl；（4）通过以上分析知，CD所需的试剂a是NaOH水溶液，故答案为：NaOH水溶液；（5）E为CH2=CHCHO，D为CH2OHCHOHCH2OH，D发生消去反应和氧化反应生成E，反应的化学方程式为CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O，故答案为：CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O；（6）F为发生取代反应生成G，故答案为：取代反应；（7）由题给信息可知K首先发生加成反应生成，然后再发生消去反应生成L为，故答案为：：（8）L为，G为，J为，L与G反应生成J和8羟基喹啉，L失去氢，应为氧化反应，反应的化学方程式为3+3++2H2O，L与G物质的量之比为3：1，故答案为：氧化反应；3：1。【点评】本题考查有机物的合成，为2018年北京考题，侧重考查学生的分析能力，注意把握题给信息以及有机物官能团的转化，正确推断有机物的结构为解答该题的关键，难度中等。9．（13分）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）CaSO40.5H2O（1）上述流程中能加快反应速率的措施有研磨，加热。（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+10H2SO410CaSO40.5H2O+6H3PO4该反应体现出酸性关系：H3PO4H2SO4（填“”或“”）。结合元素周期律解释中结论：P和S电子层数相同。同一周期，从左到右，半径逐渐减小，得电子能力增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性。（3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去，写出生成HF的化学方程式：2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4H2O+6H3PO4+2HF。（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2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后脱除率变化的原因：温度高于80时，H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降。（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42残留，原因是CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq），CaSO4的溶解度相对较大；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是BaCO3+SO42BaSO4+CO32。（6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b molL1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL．精制磷酸中H3PO4的质量分数是（已知：H3PO4摩尔质量为98 gmol1）【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有【分析】（1）常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等；（2）根据反应方程式，是由H2SO4参加反应得到H3PO4，是由强酸制取弱酸；H3PO4和H2SO4均为无机含氧酸，主要可从P和S的非金属性角度考虑，S的非金属性强于P，可以使O上电子云密度降低更大，继而导致H+更易电离，H+越易电离，含氧酸酸性越强；（3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F所含氟转化为HF，反应过程为Ca5（PO4）3F和H2SO4反应，生成CaSO4H2O，H3PO4和HF，据此写出反应方程式；（4）根据图象，80前随着温度升高，有机碳脱除率增大，80后随着温度升高，有机碳脱除率降低，考虑H2O2受热分解，导致H2O2浓度降低影响有机碳的脱除率；（5）脱硫过程是加入CaCO3发生反应，脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42残留，反应过程生成CaSO4，而CaSO4相对于CaCO3溶解度较大，能产生多余的SO42，加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，则是由于发生沉淀转化，BaCO3可转化为更难溶的BaSO4；（6）滴定反应为：H3PO4+2NaOHNa2HPO4+2H2O，据此计算。【解答】解：（1）常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：研磨，加热，故答案为：研磨，加热；（2）根据反应方程式，是由H2SO4参加反应得到H3PO4，是由强酸制取弱酸，因此酸性强弱为：H3PO4H2SO4，故答案为：；H3PO4和H2SO4均为无机含氧酸，主要可从P和S的非金属性角度考虑，S的非金属性强于P，可以使O上电子云密度降低更大，继而导致H+更易电离，H+越易电离，含氧酸酸性越强，可以简单解释为：P的半径大于S，P的非金属性小于S，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性，故答案为：同一周期，从左到右，半径逐渐减小，得电子能力增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性；（3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F所含氟转化为HF，反应过程为Ca5（PO4）3F和H2SO4反应，生成CaSO4H2O，H3PO4和HF，所以化学反应方程式为：2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4H2O+6H3PO4+2HF，故答案为：2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4H2O+6H3PO4+2HF；（4）根据图象，80前随着温度升高，有机碳脱除率增大，80后随着温度升高，有机碳脱除率降低，考虑H2O2受热分解，导致H2O2浓度降低影响有机碳的脱除率，所以可以解释为：温度高于80时，H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降，故答案为：温度高于80时，H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降；（5）脱硫过程是加入CaCO3发生反应，脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42残留，反应过程生成CaSO4，而CaSO4相对于CaCO3溶解度较大，能产生多余的SO42，所以原因可以解释为：CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq），CaSO4的溶解度相对较大，加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，则是由于发生沉淀转化，BaCO3可转化为更难溶的BaSO4，离子方程式为：BaCO3+SO42BaSO4+CO32，故答案为：CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq），CaSO4的溶解度相对较大；BaCO3+SO42BaSO4+CO32；（6）用NaOH滴定H3PO4至Na2HPO4的滴定反应为：H3PO4+2NaOHNa2HPO4+2H2O，根据反应方程式，制磷酸中H3PO4的物质的量为，则精制磷酸中H3PO4的质量分数是=，故答案为：。【点评】本题考察无机流程分析，综合了化学反应原理，考查了元素周期律，无机含氧酸强度比较，陌生反应方程式的书写，沉淀溶解平衡原理，酸碱滴定反应相关计算，是一道考察综合知识的题，题目整体难度中等，有助于培养综合运用化学原理解决问题的能力。10．（12分）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：（1）反应：2H2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O 2（g）+H1=+551 kJmol1反应：S（s）+O2（g）=SO2（g）H3=297 kJmol1反应的热化学方程式：3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），H=254kJ/mol。（2）对反应，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示，p2p1（填“”或“”），得出该结论的理由是当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大。（3）I可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下，将ii补充完整。i．SO2+4I+4H+=S+2I2+2H2Oii．I2+2H2O+SO24H++SO42+2I（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象，（已知：I2易溶解在KI溶液中）序号ABCD试剂组成0.4 molL1 KIa molL1 KI0.2 molL1 H2SO40.2 molL1 H2SO40.2 molL1 KI0.0002 mol I2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快B是A的对比实验，则a=0.4。比较A、B、C，可得出的结论是在酸性条件下，SO2与I反应速率更快，且SO2与稀硫酸不发生反应。实验表明，SO2的歧化反应速率DA．结合i，ii反应速率解释原因：反应i、ii知，SO2先和I反应生成I2，I2再和SO2进一步反应，D中KI溶液溶解了I2，导致D中的ii的反应较A快。【考点】CJ：产物百分含量与压强的关系曲线．菁优网版权所有【分析】（1）根据图知，反应II为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），将方程式IIII即得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），H 进行相应的改变；（2）相同温度下，增大压强，平衡正向移动；（3）化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式为得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），催化过程中i。SO2+4I+4H+=S+2I2+2H2O，说明I、H+在i作作反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成H2SO4，根据元素守恒知，反应物还有SO2；（4）B是A的对比实验，所用c（KI）应该相等；比较A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反应快慢顺序是BAC，且C中没有明显现象，说明不反应；反应i、ii知，SO2先和I反应生成I2，I2再和SO2进一步反应，D中KI溶液溶解了I2，导致D中的ii的反应较A快。【解答】解：（1）根据图知，反应II为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），将方程式IIII即得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），H=（+551kJmol1）（297kJmol1）=254kJ/mol，故答案为：3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），H=254kJ/mol；（2）相同温度下，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大，根据图知，相同温度下，达到平衡状态时硫酸含量：P1P2，说明压强P2P1，故答案为：；当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大；（3）化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式为得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），催化过程中i。SO2+4I+4H+=S+2I2+2H2O，说明I、H+在i作作反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成H2SO4，根据元素守恒知，反应物还有SO2，所以ii中方程式应该为：I2+2H2O+SO24H++SO42+2I，答案为：SO2；4H+；SO42；（4）B是A的对比实验，所用c（KI）应该相等，否则无法得出正确结论，所以a=0.4，故答案为：0.4；比较A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反应快慢顺序是BAC，且C中没有明显现象，说明不反应，B中含有酸导致其反应速率加快，所以得出的结论是：在酸性条件下，SO2与I反应速率更快，且SO2与稀硫酸不发生反应，故答案为：在酸性条件下，SO2与I反应速率更快，且SO2与稀硫酸不发生反应；反应i、ii知，SO2先和I反应生成I2，I2再和SO2进一步反应，D中KI溶液溶解了I2，导致D中的ii的反应较A快，所以看到的现象是：D中出现浑浊较A快，故答案为：反应i、ii知，SO2先和I反应生成I2，I2再和SO2进一步反应，D中KI溶液溶解了I2，导致D中的ii的反应较A快。【点评】本题考查较综合，涉及盖斯定律、外界条件对化学平衡移动影响、实验探究等，明确化学反应原理、实验原理及物质性质是解本题关键，注意：作对比实验时应该只有一个条件不同，其它条件完全相同，题目难度中等。11．（16分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）A为氯气发生装置。A中反应方程式是2MnO4+10Cl+16H+5Cl2+2Mn2++8H2O（锰被还原为Mn2+）。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有Cl2+2KOHKCl+KClO+H2O。（2）探究K2FeO4的性质取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Cl2，为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。i．由方案1中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，但该离子的产生不能判断一定K2FeO4将Cl氧化，还可能由4FeO42+20H+4Fe3++3O2+10H2O产生（用方程式表示）。ii．方案可证明K2FeO4氧化了Cl．用KOH溶液洗涤的目的是使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO除尽，防止ClO与Cl在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO干扰实验。根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2FeO42（填“”或“”），而方案实验表明，Cl2和FeO42的氧化性强弱关系相反，原因是溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱。资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42MnO4，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4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FeO42MnO4，若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案，理由或方案：能说明，理由：FeO42在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色是MnO4的颜色，不能说明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色。【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有【分析】（1）A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，MnO4被还原为Mn2+，Cl被氧化为Cl2，据此写出反应的方程式；装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的；C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，还存在反应为Cl2和KOH反应；（2）i．方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定K2FeO4将Cl氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+；ii．方案可证明K2FeO4氧化了Cl，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，并且除去ClO离子，防止在酸性条件下ClO和Cl反应产生Cl2干扰实验；Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42，而方案实验表明，Cl2和FeO42的氧化性强弱关系相反，方案是FeO42在酸性条件下氧化Cl生成Cl2，注意两种反应体系所处酸碱性介质不一样；实验证明氧化性FeO42MnO4，即证明FeO4能将Mn2+氧化为MnO4，MnO4在溶液中显紫色，K2FeO4在碱性溶液中也显紫色，将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，FeO4在酸溶液中立刻反应生成Fe3+和O2，据此分析。【解答】解：（1）A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，MnO4被还原为Mn2+，Cl被氧化为Cl2，所以反应的方程式为：2MnO4+10Cl+16H+5Cl2+2Mn2++8H2O，故答案为：2MnO4+10Cl+16H+5Cl2+2Mn2++8H2O；装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，所以装置B应为：，故答案为：；C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，还存在反应为Cl2和KOH反应，所以还发生的反应方程式为：Cl2+2KOHKCl+KClO+H2O，故答案为：Cl2+2KOHKCl+KClO+H2O；（2）i．方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定K2FeO4将Cl氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，发生反应为：4FeO42+20H+4Fe3++3O2+10H2O，故答案为：Fe3+；4FeO42+20H+4Fe3++3O2+10H2O；ii．方案可证明K2FeO4氧化了Cl，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO，ClO在酸性条件下可与Cl反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO除尽，防止ClO与Cl在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO干扰实验，故答案为：使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO除尽，防止ClO与Cl在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO干扰实验；Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42，而方案实验表明，Cl2和FeO42的氧化性强弱关系相反，方案是FeO42在酸性条件下氧化Cl生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，所以可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱，故答案为：溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱；MnO4在溶液中显紫色，K2FeO4在碱性溶液中也显紫色，将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，FeO42在酸溶液中立刻反应生成Fe3+和O2，作为K2FeO4的紫色褪去，则溶液中还显浅紫红色的一定为MnO4，若答不能说明，则是考虑到FeO4在酸性条件下发生反应转化为Fe3+和O2，由于是加入足量的H2SO4，溶液酸性较强，Fe3+水解受到抑制，在水溶液中Fe3+以Fe（H2O）63+形式存在，颜色是浅紫色，则说明FeO42并没有将Mn2+氧化为MnO4而显浅紫色，可以设计方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液快速褪去还是显浅紫色，故答案为：能说明，理由：FeO42在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4的颜色，不能说明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色。【点评】本题以K2FeO4为背景，考查氧化还原方程式的书写、配平，穿插实验操作流程的分析，还考察氯及其氧化物的氧化还原反应，需要明确实验室制取Cl2的流程及其相关操作，题目整体难度中等，重在综合思维能力的考查，有助于培养综合分析问题的能力，还需注意题目所给信息的准确使用。