2022年高考冲刺理综化学模拟冲刺冲刺（北京卷）

2018年高考理综化学真题试卷（北京卷）一、选择题1.（2018•北京卷）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（2018•北京卷）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。

下列说法错误的是：（

）A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%

→CH3COOH过程中,有C-H键发生断裂

C.①→②放出能量并形成了C一C键

D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率3.（2018•北京卷）下列化学用语对事实的表述错误的是（

）A.

硬脂酸与乙醇的酯化反应:C17H35COOH+C2H518OHQUOTEC17H35COOC2H5+H218O

B.

常温时,·L-1氨水的pH=:NH3·H2O⇆NH4++OH-

C.

由Na和Cl形成离子键的过程：

D.

电解精炼铜的阴极反应:Cu2++2e=Cu4.（2018•北京卷）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AgCl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5.（2018•北京卷）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NH2

C.

氢键对该高分子的性能没有影响D.

结构简式为：6.（2018•北京卷）测定·L-1Na2SO3₃溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。时刻①②③④温度/℃25304025pH实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（

）

Na₂SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2OQUOTEHSO-3+OH-

④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的

C.

①→③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7.（2018•北京卷）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%NaCl溶液)。

下列说法错误的是（

）A.

对比②③,可以判定Zn保护了Fe

B.

对比①②,k3[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活泼二、非选择题8.（2018•北京卷）8-羟基喹啉被广泛用作金属离子的洛合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。下图是8-羟基喹啉的合成路线。

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）A→B的化学方程式是________。（3）C可能的结构简式是________。（4）C→D所需的试剂a是________。（5）D→E的化学方程式是________。（6）F→G的反应类型是________。（7）将下列K→L的流程图补充完整：（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________。答案：（1）烯烃

（2）CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl

（3）HOCH2CHClCH2Cl、ClCH2CH(OH)CH2Cl

（4）NaOH水溶液

（5）HOCH2CH(OH)CH2OH

CH2=CHCHO+2H2O

（6）取代反应

（7）

（8）氧化；3∶19.（2018•北京卷）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)<CaSO4·（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：QUOTE

①该反应体现出酸性关系：H3PO4________

H2SO4(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。800C后脱除率变化的原因：________。（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO24-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ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol·L-1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98g·mol-1）10.（2018•北京卷）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Ⅰ：2H2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）

△H1=+551KJ·mol-1反应Ⅲ：

S（s）+O2（g）=SO2（g）

△H3=-297KJ·mol-1

反应Ⅱ的热化学方程式：________。（2）对反应Ⅱ，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。

+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O

+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18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）

①B是A的对比实验，则a=________。

②比较A、B、C，可得出的结论是________。

③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________。11.（2018•北京卷）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)

①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________(锰被还原为Mn2+)。

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Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有________。（2）探究K2FeO4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Cl2,为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:

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Cl-氧化,还可能由________产生(用方程式表示)。

Ⅱ.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-,用KOH溶液洗涤的目的是________。

②根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl₂________QUOTE(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明,Cl2和QUOTE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QUOTE>MnO4-,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QUOTE>MnO4-,若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案。理由或方案：________。答案与解析一、选择题1.（2018•北京卷）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知识点：物质的组成与分类难度：较易解析：A.甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化，不符合题意；

B.氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化，符合题意；

C.偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O4QUOTE3N2↑+2CO2↑+4H2O，属于化学变化，不符合题意，不符合题意；

D.可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为CH4+2O2QUOTECO2+2H2O，属于化学变化，不符合题意；

（2018•北京卷）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。

下列说法错误的是：（

）A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%

→CH3COOH过程中,有C-H键发生断裂

C.①→②放出能量并形成了C一C键

D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率答案:D知识点：化学平衡难度：中等解析：A.根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2QUOTECH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项不符合题意；

选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项不符合题意；

C.根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项不符合题意；

D.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项符合题意；

3.（2018•北京卷）下列化学用语对事实的表述错误的是（

）A.

硬脂酸与乙醇的酯化反应:C17H35COOH+C2H518OHQUOTEC17H35COOC2H5+H218O

B.

常温时,·L-1氨水的pH=:NH3·H2O⇆NH4++OH-

C.

由Na和Cl形成离子键的过程：

D.

电解精炼铜的阴极反应:Cu2++2e=Cu答案：A知识点：氧化还原反应及电化学的计算难度：中等解析：A.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+C2H518OHQUOTEC17H35CO18OC2H5+H2O，A项符合题意；B.常温下·L-1氨水的pH=，溶液中c（OH-）=·L-1＜·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2OQUOTENH4++OH-，B项不符合题意；

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项不符合题意；

D.电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D项不符合题意；

4.（2018•北京卷）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AgCl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，随后变为红棕色答案：C知识点：氧化还原反应难度：中等解析：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，不符合题意；B.氯水中存在反应Cl2+H2OQUOTEHCl+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，不符合题意；

C.白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应，符合题意；

与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，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，不符合题意；

5.（2018•北京卷）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知识点：合成有机高分子方法及用途难度：较易解析：A.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、，、中苯环都只有1种化学环境的氢原子，A项不符合题意；

B.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、，含有的官能团为-COOH或-NH2，B项符合题意；

C.氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点、密度、硬度等，C项不符合题意；

D.芳纶纤维的结构片段中含肽键，采用切割法分析其单体为、，该高分子化合物由、通过缩聚反应形成，其结构简式为，D项不符合题意；

6.（2018•北京卷）测定·L-1Na2SO3₃溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。时刻①②③④温度/℃25304025pH实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（

）₂SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2OQUOTEHSO-3+OH-

B.④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的

C.

①→③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知识点：盐的水解难度：中等解析：属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OQUOTEHSO3-+OH-、HSO3-+H2OQUOTEH2SO3+OH-，A项不符合题意；B.取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项不符合题意；

C.盐类水解为吸热过程，①→③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，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项符合题意；

只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等,D不符合题意；

7.（2018•北京卷）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%NaCl溶液)。

下列说法错误的是（

）A.

对比②③,可以判定Zn保护了FeB.

对比①②,k3[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知识点：金属的电化学腐蚀与防护难度：困难解析：A.对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[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K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项不符合题意；B.①加入K3[Fe（CN）6]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项不符合题意；

C.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项不符合题意；

D.由实验可知K3[Fe（CN）6]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项符合题意；

二、非选择题8.（2018•北京卷）8-羟基喹啉被广泛用作金属离子的洛合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。下图是8-羟基喹啉的合成路线。

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）A→B的化学方程式是________。（3）C可能的结构简式是________。（4）C→D所需的试剂a是________。（5）D→E的化学方程式是________。（6）F→G的反应类型是________。（7）将下列K→L的流程图补充完整：（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________。答案：（1）烯烃

（2）CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl

（3）HOCH2CHClCH2Cl、ClCH2CH(OH)CH2Cl

（4）NaOH水溶液

（5）HOCH2CH(OH)CH2OH

CH2=CHCHO+2H2O

（6）取代反应

（7）

（8）氧化；3∶1知识点：有机合成与推断难度：较易解析：A的分子式为C3H6，A的不饱和度为1，A与Cl2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C3H6OCl2，B的分子式为C3H5Cl，B中含碳碳双键，A→B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Cl原子连接在两个不同的碳原子上，则A与Cl2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=CHCH2Cl、C的结构简式为HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH（OH）CH2Cl、D的结构简式为HOCH2CH（OH）CH2OH；D在浓硫酸、加热时消去2个“H2O”生成E；根据F→G→J和E+J→K，结合F、G、J的分子式以及K的结构简式，E+J→K为加成反应，则E的结构简式为CH2=CHCHO，F的结构简式为、G的结构简式为、J的结构简式为；K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，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→L先发生加成反应、后发生消去反应，L的结构简式为。

（1）A的结构简式为CH3CH=CH2，A中官能团为碳碳双键，按官能团分类，A的类别是烯烃。

（2）A→B为CH3CH=CH2与Cl2高温下的取代反应，反应的化学方程式为CH3CH=CH2+Cl2CH2=CHCH2Cl+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HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH（OH）CH2Cl。

（4）C→D为氯原子的水解反应，C→D所需的试剂a是NaOH、H2O，即NaOH水溶液。

（5）D→E为消去反应，反应的化学方程式为HOCH2CH（OH）CH2OHCH2=CHCHO+2H2O。

（6）F的结构简式为、G的结构简式为，F→G的反应类型为取代反应。

（7）K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，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，发生消去反应生成L，补充的流程图为：→→。

（8）根据流程L+G→J+8-羟基喹啉+H2O，即+→++H2O，对比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L与G物质的量之比为3:19.（2018•北京卷）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)<CaSO4·（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：QUOTE

①该反应体现出酸性关系：H3PO4________

H2SO4(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。800C后脱除率变化的原因：________。（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO24-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ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol·L-1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98g·mol-1）答案：（1）研磨、加热

（2）＜；核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S

（3）2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2OQUOTEΔ__Δ__10CaSO4·+6H3PO4+2HF↑

（4）80℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低，导致有机碳脱除率下降

（5）CaSO4微溶；BaCO3+QUOTE+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+2QUOTE

（6）QUOTE×100%知识点：无机推断难度：中等解析：（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。

（2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4QUOTE<<H2SO4。

②用元素周期律解释酸性：H3PO4QUOTE<<H2SO4，P和S电子层数相同，核电荷数PQUOTE<<S，原子半径PQUOTE>>S，得电子能力PQUOTE<<S，非金属性PQUOTE<<S。

（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，生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2OQUOTE10CaSO4·+6H3PO4+2HF↑。

（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℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃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，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。

（6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n（H3PO4）=QUOTE1212n（NaOH）=QUOTEbmol/LQUOTEcQUOTE10-3L=QUOTEmol，m（H3PO4）=QUOTEmolQUOTE98g/mol=QUOTEg=，精制磷酸中H3PO4的质量分数为QUOTE。

10.（2018•北京卷）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Ⅰ：2H2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）

△H1=+551KJ·mol-1反应Ⅲ：

S（s）+O2（g）=SO2（g）

△H3=-297KJ·mol-1

反应Ⅱ的热化学方程式：________。（2）对反应Ⅱ，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。

+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O

+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18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）

①B是A的对比实验，则a=________。

②比较A、B、C，可得出的结论是________。

③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________。答案：（1）3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)

ΔH2=−254kJ·mol−1

（2）＞；反应Ⅱ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

（3）SO2；SO42−；4H+

（4）；I−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；反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快知识点：热化学反应的计算难度：中等解析：（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）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。

（2）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H2SO4物质的量分数大于p1时；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，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2QUOTE>>p1。

（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）QUOTE2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。

（4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=。

②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；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：I−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。

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DQUOTE>>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

11.（2018•北京卷）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)

①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________(锰被还原为Mn2+)。

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Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有________。（2）探究K2FeO4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Cl2,为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:

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Cl-氧化,还可能由________产生(用方程式表示)。

Ⅱ.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-,用KOH溶液洗涤的目的是________。

②根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl₂________QUOTE(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明,Cl2和QUOTE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QUOTE>MnO4-,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QUOTE>MnO4-,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）2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；；Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O

（2）Fe3+；4FeO42−+20H+=4Fe3++3O2