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2018年北京市高考化学试卷 C．由Na和Cl形成离子键的过程：
一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分．每题只有一个正确选项） D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2++2e﹣═Cu
1．（6分）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（ ） 4．（6分）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 石蕊溶液滴入氯 Na S溶液滴入 热铜丝插入稀硝酸
2
FeSO 溶液中 水中 AgC1浊液中 中
4
现象 产生白色沉淀，随 溶液变红，随后 沉淀由白色逐渐 产生无色气体，随
后变为红褐色 迅速褪色 变为黑色 后变为红棕色
A．甲醇低温所制氢 B．氘、氚用作“人造太 C．偏二甲肼用作发射 D．开采可燃冰，将 A．A B．B C．C D．D
气用于新能源汽车 阳”核聚变燃料 “天宫二号”的火箭燃 其作为能源使用
5．（6分）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。
料
A．A B．B C．C D．D
2．（6分）我国科研人员提出了由CO 和CH 转化为高附加值产品 CH COOH的催化反应历程。
2 4 3
该历程示意图如下。
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
下列说法不正确的是（ ） B．完全水解产物的单个分子中，含有官能团一COOH或一NH
2
A．生成CH 3 COOH总反应的原子利用率为100% C．氢键对该高分子的性能没有影响
B．CH →CH COOH过程中，有C﹣H键发生断裂
4 3
D．结构简式为：
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
6．（6分）测定0.1mol•L﹣1 Na SO 溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下：
2 3
3．（6分）下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）
时刻 ① ② ③ ④
A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C H COOH+C H 18OH C H COOC H +H 18O
17 35 2 5 17 35 2 5 2 温度/℃ 25 30 40 25
B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH=11.1：NH
3
•H
2
O⇌NH
4
++OH﹣ 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BaCl 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
2
下列说法不正确的是（ ）
A．Na
2
SO
3
溶液中存在水解平衡：SO
3
2﹣+H
2
O⇌HSO
3
﹣+OH﹣
B．④的pH与①不同，是由于SO 2﹣浓度减小造成的
3
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K 值相等
W
7．（6分）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%NaC1溶液）。
① 在Fe表面生成蓝色沉淀
② 试管内无明显变化
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 。
③ 试管内生成蓝色沉淀
（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 。
下列说法不正确的是（ ）
（6）F→G的反应类型是 。
A．对比②③，可以判定Zn保护了Fe
（7）将下列K→L的流程图补充完整：
B．对比①②，K [Fe（CN） ]可能将Fe氧化
3 6
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II卷（60分）
8．（17分）8﹣羟基哇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﹣羟基呼啉的合成路线。
K L
（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 。 10．（12分）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
9．（13分）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 下：
已知：磷精矿主要成分为Ca （PO ） （OH），还含有Ca （PO ） F和有机碳等。 （1）反应Ⅰ：2H SO （l）=2SO （g）+2H O（g）+O （g）+△H =+551 kJ•mol﹣1
5 4 3 5 4 3 2 4 2 2 2 1
溶解度：Ca （PO ） （OH）＜CaSO •0.5H O 反应Ⅲ：S（s）+O （g）=SO （g）△H =﹣297 kJ•mol﹣1
5 4 3 4 2 2 2 3
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有 。 反应Ⅱ的热化学方程式： 。
（2）磷精矿粉酸浸时发生反应： （2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H SO 在平衡体系中物质的量分数随温度的变化
2 4
关系如图所示，p p （填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是 。
2Ca （PO ） （OH）+3H O+10H SO 10CaSO •0.5H O+6H PO 2 1
5 4 3 2 2 4 4 2 3 4
①该反应体现出酸性关系：H PO H SO （填“＞”或“＜”）。
3 4 2 4
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Ca （PO ） F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF 除去，写出生成
5 4 3 4
HF的化学方程式
： 。
（3）I﹣可以作为水溶液中SO 歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下，将ii补充完整。
2
（4）H O 将粗磷酸中的有机碳氧化为CO 脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反
2 2 2
i．SO +4I﹣+4H+=S↓+2I +2H O
2 2 2
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： 。
ii．I +2H O+ ═ + +2I﹣
2 2
（4）探究i、ii反应速率与SO 歧化反应速率的关系，实验如下：分别将 18 mL SO 饱和溶液加入
2 2
到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象，（已知：I 易溶解在KI溶液中）
2
序号 A B C D
试剂 0.4 mol•L﹣1 KI a mol•L﹣1 KI 0.2 mol•L﹣1 H SO 0.2 mol•L﹣1 KI
2 4
组成 0.2 mol•L﹣1 H SO 0.0002 mol I
2 4 2
实验 溶液变黄，一 溶液变黄，出现浑 无明显现象象 溶液由棕褐色很快褪
（5）脱硫时，CaCO 稍过量，充分反应后仍有SO 2﹣残留，原因是 ；加入BaCO 可进一步
3 4 3 段时间后出 浊较A快 色，变成黄色，出
现象
提高硫的脱除率，其离子方程式是 。 现浑浊 现浑浊较A快
（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•L﹣1NaOH溶液滴定 ①B是A的对比实验，则a= 。
至终点时生成Na HPO ，消耗NaOH溶液c mL．精制磷酸中H PO 的质量分数是 （已知： ②比较A、B、C，可得出的结论是 。
2 4 3 4
H PO 摩尔质量为98 g•mol﹣1） ③实验表明，SO 的歧化反应速率D＞A．结合i，ii反应速率解释原因： 。
3 4 211．（16分）实验小组制备高铁酸钾（K FeO ）并探究其性质。
2 4
资料：K FeO 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
2 4
O ，在碱性溶液中较稳定。
2
（1）制备K FeO （夹持装置略）
2 4
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 Cl 发 生 的 反 应 有 3Cl +2Fe （ OH ）
2 2
+10KOH═2K FeO +6KCl+8H O，另外还有 。
3 2 4 2
（2）探究K FeO 的性质
2 4
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Cl ，为证明是
2
否K FeO 氧化了Cl﹣而产生Cl ，设计以下方案：
2 4 2
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K FeO
2 4
溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl 产生。
2
i．由方案1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K FeO 将Cl﹣氧
2 4
化，还可能由 产生（用方程式表示）。
ii．方案Ⅱ可证明K FeO 氧化了Cl﹣．用KOH溶液洗涤的目的是 。
2 4
②根据K FeO 的制备实验得出：氧化性 Cl FeO 2﹣（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，
2 4 2 4
Cl 和FeO 2﹣的氧化性强弱关系相反，原因是 。
2 4
③资料表明，酸性溶液中的氧化性 FeO 2﹣＞MnO ﹣，验证实验如下：将溶液 b滴入MnSO 和足量
4 4 4
H SO 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FeO 2﹣＞MnO ﹣，若能，
2 4 4 4
请说明理由；若不能，进一步设计实验方案，理由或方案： 。2018 年北京市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分．每题只有一个正确选项）
1．（6分）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（ ）
下列说法不正确的是（ ）
A．生成CH COOH总反应的原子利用率为100%
3
B．CH →CH COOH过程中，有C﹣H键发生断裂
4 3
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
A．甲醇低温所制 B．氘、氚用作“人 C．偏二甲肼用作发 D．开采可燃
氢气用于新能 造太阳”核聚变 射“天宫二号”的 冰，将其作为
源汽车 燃料 火箭燃料 能源使用
【考点】15：化学反应的实质；H1：有机化合物中碳的成键特征．
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A．A B．B C．C D．D
【分析】A．原子利用率是指被利用的原子数和总原子数之比；
B．甲烷反应后生成乙酸，结合分子中化学键变化法判断；
【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系．
C．图中可知。①→②过程中能量降低，说明为放热过程通过过渡态形成了C﹣C化学键；
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【分析】一般来说，物质的熔点、状态发生改变，为物理变化，而生成新物质的变化属于化学变
D．催化剂改变反应速率不改变化学平衡和反应焓变；
化，化学变化为原子的重新组合，物质的组成、结构和性质发生变化，但原子不会改变，以此
【解答】解：A．图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，生成CH COOH总
3
解答该题。
反应的原子利用率为100%，故A正确；
【解答】解：A．甲醇生成氢气，为化学变化，故A不选；
B．图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成
B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料，原子核发生变化，不属于化学变化的范畴，故B选；
一新的共价键，必有C﹣H键发生断裂，故B正确；
C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料，燃烧生成氮气和水，发生化学变化，故C不选；
C．①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C﹣C键形成，故C正确；
D．可燃冰的主要成分为甲烷，燃烧生成二氧化碳和水，为化学变化，故D不选。
D．催化剂只加快反应速率，不改变化学平衡转化率，故D错误；
故选：B。
故选：D。
【点评】本题为2018年全国卷，题目考查物质的变化，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于
【点评】本题考查了化学反应过程的分析、反应过程中催化剂作用和能量变化、化学键的变化，
培养学生良好的科学素养，主要把握化学变化与物理变化的区别，难度不大。
注意题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
2．（6分）我国科研人员提出了由CO 和CH 转化为高附加值产品 CH COOH的催化反应历程。
2 4 3 3．（6分）下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）
该历程示意图如下。A B C D
A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C H COOH+C H 18OH C H COOC H +H 18O
17 35 2 5 17 35 2 5 2
实验 NaOH 溶 液 滴 入 石蕊溶液滴入氯 Na S 溶液滴入 热铜丝插入稀硝酸
2
B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH=11.1：NH 3 •H 2 O⇌NH 4 ++OH﹣ FeSO 4 溶液中 水中 AgC1浊液中 中
现象 产生白色沉淀，随 溶液变红，随后 沉淀由白色逐渐 产生无色气体，随
C．由Na和Cl形成离子键的过程： 后变为红褐色 迅速褪色 变为黑色 后变为红棕色
D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2++2e﹣═Cu A．A B．B C．C D．D
【考点】48：化学方程式的书写；92：离子键的形成；BI：电极反应和电池反应方程式；I8：聚 【考点】B1：氧化还原反应．
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合反应与酯化反应． 【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化
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【 分 析 】 A ． 硬 脂 酸 为 C 17 H 35 COOH ， 含 有 羧 基 ， 与 C 2 H 5 18OH 发 生 酯 化 反 应 生 成 合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。
C H CO18OC H ； 【解答】解：A．NaOH溶液滴入FeSO 溶液中，产生白色沉淀，为Fe（OH） ，随后后变为红褐
17 35 2 5 4 2
B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH=11.1，说明NH 3 •H 2 O不能完全电离，为弱电解质； 色，生成Fe（OH） 3 ，Fe元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故A不选；
C．氯化钠为离子化合物，含有离子键； B．石蕊溶液滴入氯水中，生成盐酸和次氯酸，溶液变红与盐酸有关，后褪色与 HClO的漂白性有
D．电解精炼铜，阴极析出铜。 关，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；
【解答】解：A．硬脂酸为C 17 H 35 COOH，含有羧基，与C 2 H 5 18OH发生酯化反应，乙醇脱去 H原 C．Na 2 S溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色逐渐变为黑色，由AgCl生成Ag 2 S沉淀，属于沉淀的
转化，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C选；
子 ， 硬 脂 酸 脱 去 羟 基 ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为 C H COOH+C H 18OH
17 35 2 5
D．热铜丝插入稀硝酸中，产生无色气体，随后变为红棕色，涉及NO转化为NO ，N元素化合价
2
C 17 H 35 CO18OC 2 H 5 +H 2 O，故A错误； 变化，属于氧化还原反应，故D不选。
B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH=11.1，说明NH 3 •H 2 O不能完全电离，为弱电解质，则电离方程 故选：C。
式为NH
3
•H
2
O⇌NH
4
++OH﹣，故B正确； 【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握
C．氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中Na失去电子，Cl得到电子，则由Na和Cl形成离 发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。
子键的过程： → ，故C正确；
5．（6分）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。
D．电解精炼铜，阴极析出铜，电极方程式为Cu2++2e﹣═Cu，故D正确。
故选：A。
【点评】本题综合考查化学用语，涉及酯化反应、弱电解质的电离、电子式以及电极方程式，题
目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合，很好地考查学生的分析能力，题目难度不大。
4．（6分）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握高分子的结构、缩聚反应为解答的关
键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
6．（6分）测定0.1mol•L﹣1 Na SO 溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下：
2 3
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
下列关于该高分子的说法正确的是（ ）
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
2
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
下列说法不正确的是（ ）
B．完全水解产物的单个分子中，含有官能团一COOH或一NH
2
A．Na
2
SO
3
溶液中存在水解平衡：SO
3
2﹣+H
2
O⇌HSO
3
﹣+OH﹣
C．氢键对该高分子的性能没有影响
B．④的pH与①不同，是由于SO 2﹣浓度减小造成的
3
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．结构简式为： D．①与④的K 值相等
W
【考点】HD：有机物的结构和性质． 【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．
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【分析】A．Na SO 是强碱弱酸盐，SO 2﹣存在水解平衡；
2 3 3
【分析】由结构可知，该高分子由 和 发生缩聚反应生成，
B．温度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，说明溶液中OH﹣浓度降低；
C．①到③过程温度升高，溶液pH降低，增大浓度则有利于水解正向移动；
D．水的离子积常数K 只有温度有关。
w
【解答】解：A．Na
2
SO
3
是强碱弱酸盐，SO
3
2﹣存在水解平衡，水解平衡为：SO
3
2﹣+H
2
O⇌HSO
3
﹣
高分子的结构简式为 ，以此来解答。
+OH﹣，忽略二级水解，故A正确；
【解答】解：A．单体的苯环上均只有一种化学环境的H，故A错误；
B．温度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，说明溶液中OH﹣浓度降低，也就说明过程中
SO 2﹣浓度有所降低，故B正确；
B． 和 的官能团分别为一NH 、一COOH，故B正确； 3
2
C．①到③过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增
C．氢键影响高分子的物理性质，如溶解性、熔沸点等，故C错误；
大浓度则有利于水解正向移动，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，故C错误；
D．水的离子积常数K 只有温度有关，①和④温度相同，所以①和④的K 值相等，故D正确，
w w
故选：C。
D．结构简式为 ，故D错误；
【点评】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确 Na SO 的水解平衡是解题的关键，盐类水解
2 3是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。 C．如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，加入K [Fe（CN） ]可在铁的表面生成蓝色沉淀，
3 6
则验证Zn保护Fe时不能用①的方法，应用②的方法，故C正确；
7．（6分）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%NaC1溶液）。 D．实验①可说明铁被氧化，说明方法存在缺陷，不能比较金属的活泼性，则换成铜，也不能证
① 在Fe表面生成蓝色沉淀 明金属的活泼性，故D错误。
故选：D。
【点评】本题探究铁的腐蚀与防护，为2018年北京考题，侧重考查学生的分析能力和实验能力，
主要把握实验的原理以及金属的腐蚀，主要把握实验的合理性与可行性的评价，把握物质的性
② 试管内无明显变化
质，难度中等。
二、非选择题II卷（60分）
8．（17分）8﹣羟基哇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
③ 试管内生成蓝色沉淀
是8﹣羟基呼啉的合成路线。
下列说法不正确的是（ ）
A．对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B．对比①②，K [Fe（CN） ]可能将Fe氧化
3 6
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
【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．
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【分析】A．②③相比较，可说明铁连接锌后，铁没有被腐蚀；
B．①②相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子；
C．如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，不能通过铁棒的表面反应判断；
已知：i．
D．用实验①的方法不能比较金属的活泼性。
ii．同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定。
【解答】解：A．②中铁没有被腐蚀，而③铁腐蚀，可说明铁连接锌后，锌保护了铁，故A正确；
（1）按官能团分类，A的类别是 烯烃 。
B．①②相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子，可能的原因为 K [Fe（CN） ]将
3 6 （2）A→B的化学方程式是 CH =CHCH + Cl CH =CHCH Cl + HCl 。
2 3 2 2 2
Fe氧化，故B正确；
（3）C可能的结构简式是 CH ClCHOHCH Cl 或 CH OHCHClCH Cl 。
2 2 2 2（4）C→D所需的试剂a是 NaOH 水溶液 。
（5）D→E的化学方程式是
，然后 发生消去反应生成L为 ，以此解答该题。
CH OHCHOHCH OH CH =CHCHO + 2H O 。
2 2 2 2
（6）F→G的反应类型是 取代反应 。 【解答】解：（1）由以上分析可知A为CH =CHCH ，为烯烃，
2 3
（7）将下列K→L的流程图补充完整： 故答案为：烯烃；
（2）A为CH =CHCH ，B为CH =CHCH Cl，高温条件下 A和氯气发生甲基上的取代反应，则
2 3 2 2
A→B的化学方程式是CH =CHCH +Cl CH =CHCH Cl+HCl，
2 3 2 2 2
故答案为：CH =CHCH +Cl CH =CHCH Cl+HCl；
2 3 2 2 2
（3）由以上分析可知C的结构简式是C为CH ClCHOHCH Cl或CH OHCHClCH Cl ，
2 2 2 2 2
故答案为：CH ClCHOHCH Cl或CH OHCHClCH Cl；
2 2 2 2
（4）通过以上分析知，C→D所需的试剂a是NaOH水溶液，
故答案为：NaOH水溶液；
K L
（5）E为CH =CHCHO，D为CH OHCHOHCH OH，D发生消去反应和氧化反应生成 E，反应的
2 2 2
（8）合成8﹣羟基喹啉时，L发生了 氧化 （填“氧化”或“还原”）反应，反应时还生成了水，
化学方程式为
则L与G物质的量之比为 3 ： 1 。
CH OHCHOHCH OH CH =CHCHO+2H O，
2 2 2 2
【考点】HC：有机物的合成．
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故答案为：CH OHCHOHCH OH CH =CHCHO+2H O；
【专题】534：有机物的化学性质及推断． 2 2 2 2
【分析】E和J发生加成反应生成K，根据K结构简式确定F中含有苯环、A为链状结构，由F分
（6）F为 发生取代反应生成G，故答案为：取代反应；
子式知F为 ；由E、J分子式知，E为CH =CHCHO，J为 ，F发生邻位取代生
2
（7）由题给信息可知K首先发生加成反应生成 ，然后再发生消去反应生成L为 ，
成G为 ，G发生还原反应生成J； 故答案为：：
根 据 信 息 ii 结 合 D 分 子 式 知 D 为 CH OHCHOHCH OH ， 则 C 为 CH ClCHOHCH Cl 或
2 2 2 2 （8）L为 ，G为 ，J为 ，L与G反应生成J和8﹣羟基喹啉，L失去
CH OHCHClCH Cl，则a为NaOH水溶液，结合A分子式知A为CH =CHCH ，高温条件下A
2 2 2 3
和氯气发生取代反应，则 B 为 CH =CHCH Cl，K 在浓硫酸作用下发生信息 i 的反应生成
2 2氢，应为氧化反应，反应的化学方程式为 3 + →3 +
+2H O，L与G物质的量之比为3：1，
2
故答案为：氧化反应；3：1。
【点评】本题考查有机物的合成，为2018年北京考题，侧重考查学生的分析能力，注意把握题给
（5）脱硫时，CaCO 稍过量，充分反应后仍有 SO 2﹣残留，原因是 CaSO （ s ） Ca 2 + （ aq ）
3 4 4
信息以及有机物官能团的转化，正确推断有机物的结构为解答该题的关键，难度中等。
+ SO 2﹣ （ aq ）， CaSO 的溶解度相对较大 ；加入BaCO 可进一步提高硫的脱除率，其离子方
4 4 3 ⇌
9．（13分）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 程式是 BaCO 3 + SO 4 2﹣ ⇌ BaSO 4 + CO 3 2﹣ 。
（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•L﹣1NaOH溶液滴定
至终点时生成 Na HPO ，消耗 NaOH 溶液 c mL．精制磷酸中 H PO 的质量分数是
2 4 3 4
（已知：H PO 摩尔质量为98 g•mol﹣1）
3 4
已知：磷精矿主要成分为Ca （PO ） （OH），还含有Ca （PO ） F和有机碳等。
5 4 3 5 4 3
溶解度：Ca （PO ） （OH）＜CaSO •0.5H O 【考点】U3：制备实验方案的设计．
5 4 3 4 2
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（1）上述流程中能加快反应速率的措施有 研磨，加热 。 【分析】（1）常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等；
（2）磷精矿粉酸浸时发生反应： （2）①根据反应方程式，是由H SO 参加反应得到H PO ，是由强酸制取弱酸；
2 4 3 4
②H PO 和H SO 均为无机含氧酸，主要可从 P和S的非金属性角度考虑，S的非金属性强于P，
2Ca （PO ） （OH）+3H O+10H SO 10CaSO •0.5H O+6H PO 3 4 2 4
5 4 3 2 2 4 4 2 3 4
可以使O上电子云密度降低更大，继而导致H+更易电离，H+越易电离，含氧酸酸性越强；
①该反应体现出酸性关系：H PO ＜ H SO （填“＞”或“＜”）。
3 4 2 4
（3）酸浸时，磷精矿中Ca （PO ） F所含氟转化为HF，反应过程为Ca （PO ） F和H SO 反应，
5 4 3 5 4 3 2 4
②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同。 同一周期，从左到右，半径逐渐减小 ，
得电子能力增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，所以 H PO 的酸性小于 H SO 的酸性 生成CaSO • H O，H PO 和HF，据此写出反应方程式；
3 4 2 4 4 2 3 4
。
（4）根据图象，80℃前随着温度升高，有机碳脱除率增大，80℃后随着温度升高，有机碳脱除率
（3）酸浸时，磷精矿中Ca （PO ） F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF 除去，写出生成
5 4 3 4
降低，考虑H O 受热分解，导致H O 浓度降低影响有机碳的脱除率；
2 2 2 2
HF的化学方程式
（5）脱硫过程是加入CaCO 发生反应，脱硫时，CaCO 稍过量，充分反应后仍有SO 2﹣残留，反
3 3 4
： 2Ca 5 （ PO 4 ） 3 F + 10H 2 SO 4 + 5H 2 O 10CaSO 4 • H 2 O + 6H 3 PO 4 + 2HF 。 应过程生成CaSO 4 ，而CaSO 4 相对于CaCO 3 溶解度较大，能产生多余的SO 4 2﹣，加入BaCO 3 可
进一步提高硫的脱除率，则是由于发生沉淀转化，BaCO 可转化为更难溶的BaSO ；
（4）H O 将粗磷酸中的有机碳氧化为CO 脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反 3 4
2 2 2
（6）滴定反应为：H PO +2NaOH═Na HPO +2H O，据此计算。
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： 温度高于 80℃ 时 ， 3 4 2 4 2
【解答】解：（1）常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加
H O 的分解速率加快，导致 H O 的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降 。
2 2 2 2快化学反应速率的措施有：研磨，加热， （6）用NaOH滴定H PO 至Na HPO 的滴定反应为：H PO +2NaOH═Na HPO +2H O，根据反应
3 4 2 4 3 4 2 4 2
故答案为：研磨，加热；
方程式，制磷酸中 H PO 的物质的量为 ，则精制磷酸中 H PO 的质量分数是
（2）①根据反应方程式，是由 H SO 参加反应得到H PO ，是由强酸制取弱酸，因此酸性强弱为： 3 4 3 4
2 4 3 4
H PO ＜H SO ，
3 4 2 4
故答案为：＜；
= ，
②H PO 和H SO 均为无机含氧酸，主要可从 P和S的非金属性角度考虑，S的非金属性强于P，
3 4 2 4
可以使O上电子云密度降低更大，继而导致H+更易电离，H+越易电离，含氧酸酸性越强，可以
故答案为： 。
简单解释为：P的半径大于S，P的非金属性小于S，所以H PO 的酸性小于H SO 的酸性，
3 4 2 4
【点评】本题考察无机流程分析，综合了化学反应原理，考查了元素周期律，无机含氧酸强度比
故答案为：同一周期，从左到右，半径逐渐减小，得电子能力增强，最高价氧化物对应的水化物
较，陌生反应方程式的书写，沉淀溶解平衡原理，酸碱滴定反应相关计算，是一道考察综合知
酸性增强，所以H PO 的酸性小于H SO 的酸性；
3 4 2 4
识的题，题目整体难度中等，有助于培养综合运用化学原理解决问题的能力。
（3）酸浸时，磷精矿中Ca （PO ） F所含氟转化为HF，反应过程为Ca （PO ） F和H SO 反应，
5 4 3 5 4 3 2 4
生成 CaSO • H O，H PO 和 HF，所以化学反应方程式为：2Ca （PO ） F+10H SO +5H O 10．（12分）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
4 2 3 4 5 4 3 2 4 2
下：
10CaSO • H O+6H PO +2HF，
4 2 3 4
故答案为：2Ca （PO ） F+10H SO +5H O 10CaSO • H O+6H PO +2HF；
5 4 3 2 4 2 4 2 3 4
（4）根据图象，80℃前随着温度升高，有机碳脱除率增大，80℃后随着温度升高，有机碳脱除率
降低，考虑H O 受热分解，导致H O 浓度降低影响有机碳的脱除率，所以可以解释为：温度
2 2 2 2 （1）反应Ⅰ：2H SO （l）=2SO （g）+2H O（g）+O （g）+△H =+551 kJ•mol﹣1
2 4 2 2 2 1
高于80℃时，H O 的分解速率加快，导致H O 的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降，
2 2 2 2 反应Ⅲ：S（s）+O （g）=SO （g）△H =﹣297 kJ•mol﹣1
2 2 3
故答案为：温度高于80℃时，H O 的分解速率加快，导致H O 的浓度降低，也就导致有机碳脱
2 2 2 2 反应Ⅱ的热化学方程式： 3SO （ g ） + 2H O （ g ） =2H SO （ l ） + S （ s ）， △ H=﹣254kJ/mol 。
2 2 2 4
除率下降；
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H SO 在平衡体系中物质的量分数随温度的变化
2 4
（5）脱硫过程是加入CaCO 发生反应，脱硫时，CaCO 稍过量，充分反应后仍有SO 2﹣残留，反
3 3 4 关系如图所示，p ＞ p （填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是 当温度相同时，增大压强 ，
2 1
应过程生成CaSO ，而CaSO 相对于CaCO 溶解度较大，能产生多余的 SO 2﹣，所以原因可以
4 4 3 4
平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大 。
解释为：CaSO （s） Ca2+（aq）+SO 2﹣（aq），CaSO 的溶解度相对较大，
4 4 4
加入 BaCO 可进一步提高硫的脱除率，则是由于发生沉淀转化，BaCO 可转化为更难溶的
3 ⇌ 3
BaSO
4
，离子方程式为：BaCO
3
+SO
4
2﹣ ⇌BaSO
4
+CO
3
2﹣，
故答案为：CaSO （s） Ca2+（aq）+SO 2﹣（aq），CaSO 的溶解度相对较大；BaCO +SO 2﹣
4 4 4 3 4
⇌BaSO
4
+CO
3
2﹣；
⇌I﹣、H+在i作作反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成H SO ，根据元素守恒知，反应物还
2 4
有SO ；
2
（4）①B是A的对比实验，所用c（KI）应该相等；
②比较A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反应快慢顺序是B＞A＞
C，且C中没有明显现象，说明不反应；
③反应i、ii知，SO 先和I﹣反应生成I ，I 再和SO 进一步反应，D中KI溶液溶解了I ，导致D
2 2 2 2 2
（3）I﹣可以作为水溶液中SO 歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下，将ii补充完整。
2 中的ii的反应较A快。
i．SO +4I﹣+4H+=S↓+2I +2H O
2 2 2 【解答】解：（1）根据图知，反应II为3SO （g）+2H O（g）=2H SO （l）+S（s），
2 2 2 4
ii．I +2H O+ SO ═ 4H + + SO 2﹣ +2I﹣
2 2 2 4 将方程式﹣I﹣III即得3SO （g）+2H O（g）=2H SO （l）+S（s），△H=﹣（+551kJ•mol﹣1）﹣
2 2 2 4
（4）探究i、ii反应速率与SO 歧化反应速率的关系，实验如下：分别将 18 mL SO 饱和溶液加入
2 2 （﹣297kJ•mol﹣1）=
到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象，（已知：I 易溶解在KI溶液中）
2 ﹣254kJ/mol，
序号 A B C D
故答案为：3SO （g）+2H O（g）=2H SO （l）+S（s），△H=﹣254kJ/mol；
2 2 2 4
试剂组 0.4 mol•L﹣1 KI a mol•L﹣1 KI 0.2 mol•L﹣1 0.2 mol•L﹣1 KI
（2）相同温度下，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大，根据图
成 H SO
0.2 mol•L﹣1 H SO 2 4 0.0002 mol I
2 4 2 知，相同温度下，达到平衡状态时硫酸含量：P ＜P ，说明压强P ＞P ，
1 2 2 1
实验现 溶液变黄，一段 溶液变黄，出现浑 无明显现象象 溶液由棕褐色很
故答案为：＞；当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数
象 时间后出现浑 浊较A快 快褪色，变成
浊 黄色，出现浑 增大；
浊较A快
（3）化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式为得
①B是A的对比实验，则a= 0. 4 。
3SO （g）+2H O（g）=2H SO （l）+S（s），催化过程中i。SO +4I﹣+4H+=S↓+2I +2H O，说明
2 2 2 4 2 2 2
②比较A、B、C，可得出的结论是 在酸性条件下， SO 与 I ﹣ 反应速率更快，且 SO 与稀硫酸不
2 2
I﹣、H+在i作作反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成H SO ，根据元素守恒知，反应物还
2 4
发生反应 。
有SO ，所以ii中方程式应该为：
2
③实验表明，SO 的歧化反应速率D＞A．结合i，ii反应速率解释原因： 反应 i 、 ii 知， SO 先和
2 2
I +2H O+SO ═4H++SO 2﹣+2I﹣，
2 2 2 4
I ﹣ 反应生成 I ， I 再和 SO 进一步反应， D 中 KI 溶液溶解了 I ，导致 D 中的 ii 的反应较 A 快 。
2 2 2 2
答案为：SO ；4H+；SO 2﹣；
2 4
（4）①B是A的对比实验，所用c（KI）应该相等，否则无法得出正确结论，所以a=0.4，
【考点】CJ：产物百分含量与压强的关系曲线．
菁优网版权所有 故答案为：0.4；
【分析】（1）根据图知，反应II为3SO （g）+2H O（g）=2H SO （l）+S（s），
2 2 2 4
②比较A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反应快慢顺序是B＞A＞
将方程式﹣I﹣III即得3SO （g）+2H O（g）=2H SO （l）+S（s），△H 进行相应的改变；
2 2 2 4
C，且C中没有明显现象，说明不反应，B中含有酸导致其反应速率加快，所以得出的结论是：
（2）相同温度下，增大压强，平衡正向移动；
在酸性条件下，SO 与I﹣反应速率更快，且SO 与稀硫酸不发生反应，
2 2
（3）化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式为得
故答案为：在酸性条件下，SO 与I﹣反应速率更快，且SO 与稀硫酸不发生反应；
2 2
3SO （g）+2H O（g）=2H SO （l）+S（s），催化过程中i。SO +4I﹣+4H+=S↓+2I +2H O，说明
2 2 2 4 2 2 2
③反应i、ii知，SO 先和I﹣反应生成I ，I 再和SO 进一步反应，D中KI溶液溶解了I ，导致D
2 2 2 2 2中的ii的反应较A快，所以看到的现象是：D中出现浑浊较A快， K FeO 溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐
2 4
酸，有Cl 产生。
故答案为：反应i、ii知，SO 先和I﹣反应生成I ，I 再和SO 进一步反应，D中KI溶液溶解了 2
2 2 2 2
i．由方案1中溶液变红可知 a中含有 F e 3 + 离子，但该离子的产生不能判断一定 K FeO 将Cl﹣
I ，导致D中的ii的反应较A快。 2 4
2
氧化，还可能由 4FeO 2﹣ +20H + ═4Fe 3+ +3O ↑+10H O 产生（用方程式表示）。
【点评】本题考查较综合，涉及盖斯定律、外界条件对化学平衡移动影响、实验探究等，明确化 4 2 2
ii．方案Ⅱ可证明 K FeO 氧化了 Cl﹣．用 KOH 溶液洗涤的目的是 使 K FeO 稳定溶出，并把
学反应原理、实验原理及物质性质是解本题关键，注意：作对比实验时应该只有一个条件不同， 2 4 2 4
K FeO 表面吸附的 ClO ﹣ 除尽，防止 ClO ﹣ 与 Cl ﹣ 在酸性条件下反应产生 Cl ，避免 ClO ﹣ 干扰实
其它条件完全相同，题目难度中等。 2 4 2
验 。
②根据K FeO 的制备实验得出：氧化性Cl ＞ FeO 2﹣（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，
11．（16分）实验小组制备高铁酸钾（K FeO ）并探究其性质。 2 4 2 4
2 4
Cl 和FeO 2﹣的氧化性强弱关系相反，原因是 溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱 。
资料：K FeO 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 2 4
2 4
③资料表明，酸性溶液中的氧化性 FeO 2﹣＞MnO ﹣，验证实验如下：将溶液 b滴入MnSO 和足量
O ，在碱性溶液中较稳定。 4 4 4
2
H SO 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 FeO 2﹣＞MnO ﹣，若能，
（1）制备K FeO （夹持装置略） 2 4 4 4
2 4
请说明理由；若不能，进一步设计实验方案，理由或方案： 能说明，理由： FeO 2﹣ 在过量酸
4
的作用下完全转化为 Fe 3 + 和 O ，溶液浅紫色是 MnO ﹣ 的颜色，不能说明，方案：向紫色溶液 b
2 4
中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色 。
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【分析】（1）①A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl ，MnO ﹣被还原为
2 4
Mn2+，Cl﹣被氧化为Cl ，据此写出反应的方程式；
2
①A为氯气发生装置。A中反应方程式是 2MnO ﹣ + 10Cl ﹣ + 16H + ═ 5Cl ↑ + 2Mn 2 + + 8H O （锰被还
4 2 2
②装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生 HCl，使得产生的Cl 中混有HCl，需
2
原为Mn2+）。
要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的；
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，紫色的为 K FeO ，在碱性条件下，Cl 可以氧化 Fe（OH） 制取
2 4 2 3
③C 中 得 到 紫 色 固 体 和 溶 液 。 C 中 Cl 发 生 的 反 应 有 3Cl +2Fe （ OH ）
2 2
K FeO ，还存在反应为Cl 和KOH反应；
2 4 2
+10KOH═2K FeO +6KCl+8H O，另外还有 Cl + 2KOH ═ KCl + KClO + H O 。
3 2 4 2 2 2
（2）①i．方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不
（2）探究K FeO 的性质
2 4
能判断一定K FeO 将Cl﹣氧化，注意K FeO 在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生 O ，自
2 4 2 4 2
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Cl ，为证明是
2
身转化为Fe3+；
否K FeO 氧化了Cl﹣而产生Cl ，设计以下方案：
2 4 2
ii．方案Ⅱ可证明K FeO 氧化了Cl﹣，使用KOH溶液溶出K FeO 晶体，可以使K FeO 稳定析出，
2 4 2 4 2 4
并且除去ClO﹣离子，防止在酸性条件下ClO﹣和Cl﹣反应产生Cl 干扰实验；
2
方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色
②Fe（OH） 在碱性条件下被Cl 氧化为FeO 2﹣，可以说明Cl 的氧化性大于FeO 2﹣，而方案Ⅱ实验
3 2 4 2 4
方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将
表明，Cl 和FeO 2﹣的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO 2﹣在酸性条件下氧化Cl﹣生成Cl ，注
2 4 4 2意两种反应体系所处酸碱性介质不一样； （2）①i．方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，
③实验证明氧化性FeO 2﹣＞MnO ﹣，即证明FeO ﹣能将Mn2+氧化为MnO ﹣，MnO ﹣在溶液中显紫 但该离子的产生不能判断一定K FeO 将Cl﹣氧化，注意K FeO 在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快
4 4 4 4 4 2 4 2 4
色，K FeO 在碱性溶液中也显紫色，将溶液b滴入MnSO 和足量H SO 的混合溶液中，振荡后 速产生O ，自身转化为Fe3+，发生反应为：4FeO 2﹣+20H+═4Fe3++3O ↑+10H O，
2 4 4 2 4 2 4 2 2
溶液呈浅紫色，FeO ﹣在酸溶液中立刻反应生成Fe3+和O ，据此分析。 故答案为：Fe3+；4FeO 2﹣+20H+═4Fe3++3O ↑+10H O；
4 2 4 2 2
【解答】解：（1）①A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到 Cl ，MnO ﹣被还原 ii．方案Ⅱ可证明K FeO 氧化了Cl﹣，使用KOH溶液溶出K FeO 晶体，可以使K FeO 稳定析出，
2 4 2 4 2 4 2 4
为Mn2+，Cl﹣被氧化为Cl ，所以反应的方程式为：2MnO ﹣+10Cl﹣+16H+═5Cl ↑+2Mn2++8H O， 同时考虑到K FeO 表面可能吸附ClO﹣，ClO﹣在酸性条件下可与Cl﹣反应生成Cl ，从而干扰实
2 4 2 2 2 4 2
故答案为：2MnO ﹣+10Cl﹣+16H+═5Cl ↑+2Mn2++8H O； 验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：使 K FeO 稳定溶出，并把K FeO 表面吸附的ClO﹣除尽，
4 2 2 2 4 2 4
②装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生 HCl，使得产生的Cl 中混有HCl，需 防止ClO﹣与Cl﹣在酸性条件下反应产生Cl ，避免ClO﹣干扰实验，
2 2
要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，所以装置B应为： 故答案为：使K FeO 稳定溶出，并把K FeO 表面吸附的ClO﹣除尽，防止ClO﹣与Cl﹣在酸性条件
2 4 2 4
下反应产生Cl ，避免ClO﹣干扰实验；
2
②Fe（OH） 在碱性条件下被Cl 氧化为FeO 2﹣，可以说明Cl 的氧化性大于FeO 2﹣，而方案Ⅱ实验
3 2 4 2 4
表明，Cl 和FeO 2﹣的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO 2﹣在酸性条件下氧化Cl﹣生成Cl ，两
2 4 4 2
种反应体系所处酸碱性介质不一样，所以可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱，
故答案为：溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱；
③MnO ﹣在溶液中显紫色，K FeO 在碱性溶液中也显紫色，将溶液b滴入MnSO 和足量H SO 的
4 2 4 4 2 4
， 混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，FeO 2﹣在酸溶液中立刻反应生成Fe3+和O ，作为K FeO 的
4 2 2 4
故答案为： 紫色褪去，则溶液中还显浅紫红色的一定为MnO ﹣，
4
若答不能说明，则是考虑到 FeO4﹣在酸性条件下发生反应转化为 Fe3+和O ，由于是加入足量的
2
H SO ，溶液酸性较强，Fe3+水解受到抑制，在水溶液中Fe3+以Fe（H O） 3+形式存在，颜色是
2 4 2 6
浅紫色，则说明FeO 2﹣并没有将Mn2+氧化为MnO ﹣而显浅紫色，可以设计方案：向紫色溶液b
4 4
中滴加过量稀硫酸，观察溶液快速褪去还是显浅紫色，
故答案为：能说明，理由：FeO 2﹣在过量酸的作用下完全转化为 Fe3+和O ，溶液浅紫色一定是
4 2
MnO ﹣的颜色，
4
； 不能说明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色。
③C 中得到紫色固体和溶液，紫色的为 K 2 FeO 4 ，在碱性条件下，Cl 2 可以氧化 Fe（OH） 3 制取 【点评】本题以K 2 FeO 4 为背景，考查氧化还原方程式的书写、配平，穿插实验操作流程的分析，
K 2 FeO 4 ， 还 存 在 反 应 为 Cl 2 和 KOH 反 应 ， 所 以 还 发 生 的 反 应 方 程 式 为 ： 还考察氯及其氧化物的氧化还原反应，需要明确实验室制取 Cl 2 的流程及其相关操作，题目整
Cl +2KOH═KCl+KClO+H O，故答案为： 体难度中等，重在综合思维能力的考查，有助于培养综合分析问题的能力，还需注意题目所给
2 2
Cl +2KOH═KCl+KClO+H O； 信息的准确使用。
2 2
