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1、绝密启封并使用完毕前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（ ）A. 生成 CH3COOH 总反应的原子利用率为 100%B. CH4
2、CH3COOH 过程中 ，有 CH 键发生断裂C. 放出能量并形成了 CC 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 5B. 常温时 ，0.1 mol L -1 氨水的 pH=11.1：NH 3H2O +OH-1 氨水的 pH=11.1：NH 3H2O +OH-C. 由 Na 和 C1 形成离子键的过程：1D. 电解精炼铜的阴极反应 ：Cu2+ +2e- Cu4. 下列实验中的颜色变化 ， 与氧化还原反应无关的是（ ）A B C DN
3、aOH 溶液滴入 FeSO4 溶液 Na2S溶液滴入 AgCl 浊实验 石蕊溶液滴入氯水中 热铜丝插入稀硝酸中中 液中产生白色沉淀， 随后变为红 溶液变红，随后迅速褪 沉淀由白色逐渐变为 产生无色气体，随后变为现象褐色 色 黑色 红棕色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NH2C. 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 Na2SO3 溶液先升温再降温过
4、程中的 pH，数据如下。时刻 温度 / 25 30 40 25pH 9.66 9.52 9.37 9.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是（ ）A. Na 2SO3 溶液中存在水解平衡 ： +H2O +OH-B. 的 pH 与 不同 ， 是由于 浓度减小造成的C. 的过程中 ，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致2D. 与的 Kw 值相等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 ）。下列说法不正确 的是（ ） A. 对比 ， 可以判定 Zn 保护了 FeB. 对比 ， K
5、3Fe(CN) 6可能将 Fe氧化C. 验证 Zn 保护 Fe时不能用 的方法D. 将 Zn 换成 Cu， 用 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 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）AB 的化学方程式是 _。（3）C 可能的结构简式是 _。（4）CD 所需的试剂 a 是_。（5）DE 的化学方程式是 _。3（6）FG 的反应类型是 _。（7）将下列 KL 的流程图补充完整： _（8）合成 8-
6、 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. 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)”或“ (3). 反应是气体物 10、【答案】 (1). 3SO2(g)+2H 2O (g) 2H2SO4 (l)+S(s) H2=- 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， H2SO42-的物质的量分数增大 (
7、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11、【答案】 (1). 2KMnO 4+16HCl 2MnCl 2+2KCl +5Cl 2 +8H2O (2). (3).Cl2+2OH- -Cl+ClO-+H 2O (4). i. Fe3+2-(5). 4FeO4+20H+3+4Fe +3O2 +10H2O (6). 排除 ClO- 的干扰2- 在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和 O2
8、，溶液浅紫色 (7). (8). 溶液的酸碱性不同 (9). 若能，理由： FeO4一定是 MnO 4- 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）72018 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
9、过程中，有 1 个 C-H 键发生断裂； C 项，根据图示， 的总能量高于 的总能量， 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 过程中，有 1 个 C-H 键发生断裂 ，B 项正确； C 项，根据图示， 的总能量高于 的总能量， 放出能量 ，对比 和， 形成 C-C键，C 项正确 ；D 项，催化剂只影响化学反应
10、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 H、 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 +，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。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
11、的化学方程式为C17H35COOH+C 2H5 18OH C17H35CO18OC2H5+H2O，A 项错误； B 项，常温下 0.1mol L-1 氨水的 pH=11.1，溶液8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 NH3H2O NH 4+OH -，B 项正确； C +，Cl 原子最外层有 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
12、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+2H 2O=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+Na 2S=Ag2S+2NaCl ；D 项，气体由无色变为红棕色时的反应为 2NO+O 2=2NO 2。详解 ：A 项，NaOH 溶
13、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； 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+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
14、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 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-NH 2，
15、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 -OH
16、或-H。6、【答案】 C2-【解析】分析 ：A 项， Na2SO3 属于强碱弱酸盐， SO3 存在水解平衡； B 项，取 时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验， 产生白色沉淀多 ， 说明实验过程中部分 Na2SO3被氧化成 Na2SO4， 与温度相同， 与对比 ，SO32-浓度减小，溶液中 c（OH- ）， 的 pH 小于 ； C 项，盐类水解为吸热过程， 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、 SO32
17、-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】 D2+， 【解析】分析： A 项，对比 ，Fe附近的溶液中加入 K3Fe（CN）6无明显变化， Fe 附近的溶液中不含 Fe2+Fe附近的溶液中加入 K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀， Fe附近的溶液中含 Fe ，中 Fe 被保护； B 项， 加入2+ ，对比 的异同， 可能是 K3Fe（CN）6将 Fe氧化K3Fe（CN）6在 Fe表面产生蓝色沉淀， Fe表面产生了 Fe 2+；C 项，对比 ，也能检验出 Fe2+，不能用 的方法验证 Zn 保护 Fe；D 项，由实验可知 K3Fe（CN）成 Fe2+ ，将 Zn 换成 Cu 不
18、能用 的方法证明 Fe比 Cu 活泼。6可能将 Fe氧化成 Fe2+详解： A 项，对比 ，Fe附近的溶液中加入 K3Fe（CN）6无明显变化， Fe 附近的溶液中不含 Fe，Fe2+，中 Fe被保护， A 项正确； B 项， 附近的溶液中加入 K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀， Fe 附近的溶液中含 Fe2+加入 K3Fe（CN）6在 Fe表面产生蓝色沉淀， Fe 表面产生了 Fe ，对比 的异同， 可能是 K3Fe（CN）6将 Fe2+ 2+氧化成 Fe ，B 项正确； C 项，对比 ，加入 K3Fe（CN）6在 Fe表面产生蓝色沉淀， 也能检验出 Fe，不102+，将 Zn 换成 Cu 能
19、用 的方法验证 Zn 保护Fe，C 项正确； D 项，由实验可知K3Fe（CN）6可能将 Fe 氧化成 Fe不能用 的方法证明Fe比 Cu 活泼， D 项错误；答案选D。2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分 点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe析法。要注意操作条件的变化，如 中没有取溶液， 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 的方法。8、【答案】 (1).烯烃 (2). CH 2=CHCH 3+Cl 2 CH2=CHCH 2Cl+HCl (3). HOCH 2CHClCH 2ClClCH 2CH(OH)CH 2Cl (4). N
20、aOH ，H2O (5). HOCH 2CH(OH)CH 2OH CH2=CHCHO+2H 2O (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 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 ，CD 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
21、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 GJ 和 E+JK ，结合F、G、J的分子式以及 K 的结构简式， E+JK 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，KL 的过程中脱去 1 个 “H2O”， 结合KL 的反应条件和题给已知i
22、，KL 先发生加成反应 、 后发生消去反应， L 的结构简式为 。11（2）AB 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）CD 为氯原子的水解反应 ，CD 所需的试剂 a是 NaOH 、H2O，即 NaOH 水溶液。（5）DE 为消去反应，反应的化学方程式为 HOCH 2CH（OH）CH2OH CH 2=CHCHO+2H
23、 2O。（6）F 的结构简式为 、G 的结构简式为 ，FG 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， KL 的过程中脱去 1 个 “H2O”，结合 KL 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+GJ+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
24、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 PS，原子半径 PS，得电子能力 PS，非金属性 PS(4). 2Ca5(PO4)3F+10H 2SO4+5H2O 10CaSO40.5H2O+6H 3PO4+2HF (5). 80 后，H2O2 分解速率大， 浓度显著降低 (6). CaSO4 微溶 (7). BaCO3+ +2H3PO4 BaSO4+CO 2+H2O+2 (8).【解析】分析 ：磷精矿粉酸浸后生成粗磷
25、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） 根据 “强酸制弱酸 ”的复分解反应规律，酸性： H3PO4 H2SO4。 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
26、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2-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4- +H2O。 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 H3PO42NaOH，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。（4）图示是
27、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 SO4 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13粗磷酸中 CO32-转化成 H2O 和 CO 2，反应的离子方程式为 BaCO3+SO42-+
28、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=0.049bcg， 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， BaC
29、O3 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). 反应是气体物 10、【答案】 (1). 3SO2(g)+2H 2O (g) 2H2SO4 (l)+S(s) H2=- 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， H2SO42-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)
30、. 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）H=H1+H3=（+551kJ/mol
31、 ）+（-297kJ/mol ）=+254kJ/mol ，反应 II 的热化学方程式为 3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）H=-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 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）B 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=
32、0.4。对比 A 与B，加入 H+可以加快 SO +不能催化 SO2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+ -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14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（HH+）增大，从而反应 i 加快。点睛 ：本题
33、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、【答案】 (1). 2KMnO 4+16HCl 2MnCl 2+2KCl +5Cl 2+8H2O (2). (3).Cl2+2OH- -Cl+ClO-+H 2O (4). i. Fe3+2-(5). 4FeO4+20H+3+4Fe +3O2+10H2O (6). 排除 ClO-的干扰2-(7). (8). 溶液的酸碱性不同 (9). 若能，理由： FeO43+在过量酸的作用下完全转
34、化为 Fe 和 O2，溶液浅紫色-一定是 MnO 4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）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） 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
35、。3+。 根据题意 KI.加入 KSCN 溶液，溶液变红说明 a中含 Fe2FeO4 在酸性或中性溶液中快速产生 O2，自身被还原成3+。 FeII. 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 。 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。 判断的依据是否排除 FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（
36、1）A 为氯气发生装置， KMnO 4与浓盐酸反应时，锰被还原为 Mn2+， 浓盐酸被氧化成 Cl2，KMnO 4 与浓盐酸反应生成 KCl 、MnCl 2、Cl2和 H2O，根据得失电子守恒和原子守恒， 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 2+8H2O。 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 。 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