2018年高考北京卷化学试题(含答案解析).doc

2018 年普通高等学校招生全国统一考试

理科综合能力测试化学 （北京卷）

本试卷共 16 页，共 300 分。考试时长 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（

）

2. 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。

下列说法不．正．确．的是（ ）

100%

A. 生成 CH3COOH 总反应的原子利用率为

B. CH4→CH3COOH 过程中 ，有 C―H 键发生断裂 C. ① → ② 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 3. 下列化学用语对事实的表述不正．确．．的是（

）

18OH

C17H35COOC2H5+H218O

A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应 ：C17H35COOH+C 2H 5

-1 氨水的 pH=11.1：B. 常温时 ，0.1 mol ·L NH 3·H2O +OH

-1 氨水的 pH=11.1：NH 3·H2O +OH

-

C. 由 Na 和 C1 形成离子键的过程：

1

D. 电解精炼铜的阴极反应 ：Cu2+ +2e- Cu

）

C

D

4. 下列实验中的颜色变化 ， 与氧化还原反应无关的是（

A

B

NaOH 溶液滴入 FeSO4 溶液

实验

中

石蕊溶液滴入氯水中

Na2S溶液滴入 AgCl 浊

热铜丝插入稀中

液中

产生白色沉淀， 随后变为红

现象

褐色

5. 一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高

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

，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 B. 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 ， 含有官能团 ―COOH 或―NH2

C. 氢键对该高分子的性能没有影响 D. 结构简式为： 6. 测定 0.1 mol L·

-1 Na

2SO3 溶液先升温再降温过程中的

pH，数据如下。

时刻 温度 /℃

① 25

② 30

③ 40

④ 25

pH 9.66 9.52 9.37 9.25

BaCl2 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。

实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的 下列说法不．正．确．的是（

）

+H2O 浓度减小造成的

A. Na 2SO3 溶液中存在水解平衡 ： B. ④的 pH 与 ①不同 ， 是由于

+OH

-

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

2

D. ①与④的 Kw 值相等 7. 验证牺牲阳极的阴极保

， 实验如下 （ 烧杯内均为经过酸化的

3%NaCl 溶液 ）。

下列说法不正确 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

第二部分（非选择题）

8. 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

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 __________。

8- 羟基喹啉的合成路线。

（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 __________。

3

（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 量之比为 __________。

9. 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：

L 与 G 物质的

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)2Ca5(PO4)3(OH)+3H 2O+10H 2SO4

①该反应体现出酸性关系：

10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4

__________。

H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。

P和 S 电子层数相同， __________。

②结合元素周期律解释①中结论：

（3）酸浸时，磷精矿中 C a5(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 下的有机碳脱除率如图所示。

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

80℃后脱除率变化的原因： ____________________。

（5）脱硫时， CaCO3稍过量，充分反应后仍有 率，其离子方程式是 ____________________。

SO4

2- 残留，原因是

__________；加入 BaCO3可进一步提高硫的脱除

（6）取 a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用

NaOH 溶液滴定至终点时生成 b mol ·L

-1

-1

Na2HPO4，消耗 NaOH 溶液 c mL，精制磷酸中 H3PO4 的质量分数是 ________。（已知：H3PO4摩尔质量为 98 g ·mol

）

4

10. 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

（1）反应Ⅰ： 2H2SO4(l) 反应Ⅲ： S(s)+O2(g)

2SO2(g)+2H 2O(g)+O 2(g) ΔH1=+551 kJ m·ol

－1

SO2(g) ΔH3=－297 kJ m·ol

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_______ p 1（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。

i ．SO2+4I

－

+4H

+

S↓+22I+2H 2O

－

+4H

－

ii ．I2+2H 2O+_________ _________+_______+2 I

18 mL SO2 饱和溶液加入到 2 mL 下列试剂

（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 中，密闭放置观察现象。 （已知： I2 易溶解在 KI 溶液中） 序号

A

－1

0.4 mol ·L KI

B a mol L·

KI H SO

2

4

－1

C

－1

D

0.2 mol L·

－1

试剂组成

0.2 mol L· H2SO4

KI

0.0002 mol I 2

－1

0.2 mol L·

溶液由棕褐色很快褪

溶液变黄，一段时间

实验现象

后出现浑浊

较 A 快

浑浊较 A 快

溶液变黄，出现浑浊

无明显现象

色 ， 变成黄色，出现

①B 是 A 的对比实验，则 a=__________。

②比较 A、B、C，可得出的结论是 ______________________ 。

5

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. 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 稳定。

（1）制备 K 2FeO4（夹持装置略）

O2，在碱性溶液中较

2+）。 ①A 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。 _______

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 （2）探究 K 2FeO4 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

－

2K 2FeO4+6KCl+8H 2O，另外还有 ________________。

a，经检验气体中含有 Cl2。 为证明是否 K 2FeO4氧化了

而产生 Cl2，设计以下方案：

Cl 方案 Ⅰ

取少量 a，滴加 KSCN 溶液至过量，溶液呈红色。

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 方案 Ⅱ

少量 b，滴加盐酸，有 Cl2 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 Cl

氧化， 还可能由

________________ 产生（用方程式表示） 。 Ⅱ． 方案 Ⅱ可证明 K 2FeO4 氧化了 Cl

－

。用 KOH 溶液洗涤的目的是 ________________ 。

Cl2________

（填 “＞”或“＜”），而方案 Ⅱ 实验表明， Cl2 和

的

②根据 K2FeO4 的制备实验得出：氧化性 氧化性强弱关系相反，原因是

________________ 。

＞

，验证实验如下：将溶液

＞

b 滴入 MnSO4 和足量 H2SO4 的混合溶液

③ 资料表明，酸性溶液中的氧化性

中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性 方案。

理由或方案： ________________。

。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验

6

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理科综合能力测试化学 （北京卷）

1、B

2、D

3、A

4、C

5、B

6、C 7、D

CH2=CHCH 2Cl+HCl (5). HOCH 2CH(OH)CH 2OH

(3). HOCH 2CHClCH 2Cl

CH2=CHCHO+2H 2O

(6).

8、【答案】 (1).烯烃 (2). CH 2=CHCH 3+Cl 2

(4). NaOH ，H2O

ClCH 2CH(OH)CH 2Cl

取代反应(7). (8). 氧化 (9). 3∶ 1

9、【答案】 (1). 研磨、加热(2). ＜ (3). 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 10CaSO4·0.5H2O+6H 3PO4+2HF↑

+2H3PO4

(5). 80 ℃后， H2O2 分解速率大，浓度显著

(8).

(2). >

(3). 反应Ⅱ是气体物

(4). 2Ca5(PO4)3F+10H 2SO4+5H2O 降低

(6). CaSO4 微溶

(7). BaCO3+ BaSO4+CO 2↑ +H2O+2

-1

10、【答案】 (1). 3SO2(g)+2H 2O (g) 2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=- 254 kJ ·mol

H2SO4 的物质的量增大， 体系总物质的量减小， H2SO4

2-

+

(6). 4H

质的量减小的反应， 温度一定时， 增大压强使反正向移动应， 的物质的量分数增大 存在时不具有催化作用，但

(4). SO2

(5). SO4

(7). 0.4

- 是 SO歧化反应的催化剂， H+单独 (8). I 2

+可以加快歧化反应速率 H

(9). 反应ii 比 i 快；D 中由反应ii产生的 H+使反应i 加快

11、【答案】 (1). 2KMnO 4+16HCl 2MnCl 2+2KCl +5Cl 2↑ +8H2O (2). (3).

-

Cl2+2OH -

+H +ClO

Cl 2O

(4). i. Fe

-

3+

2- + 3+

4Fe (5). 4FeO4 +20H

的

+3O2↑ 干

扰 +10H2O

(6). 排除 ClO

2- 在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和

-

O2，溶液浅紫色 (7). >

(8). 溶液的酸碱性不同 一定是 MnO 4

(9). 若能，理由： FeO4

- 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）

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理科综合能力测试化学 （北京卷）

1、【答案】 B

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、【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，CH4

选择性活化变为 ① 过程中，有 1 个 C-H 键发生断裂； C 项，根据图示， ① 的总能量高于 ② 的总能量， ①→②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 在催化剂存在时生成 CH3COOH ，总反应为 CH4+CO2 CH3COOH 一种生成物，原子利用率为

。

CH3COOH ，只有

100%，A 项正确； B 项，CH4 选择性活化变为 ① 过程中，有 1 个 C-H 键发生

断裂 ，B 项正确； C 项，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 项正确 ；D 项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡 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 衡发生移动。 3、【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；

+，Cl 易得电子形成

， 不能提高反应物的平衡转化率， D 项错误；

ΔH、 不能使化学平

C 项，Na

Cl-；D 项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极。

易失电子形成 Na

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+C 2H5 pH=11.1，溶液

8

18OH

C17H35CO18OC2H5+H2O，A 项错误； B 项，常温下 0.1mol L·-1 氨水的

中 c（OH-）=10-2.9mol ·L-1

0.1mol L·-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为

+，Cl 原子最外层有

NH3·H2O NH 4++OH -，B 项正确； C

7 个电子， Cl 易得电子形成 Cl-，Na 将最

项，Na 原子最外层有 1 个电子， Na 易失电子形成 Na

+与 Cl-间形成离子键，

C 项正确； D 项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，

外层的 1 个电子转移给 Cl，Na

阴极电极反应式为 Cu2++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、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。 4、【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 是 HClO 表现强氧化性； C 项，白色沉淀变为黑色时的反应为 棕色时的反应为 2NO+O 2=2NO 2。

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+2H 2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应； Cl2+H2O

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

B 项，氯水中存在反应 HClO 表现强氧化性 ，与有

4Fe（OH）2+O2+2H 2O=4Fe（OH）3；B 项，红色褪色 2AgCl+Na 2S=Ag2S+2NaCl ；D 项，气体由无色变为红

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

2AgCl+Na 2S=Ag2S+2NaCl， 反应前后元素化合价不

变，不是氧化还原反应； D 项，Cu 与稀 HNO 3 反应生成 Cu（NO 3）2、NO 气体和 H2O，气体由无色变为红棕色时 的反应为 2NO+O 2=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。

点睛：本题考查氧化还原反应的判断 5、【答案】 B

【解析】 分析： 芳纶纤维的结构片段中含肽键， 切割法分析其单体为

、

完全水解的单个分子为

， 该高分子化合物的结构简式为

、

；采用

。

，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。

C 项，答案选

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

、

，

、

中苯环都只有 1 种化学环境的氢原子，

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

含有的官能团为 -COOH 或-NH 2，B 项正确； C 项，氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点 错误； D 项，芳纶纤维的结构片段中含肽键，采用切割法分析其单体为 分子化合物由

、

通过缩聚反应形成，其结构简式为

、 ，

、 密度、硬度等， C 项 、

，该高

9

，D 项错误；答案选 B。

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 6、【答案】 C

2-

-OH 或-H。

【解析】分析 ：A 项， Na2SO3 属于强碱弱酸盐， SO3 存在水解平衡； B 项，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 ，SO3

2-浓度减小，溶液中

c（OH- ），④ 的 pH 小于 ①； C 项，盐类水解为吸热过程， ① → ③ 的过程，升高

2-

2-

温度 SO3 水解平衡正向移动， c（SO3 ）减小，水解平衡逆向移动； D 项，Kw 只与温度有关。

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、

SO3

2-的还

原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。 7、【答案】 D

2+，

【解析】分析： A 项，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 Fe

2+

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 Fe ，②中 Fe 被保护； B 项， ①加入

2+

，对比 ①② 的异同， ① 可能是 K3[Fe（CN）6]将 Fe氧化

K3[Fe（CN）6]在 Fe表面产生蓝色沉淀， Fe表面产生了 Fe

2+；C 项，对比 ①② ，①也能检验出

Fe2+，不能用 ① 的方法验证 Zn 保护 Fe；D 项，由实验可知 K3[Fe（CN）

成 Fe

2+

6]可能将 Fe

，将 Zn 换成 Cu 不能用 ①的方法证明 Fe比 Cu 活泼。

氧化成 Fe

2+

详解： A 项，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 Fe

，③Fe

2+，②中 Fe被保护， A 项正确； B 项，①

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 Fe

2+

加入 K3[Fe（CN）6]在 Fe表面产生蓝色沉淀， Fe 表面产生了 Fe ，对比 ①② 的异同， ①可能是 K3[Fe（CN）6]将 Fe

2+

2+

氧化成 Fe ，B 项正确； C 项，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 Fe

，不

10

2+，将 Zn换成 Cu

能用 ① 的方法验证Zn 保护Fe，C项正确； D项，由实验可知

K3[Fe（CN）6]可能将 Fe 氧化成 Fe

不能用 ① 的方法证明 Fe比 Cu 活泼， D项错误；答案选D。

2+的检实、验方案的比，解决本题对的关键是用对比分 点睛：本题通过实验证牺牲

阳极的阴极保，考查Fe

析法。要注意操作条件的变化，如 ① 中没有取溶液， ② 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 ② 的方法。 8、【答案】

(1).烯烃 (2). CH 2=CHCH 3+Cl 2

CH2=CHCH 2Cl+HCl (3). HOCH 2CHClCH 2Cl

ClCH 2CH(OH)CH 2Cl

(4). NaOH ，H2O

(5). HOCH 2CH(OH)CH 2OH

CH2=CHCHO+2H 2O

代反应(7). (8). 氧化 (9). 3∶ 1

【解析】分析 ：A 的分子式为C3H6，A 的不饱和度为1，A 与 Cl 2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=CH 2；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=CHCH 2Cl、C 的结构简式

为HOCH 2CHClCH 2Cl 或 ClCH 2CH（OH）CH2Cl 、D 的结构简式为HOCH 2CH（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C9H11NO 2，L 的分子式为C9H9NO，K→L 的过程中脱去 1 个 “H2O”，合结

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。

11

(6). 取

（2）A→B 为 CH3CH=CH 2 与 Cl 2高温下的取代反应，反应的化学方程式为 CH3CH=CH 2+Cl2

CH2=CHCH 2Cl+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 HOCH 2CHClCH 2Cl 或 ClCH 2CH（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

HOCH 2CH（OH）CH2OH

CH 2=CHCHO+2H 2O。

（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 C9H11NO 2，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 +H 2O，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 3:1。

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、

12

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、【答案】

(1). 研磨、加热

(2). ＜

(3). 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

(5). 80 ℃后，H2O2 分解速率大， 浓度显著

(8).

(4). 2Ca5(PO4)3F+10H 2SO4+5H2O 降低

(6). CaSO4 微溶

10CaSO4·0.5H2O+6H 3PO4+2HF↑

+2H3PO4

(7). BaCO3+ BaSO4+CO 2↑+H2O+2

【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）① 根据 “强酸制弱酸 ”的复分解反应规律，酸性：

H3PO4

H2SO4。

② 用元素周期律解释， 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 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。 （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

SO4

2-残留，原因是：

CaSO4 微溶于水。加入 BaCO3可进一步提高硫

+2H2PO4- +H2O。

2-+2HPO=BaSO+CO↑3442

的脱除率，因为 BaSO4 难溶于水 ， 反应的离子方程式为 BaCO3+SO4 （6） 根据题意关系式为 H3PO4~2NaOH，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 率的措施有：研磨、加热。

，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速

（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。

2-

（5） 脱硫时， CaCO3稍过量，充分反应后仍有 的脱除率， 因为 BaSO4 难溶于水， 其中 SO4

SO4 残留，原因是： CaSO4 微溶于水。加入 BaCO3可进一步提高硫

2-与 BaCO3生成更难溶的 BaSO4 和 CO32-，H3PO4的酸性强于 H2CO3，在

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粗磷酸中 CO3

2-转化成

H2O 和 CO 2，反应的离子方程式为 BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO 2↑+2H2PO4-+H 2O。

（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）= n（NaOH）=

bmol/L

c 10

-3L=

mol，m（H3PO4）= mol 98g/mol= g=0.049

bcg， 精制磷酸中 H3PO4的质量分数为 。

点睛 ：本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、

“强酸制弱酸 ”的复分解反应

规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等。解题时必须利用所学知识结合流程分析，如第 （5）问注意脱硫的反应是在粗磷酸中进行的， BaCO3 或 CaCO3 中碳元素最终变为 CO2；第（6）问中 H3PO4 与 NaOH

物质的量之比的确定等。

-1

(2). > (3). 反应Ⅱ是气体物

10、【答案】 (1). 3SO2(g)+2H 2O (g) 2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=- 254 kJ ·mol

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

2-

-

的物质的量分数增大 (4). SO2

(5). SO4

+

(6). 4H

(7). 0.4 (8). I

是 SO2 歧化反应的催化剂， H 存在时不具有催化作用，但

H +

+

可以加快歧化反应速率

(9). 反应 ii 比 i 快；D 中由反应 ii 使反应 i 加

产生的 H

快

【解析】分析 ：（ 1）应用盖斯定律结合反应

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）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 。学* 科网

（3）反应 II 的总反应为 3SO2+2H2O=2H 2SO4+S，I

-可以作为水溶液中

SO

2

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 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 0.2mol/LH 2SO4，A 与 B 中 KI 浓度应相等， 则 a=0.4。

②对比 A 与B，加入 H

+可以加快 SO +不能催化 SO 2歧化反应的速率； 对比 B 与 C，单独 H 2的歧化反应； 比较 A、B、C，

-

可得出的结论是： I +单独存在时不具有催化作用，但 H+可以加快歧化反应速率 。 是 SO2

歧化反应的催化剂， H

+

单独

+ -

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

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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

使 c（H ）增大，从而反应 i 加快。

+

H

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， 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 能力。

考查盖斯定律的应用 、 化学平衡图像的分 ，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的

11、【答案】 (1). 2KMnO 4+16HCl 2MnCl 2+2KCl +5Cl 2↑+8H2O (2). (3).

Cl2+2OH

- -

Cl

+H (5). 4FeO4 4+ClO +20H

2O +(4). (i. Fe

3+

-

3+

2-

+

(7). > (8). 溶液的酸碱性不同

-

一定是 MnO 4

(9). 若能，理由： FeO4 在过量酸的作用下完全转化为 Fe

和 O2，溶液浅紫色

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）

2-

【解析】分析： （1）KMnO 4 与浓盐酸反应制 Cl2； 由于盐酸具有挥发性，所得 Cl2 中混有 HCl 和 H2O（g），HCl 会

消耗 Fe（OH）3、KOH ， 用饱和食盐水除去 HCl ；Cl2与 Fe（OH）3、KOH 反应制备 K2FeO4； 最后用 NaOH 溶液 吸收多余 Cl2，防止污染大气。

（2）① 根据制备反应， C 的紫色溶液中含有 K2FeO4、KCl ，Cl2 还会与 KOH 反应生成 KCl 、KClO 和 H2O。

3+。 根据题意

I.加入 KSCN 溶液，溶液变红说明 a中含 Fe 3+。 Fe

-

-

+

K 2FeO4 在酸性或中性溶液中快速产生

O2，自身被还原成

II. 产生 Cl2 还可能是 ClO +Cl +2H =Cl↑+HO，即 KClO 的存在干扰判断 ；K2FeO4 微溶于 KOH 溶液，用 KOH 洗22

涤

- 的干扰 ， 同时保持 K2FeO4 稳定存在 。 除去 KClO 、排除 ClO

② 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。 ③ 判断的依据是否排除 FeO4

2-的颜色对实验结论的干扰。

详解：（1）①A 为氯气发生装置， KMnO 4与浓盐酸反应时，锰被还原为 盐酸反应生成 KCl 、MnCl 2、Cl2和 H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，

2+， 浓盐酸被氧化成 Cl2，KMnO 4 与浓 Mn

反应的化学方程式为 2KMnO 4+16HCl（浓）

=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H2O， 离子方程式为 2MnO 4

-+10Cl -+16H +=2Mn 2++5Cl ↑+8HO。 22

② 由于盐酸具有挥发性， 所得 Cl2 中混有 HCl 和 H2O（g）， HCl 会消耗 Fe（OH）3、KOH ， 用饱和食盐水除去 HCl ，

除杂装置 B 为 。

③ C 中 Cl2 发生的反应有 3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K 2FeO4+6KCl+8H 2O，还有 Cl2 与 KOH 的反应， Cl2 与 KOH

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反应的化学方程式为 Cl2+2KOH=KCl+KClO+H 2O，反应的离子方程式为

-=Cl -+ClO -+HO。 2Cl2+2OH

（2）① 根据上述制备反应， C 的紫色溶液中含有 K2FeO4、KCl ， 还可能含有 KClO 等。

3+。但 Fe3+的产生不能判断

I.方案 I 加入 KSCN 溶液，溶液变红说明 a中含 Fe K2FeO4 在酸性或中性溶液中快速产生

O2， 自身被还原成 Fe

-发生了反应，根据题意 K 2FeO4 与 Cl

3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的

2-+20H+=3O2↑+4F3e++10H 2O。

反应为 4FeO4

-+Cl-+2H +=Cl↑+HO，即 KClO 的存在干扰判断 ；K2FeO4 微溶于 KOH 溶液，用 KOH 溶液 22II. 产生 Cl2 还可能是 ClO

洗涤的目的是除去 KClO 、排除 ClO -的干扰 ， 同时保持 K2FeO4 稳定存在 。

3+和 O

③ 该小题为开放性试题 。 若能，根据题意 K2FeO4在足量 H2SO4 溶液中会转化为 Fe

2-，溶液振荡后呈浅紫色一定是

MnO4- 的颜色，说明 FeO42-将 Mn 2+氧化成 MnO 4-， 所以该实验方案能证明氧化

FeO4

2-

MnO 4-。 （或不能，因为溶液 b 呈紫色，溶液 b 滴入 MnSO4 和 H2SO4 的混合溶液中， c（FeO42-） 变小，

性 FeO4

溶液的紫色也会变浅 ；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液 色快速褪去还是显浅紫色 ）。

点睛：本题考查 K2FeO4 的制备和 K2FeO4 的性质探究。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装 置→除杂净化装置→制备实验装置→尾气吸收。进行物质性质实验探究是要排除其他物质的干扰。尤其注意最后一 空为开放性答案，要注重多角度思考。

b 中滴加过量稀 H2SO4， 观察溶液紫

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