2018年北京市高考化學(xué)試卷（含解析版）

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔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．（6分）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)剂螩．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．A B．B C．C D．D 2．（6分）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．CH4→CH3COOH過程中，有C﹣H鍵發(fā)生斷裂 C．①→②放出能量并形成了C﹣C鍵 D．該催化劑可有效提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率 3．（6分）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+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O B．常溫時(shí)，0.1mol?L﹣1氨水的pH=11.1：NH3?H2O?NH4++OH﹣ C．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．（6分）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AgC1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)生無色氣體，隨后變?yōu)榧t棕色A．A B．B C．C D．D 5．（6分）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NH2 C．氫鍵對(duì)該高分子的性能沒有影響 D．結(jié)構(gòu)簡式為：6．（6分）測定0.1mol?L﹣1Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH，數(shù)據(jù)如下：時(shí)刻①②③④溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25實(shí)驗(yàn)過程中，?、佗軙r(shí)刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對(duì)比實(shí)驗(yàn)，④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﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣ B．④的pH與①不同，是由于SO32﹣濃度減小造成的 C．①→③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．①與④的KW值相等 7．（6分）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%NaC1溶液）。①在Fe表面生成藍(lán)色沉淀②試管內(nèi)無明顯變化③試管內(nèi)生成藍(lán)色沉淀下列說法不正確的是（）A．對(duì)比②③，可以判定Zn保護(hù)了Fe B．對(duì)比①②，K3[Fe（CN）6]可能將Fe氧化 C．驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe時(shí)不能用①的方法 D．將Zn換成Cu，用①的方法可判斷Fe比Cu活潑 二、非選擇題II卷（60分）8．（17分）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．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，A的類別是。（2）A→B的化學(xué)方程式是。（3）C可能的結(jié)構(gòu)簡式是。（4）C→D所需的試劑a是。（5）D→E的化學(xué)方程式是。（6）F→G的反應(yīng)類型是。（7）將下列K→L的流程圖補(bǔ)充完整：KL（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．（13分）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）3F和有機(jī)碳等。溶解度：Ca5（PO4）3（OH）＜CaSO4?0.5H2O（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+10H2SO410CaSO4?0.5H2O+6H3PO4①該反應(yīng)體現(xiàn)出酸性關(guān)系：H3PO4H2SO4（填“＞”或“＜”）。②結(jié)合元素周期律解釋①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。80℃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bmol?L﹣1NaOH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98g?mol﹣1）10．（12分）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：2H2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）+△H1=+551kJ?mol﹣1反應(yīng)Ⅲ：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H3=﹣297kJ?mol﹣1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，p2p1（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。i．SO2+4I﹣+4H+=S↓+2I2+2H2Oii．I2+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)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0.4mol?L﹣1KIamol?L﹣1KI0.2mol?L﹣1H2SO40.2mol?L﹣1H2SO40.2mol?L﹣1KI0.0002molI2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①B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn)，則a=。②比較A、B、C，可得出的結(jié)論是。③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．（16分）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）①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應(yīng)方程式是（錳被還原為Mn2+）。②將除雜裝置B補(bǔ)充完整并標(biāo)明所用試劑。③C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)①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。②根據(jù)K2FeO4的制備實(shí)驗(yàn)得出：氧化性Cl2FeO42﹣（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ?qū)嶒?yàn)表明，Cl2和FeO42﹣的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系相反，原因是。③資料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42﹣＞MnO4﹣，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FeO42﹣＞MnO4﹣，若能，請(qǐng)說明理由；若不能，進(jìn)一步設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，理由或方案：。

2018年北京市高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、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．（6分）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)剂螩．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．A B．B C．C D．D 【考點(diǎn)】18：物理變化與化學(xué)變化的區(qū)別與聯(lián)系．【分析】一般來說，物質(zhì)的熔點(diǎn)、狀態(tài)發(fā)生改變，為物理變化，而生成新物質(zhì)的變化屬于化學(xué)變化，化學(xué)變化為原子的重新組合，物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)發(fā)生變化，但原子不會(huì)改變，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈．甲醇生成氫氣，為化學(xué)變化，故A不選；B．氘、氚用作“人造太陽”核聚變?nèi)剂?，原子核發(fā)生變化，不屬于化學(xué)變化的范疇，故B選；C．偏二甲肼用作發(fā)射“天宮二號(hào)”的火箭燃料，燃燒生成氮?dú)夂退?，發(fā)生化學(xué)變化，故C不選；D．可燃冰的主要成分為甲烷，燃燒生成二氧化碳和水，為化學(xué)變化，故D不選。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題為2018年全國卷，題目考查物質(zhì)的變化，側(cè)重于化學(xué)與生活、生產(chǎn)的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，主要把握化學(xué)變化與物理變化的區(qū)別，難度不大。2．（6分）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．CH4→CH3COOH過程中，有C﹣H鍵發(fā)生斷裂 C．①→②放出能量并形成了C﹣C鍵 D．該催化劑可有效提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率 【考點(diǎn)】15：化學(xué)反應(yīng)的實(shí)質(zhì)；H1：有機(jī)化合物中碳的成鍵特征．【分析】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。①→②過程中能量降低，說明為放熱過程通過過渡態(tài)形成了C﹣C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．圖中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反應(yīng)生成1mol乙酸，生成CH3COOH總反應(yīng)的原子利用率為100%，故A正確；B．圖中變化可知甲烷在催化劑作用下經(jīng)過選擇性活化，其中甲烷分子中碳原子會(huì)與催化劑形成一新的共價(jià)鍵，必有C﹣H鍵發(fā)生斷裂，故B正確；C．①→②的焓值降低，過程為放熱過程，有C﹣C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?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了化學(xué)反應(yīng)過程的分析、反應(yīng)過程中催化劑作用和能量變化、化學(xué)鍵的變化，注意題干信息的理解應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。3．（6分）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+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O B．常溫時(shí)，0.1mol?L﹣1氨水的pH=11.1：NH3?H2O?NH4++OH﹣ C．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 【考點(diǎn)】48：化學(xué)方程式的書寫；92：離子鍵的形成；BI：電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；I8：聚合反應(yīng)與酯化反應(yīng)．【分析】A．硬脂酸為C17H35COOH，含有羧基，與C2H518OH發(fā)生酯化反應(yīng)生成C17H35CO18OC2H5；B．常溫時(shí)，0.1mol?L﹣1氨水的pH=11.1，說明NH3?H2O不能完全電離，為弱電解質(zhì)；C．氯化鈉為離子化合物，含有離子鍵；D．電解精煉銅，陰極析出銅。【解答】解：A．硬脂酸為C17H35COOH，含有羧基，與C2H518OH發(fā)生酯化反應(yīng)，乙醇脫去H原子，硬脂酸脫去羥基，反應(yīng)的化學(xué)方程式為C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故A錯(cuò)誤；B．常溫時(shí)，0.1mol?L﹣1氨水的pH=11.1，說明NH3?H2O不能完全電離，為弱電解質(zhì)，則電離方程式為NH3?H2O?NH4++OH﹣，故B正確；C．氯化鈉為離子化合物，含有離子鍵，反應(yīng)中Na失去電子，Cl得到電子，則由Na和Cl形成離子鍵的過程：→，故C正確；D．電解精煉銅，陰極析出銅，電極方程式為Cu2++2e﹣═Cu，故D正確。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題綜合考查化學(xué)用語，涉及酯化反應(yīng)、弱電解質(zhì)的電離、電子式以及電極方程式，題目把化學(xué)用語與化學(xué)反應(yīng)原理巧妙地結(jié)合，很好地考查學(xué)生的分析能力，題目難度不大。4．（6分）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AgC1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)生無色氣體，隨后變?yōu)榧t棕色A．A B．B C．C D．D 【考點(diǎn)】B1：氧化還原反應(yīng)．【分析】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，溶液變紅與鹽酸有關(guān)，后褪色與HClO的漂白性有關(guān)，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；C．Na2S溶液滴入AgCl濁液中，沉淀由白色逐漸變?yōu)楹谏葾gCl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，涉及NO轉(zhuǎn)化為NO2，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?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查氧化還原反應(yīng)，為高考常見題型，側(cè)重于氧化還原反應(yīng)判斷的考查，注意把握發(fā)生的反應(yīng)及反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化，題目難度不大。5．（6分）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NH2 C．氫鍵對(duì)該高分子的性能沒有影響 D．結(jié)構(gòu)簡式為： 【考點(diǎn)】HD：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【分析】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．單體的苯環(huán)上均只有一種化學(xué)環(huán)境的H，故A錯(cuò)誤；B．和的官能團(tuán)分別為一NH2、一COOH，故B正確；C．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?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握高分子的結(jié)構(gòu)、縮聚反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)C為解答的易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大。6．（6分）測定0.1mol?L﹣1Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH，數(shù)據(jù)如下：時(shí)刻①②③④溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25實(shí)驗(yàn)過程中，?、佗軙r(shí)刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對(duì)比實(shí)驗(yàn)，④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﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣ B．④的pH與①不同，是由于SO32﹣濃度減小造成的 C．①→③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．①與④的KW值相等 【考點(diǎn)】D5：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【分析】A．Na2SO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，SO32﹣存在水解平衡；B．溫度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，說明溶液中OH﹣濃度降低；C．①到③過程溫度升高，溶液pH降低，增大濃度則有利于水解正向移動(dòng)；D．水的離子積常數(shù)Kw只有溫度有關(guān)?！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﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣，忽略二級(jí)水解，故A正確；B．溫度相同，④溶液的pH值低于①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．①到③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)，①和④溫度相同，所以①和④的Kw值相等，故D正確，故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查弱電解質(zhì)在水中的電離平衡，明確Na2SO3的水解平衡是解題的關(guān)鍵，鹽類水解是高頻考點(diǎn)，也是高考的重點(diǎn)和難點(diǎn)，本題難度不大，是基礎(chǔ)題。7．（6分）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%NaC1溶液）。①在Fe表面生成藍(lán)色沉淀②試管內(nèi)無明顯變化③試管內(nèi)生成藍(lán)色沉淀下列說法不正確的是（）A．對(duì)比②③，可以判定Zn保護(hù)了Fe B．對(duì)比①②，K3[Fe（CN）6]可能將Fe氧化 C．驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe時(shí)不能用①的方法 D．將Zn換成Cu，用①的方法可判斷Fe比Cu活潑 【考點(diǎn)】BH：原電池和電解池的工作原理．【分析】A．②③相比較，可說明鐵連接鋅后，鐵沒有被腐蝕；B．①②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)①的方法不能比較金屬的活潑性?！窘獯稹拷猓篈．②中鐵沒有被腐蝕，而③鐵腐蝕，可說明鐵連接鋅后，鋅保護(hù)了鐵，故A正確；B．①②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3[Fe（CN）6]將Fe氧化，故B正確；C．如鐵不純，也可形成原電池反應(yīng)而被氧化，加入K3[Fe（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①的方法，應(yīng)用②的方法，故C正確；D．實(shí)驗(yàn)①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，則換成銅，也不能證明金屬的活潑性，故D錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題探究鐵的腐蝕與防護(hù)，為2018年北京考題，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ饕盐諏?shí)驗(yàn)的原理以及金屬的腐蝕，主要把握實(shí)驗(yàn)的合理性與可行性的評(píng)價(jià)，把握物質(zhì)的性質(zhì)，難度中等。二、非選擇題II卷（60分）8．（17分）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．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，A的類別是烯烴。（2）A→B的化學(xué)方程式是CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl。（3）C可能的結(jié)構(gòu)簡式是CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl。（4）C→D所需的試劑a是NaOH水溶液。（5）D→E的化學(xué)方程式是CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O。（6）F→G的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)。（7）將下列K→L的流程圖補(bǔ)充完整：KL（8）合成8﹣羥基喹啉時(shí)，L發(fā)生了氧化（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3：1。【考點(diǎn)】HC：有機(jī)物的合成．【專題】534：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】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，故答案為：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A→B的化學(xué)方程式是CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl，故答案為：CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl；（3）由以上分析可知C的結(jié)構(gòu)簡式是C為CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl2，故答案為：CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl；（4）通過以上分析知，C→D所需的試劑a是NaOH水溶液，故答案為：NaOH水溶液；（5）E為CH2=CHCHO，D為CH2OHCHOHCH2OH，D發(fā)生消去反應(yīng)和氧化反應(yīng)生成E，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O，故答案為：CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O；（6）F為發(fā)生取代反應(yīng)生成G，故答案為：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：：（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)的量之比為3：1，故答案為：氧化反應(yīng)；3：1?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的合成，為2018年北京考題，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，注意把握題給信息以及有機(jī)物官能團(tuán)的轉(zhuǎn)化，正確推斷有機(jī)物的結(jié)構(gòu)為解答該題的關(guān)鍵，難度中等。9．（13分）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）3F和有機(jī)碳等。溶解度：Ca5（PO4）3（OH）＜CaSO4?0.5H2O（1）上述流程中能加快反應(yīng)速率的措施有研磨，加熱。（2）磷精礦粉酸浸時(shí)發(fā)生反應(yīng)：2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+10H2SO410CaSO4?0.5H2O+6H3PO4①該反應(yīng)體現(xiàn)出酸性關(guān)系：H3PO4＜H2SO4（填“＞”或“＜”）。②結(jié)合元素周期律解釋①中結(jié)論：P和S電子層數(shù)相同。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，并進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為SiF4除去，寫出生成HF的化學(xué)方程式：2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4?H2O+6H3PO4+2HF。（4）H2O2將粗磷酸中的有機(jī)碳氧化為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。80℃后脫除率變化的原因：溫度高于80℃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）脫硫時(shí)，CaCO3稍過量，充分反應(yīng)后仍有SO42﹣殘留，原因是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，其離子方程式是BaCO3+SO42﹣?BaSO4+CO32﹣。（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bmol?L﹣1NaOH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98g?mol﹣1）【考點(diǎn)】U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【分析】（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）①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；②H3PO4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CaSO4?H2O，H3PO4和HF，據(jù)此寫出反應(yīng)方程式；（4）根據(jù)圖象，80℃前隨著溫度升高，有機(jī)碳脫除率增大，80℃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。【解答】解：（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，根據(jù)流程圖，加快化學(xué)反應(yīng)速率的措施有：研磨，加熱，故答案為：研磨，加熱；（2）①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，故答案為：＜；②H3PO4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)，可以簡單解釋為：P的半徑大于S，P的非金屬性小于S，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性，故答案為：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CaSO4?H2O，H3PO4和HF，所以化學(xué)反應(yīng)方程式為：2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4?H2O+6H3PO4+2HF，故答案為：2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4?H2O+6H3PO4+2HF；（4）根據(jù)圖象，80℃前隨著溫度升高，有機(jī)碳脫除率增大，80℃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，所以可以解釋為：溫度高于80℃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，故答案為：溫度高于80℃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+SO42﹣?BaSO4+CO32﹣，故答案為：CaSO4（s）?Ca2+（aq）+SO42﹣（aq），CaSO4的溶解度相對(duì)較大；BaCO3+SO42﹣?BaSO4+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，則精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是=，故答案為：。【點(diǎn)評(píng)】本題考察無機(jī)流程分析，綜合了化學(xué)反應(yīng)原理，考查了元素周期律，無機(jī)含氧酸強(qiáng)度比較，陌生反應(yīng)方程式的書寫，沉淀溶解平衡原理，酸堿滴定反應(yīng)相關(guān)計(jì)算，是一道考察綜合知識(shí)的題，題目整體難度中等，有助于培養(yǎng)綜合運(yùn)用化學(xué)原理解決問題的能力。10．（12分）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：2H2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）+△H1=+551kJ?mol﹣1反應(yīng)Ⅲ：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H3=﹣297kJ?mol﹣1反應(yīng)Ⅱ的熱化學(xué)方程式：3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），△H=﹣254kJ/mol。（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）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。i．SO2+4I﹣+4H+=S↓+2I2+2H2Oii．I2+2H2O+SO2═4H++SO42﹣+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)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0.4mol?L﹣1KIamol?L﹣1KI0.2mol?L﹣1H2SO40.2mol?L﹣1H2SO40.2mol?L﹣1KI0.0002molI2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①B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn)，則a=0.4。②比較A、B、C，可得出的結(jié)論是在酸性條件下，SO2與I﹣反應(yīng)速率更快，且SO2與稀硫酸不發(fā)生反應(yīng)。③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：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?！究键c(diǎn)】CJ：產(chǎn)物百分含量與壓強(qiáng)的關(guān)系曲線．【分析】（1）根據(jù)圖知，反應(yīng)II為3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），將方程式﹣I﹣III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（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）①B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn)，所用c（KI）應(yīng)該相等；②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)；③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?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)圖知，反應(yīng)II為3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），將方程式﹣I﹣III即得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），△H=﹣（+551kJ?mol﹣1）﹣（﹣297kJ?mol﹣1）=﹣254kJ/mol，故答案為：3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），△H=﹣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，故答案為：＞；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）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（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，所以ii中方程式應(yīng)該為：I2+2H2O+SO2═4H++SO42﹣+2I﹣，答案為：SO2；4H+；SO42﹣；（4）①B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，故答案為：0.4；②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)，B中含有酸導(dǎo)致其反應(yīng)速率加快，所以得出的結(jié)論是：在酸性條件下，SO2與I﹣反應(yīng)速率更快，且SO2與稀硫酸不發(fā)生反應(yīng)，故答案為：在酸性條件下，SO2與I﹣反應(yīng)速率更快，且SO2與稀硫酸不發(fā)生反應(yīng)；③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，所以看到的現(xiàn)象是：D中出現(xiàn)渾濁較A快，故答案為：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。【點(diǎn)評(píng)】本題考查較綜合，涉及蓋斯定律、外界條件對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)影響、實(shí)驗(yàn)探究等，明確化學(xué)反應(yīng)原理、實(shí)驗(yàn)原理及物質(zhì)性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意：作對(duì)比實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)該只有一個(gè)條件不同，其它條件完全相同，題目難度中等。11．（16分）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）①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應(yīng)方程式是2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O（錳被還原為Mn2+）。②將除雜裝置B補(bǔ)充完整并標(biāo)明所用試劑。③C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Cl2+2KOH═KCl+KClO+H2O。（2）探究K2FeO4的性質(zhì)①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Fe3+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4FeO42﹣+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O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)。②根據(jù)K2FeO4的制備實(shí)驗(yàn)得出：氧化性Cl2＞FeO42﹣（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ?qū)嶒?yàn)表明，Cl2和FeO42﹣的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系相反，原因是溶液酸堿性會(huì)影響粒子氧化性的強(qiáng)弱。③資料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42﹣＞MnO4﹣，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FeO42﹣＞MnO4﹣，若能，請(qǐng)說明理由；若不能，進(jìn)一步設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，理由或方案：能說明，理由：FeO42﹣在過量酸的作用下完全轉(zhuǎn)化為Fe3+和O2，溶液淺紫色是MnO4﹣的顏色，不能說明，方案：向紫色溶液b中滴加過量稀硫酸，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色?！究键c(diǎn)】U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【分析】（1）①A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；②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；③C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）①i．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)；②Fe（OH）3在堿性條件下被Cl2氧化為FeO42﹣，可以說明Cl2的氧化性大于FeO42﹣，而方案Ⅱ?qū)嶒?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；③實(shí)驗(yàn)證明氧化性FeO42﹣＞MnO4﹣，即證明FeO4﹣能將Mn2+氧化為MnO4﹣，MnO4﹣在溶液中顯紫色，K2FeO4在堿性溶液中也顯紫色，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，F(xiàn)eO4﹣在酸溶液中立刻反應(yīng)生成Fe3+和O2，據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓海?）①A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：2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O，故答案為：2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O；②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：，故答案為：；③C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)，所以還發(fā)生的反應(yīng)方程式為：Cl2+2KOH═KCl+KClO+H2O，故答案為：Cl2+2KOH═KCl+KClO+H2O；（2）①i．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+，發(fā)生反應(yīng)為：4FeO42﹣+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O，故答案為：Fe3+；4FeO42﹣+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O；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，同時(shí)考慮到K2FeO4表面可能吸附ClO﹣，ClO﹣在酸性條件下可與Cl﹣反應(yīng)生成Cl2，從而干擾實(shí)驗(yàn)，所以用KOH溶液洗滌的目的是：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)，故答案為：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)；②Fe（OH）3在堿性條件下被Cl2氧化為FeO42﹣，可以說明Cl2的氧化性大于FeO42﹣，而方案Ⅱ?qū)嶒?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Cl2，兩種反應(yīng)體系所處酸堿性介質(zhì)不一樣，所以可以說明溶液酸堿性會(huì)影響粒子氧化性的強(qiáng)弱，故答案為：溶液酸堿性會(huì)影響粒子氧化性的強(qiáng)弱；③MnO4﹣在溶液中顯紫色，K2FeO4在堿性溶液中也顯紫色，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，F(xiàn)eO42﹣在酸溶液中立刻反應(yīng)生成Fe3+和O2，作為K2FeO4的紫色褪去，則溶液中還顯淺紫紅色的一定為MnO4﹣，若答不能說明，則是考慮到FeO4﹣在酸性條件下發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Fe3+和O2，由于是加入足量的H2SO4，溶液酸性較強(qiáng)，F(xiàn)e3+水解受到抑制，在水溶液中Fe3+以Fe（H2O）63+形式存在，顏色是淺紫色，則說明FeO42﹣并沒有將Mn2+氧化為MnO4﹣而顯淺紫色，可以設(shè)計(jì)方案：向紫色溶液b中滴加過量稀硫酸，觀察溶液快速褪去還是顯淺紫色，故答案為：能說明，理由：FeO42﹣在過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，不能說明，方案：向紫色溶液b中滴加過量稀硫酸，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色?！军c(diǎn)評(píng)】本題以K2FeO4為背景，考查氧化還原方程式的書寫、配平，穿插實(shí)驗(yàn)操作流程的分析，還考察氯及其氧化物的氧化還原反應(yīng)，需要明確實(shí)驗(yàn)室制取Cl2的流程及其相關(guān)操作，題目整體難度中等，重在綜合思維能力的考查，有助于培養(yǎng)綜合分析問題的能力，還需注意題目所給信息的準(zhǔn)確使用。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔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．（6分）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)剂螩．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．A B．B C．C D．D 2．（6分）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．CH4→CH3COOH過程中，有C﹣H鍵發(fā)生斷裂 C．①→②放出能量并形成了C﹣C鍵 D．該催化劑可有效提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率 3．（6分）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+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O B．常溫時(shí)，0.1mol?L﹣1氨水的pH=11.1：NH3?H2O?NH4++OH﹣ C．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．（6分）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AgC1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)生無色氣體，隨后變?yōu)榧t棕色A．A B．B C．C D．D 5．（6分）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NH2 C．氫鍵對(duì)該高分子的性能沒有影響 D．結(jié)構(gòu)簡式為：6．（6分）測定0.1mol?L﹣1Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH，數(shù)據(jù)如下：時(shí)刻①②③④溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25實(shí)驗(yàn)過程中，取①④時(shí)刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對(duì)比實(shí)驗(yàn)，④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﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣ B．④的pH與①不同，是由于SO32﹣濃度減小造成的 C．①→③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．①與④的KW值相等 7．（6分）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%NaC1溶液）。①在Fe表面生成藍(lán)色沉淀②試管內(nèi)無明顯變化③試管內(nèi)生成藍(lán)色沉淀下列說法不正確的是（）A．對(duì)比②③，可以判定Zn保護(hù)了Fe B．對(duì)比①②，K3[Fe（CN）6]可能將Fe氧化 C．驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe時(shí)不能用①的方法 D．將Zn換成Cu，用①的方法可判斷Fe比Cu活潑 二、非選擇題II卷（60分）8．（17分）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．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，A的類別是。（2）A→B的化學(xué)方程式是。（3）C可能的結(jié)構(gòu)簡式是。（4）C→D所需的試劑a是。（5）D→E的化學(xué)方程式是。（6）F→G的反應(yīng)類型是。（7）將下列K→L的流程圖補(bǔ)充完整：K