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 ．．
A．甲醇低温所B．氘、氚用作“人造太阳”制氢气用于新核聚变燃料 能源汽车 A. A B. B C. C D. D 【答案】B
宫二号”的火箭燃料 C．偏二甲肼用作发射“天D．开采可燃冰，将其作为能源使用
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 ．．．
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100% 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 【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，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，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ΔH、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 ．．．A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHB. 常温时，0.1 mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2OC. 由Na和C1形成离子键的过程：
.
C17H35COOC2H5+H218O +OH
−
.
−
D. 电解精炼铜的阴极反应：Cu+2e【答案】A
2+
Cu
【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0.1mol·L-1氨水的
-2.9
-1
mol·L
-1
0.1mol·L，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为
+
pH=11.1，溶液中c（OH）=10NH3·H2O
+
-
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，精铜为阴极，粗铜为阳极，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. 下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是 A NaOH溶液滴入实验 FeSO4溶液中 产生白色沉淀，随现象 后变为红褐色 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HClO表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；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
速褪色 变为黑色 后变为红棕色 水中 溶液变红，随后迅AgCl浊液中 沉淀由白色逐渐酸中 产生无色气体，随B 石蕊溶液滴入氯C Na2S溶液滴入D 热铜丝插入稀硝.
.
反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+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；C项，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；D项，Cu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；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。
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，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：【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
、、
；采用切割法分析其单体为，该高分子化合物的结构简式为
。
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-NH2，B项正确；C项，氢键对该分子的性能有影响，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-OH或-H。
-16. 测定0.1 mol·L Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻 温度/℃ pH ① 25 9.66 ② 30 9.52 ③ 40 9.37 ④ 25 9.25 实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④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：B. ④的pH与①不同，是由于
+H2O
浓度减小造成的
+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 D. ①与④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，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小①→③的过程，于①；C项，盐类水解为吸热过程，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。
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%NaCl溶液）。 ① ② ③ 2-
在Fe表面生成蓝色沉淀 下列说法不正确的是 ．．．
试管内无明显变化 试管内生成蓝色沉淀 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 【答案】D
【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Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的
2+
溶液中含Fe，②中Fe被保护；B项，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+；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）
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。
.
.
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项正确；B项，①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氧化成Fe，B项正确；C
2+
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，不能用
2+
2+
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Fe2+，将Zn换成Cu不能用①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。KS5U
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+Cl2
CH2=CHCH2Cl+HCl (3).
HOCH2CHClCH2Cl ClCH2CH(OH)CH2Cl (4). NaOH，H2O (5). HOCH2CH(OH)CH2OH
CH2=CHCHO+2H2O (6). 取代反应 (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
。
.
.
（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+Cl2
CH2=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）CH2OH
CH2=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3:1。 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) 2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO4 10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4 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。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SO42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b mol·LNaOH溶液滴定至终点时生成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） 【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 (4). 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ (5). 80 ℃后，H2O2分解速率 −1 −1 − 大，浓度显著降低 (6). CaSO4微溶 (7). BaCO3+ +2H3PO4 BaSO4+CO2↑+H2O+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）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4②用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数PP S，非金属性P S。 H2SO4。 S，原子半径P S，得电子能力 （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，反应的离子方程式为 . . BaCO3+SO4+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4+H2O。 （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，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-- （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SO4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+SO4+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）=n（NaOH）= bmol/L c 10L= -3 2--2- mol，m（H3PO4）=。 mol98g/mol=g=0.049bcg， 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。 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）反应Ⅰ：2H2SO4(l)反应Ⅲ：S(s)+O2(g) 2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol －1 －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_______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↓+2I2+2H2O _________+_______+2 I － － ii．I2+2H2O+_________ （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18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中） 序号 A B a mol·L试剂组成 0.4 mol·L－1 －1 C KI 0.2 mol·L－1 D 0.2 mol·LH2SO4 0.0002 mol I2 溶液由棕褐色很－1 KI KI 0.2 mol·L－1 H2SO4 溶液变黄，一段时实验现象 间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑无明显现象 浊较A快 快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快 . . 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=−254 kJ·mol (2). > −1 (3). 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 (4). SO2 (5). SO4 (6). 4H+ (7). 0.4 (8). 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 (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。 -2− − （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）为I2+2H2O+SO2=4H+SO4+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/LH2SO4，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 − + 2-- - 2得，反应ii的离子方程式 . . 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DA，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、化学平衡图像的分析、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（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： 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，得到紫色溶方案Ⅱ 液b。取少量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________ . － 2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________。 （填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验 . 表明，Cl2和的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 ＞ 。若 ③资料表明，酸性溶液中的氧化性 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 (2). (3). Cl2+2OH − Cl+ClO+H2O (4). i. Fe (5). −− 3+ 4FeO42+20H+ − 4Fe3++3O2↑+10H2O (6). 排除ClO的干扰 (7). > (8). 溶液的酸 2− 3+ − 碱性不同 (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。 ①根据制备反应，（2）C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。 I.加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe。根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+。 II.产生Cl2还可能是ClO+Cl+2H=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。 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 --+ 3+ − 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FeO42-的颜色对实验结论的干扰。 详解：（1）①A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。 . . 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=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O。 （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。 I.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。KS5U II.产生Cl2还可能是ClO+Cl+2H=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。 --+ 3+ --- 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Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO4，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4的颜色，说明FeO4将Mn氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42-2-2--2-2+ MnO4-。（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（FeO4）变小，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b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫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。 . 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容