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2018年高考理综化学真题试卷（北京卷）
一、选择题
1．（2018·北京）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】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】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+2N2O4 3N2↑+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+2O2 CO2+2H2O，属于化学变化，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】化学变化实质有新物质生成，发生化学反应的过程都是发生了化学变化，而核变既不是化学变化也不是物理变化。
2．（2018·北京）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%
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】化学平衡的影响因素；探究吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.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项不符合题意；
B.CH4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；
故答案为：D
【分析】原子利用率百分之百是指无副产物生成，一般其反应特点是是多生一的反应。催化剂降低了活化能，从而提高了活化分子百分数，同等程度的提高了反应速率，但不影响平衡。
3．（2018·北京）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+C2H518OH C17H35COOC2H5+H218O
B．常温时，0.1mol·L-1氨水的pH=11.1：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】铜的电解精炼；离子键的形成；电解质在水溶液中的电离；酯化反应
【解析】【解答】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+C2H518OH C17H35CO18OC2H5+H2O，A项符合题意；
B.常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中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NH3·H2O NH4++OH-，B项不符合题意；
C.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；
故答案为：A
【分析】A中根据有机反应机理，元素跟踪法进行判读。B中根据水的离子积进行计算，考查水的离子积的基本计算方法。
4．（2018·北京）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）
A B C D
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
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A.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，为氧化还原反应，不符合题意；
B.氯水中存在反应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；
D.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，不符合题意；
故答案为：C
【分析】C中是沉淀间的转化，没有化合价的变化。氧化还原反应的基本判断方法是看元素化合价是否变化。考查氧化还原基本知识点。
5．（2018·北京）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】氢键的存在对物质性质的影响；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】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；
故答案为：B
【分析】注意有机化合物中肽键的水解，碳接羟基，氧接氢形成羧基和氨基。肽键的形成即是有羧基和氨基脱水缩合而成。本题实质考查蛋白质的基本性质。
6．（2018·北京）测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（ ）
A．Na SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2O HSO-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】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用
【解析】【解答】A.Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2O HSO3-+OH-、HSO3-+H2O H2SO3+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；
D.Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】本题考查盐类水解的方程式书写，注意弱酸根离子的水解是分步，根据异性相吸弱水解，异性相吸得产物进行判断。书写。水解平衡影响类别化学平衡的影响，影响因素有温度和浓度。
7．（2018·北京）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
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】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；
故答案为：D
【分析】本题考查学生通过实验现象分析本质的能力，根据现象的不同，结合理论知识应该进行假设，从而发现可能的情况。实质是考查原电池的知识的基本应用。
二、非选择题
8．（2018·北京）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+Cl2 CH2=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】合成有机高分子化合物的性质实验
【解析】【解答】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+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
【分析】本题考查有机合成的基本知识，考查学生对有机知识的迁移应用能力，入手点是有机物的官能团的变化，有机物的化学式的变化，有机反应条件三个方面进行综合推断，通过题意验证推理过程是否 合理。
9．（2018·北京）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)（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：
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+5H2O 10CaSO4·0.5H2O+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+ +2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+2
（6） ×100%
【知识点】化学反应速率的影响因素；离子反应发生的条件；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（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：H3PO4 H2SO4。
②用元素周期律解释酸性：H3PO4 H2SO4，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，生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO4·0.5H2O+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）= n（NaOH）= bmol/L c 10-3L= mol，m（H3PO4）= mol 98g/mol= g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为 。
【分析】本题属于常见的工业流程题，此类题根据流程中操作方法，流程产物进行判断推理除杂原理。注意流程中目标产物的制取，（1）中考查反应速率 的外界影响因素，CPT催 S基本知识。（2）中考查元素周期律的基本知识。
10．（2018·北京）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=+551 KJ·mol-1
反应Ⅲ： S（s）+O2（g）=SO2（g） △H3=-297 KJ·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。
i.SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii.I2+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）0.4；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】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（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p2 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） 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/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D 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
【分析】本题考查盖斯定律的应用，化学反应平衡图像的应用。氧化还原反应方程式的书写。反应速率的影响。解题时注意考查的基本知识点要熟练，不能应题的变化而让所学知识混肴，模糊。根据平衡影响三因素 ，速率影响两因素进行解题。
11．（2018·北京）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O ，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Cl (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 。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性 >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 > 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↑+10H2O；排除ClO 的干扰；>；溶液的酸碱性不同；若能，理由：FeO42 在过量酸的作用下完全转化为Fe3+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）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子反应发生的条件；常见离子的检验
【解析】【解答】（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Fe3+，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。
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。
②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂 氧化产物，得出氧化性Cl2 FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。
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FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42- 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（FeO42-）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）
【分析】本题主要考查氧化还原反应的应用，根据升降守恒，氧化还原反应的实质及特征判断产物，书写方程式。其次对于离子的检验需要注意杂质离子 干扰及检验时须有明显的现象出现。
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2018年高考理综化学真题试卷（北京卷）
一、选择题
1．（2018·北京）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
2．（2018·北京）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%
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）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+C2H518OH C17H35COOC2H5+H218O
B．常温时，0.1mol·L-1氨水的pH=11.1：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
4．（2018·北京）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）
A B C D
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
A．A B．B C．C D．D
5．（2018·北京）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）测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（ ）
A．Na SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2O HSO-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
7．（2018·北京）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）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 。
9．（2018·北京）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)（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：
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）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=+551 KJ·mol-1
反应Ⅲ： S（s）+O2（g）=SO2（g） △H3=-297 KJ·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。
i.SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii.I2+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）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O ，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Cl (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 。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性 >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 > 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： 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】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+2N2O4 3N2↑+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+2O2 CO2+2H2O，属于化学变化，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】化学变化实质有新物质生成，发生化学反应的过程都是发生了化学变化，而核变既不是化学变化也不是物理变化。
2．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；探究吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.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项不符合题意；
B.CH4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；
故答案为：D
【分析】原子利用率百分之百是指无副产物生成，一般其反应特点是是多生一的反应。催化剂降低了活化能，从而提高了活化分子百分数，同等程度的提高了反应速率，但不影响平衡。
3．【答案】A
【知识点】铜的电解精炼；离子键的形成；电解质在水溶液中的电离；酯化反应
【解析】【解答】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+C2H518OH C17H35CO18OC2H5+H2O，A项符合题意；
B.常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中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NH3·H2O NH4++OH-，B项不符合题意；
C.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；
故答案为：A
【分析】A中根据有机反应机理，元素跟踪法进行判读。B中根据水的离子积进行计算，考查水的离子积的基本计算方法。
4．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A.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，为氧化还原反应，不符合题意；
B.氯水中存在反应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；
D.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，不符合题意；
故答案为：C
【分析】C中是沉淀间的转化，没有化合价的变化。氧化还原反应的基本判断方法是看元素化合价是否变化。考查氧化还原基本知识点。
5．【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】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；
故答案为：B
【分析】注意有机化合物中肽键的水解，碳接羟基，氧接氢形成羧基和氨基。肽键的形成即是有羧基和氨基脱水缩合而成。本题实质考查蛋白质的基本性质。
6．【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用
【解析】【解答】A.Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2O HSO3-+OH-、HSO3-+H2O H2SO3+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；
D.Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】本题考查盐类水解的方程式书写，注意弱酸根离子的水解是分步，根据异性相吸弱水解，异性相吸得产物进行判断。书写。水解平衡影响类别化学平衡的影响，影响因素有温度和浓度。
7．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】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；
故答案为：D
【分析】本题考查学生通过实验现象分析本质的能力，根据现象的不同，结合理论知识应该进行假设，从而发现可能的情况。实质是考查原电池的知识的基本应用。
8．【答案】（1）烯烃
（2）CH2=CHCH3+Cl2 CH2=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】合成有机高分子化合物的性质实验
【解析】【解答】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+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
【分析】本题考查有机合成的基本知识，考查学生对有机知识的迁移应用能力，入手点是有机物的官能团的变化，有机物的化学式的变化，有机反应条件三个方面进行综合推断，通过题意验证推理过程是否 合理。
9．【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+5H2O 10CaSO4·0.5H2O+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+ +2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+2
（6） ×100%
【知识点】化学反应速率的影响因素；离子反应发生的条件；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（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：H3PO4 H2SO4。
②用元素周期律解释酸性：H3PO4 H2SO4，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，生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO4·0.5H2O+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）= n（NaOH）= bmol/L c 10-3L= mol，m（H3PO4）= mol 98g/mol= g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为 。
【分析】本题属于常见的工业流程题，此类题根据流程中操作方法，流程产物进行判断推理除杂原理。注意流程中目标产物的制取，（1）中考查反应速率 的外界影响因素，CPT催 S基本知识。（2）中考查元素周期律的基本知识。
10．【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）0.4；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】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（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p2 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） 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/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D 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
【分析】本题考查盖斯定律的应用，化学反应平衡图像的应用。氧化还原反应方程式的书写。反应速率的影响。解题时注意考查的基本知识点要熟练，不能应题的变化而让所学知识混肴，模糊。根据平衡影响三因素 ，速率影响两因素进行解题。
11．【答案】（1）2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O；；Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O
（2）Fe3+；4FeO42 +20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；排除ClO 的干扰；>；溶液的酸碱性不同；若能，理由：FeO42 在过量酸的作用下完全转化为Fe3+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）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子反应发生的条件；常见离子的检验
【解析】【解答】（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Fe3+，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。
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。
②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂 氧化产物，得出氧化性Cl2 FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。
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FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42- 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（FeO42-）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）
【分析】本题主要考查氧化还原反应的应用，根据升降守恒，氧化还原反应的实质及特征判断产物，书写方程式。其次对于离子的检验需要注意杂质离子 干扰及检验时须有明显的现象出现。
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