2018年高考北京卷化学试题Word版+答案详细解析

1、 理科综合能力测试化学（北京卷） 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） 1.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. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】分折：A项，甲酹低温制氢气有新物质生成，属于化学变化黄珀页贰 冠用作核聚变燃料，是核 反应，不属于化学变化C项偏二甲胖与N 灿反应生成 g、您和圧 6放出大量熱厲于化学娈化 D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，m燃烧生成 0 和出 O,放岀大量热，属于化学变

2、化。 详解：A项，甲酹低温制氢气有新物质生成，属于化学变化爭 B项，氣氛用作核聚变燃科，是核反应不 属于化学变化住项，偏二甲耕与 NC反应生成比和耳 6放出大量热，反应的化学方程式为 QHsNh2NQ 童墾 3MT+2gH4H26属于化学变化,D项，可燃冰罡甲烷的结晶水合物，CH?撚烧生成 06和圧 Q 放出大量热，反应的化学方程式为 876蠱 C6-2氏属于化学变化答案选 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 CO2和 CH4转化为高附加值产品 CH3COO

3、H 的催化反应历程。该历程示意图如下。本试卷共 16 页，共 300 分。考试时长 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 C 偏二甲肼用作发射 变燃料 号”的火箭燃天宫二 D 开采可燃冰，将 其作为能源使用 F 列说法不正确的是 A. 生成 CH3C00H 总反应的原子利用率为 100% B. CH4T CH3COOH 过程中，有 CH键发生断裂 C. T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 CH3COOH 的总反应为 CH4+CO2 CH3COOH ,原子利用率为 100% ; B 项,

4、 CH4选择性活化变为 过程中，有 1 个 C-H 键发生断裂；C 项，根据图示，的总能量高于 的总能量，T 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 CH4与 CO2在催化齐 U 存在时生成 CH3COOH，总反应为 CH4+CO2 CH3COOH , 只有 CH3COOH 一种生成物，原子利用率为 100% , A 项正确；B 项，CH4选择性活化变为 过程中，有 1 个 C-H 键发生断裂，B 项正确；C 项，根据图示，的总能量高于 的总能量，T放出能量，对比和 ，T形成 C-C 键，C项正确；D 项，催

5、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 D。 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 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 1a 衬 18 A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应 :C17H35COOH+C2H5 OH、 C17H35COOC2H5+H2 O B. 常温时，0.1 mol L-1 氨水的 pH=11.1 : NH3H2ONH：+OH- C. 由 Na 和 C

6、1形成离子键的过程: H 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 C17H35COOH+C2H518OH _ C17H35CO18OC2H5+H2O, A 项错误；B 项，常温下 O.lmol L-1 氨水的 pH=11.1 , 溶液中 c (OH-) =10-2.9mo

7、l L-1C O.lmol L-1,氨水为弱碱水溶液，电离方程式为 NH 3出 0二 NH4+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 2+ 铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为 Cu +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

8、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 A B C D 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 AgCI 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. A B. B C. C D. D 【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+O2+2H2O=4Fe (OH ) 3； B 项，红 色褪色是 HCIO 表现强氧化性；C 项，白色沉淀变

9、为黑色时的反应为 2AgCI+Na 2S=Ag2S+2NaCI ； D 项，气 体由无色变为红棕色时的反应为 2NO+O2=2NO2。 详解：A 项，NaOH 溶液滴入 FeSO4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+O2+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 CI2+H2O 一- 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 HCIO 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 2AgCI+Na 2

10、S=Ag2S+2NaCI,反 应前后元素化合价不变， 不是氧化还原反应；D 项，Cu与稀 HNO3反应生成 Cu ( NO3) 2、NO 气体和 H?。， 气体由无色变为红棕色时的反应为 2NO+O2=2NO2，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 Co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 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

11、，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： 【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 H+N 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 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，完全水解产物的单个分子为 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 二十；采用切割法分析其单体为 M 丄，该高分子化合物的结构简式为 訂忙。 ；上，含有的官能团为-COOH 或-NH2，B 项正确；C 项，氢键对该分 丄

12、通过缩聚反应形成，其结构简式为 O ；D 项错误；答案选 B。 HOOC P：、.- HOOC P：、.- O HOOC .、.- 述上，. 富上中苯环都只有 1 种 HOOC HOOC 法分析其单体为.m 凤丄，该高分子化合物由 H+N 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-H

13、。 6. 测定 0.1 mol L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的 pH ,数据如下。 时刻 温度/C 25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的 B a d?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： .+H2O： I：+OH- B. 的 pH 与不同，是由于 .浓度减小造成的 C. T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 【答案】C 【解析】分析：A 项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水

14、解平衡；B 项，取时刻的溶液，加入盐酸 酸化的 BaCS溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分 Na2SO3被氧化成 Na2SO4,与 温度相同，与对比，SO32-浓度减小，溶液中 c (OH-)，的 pH 小于；C 项，盐类水解为吸热过程， T的过程，升高温度 SO32-水解平衡正向移动，c (SO32-)减小，水解平衡逆向移动； D 项，Kw只与温 度有关。 详解：A项，血5 属于强碱弱酸盐的尹存在水解平 衡；SO32-+H20HSOr+OH-. HEd汁 A项正确；B项，取时刻的滚液，扣入 盐酸酸化的 BaCh溶潘做对比实验，产生白色沉淀多,说明实验过程中部分血 0戒氧化成隔

15、迢， 与温度相同，固与对比，8 诫度减小濬液中右 COH) )?鈿 pH小于 即鋤 pH与不同，是 由于3 浓度减小谴成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，-的过程，升高温度丸 P水解平 衡正向移动，c (的样减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相瓦 Q 项错误* D项，&只与温度有关，与温度相同，也值相等答案选 6 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、 SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。 7. 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%NaCI 溶液）。

16、F 列说法不正确的是 A.对比，可以判定 Zn保护了 Fe B.对比，aFe（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 【答案】D 【解析】分析：A 项，对比，Fe 附近的溶液中加入 K3Fe（ CN）6无明显变化，Fe 附近的溶液中 不含 Fe2+，Fe 附近的溶液中加入 aFe（ CN）6产生蓝色沉淀， Fe 附近的溶液中含 Fe2+，中 Fe 被保 护；B 项，加入 K3Fe（ CN）6在 Fe 表面产生蓝色沉淀，Fe 表面产生了 Fe2+，对比的异同，可能 是 K3Fe（ CN）6将 Fe 氧化

17、成 Fe2+； C 项，对比，也能检验出 Fe2+，不能用的方法验证 Zn保护 Fe； D 项，由实验可知 K3Fe（ CN）6可能将 Fe 氧化成 Fe2+，将 Zn换成 Cu不能用的方法证明 Fe 比 Cu 活泼。 详解：A 项，对比，Fe 附近的溶液中加入 K3Fe（ CN）6无明显变化，Fe 附近的溶液中不含 Fe2+， 2+ Fe 附近的溶液中加入 K3Fe（ CN）6产生蓝色沉淀， Fe 附近的溶液中含 Fe ，中 Fe 被保护，A 项正 确；B 项，加入 K3Fe（ CN）6在 Fe 表面产生蓝色沉淀，Fe 表面产生了 Fe2+，对比的异同，可能 是 K3Fe（ CN）6将Fe

18、氧化成 Fe2+，B 项正确；C 项，对比 ，加入 aFe（ CN）6在 Fe 表面产生蓝 色沉淀，也能检验出 Fe2+，不能用 的方法验证 Zn保护 Fe，C 项正确；D 项，由实验可知 Fe（ CN） 6可能将 Fe 氧化成 Fe2+，将 Zn换成 Cu不能用的方法证明 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 中没有取溶液，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 的方法。KS5U 第二部分（非选择题） 8.

19、8-羟基喹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-羟基喹啉的合成 路线。 Ltd 一目 r hknr-H X 济讹 LL-JJL-rd歸侗扁 f.吗 出的蜚MM 心剛逝时湃譲 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 I耽出的少洞 F-Wi!i前藩ift 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) C-D所需的试剂 a 是 _ 。 (5) _ DIE的化学方程式是 。 (6) _ FIG的反应类型是 。 (

20、7) 将下列KIL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 _ 。 高温 【答案】 (1).烯烃 (2). CH 2=CHCH 3+CI2 - CH 2=CHCH 2CI+HCI (3). HOCH 2CHCICH 2CI 浓 H;SO4 CICH 2CH(OH)CH 2CI (4). NaOH , H2O (5). HOCH 2CH(OH)CH 2OHCh _ D HOC1 c uGlPJaJ D H2SO4 高温1 加成 (COCU F G J 忙HO) 还原 已G L H

21、iSO. (CJLNO) 加成 OH H现 O OH H 应生成 C，C 的分子式为 C3H6OCI2, B 的分子式为 C3H5CI，B 中含碳碳双键，AB为取代反应，则 A 的结 构简式为CH3CH=CH2；根据 C、D 的分子式，C-D为氯原子的取代反应，结合题给已知 ii , C 中两个 CI 原子连接在两个不同的碳原子上，则 A 与 CI2高温下发生饱和碳上氢原子的取代反应， B 的结构简式为 CH2=CHCH 2CI、C 的结构简式为 HOCH 2CHCICH 2CI 或 CICH 2CH (OH) CH2CI、D 的结构简式为 HOCH 2CH ( OH) CH2OH; D 在浓

22、硫酸、加热时消去 2个“HO”生成 E;根据 A J 和 E+J,结合 F、G、J 的分子式以及 K 的结构简式，E+JTK为加成反应，则 E 的结构简式为 CH2=CHCHO , F 的结构简 为 C9H9NO , KL的过程中脱去 1 个“HC”， 结合IL的反应条件和题给已知 i, KL先发生加成反应、 N OH H 详解；A的分子式为 CH, A的不饱和度为 1, A与 6 高温反应生成 B, B与 HOC1 发生加成反应生成 G C 的分子式为 G印 OCk, B的分子式为 CdHsCb B中含碳碳双键，AB为取代反应则 A的结构简式为 5 也 6,根据 6 D的分子式，C-D为氯原

23、子的取代反应结合题给已知 ib C中两个 d煤子连接在 两个不同的碳原子上，则 A与 Ch高温下发生饱和碳上氮原子的取代反应伍的结构简式为CthCHCttCl. C 的结构简式为 HOCHiCHClCHjCl或 QCH2CH( (OH D 的结构简式为 HOCFhCH ：;. ； K 的分子式为 C9H11NO2, L 的分子式 后发生消去反应，L 的结构简式为 、J的结构简式为 K的分子式为 L的分子式 0H 0H 式为氐討、G 的结构简式为 、J 的结构简式为 后发生消去反应，L的结构简式为 OH H A的结构简式为 566, A中官能团为碳碳双键，按官能团分类，A的类别罡烯怪 (2) A

24、B为 CH3CH=CH2与 CI2高温下的取代反应，反应的化学方程式为 CH3CH=CH2+Cl2 一 CH2=CHCH 2CI+HCI 。 (3) B 与 HOCI发生加成反应生成 C,由于 B 关于碳碳双键不对称, 或 CICH2CH（ OH）CH2CI。 比 L 和 8-羟基喹啉的结构简式，L 发生了去氢的氧化反应。根据原子守恒，反应过程中 比为 3:1。 点睛：本题以 8-羟基喹啉的合成为载体，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

25、法制备磷酸的一种工艺流程如下: CaCO?/A 戢浸 砖石膏(主要成分为CaSO4 - 0.5H2O) 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）CaSO4 0.5H2O (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）+3H 2O+1OH 2SO4 10CaSO4 0.5H2O+6H3PO4 C 可能的结构简式为 HOCH 2CHCICH 2CI （4C-D为氯原子的水解反应，CD所需的试剂 a 是 NaOH、 出 0,即即 NaOH 水溶液。 （5

26、 DHE为消去反应，反应的化学方程式为 HOCH2CH (OH ) CH2OH 、CH2=CHCHO+2H 2O0 （6F 的结构简式为 、G 的结构简式为 0H （7 K 的分子式为 C9H11NO2, L 的分子式为 C9H9NO,对比 K 和 L 的分子式，KHL 的过程中脱去 1 个 “HO” ,结合 KL的反应条件和题给已知 i, K 先发生加成反应生成 II OH H (8)根据流程L 与 G 物质的量之 磷精矿一 .,FGH OH H OH 发生消去反 H 0H 应生成 L,补充的流程图为: /心+H2O,对 OH H 该反应体现出酸性关系： H3PO4 _ H2SO4 (填“或

27、“S,得电子能力 Pv S,非金 属性 PvS (4). 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4 0.5H2O+6H3PO4+2HFf (5). 80 C后，H2O2 分解速率大，浓度显著降低 (6). CaSO4微溶 (7). BaCO3+ +2H3PO4=BaSO4+CO2 f +HO+2 (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) 根据 强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性： H3PO4 H2SO4。 用元

28、素周期律解释，P 和 S 电子层数相同，核电荷数 P S,原子半径 P S,得电子能力 P S,非金属 性 P So (3) 根据 强酸制弱酸的复分解反应规律，Ca5 ( PO4)3F 与 H2SO4反应生成 HF、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， 80C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，H2O2分解速率大，H2O2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，CaC03稍过量，充分反应后仍有 SO42-残留，原因是：CaS04微溶于水。加入 BaCO?可进一 步提高硫的脱除

29、率，因为 BaSO4难溶于水，反应的离子方程式为 BaCO3+SO4 +2H3PO4=BaSO4+CO2f +2HPO4+H2O。 (6)根据题意关系式为 H3PO42NaOH，由消耗的 NaOH 计算 H3PO4。 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。 艮邂酸制弱酸啲复分解反应规律，酸性： 用元素周期律解释酸性：时 5曰 1适 g 卩和 S电子层数相同，核电荷数吒亦原子半径 PqS，得电子 能力非金属性 Pc肌 3) )根疗强酸制弱酸”的复分解反应规律，8 (P A，结合 i、ii 反应速率解释原因：

30、 _ 。 1 【答案】 (1). 3SO2(g)+2H2O (g=2H2SO4 (l)+S(s) AH 2=-254 kJ mol- (2). (3).反应n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， H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量 减小，H2SO4的物质的量分数增大 (4). SO2 (5). SO42- (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 日+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

31、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 H2SO4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 SO2催化歧化生成 H2SO4和 S,反应为 3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯 定律，反应 I+反应 III 得，2H2SO4 (l) +S (s) =3SO2 (g) +2H2O (g) A H=AHI+AH3= ( +551kJ/mol) + (-297kJ/mol) =+254kJ/m ol,反应 II 的热化学方

32、程式为 3SO2 (g) +2H2O (g) =2H2SO4 (l) +S (s) A H 二 254kJ/mol。 pi- (3)反应 II的总反应为 3SO2+2H2O=2H2SO4+S, I-可以作为水溶液中 SO2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 + 2- - I2+2H2O+SO2=4H +SO4 +2I。 (4B 是 A 的对比实验，采用控制变量法， B 比 A 多加了 0.2mol/LH 2SO4, A 与 B 中 KI浓度应相等，则 a=0.4。 对比 A 与 B,加入可以加快 SO2歧化反应的速

33、率；对比 B 与 C,单独 H+不能催化 SO2的歧化反应；比 较 A、B、C,可得出的结论是：是 SO2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。 对比 D 和 A, D 中加入 KI的浓度小于 A , D 中多加了 J 反应 i 消耗 H+和 I-,反应 ii 中消耗 I?, 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

34、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（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 O?，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 Mn 2+）。 _ 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 C12发生的反应有 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH =2K2FeO4+6KCI+8H 2O

35、,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 CD。为证明是否 K2FeO4 氧化了 C而产生 CI2，设计以下方案： 方案I 取少量 a,滴加 KSCN 溶液至过量，溶液呈红色。 方案n 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 CI2产生。 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 K2FeO4将 C氧化， 还可能由 _ 产生（用方程式表示） 。 H.方案H可证明 K2FeO4氧化了 C。用

36、 KOH 溶液洗涤的目的是 _ 。 根据 K2FeO4的制备实验得出：氧化性 CI2 F2；（填、”或Z”，而方案n实验表明，CI2和e（A 、化学平衡 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 F 点丁汕.：7，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 。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+I6HCI =2MnCI 2+2KCI +5CI 2 f +8HO (2). -匸- 饱和食盐水 - - - 3+ 2- + 3+ CI2+

37、2OH =CI +CIO +H2O (4). i. Fe (5). 4FeO4 +20H =4Fe +3O2T +10HO (6).排除 CIO-的干扰 (7). (8).溶液的酸碱性不同 (9).若能，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(若不能，方案：向紫色溶液 b 中滴加过量稀 H2SO4，观察溶 液紫色快速褪去还是显浅紫色) 【解析】分析：(1) KMnO4与浓盐酸反应制 Cl2；由于盐酸具有挥发性，所得 Cl2中混有 HCI和 H2O ( g), HCI会消耗 Fe ( OH) 3、KOH ,用饱和食盐水除去 HCI ; C

38、I2与 Fe (OH) 3、KOH 反应制备 K2FeO4；最后用 NaOH 溶液吸收多余 C,防止污染大气。 (2)根据制备反应，C 的紫色溶液中含有 K2FeO4、KCI , CI2还会与 KOH 反应生成 KCI、KCIO 和 H?。 I加入 KSCN 溶液，溶液变红说明 a 中含 Fe3+。根据题意 FeOq在酸性或中性溶液中快速产生 。2,自身被 还原成 Fe3+。 II.产生CI2还可能是CIO-+CI-+2H+=Cl2f +HO,即KCIO的存在干扰判断;K2FeO4微溶于KOH溶液， 用KOH 洗涤除去KCIO、排除 CIO-的干扰，同时保持 K2FeO4稳定存在。 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。 判断的依据是否排除 FeO42-的颜色对实验结论的干扰。 详解：(1 A 为氯气发生装置，KMnO 4与浓盐酸反应时，锰被还原为 Mn2+,浓盐酸被氧化成 CI2, KMnO 4 与浓盐酸反应生成 KCI、MnCl 2、CI2和 H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为