2018年北京市高考化學(xué)試卷

1、2018年北京市高考化學(xué)試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，共42分每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)） 1. 下列我國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B氘、氚用作“人造太陽”核聚變?nèi)剂?#160;C偏二甲肼用作發(fā)射“天宮二號(hào)”的火箭燃料D開采可燃冰，將其作為能源使用A.AB.BC.CD.D 2. 我國科研人員提出了由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。下列說法不正確的是（ ）A.生成CH3COOH總反應(yīng)的原子利用率為100%B.CH4C

2、H3COOH過程中，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 3. 下列化學(xué)用語對(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+C2H518OH濃硫酸Cn17H35COOC2H5+H218OB.常溫時(shí)，0.1molL1氨水的pH=11.1:NH3H2ONH4+OHC.由Na和Cl形成離子鍵的過程：D.電解精煉銅的陰極反應(yīng)：Cu2+2e=Cu 4. 下列實(shí)驗(yàn)中的顏色變化，與氧化還原反應(yīng)無關(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

3、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)生無色氣體，隨后變?yōu)榧t棕色A.AB.BC.CD.D 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，含有官能團(tuán)一COOH或一NH2C.氫鍵對(duì)該高分子的性能沒有影響D.結(jié)構(gòu)簡式為： 6. 測定0.1molL1Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH，數(shù)據(jù)如下：時(shí)刻溫度/C25304025pH9.669.529.379.25實(shí)驗(yàn)過程中，取時(shí)刻的

4、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。下列說法不正確的是（ ）A.Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2OHSO3+OHB.的pH與不同，是由于SO32濃度減小造成的C.的過程中，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 7. 驗(yàn)證犧牲陽極的陰極保護(hù)法，實(shí)驗(yàn)如下（燒杯內(nèi)均為經(jīng)過酸化的3%NaCl溶液）。在Fe表面生成藍(lán)色沉淀試管內(nèi)無明顯變化試置內(nèi)生成藍(lán)色沉淀下列說法不正確的是（ ）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活潑二

5、、非選擇題II卷（60分） 8. 8羥基哇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羥基呼啉的合成路線。已知：i+H2SO4ii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，A的類別是_。 （2）AB的化學(xué)方程式是_。 （3）C可能的結(jié)構(gòu)簡式是_。 （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_。 9. 磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精

6、礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機(jī)碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO40.5H2O （1）上述流程中能加快反應(yīng)速率的措施有_。 （2）磷精礦粉酸浸時(shí)發(fā)生反應(yīng)：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO4=10CaSO40.5H2O+6H3PO4該反應(yīng)體現(xiàn)出酸性關(guān)系：H3PO4_H2SO4（填“>”或“<”）。結(jié)合元素周期律解釋中結(jié)論：P和S電子層數(shù)相同，_。 （3）酸浸時(shí)，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF，并進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為SiF4除去，寫出生成HF的化學(xué)方程式：_。 （4）H2O2將粗磷酸中的有機(jī)碳氧化

7、為CO2脫除，同時(shí)自身也會(huì)發(fā)生分解。相同投料比、相同反應(yīng)時(shí)間，不同溫度下的有機(jī)碳脫除率如圖所示。80C后脫除率變化的原因：_。 （5）脫硫時(shí)，CaCO3稍過量，充分反應(yīng)后仍有SO42殘留，原因是_；加入BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，其離子方程式是_。 （6）取ag所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用bmolL1NaOH溶液滴定至終點(diǎn)時(shí)生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是_（已知：H3PO4摩爾質(zhì)量為98gmol1）。 10. 近年來，研究人員提出利用含硫物質(zhì)熱化學(xué)循環(huán)實(shí)現(xiàn)太陽能的轉(zhuǎn)化與存儲(chǔ)，過程如下： （1）反應(yīng)I:2H2SO

8、4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)H1=+551kJmol1反應(yīng)III:S(s)+O2(g)=SO2(g)H3=297  kJmol1反應(yīng)II的熱化學(xué)方程式：_。 （2）對(duì)反應(yīng)II，在某一投料比時(shí)，兩種壓強(qiáng)下，H2SO4在平衡體系中物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度的變化關(guān)系如圖所示，P2_P1（填“>”或“<”），得出該結(jié)論的理由是_。 （3）I可以作為水溶液中SO2歧化反應(yīng)的催化劑，可能的催化過程如下，將ii補(bǔ)充完整。iSO2+4I+4H+=S+2I2+2H2OiiI2+2H2O+_=_+_+2I （4）探究i、ii反應(yīng)速率與SO2歧化反應(yīng)速率的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)

9、如下：分別將18mLSO2飽和溶液加入到2mL下列試劑中，密閉放置觀察現(xiàn)象，（已知：I2易溶解在KI溶液中）序號(hào)ABCD試劑組成0.4molL1KIamolL1KI0.2molL1H2SO40.2molL1H2SO40.2molL1KI0.0002molI2實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象溶液變黃，一段時(shí)間后出現(xiàn)渾濁溶液變黃，出現(xiàn)渾濁較A快無明顯現(xiàn)象象溶液由棕褐色很快褪色，變成黃色，出現(xiàn)渾濁較A快B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn)，則a=_。比較A、B、C，可得出的結(jié)論是_。實(shí)驗(yàn)表明，SO2的歧化反應(yīng)速率D>A結(jié)合i，ii反應(yīng)速率解釋原因：_。 11. 實(shí)驗(yàn)小組制備高鐵酸鉀(K2FeO4)并探究其性質(zhì)。資料：K2FeO

10、4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)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+10KOH=2K2FeO4+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I取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色方案II用KOH

11、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。i由方案1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K2FeO4將Cl氧化，還可能由_產(chǎn)生（用方程式表示）。ii方案II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_FeO42（填“>”或“<”），而方案II實(shí)驗(yàn)表明，Cl2和FeO42的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系相反，原因是_。參考答案與試題解析2018年北京市高考化學(xué)試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，共42分每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)）1.【答案】B【考點(diǎn)】物理變

12、化與化學(xué)變化的區(qū)別與聯(lián)系【解析】此題暫無解析【解答】A.氫氣用作燃料在燃燒時(shí)發(fā)生了化學(xué)變化，A不符合題意；B.化學(xué)變化中的最小微粒是原子，所以核聚變不屬于化學(xué)變化，B符合題意；C燃料燃燒發(fā)生了化學(xué)變化，C不符合題意；D.可燃冰的主要成分是甲烷水合物，作為能源使用時(shí)發(fā)生了化學(xué)變化，D不符合題意。故選B。2.【答案】D【考點(diǎn)】化學(xué)反應(yīng)的實(shí)質(zhì)催化劑的作用【解析】A原子利用率是指被利用的原子數(shù)和總原子數(shù)之比；B甲烷反應(yīng)后生成乙酸，結(jié)合分子中化學(xué)鍵變化法判斷；C圖中可知。過程中能量降低，說明為放熱過程通過過渡態(tài)形成了CC化學(xué)鍵；D催化劑改變反應(yīng)速率不改變化學(xué)平衡和反應(yīng)焓變；【解答】解：A原子利用率是指被

13、利用的原子數(shù)和總原子數(shù)之比，圖中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反應(yīng)生成1mol乙酸，原子利用率為100%，故A正確；B由圖中變化可知甲烷在催化劑作用下經(jīng)過選擇性活化，甲烷分子中碳原子會(huì)與催化劑形成新的共價(jià)鍵，必有CH鍵發(fā)生斷裂，故B正確；C的焓值降低，說明為放熱過程，由CH4CH3COOH有CC鍵形成，故C正確；D催化劑只加快反應(yīng)速率，不改變化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化率，故D錯(cuò)誤；故選：D。3.【答案】A【考點(diǎn)】離子鍵的形成電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式聚合反應(yīng)與酯化反應(yīng)弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡【解析】本題考查化學(xué)用語，涉及酯化反應(yīng)的本質(zhì)、弱電解質(zhì)的電離、離子鍵的形成、電解原理的應(yīng)用，難度較小，大多數(shù)考

14、生可得分。本題若錯(cuò),可能是對(duì)酯化反應(yīng)斷鍵方式不熟悉?！窘獯稹緼.酯化反應(yīng)的斷鍵方式是酸脫去羥基、醇脫去氫，所以18O應(yīng)該在生成的酯中,A錯(cuò)誤；B.常溫時(shí)，若NH3H2O是強(qiáng)堿，則0.1 molL1氨水中cOH=0.1molL1，即pH=13，而實(shí)際上pH=11.1，所以NH3H2O是弱電解質(zhì)，其電離方程式應(yīng)用可逆號(hào)，B正確；C.NaCl是離子化合物，其形成過程中Na失去1個(gè)電子，Cl得到1個(gè)電子，C正確；D.電解精煉鋼時(shí)陰極發(fā)生的是Cu2+得到電子生成Cu的還原反應(yīng)，D正確。故選A。4.【答案】C【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)【解析】發(fā)生的反應(yīng)中，存在元素的化合價(jià)變化，與氧化還原反應(yīng)有關(guān)；反之，不存在元

15、素的化合價(jià)變化，則與氧化還原反應(yīng)無關(guān)，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，產(chǎn)生白色沉淀，為Fe(OH)2，隨后變?yōu)榧t褐色，生成Fe(OH)3，F(xiàn)e元素化合價(jià)發(fā)生變化，為氧化還原反應(yīng)，故A不選；B石蕊溶液滴入氯水中，生成鹽酸和次氯酸溶液呈酸性，故變紅，后褪色與HClO的漂白性有關(guān)，氯氣與水反應(yīng)時(shí)Cl元素化合價(jià)發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故B不選；CNa2S溶液滴入AgCl濁液中，沉淀由白色逐漸變?yōu)楹谏?，由AgCl生成Ag2S沉淀，屬于沉淀的轉(zhuǎn)化，元素化合價(jià)沒有發(fā)生變化，不是氧化還原反應(yīng)，故C選；D熱銅絲插入稀硝酸中，產(chǎn)生無色氣體，隨后變?yōu)榧t棕色，即NO轉(zhuǎn)化為NO2，兩個(gè)

16、反應(yīng)中均有N元素化合價(jià)變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故D不選。故選：C。5.【答案】B【考點(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)【解析】由結(jié)構(gòu)可知，該高分子由和發(fā)生縮聚反應(yīng)生成，高分子的結(jié)構(gòu)簡式為，以此來解答?！窘獯稹拷猓篈該高分子水解生成兩個(gè)單體，分別是和，兩個(gè)苯環(huán)上均只有一種化學(xué)環(huán)境的氫原子，故A錯(cuò)誤；B完全水解后的單體為和，官能團(tuán)分別為一COOH、一NH2，故B正確；C圖中所示，該高分子存在分子間氫鍵，影響高分子的物理性質(zhì)，如溶解性、熔沸點(diǎn)等，故C錯(cuò)誤；D結(jié)構(gòu)簡式為，故D錯(cuò)誤；故選：B。6.【答案】C【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡【解析】Na2SO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，SO32存在水解平衡；溫度相同，溶液的p

17、H值低說明溶液中OH濃度降低；溫度升高，溶液pH降低，增大濃度則有利于水解正向移動(dòng)；溫度相同，水的離子積常數(shù)Kw相同?！窘獯稹拷猓篈Na2SO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，SO32存在水解平衡，水解平衡為：SO32+H2OHSO3+OH，忽略二級(jí)水解，故A正確；B溫度相同，溶液的pH值低于溶液的pH值，說明溶液中OH濃度降低，也就說明過程中SO32濃度有所降低，故B正確；C到過程溫度升高，溶液pH降低，說明溫度升高并沒有起到促進(jìn)水解平衡右移的作用，增大濃度則有利于水解正向移動(dòng)，因此溫度和濃度對(duì)水解平衡移動(dòng)方向的影響不一致，故C錯(cuò)誤；D水的離子積常數(shù)Kw只有溫度有關(guān)，和溫度相同，所以和的Kw值相等，故D正確。

18、故選：C。7.【答案】D【考點(diǎn)】原電池的工作原理電解池的工作原理【解析】A相比較，可說明鐵連接鋅后，鐵沒有被腐蝕；B相比較，可知鐵棒表面被氧化，但溶液中沒有亞鐵離子；C如鐵不純，也可形成原電池反應(yīng)而被氧化，不能通過鐵棒的表面反應(yīng)判斷；D用實(shí)驗(yàn)的方法不能比較金屬的活潑性。【解答】解：A中鐵沒有被腐蝕，而中鐵被腐蝕，可說明鐵連接鋅后，鋅保護(hù)了鐵，故A正確；B相比較，可知鐵棒表面被氧化，但溶液中沒有亞鐵離子，可能的原因?yàn)镵3Fe(CN)6將Fe氧化，故B正確；C如鐵不純，也可形成原電池，發(fā)生反應(yīng)而被氧化，加入K3Fe(CN)6可在鐵的表面生成藍(lán)色沉淀，則驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe時(shí)不能用的方法，應(yīng)用的方法，故

19、C正確；D實(shí)驗(yàn)可說明鐵被氧化，說明方法存在缺陷，不能比較金屬的活潑性，但換成銅，實(shí)驗(yàn)也不能證明金屬的活潑性，故D錯(cuò)誤；故選：D。二、非選擇題II卷（60分）8.【答案】烯烴CH2=CHCH3+Cl2高溫CH2=CHCH2Cl+HClCH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2ClNaOH水溶液CH2OHCHOHCH2OH濃硫酸CH2=CHCHO+2H2O取代反應(yīng)（7）由題給信息可知K首先發(fā)生加成反應(yīng)生成，然后再發(fā)生消去反應(yīng)生成L為，故答案為：氧化,3:1【考點(diǎn)】有機(jī)物的合成【解析】E和J發(fā)生加成反應(yīng)生成K，根據(jù)K結(jié)構(gòu)簡式確定F中含有苯環(huán)、A為鏈狀結(jié)構(gòu)，由F分子式知F為；由E、J分子式

20、知，E為CH2=CHCHO，J為，F(xiàn)發(fā)生鄰位取代生成G為，G發(fā)生還原反應(yīng)生成J；根據(jù)信息ii結(jié)合D分子式知D為CH2OHCHOHCH2OH，則C為CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl，則a為NaOH水溶液，結(jié)合A分子式知A為CH2=CHCH3，高溫條件下A和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)，則B為CH2=CHCH2Cl，K在濃硫酸作用下發(fā)生信息i的反應(yīng)生成，然后發(fā)生消去反應(yīng)生成L為，以此解答該題?！窘獯稹拷猓海?）由以上分析可知A為CH2=CHCH3，為烯烴，（2）A為CH2=CHCH3，B為CH2=CHCH2Cl，高溫條件下A和氯氣發(fā)生甲基上的取代反應(yīng)，則AB的化學(xué)方程式是CH2=CH

21、CH3+Cl2高溫CH2=CHCH2Cl+HCl，（3）由以上分析可知C的結(jié)構(gòu)簡式是C為CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl2，（4）通過以上分析知，CD所需的試劑a是NaOH水溶液，（5）E為CH2=CHCHO，D為CH2OHCHOHCH2OH，D發(fā)生消去反應(yīng)生成E，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CH2OHCHOHCH2OH濃硫酸CH2=CHCHO+2H2O，（6）F為發(fā)生取代反應(yīng)生成G，（7）由題給信息可知K首先發(fā)生加成反應(yīng)生成，然后再發(fā)生消去反應(yīng)生成L為，（8）L為，G為，J為，L與G反應(yīng)生成J和8羥基喹啉，L失去氫，應(yīng)為氧化反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3+3+2H2O，L與G物質(zhì)

22、的量之比為3:1，9.【答案】（1）研磨，加熱（2）<,同一周期，從左到右，半徑逐漸減小，得電子能力增強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物酸性增強(qiáng)，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性（3）2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO412H2O+6H3PO4+2HF（4）溫度高于80C時(shí)，H2O2的分解速率加快，導(dǎo)致H2O2的濃度降低，也就導(dǎo)致有機(jī)碳脫除率下降（5）CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42(aq)，CaSO4的溶解度相對(duì)較大,BaCO3+SO42BaSO4+CO32（6）0.049bca×100%【考點(diǎn)】無機(jī)含氧酸分子的酸性元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算化

23、學(xué)反應(yīng)速率的影響因素制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)離子方程式的書寫化學(xué)方程式的書寫【解析】（1）常用加快化學(xué)反應(yīng)速率的措施有研磨，加熱，溶解時(shí)攪拌等；（2）根據(jù)反應(yīng)方程式，是由H2SO4參加反應(yīng)得到H3PO4，是由強(qiáng)酸制取弱酸；H3PO4和H2SO4均為無機(jī)含氧酸，主要可從P和S的非金屬性角度考慮，S的非金屬性強(qiáng)于P，可以使O上電子云密度降低更大，繼而導(dǎo)致H+更易電離，H+越易電離，含氧酸酸性越強(qiáng)；（3）酸浸時(shí)，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF，反應(yīng)過程為Ca5(PO4)3F和H2SO4反應(yīng)，生成CaSO412H2O，H3PO4和HF，據(jù)此寫出反應(yīng)方程式；（4）根據(jù)圖象，80C前隨著溫度升高，

24、有機(jī)碳脫除率增大，80C后隨著溫度升高，有機(jī)碳脫除率降低，考慮H2O2受熱分解，導(dǎo)致H2O2濃度降低影響有機(jī)碳的脫除率；（5）脫硫過程是加入CaCO3發(fā)生反應(yīng)，脫硫時(shí)，CaCO3稍過量，充分反應(yīng)后仍有SO42殘留，反應(yīng)過程生成CaSO4，而CaSO4相對(duì)于CaCO3溶解度較大，能產(chǎn)生多余的SO42，加入BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，則是由于發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，BaCO3可轉(zhuǎn)化為更難溶的BaSO4；（6）滴定反應(yīng)為：H3PO4+2NaOH=Na2HPO4+2H2O，據(jù)此計(jì)算?！窘獯稹拷猓海?）加快化學(xué)反應(yīng)速率的常用措施有研磨，加熱，溶解時(shí)攪拌等，根據(jù)流程圖，加快化學(xué)反應(yīng)速率的措施有：研磨，加熱；（

25、2）根據(jù)反應(yīng)方程式，是由H2SO4參加反應(yīng)得到H3PO4，是由強(qiáng)酸制取弱酸，因此酸性強(qiáng)弱為：H3PO4<H2SO4；同一周期，從左到右，半徑逐漸減小，得電子能力增強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物酸性增強(qiáng)，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性。（3）酸浸時(shí)，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF，反應(yīng)過程為Ca5(PO4)3F和H2SO4反應(yīng)，生成CaSO412H2O，H3PO4和HF，所以化學(xué)反應(yīng)方程式為：2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO412H2O+6H3PO4+2HF；（4）根據(jù)圖象，80C前隨著溫度升高，有機(jī)碳脫除率增大，80C后隨著溫度升高，有

26、機(jī)碳脫除率降低，考慮H2O2受熱分解，導(dǎo)致H2O2濃度降低影響有機(jī)碳的脫除率，所以可以解釋為：溫度高于80C時(shí)，H2O2的分解速率加快，導(dǎo)致H2O2的濃度降低，也就導(dǎo)致有機(jī)碳脫除率下降；（5）脫硫過程是加入CaCO3發(fā)生反應(yīng)，脫硫時(shí)，CaCO3稍過量，充分反應(yīng)后仍有SO42殘留，反應(yīng)過程生成CaSO4，而CaSO4相對(duì)于CaCO3溶解度較大，能產(chǎn)生多余的SO42，所以原因可以解釋為：CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42(aq)，CaSO4的溶解度相對(duì)較大；加入BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，則是由于發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，BaCO3可轉(zhuǎn)化為更難溶的BaSO4，離子方程式為：BaCO3+SO42B

27、aSO4+CO32；（6）用NaOH滴定H3PO4至Na2HPO4的滴定反應(yīng)為：H3PO4+2NaOH=Na2HPO4+2H2O，根據(jù)反應(yīng)方程式，制磷酸中H3PO4的物質(zhì)的量為bc×1032mol，則精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是bc×1032×98a×100%=0.049bca×100%。10.【答案】（1）3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)H=254kJ/mol（2）>,當(dāng)溫度相同時(shí)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致硫酸在平衡體系中物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大（3）SO2,4H+,SO42（4）0.4,在酸性條件下，SO2

28、與I反應(yīng)速率更快，且SO2與稀硫酸不發(fā)生反應(yīng),由反應(yīng)i、ii知，SO2先和I反應(yīng)生成I2，I2再和SO2進(jìn)一步反應(yīng)，D中KI溶液溶解了I2，導(dǎo)致D中的ii的反應(yīng)較A快【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素?zé)峄瘜W(xué)方程式化學(xué)方程式的書寫【解析】（1）根據(jù)圖知，反應(yīng)II為3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，將方程式IIII即得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，H 進(jìn)行相應(yīng)的改變；（2）相同溫度下，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)；（3）化學(xué)反應(yīng)中的催化劑在第一個(gè)反應(yīng)中作反應(yīng)物、第二個(gè)反應(yīng)中作生成物，總方程式為得3SO2(g)+2H2O(

29、g)=2H2SO4(l)+S(s)，催化過程中i。SO2+4I+4H+=S+2I2+2H2O，說明I、H+在i作作反應(yīng)物，在ii中作生成物，同時(shí)ii中還生成H2SO4，根據(jù)元素守恒知，反應(yīng)物還有SO2；（4）B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn)，所用c(KI)應(yīng)該相等；比較A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反應(yīng)快慢順序是B>A>C，且C中沒有明顯現(xiàn)象，說明不反應(yīng)；反應(yīng)i、ii知，SO2先和I反應(yīng)生成I2，I2再和SO2進(jìn)一步反應(yīng)，D中KI溶液溶解了I2，導(dǎo)致D中的ii的反應(yīng)較A快。【解答】解：（1）根據(jù)圖知，反應(yīng)II為3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s

30、)，將反應(yīng)方程式I×(1)III即得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，H=(+551kJmol1)(297kJmol1)=254kJ/mol；（2）相同溫度下，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致硫酸在平衡體系中物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，根據(jù)圖知，相同溫度下，達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)硫酸含量：P1<P2，說明壓強(qiáng)P2>P1；（3）化學(xué)反應(yīng)中的催化劑在第一個(gè)反應(yīng)中作反應(yīng)物、第二個(gè)反應(yīng)中作生成物，總反應(yīng)方程式為3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，催化過程中i. SO2+4I+4H+=S+2I2+2H2O，說明I、H+在i作作反應(yīng)物，在ii

31、中作生成物，同時(shí)ii中還生成H2SO4，根據(jù)元素守恒知，反應(yīng)物還有SO2，所以ii中方程式應(yīng)該為：I2+2H2O+SO2=4H+SO42+2I，答案為：SO2；4H+；SO42；（4）B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn)，所用c(KI)應(yīng)該相等，否則無法得出正確結(jié)論，所以a=0.4；比較A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反應(yīng)快慢順序是B>A>C，且C中沒有明顯現(xiàn)象，說明不反應(yīng)；由反應(yīng)i、ii知，SO2先和I反應(yīng)生成I2，I2再和SO2進(jìn)一步反應(yīng)，D中KI溶液溶解了I2，導(dǎo)致D中的ii的反應(yīng)較A快。11.【答案】（1）2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2+

32、8H2O,Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O（2）Fe3+,4FeO42+20H+=4Fe3+3O2+10H2O,使K2FeO4穩(wěn)定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO除盡，防止ClO與Cl在酸性條件下反應(yīng)產(chǎn)生Cl2，避免ClO干擾實(shí)驗(yàn),>,溶液酸堿性會(huì)影響粒子氧化性的強(qiáng)弱【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)化學(xué)方程式的書寫實(shí)驗(yàn)裝置綜合【解析】(1)A為氯氣發(fā)生裝置，由高錳酸鉀和濃鹽酸反應(yīng)制取得到Cl2，MnO4被還原為Mn2+，Cl被氧化為Cl2，據(jù)此寫出反應(yīng)的方程式；裝置B為除雜裝置，反應(yīng)使用濃鹽酸，濃鹽酸會(huì)揮發(fā)產(chǎn)生HCl，使得產(chǎn)生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可將混合氣體通

33、過飽和食鹽水達(dá)到除雜的目的；C中得到紫色固體和溶液，紫色的為K2FeO4，在堿性條件下，Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，還存在反應(yīng)為Cl2和KOH反應(yīng)；(2)i方案I中加入KSCN溶液至過量，溶液呈紅色，說明反應(yīng)產(chǎn)生Fe3+，但該離子的產(chǎn)生不能判斷一定K2FeO4將Cl氧化，注意K2FeO4在堿性溶液中穩(wěn)定，酸性溶液中快速產(chǎn)生O2，自身轉(zhuǎn)化為Fe3+；ii方案II可證明K2FeO4氧化了Cl，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶體，可以使K2FeO4穩(wěn)定析出，并且除去ClO離子，防止在酸性條件下ClO和Cl反應(yīng)產(chǎn)生Cl2干擾實(shí)驗(yàn)；Fe(OH)3在堿性條件下被Cl2氧化為FeO42，可

34、以說明Cl2的氧化性大于FeO42，而方案II實(shí)驗(yàn)表明，Cl2和FeO42的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系相反，方案II是FeO42在酸性條件下氧化Cl生成Cl2，注意兩種反應(yīng)體系所處酸堿性介質(zhì)不一樣；一方面兩種溶液混合反應(yīng)相當(dāng)于稀釋，沒有排除稀釋時(shí)顏色變淺帶來的影響，另一方面溶液體系中可能存在其他具有氧化性的粒子如Fe3+和O2等，也會(huì)給實(shí)驗(yàn)帶來干擾?！窘獯稹拷猓?1)A為氯氣發(fā)生裝置，由高錳酸鉀和濃鹽酸反應(yīng)制取得到Cl2，MnO4被還原為Mn2+，Cl被氧化為Cl2，所以反應(yīng)的方程式為：2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O；裝置B為除雜裝置，反應(yīng)使用濃鹽酸，濃鹽酸會(huì)揮發(fā)產(chǎn)生HCl，使得產(chǎn)生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可將混合氣體通過飽和食鹽水達(dá)到除雜的目的，所以裝置B應(yīng)為：