1、絕密啟封并使用完畢前2018年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試?yán)砜凭C合能力測(cè)試化學(xué)（北京卷）本試卷共16頁(yè)，共300分?？荚嚂r(shí)長(zhǎng)150分鐘?？忌鷦?wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無(wú)效?？荚嚱Y(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16第一部分（選擇題）1. 下列我國(guó)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(chē)B氘、氚用作“人造太陽(yáng)”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(kāi)采可燃冰，將其作為能源使用A. A B. B C. C D. D【答案】B點(diǎn)睛：本題考查化學(xué)變化、核反應(yīng)的區(qū)別，化學(xué)變化的特征是

2、有新物質(zhì)生成。注意化學(xué)變化與核反應(yīng)的區(qū)別，化學(xué)變化過(guò)程中原子核不變，核反應(yīng)不屬于化學(xué)反應(yīng)。2. 我國(guó)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(yīng)歷程。該歷程示意圖如下。下列說(shuō)法不正確的是A. 生成CH3COOH總反應(yīng)的原子利用率為100%B. CH4CH3COOH過(guò)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(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率【答案】D【解析】分析：A項(xiàng)，生成CH3COOH的總反應(yīng)為CH4+CO2CH3COOH，原子利用率為100%；B項(xiàng)，CH4選擇性活化變?yōu)檫^(guò)程中，有1個(gè)C-H鍵發(fā)生斷裂；C項(xiàng)，根據(jù)圖示，的總能量高于的總能量，放出能量

3、并形成C-C鍵；D項(xiàng)，催化劑只影響化學(xué)反應(yīng)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，總反應(yīng)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)檫^(guò)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，的總能量高于的總能量，放出能量，對(duì)比和，形成C-C鍵，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，催化劑只影響化學(xué)反應(yīng)速率，不影響化學(xué)平衡，不能提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。學(xué)&科網(wǎng)點(diǎn)睛：本題考查原子利用率、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，解題的關(guān)

4、鍵是準(zhǔn)確分析示意圖中的信息。注意催化劑能降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，催化劑不能改變H、不能使化學(xué)平衡發(fā)生移動(dòng)。3. 下列化學(xué)用語(yǔ)對(duì)事實(shí)的表述不正確的是A. 硬脂酸與乙醇的酯化反應(yīng)：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB. 常溫時(shí)，0.1 molL-1氨水的pH=11.1：NH3H2O+OHC. 由Na和C1形成離子鍵的過(guò)程：D. 電解精煉銅的陰極反應(yīng)：Cu2+ +2eCu【答案】A【解析】分析：A項(xiàng)，酯化反應(yīng)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

5、為陰極，粗銅為陽(yáng)極。詳解：A項(xiàng)，酯化反應(yīng)的機(jī)理是“酸脫羥基醇脫氫”，硬脂酸與乙醇反應(yīng)的化學(xué)方程式為C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，常溫下0.1molL-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9molL-10.1molL-1，氨水為弱堿水溶液，電離方程式為NH3H2ONH4+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(yáng)極，陰極電極

6、反應(yīng)式為Cu2+2e-=Cu，D項(xiàng)正確；答案選A。點(diǎn)睛：本題考查酯化反應(yīng)的機(jī)理、電離方程式的書(shū)寫(xiě)、用電子式表示物質(zhì)的形成過(guò)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(guò)程的區(qū)別。4. 下列實(shí)驗(yàn)中的顏色變化，與氧化還原反應(yīng)無(wú)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(wú)色氣體，隨后變?yōu)榧t棕色A. A B. B C. C D. 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)的反應(yīng)為4

7、Fe（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)的反應(yīng)為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D項(xiàng)，氣體由無(wú)色變?yōu)榧t棕色時(shí)的反應(yīng)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)的反應(yīng)為4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，該反應(yīng)前后元素化合價(jià)有升降，為氧化還原反應(yīng)；B項(xiàng)，氯水中存在反應(yīng)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)生氧化還原反應(yīng)；C項(xiàng)，白色沉淀變?yōu)楹谏?/p>

8、時(shí)的反應(yīng)為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反應(yīng)前后元素化合價(jià)不變，不是氧化還原反應(yīng)；D項(xiàng)，Cu與稀HNO3反應(yīng)生成Cu（NO3）2、NO氣體和H2O，氣體由無(wú)色變?yōu)榧t棕色時(shí)的反應(yīng)為2NO+O2=2NO2，反應(yīng)前后元素化合價(jià)有升降，為氧化還原反應(yīng)；與氧化還原反應(yīng)無(wú)關(guān)的是C項(xiàng)，答案選C。學(xué)*科網(wǎng)點(diǎn)睛：本題考查氧化還原反應(yīng)的判斷，分析顏色變化的原因、理解氧化還原反應(yīng)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。其結(jié)構(gòu)片段如下圖下列關(guān)于該高分子的說(shuō)法正確的是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

9、能團(tuán)COOH或NH2C. 氫鍵對(duì)該高分子的性能沒(méi)有影響D. 結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：【答案】B【解析】分析：芳綸纖維的結(jié)構(gòu)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、，該高分子化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。詳解：A項(xiàng)，芳綸纖維的結(jié)構(gòu)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)，芳綸纖維的結(jié)構(gòu)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(duì)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)，芳綸纖維的結(jié)構(gòu)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(guò)縮聚反應(yīng)形成，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為

10、，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。學(xué)#科網(wǎng)點(diǎn)睛：本題考查肽鍵的水解、氫原子化學(xué)環(huán)境的分析、氫鍵對(duì)物質(zhì)性質(zhì)的影響、高分子化合物的書(shū)寫(xiě)。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(kāi)；（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(cè)定0.1 molL-1 Na2SO3溶液先升溫再降溫過(guò)程中的pH，數(shù)據(jù)如下。時(shí)刻溫度/25304025pH9.669.529.379.25實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，取時(shí)刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對(duì)比實(shí)驗(yàn)，產(chǎn)生白色沉淀

11、多。下列說(shuō)法不正確的是A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OHB. 的pH與不同，是由于濃度減小造成的C. 的過(guò)程中，溫度和濃度對(duì)水解平衡移動(dòng)方向的影響一致D. 與的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)，取時(shí)刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對(duì)比實(shí)驗(yàn)，產(chǎn)生白色沉淀多，說(shuō)明實(shí)驗(yàn)過(guò)程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，與溫度相同，與對(duì)比，SO32-濃度減小，溶液中c（OH-），的pH小于；C項(xiàng)，鹽類(lèi)水解為吸熱過(guò)程，的過(guò)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

12、關(guān)。點(diǎn)睛：本題考查鹽類(lèi)水解離子方程式的書(shū)寫(xiě)、外界條件對(duì)鹽類(lèi)水解平衡的影響、影響水的離子積的因素、SO32-的還原性。解題時(shí)注意從溫度和濃度兩個(gè)角度進(jìn)行分析。7. 驗(yàn)證犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，實(shí)驗(yàn)如下（燒杯內(nèi)均為經(jīng)過(guò)酸化的3%NaCl溶液）。在Fe表面生成藍(lán)色沉淀試管內(nèi)無(wú)明顯變化試管內(nèi)生成藍(lán)色沉淀下列說(shuō)法不正確的是A. 對(duì)比，可以判定Zn保護(hù)了FeB. 對(duì)比，K3Fe(CN)6可能將Fe氧化C. 驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe時(shí)不能用的方法D. 將Zn換成Cu，用的方法可判斷Fe比Cu活潑【答案】D【解析】分析：A項(xiàng)，對(duì)比，F(xiàn)e附近的溶液中加入K3Fe（CN）6無(wú)明顯變化，F(xiàn)e附近的溶液中不含F(xiàn)e2+，F(xiàn)e附近

13、的溶液中加入K3Fe（CN）6產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，F(xiàn)e附近的溶液中含F(xiàn)e2+，中Fe被保護(hù)；B項(xiàng)，加入K3Fe（CN）6在Fe表面產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，F(xiàn)e表面產(chǎn)生了Fe2+，對(duì)比的異同，可能是K3Fe（CN）6將Fe氧化成Fe2+；C項(xiàng)，對(duì)比，也能檢驗(yàn)出Fe2+，不能用的方法驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe；D項(xiàng)，由實(shí)驗(yàn)可知K3Fe（CN）6可能將Fe氧化成Fe2+，將Zn換成Cu不能用的方法證明Fe比Cu活潑。詳解：A項(xiàng)，對(duì)比，F(xiàn)e附近的溶液中加入K3Fe（CN）6無(wú)明顯變化，F(xiàn)e附近的溶液中不含F(xiàn)e2+，F(xiàn)e附近的溶液中加入K3Fe（CN）6產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，F(xiàn)e附近的溶液中含F(xiàn)e2+，中Fe被保護(hù)，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，加入

14、K3Fe（CN）6在Fe表面產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，F(xiàn)e表面產(chǎn)生了Fe2+，對(duì)比的異同，可能是K3Fe（CN）6將Fe氧化成Fe2+，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，對(duì)比，加入K3Fe（CN）6在Fe表面產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，也能檢驗(yàn)出Fe2+，不能用的方法驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，由實(shí)驗(yàn)可知K3Fe（CN）6可能將Fe氧化成Fe2+，將Zn換成Cu不能用的方法證明Fe比Cu活潑，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。點(diǎn)睛：本題通過(guò)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，考查Fe2+的檢驗(yàn)、實(shí)驗(yàn)方案的對(duì)比，解決本題的關(guān)鍵是用對(duì)比分析法。要注意操作條件的變化，如中沒(méi)有取溶液，中取出溶液，考慮Fe對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響。要證明Fe比Cu活潑，可用的方法。學(xué)

15、.科網(wǎng)第二部分（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。下圖是8羥基喹啉的合成路線。已知：i. ii.同一個(gè)碳原子上連有2個(gè)羥基的分子不穩(wěn)定。（1）按官能團(tuán)分類(lèi)，A的類(lèi)別是_。（2）AB的化學(xué)方程式是_。（3）C可能的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是_。（4）CD所需的試劑a是_。（5）DE的化學(xué)方程式是_。（6）FG的反應(yīng)類(lèi)型是_。（7）將下列KL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“還原”）反應(yīng)，反應(yīng)時(shí)還生成了水，則L與G物質(zhì)的量之比為_(kāi)?！敬鸢浮?(1). 烯烴 (2). CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl (3

16、). HOCH2CHClCH2Cl ClCH2CH(OH)CH2Cl (4). NaOH，H2O (5). HOCH2CH(OH)CH2OH CH2=CHCHO+2H2O (6). 取代反應(yīng) (7). (8). 氧化 (9). 31【解析】分析：A的分子式為C3H6，A的不飽和度為1，A與Cl2高溫反應(yīng)生成B，B與HOCl發(fā)生加成反應(yīng)生成C，C的分子式為C3H6OCl2，B的分子式為C3H5Cl，B中含碳碳雙鍵，AB為取代反應(yīng)，則A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH=CH2；根據(jù)C、D的分子式，CD為氯原子的取代反應(yīng)，結(jié)合題給已知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

17、上氫原子的取代反應(yīng)，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH2=CHCH2Cl、C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH（OH）CH2Cl、D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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)FGJ和E+JK，結(jié)合F、G、J的分子式以及K的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，E+JK為加成反應(yīng)，則E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH2=CHCHO，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；K的分子式為C9H11NO2，L的分子式為C9H9NO，KL的過(guò)程中脫去1個(gè)“H2O”，結(jié)合KL的反應(yīng)條件和題給已知i，KL先發(fā)生加成反應(yīng)、后發(fā)生消去反應(yīng)，L的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（2）AB為CH3CH=CH2與C

18、l2高溫下的取代反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CH3CH=CH2+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl。（3）B與HOCl發(fā)生加成反應(yīng)生成C，由于B關(guān)于碳碳雙鍵不對(duì)稱(chēng)，C可能的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH（OH）CH2Cl。（4）CD為氯原子的水解反應(yīng)，CD所需的試劑a是NaOH、H2O，即NaOH水溶液。（5）DE為消去反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為HOCH2CH（OH）CH2OHCH2=CHCHO+2H2O。（6）F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，F(xiàn)G的反應(yīng)類(lèi)型為取代反應(yīng)。（7）K的分子式為C9H11NO2，L的分子式為C9H9NO，對(duì)比K和L的分子式，KL的過(guò)程中脫去1個(gè)“H

19、2O”，結(jié)合KL的反應(yīng)條件和題給已知i，K先發(fā)生加成反應(yīng)生成，發(fā)生消去反應(yīng)生成L，補(bǔ)充的流程圖為：。（8）根據(jù)流程L+GJ+8-羥基喹啉+H2O，即+H2O，對(duì)比L和8-羥基喹啉的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，L發(fā)生了去氫的氧化反應(yīng)。根據(jù)原子守恒，反應(yīng)過(guò)程中L與G物質(zhì)的量之比為3:1。學(xué)*科網(wǎng)點(diǎn)睛：本題以8-羥基喹啉的合成為載體，考查有機(jī)推斷、有機(jī)物類(lèi)別的判斷、有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和有機(jī)方程式的書(shū)寫(xiě)、有機(jī)反應(yīng)類(lèi)型的判斷等。推斷時(shí)主要依據(jù)分子式判斷可能的反應(yīng)類(lèi)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：已知：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)

20、3F和有機(jī)碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)”或“ (3). 反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，溫度一定時(shí)，增大壓強(qiáng)使反應(yīng)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). 0.4 (8). I是SO2歧化反應(yīng)的催化劑，H+單獨(dú)存在時(shí)不具有催化作用，但H+可以加快歧化反應(yīng)速率 (9). 反應(yīng)ii比i快；D中由反應(yīng)ii產(chǎn)生的H+使反應(yīng)i加快【解析】分析：（1）應(yīng)用蓋斯定律結(jié)合反應(yīng)II分析。（2）采用“定一議二”法，根據(jù)溫度相同時(shí)，壓強(qiáng)與H2SO4物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)判斷。（3）依據(jù)催化劑在反應(yīng)前后質(zhì)量

21、和化學(xué)性質(zhì)不變，反應(yīng)i+反應(yīng)ii消去I-得總反應(yīng)。（4）用控制變量法對(duì)比分析。詳解：（1）根據(jù)過(guò)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=H1+H3=（+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。學(xué)*科網(wǎng)（3）反應(yīng)II的總反應(yīng)為3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作為水溶液中SO2歧化反應(yīng)的催化劑，催

22、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-。（4）B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn)，采用控制變量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A與B中KI濃度應(yīng)相等，則a=0.4。對(duì)比A與B，加入H+可以加快SO2歧化反應(yīng)的速率；對(duì)比B與C，單獨(dú)H+不能催化SO2的歧化反應(yīng)；比較A、B、C，可得出的結(jié)論是：I是SO2歧化反應(yīng)的催化劑，H+單獨(dú)存在時(shí)不具有催化作用，但H+可以加快歧化反應(yīng)速率。對(duì)比D和A，D中加入KI的濃度小于A，D中多加了I2，反應(yīng)i消耗H+和I-，反應(yīng)ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，變成黃色，出現(xiàn)

23、渾濁較A快”，反應(yīng)速率DA，由此可見(jiàn)，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，從而反應(yīng)i加快。點(diǎn)睛：本題以利用含硫物質(zhì)熱化學(xué)循環(huán)實(shí)現(xiàn)太陽(yáng)能的轉(zhuǎn)化與存儲(chǔ)為載體，考查蓋斯定律的應(yīng)用、化學(xué)平衡圖像的分析、方程式的書(shū)寫(xiě)、控制變量法探究外界條件對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，考查學(xué)生靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)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。（1）制備K2FeO4（夾持裝置略）A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應(yīng)方程式是_（錳被還原為Mn2+）。將除雜裝置B補(bǔ)

24、充完整并標(biāo)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(yīng)有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外還有_。（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(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：方案取少量a，滴加KSCN溶液至過(guò)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。由方案中溶液變紅可知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

25、方程式表示）。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(shí)驗(yàn)得出：氧化性Cl2_（填“”或“”），而方案實(shí)驗(yàn)表明，Cl2和的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系相反，原因是_。資料表明，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。若能，請(qǐng)說(shuō)明理由；若不能，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+2OHCl+ClO+H2O (4). i. Fe3+ (5). 4FeO42+20H+

26、4Fe3+3O2+10H2O (6). 排除ClO的干擾 (7). (8). 溶液的酸堿性不同 (9). 若能，理由：FeO42在過(guò)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（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加過(guò)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與濃鹽酸反應(yīng)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反應(yīng)制備K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大氣。學(xué)*科網(wǎng)（2）根據(jù)制備反應(yīng)，C的紫色溶液中含

27、有K2FeO4、KCl，Cl2還會(huì)與KOH反應(yīng)生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液變紅說(shuō)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，自身被還原成Fe3+。II.產(chǎn)生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗滌除去KClO、排除ClO-的干擾，同時(shí)保持K2FeO4穩(wěn)定存在。根據(jù)同一反應(yīng)中，氧化性：氧化劑氧化產(chǎn)物。對(duì)比兩個(gè)反應(yīng)的異同，制備反應(yīng)在堿性條件下，方案II在酸性條件下，說(shuō)明酸堿性的不同影響氧化性的強(qiáng)弱。判斷的依據(jù)是否排除FeO42-的顏色對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)論的干擾。詳解：（1）A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，KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，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。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，除雜裝置B為。 C中Cl2發(fā)生的反應(yīng)有3Cl2+2F