(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:
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.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)ΔH1=+551kJ·mol-1
反应Ⅲ:
S(s)+O2(g)
SO2(g)ΔH3=-297kJ·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)
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4mol·L-1KI
amol·L-1KI
0.2mol·L-1H2SO4
0.2mol·L-1H2SO4
0.2mol·L-1KI
0.0002molI2
实验现象
溶液变黄,一段时间后出现浑浊
溶液变黄,出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色,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:
________________。
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
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:
方案Ⅰ
取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色。
方案Ⅱ
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________
(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
>
,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
>
。
若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案。
理由或方案:
________________。
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)
1、B2、D3、A4、C5、B6、C7、D
8、【答案】
(1).烯烃
(2).CH2=CHCH3+Cl2
CH2=CHCH2Cl+HCl(3).HOCH2CHClCH2ClClCH2CH(OH)CH2Cl(4).NaOH,H2O(5).HOCH2CH(OH)CH2OH
CH2=CHCHO+2H2O(6).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(4).2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O
10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑(5).80℃后,H2O2分解速率大,浓度显著降低(6).CaSO4微溶(7).BaCO3+
+2H3PO4
BaSO4+CO2↑+H2O+2
(8).
10、【答案】
(1).3SO2(g)+2H2O(g)
2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=−254kJ·mol−1
(2).>(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).SO42−(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
11、【答案】
(1).2KMnO4+16HCl
2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O
(2).
(3).Cl2+2OH−
Cl−+ClO−+H2O(4).i.Fe3+(5).4FeO42−+20H+
4Fe3++3O2↑+10H2O(6).排除ClO−的干扰(7).>(8).溶液的酸碱性不同(9).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)
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)
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,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、【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;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、【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,为氧化还原反应;B项,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;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、【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。
6、【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小于①;C项,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;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、SO32-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
【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附近的溶液中含Fe2+,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Fe2+,对比①②的异同,①可能是K3[Fe(CN)6]将Fe氧化成Fe2+,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Fe2+,不能用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。
8、【答案】
(1).烯烃
(2).CH2=CHCH3+Cl2
CH2=CHCH2Cl+HCl(3).HOCH2CHClCH2ClClCH2CH(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、【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:
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