（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·+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
mol·L－1KI
amol·L－1KI
mol·L－1H2SO4
mol·L－1H2SO4
mol·L－1KI
molI2
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·+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）.（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·L-1氨水的pH=，溶液中c（OH-）=·
·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·+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
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