1、北京市东城区2020届高三化学4月适应试题练习（含解析）本试卷共100 分。考试时长90 分钟。第一部分本部分共14 题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列图片所示做法不能达到相应目的是ABCD 做法锡中加入一定量的铅制成焊锡聚乙烯制成薄膜废荧光灯管放入有此标志的垃圾桶橡胶硫化目的降低熔点用于食品、药品包装材料防止重金属污染增强橡胶的强度、韧性、弹性和化学稳定性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.混合金属比单一金属的熔点更低，容易熔化，A正确；B.聚乙烯薄膜的厚度均匀，可用于食品、药品包装材料，B正确；C.废荧光灯管应放入有
2、害垃圾桶，防止对环境造成污染，C错误；D.橡胶经过硫化，由线性变为体型，强度、韧性、弹性和化学稳定性增强，D正确；答案选C。2.中华文明源远流长，史书记载中蕴含着丰富的化学知识。下列说法不正确的是A. 本草纲目记载“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，其中“碱”指的是K2CO3B. 易经记载“泽中有火上火下泽”，其描述的是CO在湖泊池沼水面上起火的现象C. 本草经集注记载“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”，此法是利用焰色反应鉴别“硝石”D. 抱朴子记载“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程为氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】A草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显
3、碱性，可洗衣服，“取碱浣衣”其中的碱是K2CO3，故A正确；B湖泊池沼中腐烂的植物能产生甲烷，则“泽中有火上火下泽”，其描述的是甲烷在湖泊池沼水面上起火的现象，故B错误；C钾元素的焰色反应为紫色，硝石是硝酸钾，灼烧会产生紫色火焰，故C正确；D丹砂(HgS)烧之成水银，Hg的化合价从+2价降低到0价，Hg的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D正确；答案选B。3.下列说法不正确的是A. 为除去FeSO4溶液中的Fe2（SO4）3，可加入铁粉，再过滤B. 为除去溴苯中的溴，可用NaOH溶液洗涤，再分液C. 为除去乙炔气中少量的H2S，可使其通过CuSO4溶液D. 为除去CO2中少量的SO2，可使其
4、通过饱和Na2CO3溶液【答案】D【解析】【详解】A.除去FeSO4溶液中的Fe2（SO4）3，可加入铁粉即发生反应：2Fe3+ Fe = 3Fe2+,故A正确；B.氢氧化钠与苯互不相溶，且与溴单质反应，故B正确；C.H2S与CuSO4反应生成CuS沉淀，从而达到除杂的目的，故C正确；D.CO2会与Na2CO3反应生成NaHCO3,故D错误。此题选D。4.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X处于不同周期，原子的最外层电子数X比Y多一个但比Z少一个，原子的电子层数X比Y、Z少一层。下列说法正确的是A. 原子半径的大小为：ZYXWB. 若X的单质为常见的非金属导体，则Y的简单离
5、子能破坏水的电离平衡C. 元素的非金属性：YZD. 若Y、Z的核电荷数之和为X的4倍，则X、Z的气态氢化物的沸点：前者低于后者【答案】B【解析】原子的最外层电子数X比Y多一个但比Z少一个，原子的电子层数X比Y、Z少一层，X、Y、Z在周期表中的相对位置是XYZW、X处于不同周期，W是H元素；原子半径的大小为：YZ XW，故A错误；若X的单质为常见的非金属导体，则X是C元素， Y是Al元素，铝离子能破坏水的电离平衡，故B正确；元素的非金属性：YZ，故C错误；设X的原子序数为a，若Y、Z的核电荷数之和为X的4倍，则4a=a+7+a+9，a=8，所以X是O元素、Y是S元素、Z是Cl元素，水分子间有氢键
6、，所以水的沸点大于氯化氢，故D错误。点睛：结构相似的气态氢化物，由于水、氟化氢、氨气含有氢键，沸点比同主族元素的气态氢化物沸点高。5.下列反应的离子方程式正确的是A. 用醋酸除去水垢：CaCO3 +2H = Ca2+ + CO2+ H2OB. 向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3+4NH3H2OAlO2-+4NH4+2H2OC. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2+CO2+H2O2+CO32-D. 等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合：Ba2+2OH-+NH4+HCO3-BaCO3+NH3H2O+H2O【答案】D【解析】【详解】A.醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆
7、写，A错误；B. AlCl3与NH3H2O只能反应生成氢氧化铝沉淀，B错误；C.向苯酚钠溶液中通入少量CO2生成HCO3-，C错误；D.等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合生成BaCO3、NH3H2O，离子方程式为Ba2+2OH-+NH4+HCO3-BaCO3+NH3H2O+H2O，D正确；答案选D。6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 22.0gT2O中含有的中子数为10NAB. 7.2g过氧化钙(CaO2)固体中阴、阳离子总数为0.3NAC. 6.2LNO2溶于足量水中，充分反应后转移的电子数为0.2NAD. 标准状况下，2.24LNO和2.
8、24LO2混合充分反应后，原子总数是0.4NA【答案】D【解析】【详解】A、T2O的摩尔质量为22g/mol，所以22.0gT2O的物质的量为1mol，中子数为12 NA，A错误；B、过氧化钙CaO2中阴阳离子数目比为1:1，所以7.2g过氧化钙(CaO2)固体（物质的量为0.1mol）中阴、阳离子总数为0.2NA.B错误；C、没有给定气体的状态，不能计算出物质的量，C错误；D、NO和O2均为双原子分子，且标准状况下，2.24L气体为0.1mol，所以标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合充分反应后，原子总数是0.4NA，D正确；故选D。【点睛】能够使用气体摩尔体积等于22.4mol/
9、L的一般条件为标准状况下为气体。C选项未提及状态，不能使用。7.反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A. 中子数为18的氯原子：B. N2的结构式：N=NC. Na+的结构示意图： D. H2O的电子式： 【答案】D【解析】【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；B.氮原子最外层电子数为
10、5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为NN，B项错误；C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。故选D。8.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能B. 阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H+2MV+C. 正极区，固氮
11、酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动【答案】B【解析】【分析】由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+e= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H+2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2+e= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H+6MV+=6MV2+NH3，电池工作时，氢离子通过
12、交换膜由负极向正极移动。【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；B项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+e= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H+2MV+，故B错误；C项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2+e= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确；D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换
13、膜由负极向正极移动，故D正确。故选B。【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。9.如图所示，利用培养皿探究NH3的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是()选项实验现象解释A浓盐酸附近产生白烟NH3与浓盐酸反应产生了NH4Cl固体B浓硫酸附近无明显现象NH3与浓硫酸不发生反应C氯化物溶液变浑浊该溶液一定是AlCl3溶液D干燥红石蕊试纸不变色，湿润红石蕊试纸变蓝NH3是一种可溶性碱A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，
14、实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸挥发出的HCl反应生成氯化铵固体，反应现象是产生白烟，A正确；B.氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，B错误；C.氨气与氯化物在溶液中发生复分解反应生成氢氧化物，如使氯化物溶液变浑浊，可能生成难溶性氢氧化物，但不一定为Al(OH)3，也可能为Mg(OH)2等沉淀，C错误；D.氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3H2O，NH3H2O电离生成OH-离子使溶液呈碱性，但OH-不是NH3电离产生，因此氨气为非电解质，不属于碱，D错误；故合理选项是A。10.下列事实不能用平衡移动原理解释的是A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上
15、泛起大量泡沫B. 由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深C. 实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出D. 石灰岩受地下水长期溶蚀形成溶洞【答案】B【解析】【详解】A.啤酒中存在平衡：H2CO3H2O+CO2，开启啤酒瓶，瓶内压强降低，平衡向气体体积增大的方向移动，即向生成二氧化碳气体的方向移动，故能用平衡移动原理解释，A不选；B.反应H2+I22HI是一个反应前后气体分子数不变的反应，压强改变并不能使平衡发生移动，混合气体加压后颜色变深，是因为I2的浓度增大，不能用平衡移动原理解释，B选；C.实验室制取乙酸乙酯时，采用加热的方式将乙酸乙酯不断蒸出，从而平衡向生成乙酸
16、乙酯的方向移动，能用平衡移动原理解释，C不选；D.石灰岩形成与反应：CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2，能用平衡移动原理解释，D不选；答案选B。11.在某温度时，将n molL1氨水滴入10 mL 1.0 molL1 盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是A. a点KW1.01014B. b点：c(NH4+)c(Cl)c(H)c(OH)C. 25 时，NH4Cl水解常数为(n-1)10-7(用n表示)D. d点水的电离程度最大【答案】C【解析】【详解】A、水的离子积与温度有关，温度越低水的离子积常数越小，a点时溶液温度小于25，则水的离子积Kw1.
17、010-14，故A错误；B、b点时溶液的pHc（OH-），根据电荷守恒可知：c（Cl-）c（NH4+），溶液中离子浓度大小为：c（Cl-）c（NH4+）c（H+）c（OH-），故选项B错误；C、根据图象可知，25时溶液的pH=7，则：c（H+）=c（OH-）=10-7 molL-1，c（NH4+）=c（Cl-）=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c（NH3H2O）=（0.5n-0.5）mol/L，则25时NH4Cl水解常数为：K=（n-1）10-7，故选项C正确；D、b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程
18、度最大，故D错误。正确答案选C。【点睛】酸碱中和滴定类试题解题的难点在于整个过程是一个动态过程，我们要将一个动态过程转化为一个静态的点进行分析。这类图象题在解题过程中还可以以两个关键点进行分段分析，一是滴定终点，此时酸碱恰好中和，为单一盐溶液，只需考虑水解；另一为pH=7的点，此时溶液呈中性，从守恒角度进行考虑。12.2007年诺贝尔化学奖授予埃特尔以表彰其对于合成氨反应机理的研究，氮气和氢气分子在催化剂表面的部分变化过程如图所示，下列说法不正确的是( )N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H = 92 kJ/molA. 升高温度不能提高一段时间内NH3的产率B. 图过程吸热，图过程放热C
19、. N2在反应过程中三键均发生断裂D. 反应过程中存在NH、NH2等中间产物【答案】A【解析】【分析】由图可知：在催化剂表面，氮气断开三键，并逐一与氢形成N一H键，最终形成氨气。【详解】A项、升高温度能提高反应速率，所以在达到平衡前升高温度能提高一段时间内氨气的产率，A选项错误；B项、图是NN断裂过程，断键吸热；图是N一H键形成过程，成键放热B选项正确；C项、虽然本反应是可逆反应，但反应中，所有氮气均能断开三键，只是同时又有新的氮氮三键形成，因此体系中总含有氮气，C选项正确；D项、从图中可知，断键产生的氮原子，能逐一和氢结合形成-NH-、-NH2和NH3，D选项正确；答案选A。【点睛】1、产率
20、应分清是否为平衡产率：非平衡产率与反应速率和时间有关，平衡产率可用勒夏特列原理或化学平衡常数进行判断；2、对于可逆反应：在宏观上似乎反应物不能完全转化，但在微观上，所有反应物均能转化，只是在反应的同时，产物又重新生成反应物，在宏观上看来，是反应物与产物的混合体系；可逆反应建立的是动态平衡，反应物和生成物在不断的更新变化中，但宏观上的含量保持相对不变。13.已知：是碳酸甲乙酯的工业生产原理。下图是投料比分别为3:1和1:1、反应物的总物质的量相同时，的平衡转化率与温度的关系曲线。下列说法正确的是A. 曲线b所对应的投料比为3:1B. M点对应的平衡常数小于Q点C. N点对应的平衡混合气中碳酸甲乙
21、酯的物质的量分数为0.58D. M点和Q点对应的平衡混合气体的总物质的量之比为2:1【答案】C【解析】【详解】A由图可知，温度一定时曲线b表示的转化率低，混合气体中的含量较大，故曲线b表示所对应的投料比为1：1，故A错误；B平衡常数只受温度影响，温度相同平衡常数相同，M、N两点平衡常数相等，N点转化率高于Q点，说明N点平衡常数大于Q点，故B错误；C由A分析可知曲线b表示所对应的投料比为1：1，由图中数据可知，N点平衡时的转化率为58%，反应前后混合气体的总的物质的量不变，则平衡混合气中碳酸甲乙酯的物质的量分数为=0.58，故C项正确；D开始反应物的总物质的量相同，反应前后混合气体的总的物质的量
22、不变，故曲线a、b平衡时混合气体的物质的量相等，故D错误；故选C。14.工业上常用还原沉淀法处理含铬废水（Cr2O72和CrO42），其流程：已知：步骤生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH(aq) Ksp=c(Cr3+)c3(OH)=10-32下列有关说法不正确的是A. 步骤中当v正(CrO42)=2v逆(Cr2O72)时，说明反应：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O达到平衡状态B. 若向K2Cr2O7溶液中加NaOH浓溶液，溶液可由橙色变黄色C. 步骤中，若要还原1 mol Cr2O72离子，需要12 mol (NH4)2Fe(
23、SO4)2D. 步骤中，当将溶液pH调节至5时，可认为废水中的铬元素已基本除尽（当溶液中c(Cr3+)10-5mol/L时，可视作该离子沉淀完全）【答案】C【解析】【详解】A、步骤中当v正(CrO42)2v逆(Cr2O72)时，符合该反应2CrO42+2H+Cr2O72+H2O的正逆反应速率相等，为平衡状态，A正确；B、若向K2Cr2O7溶液中加NaOH浓溶液，则氢氧根离子与氢离子反应生成水，所以氢离子浓度减小，2CrO42+2H+Cr2O72+H2O平衡逆向移动，CrO42的浓度增大，溶液由橙色变为黄色，B正确；C、步骤中，若要还原1 mol Cr2O72离子，则生成2molCr3+，Cr元
24、素的化合价从+6价降低到+3价，得到6mol电子，而Fe2+被氧化为Fe3+，失去1个电子，根据得失电子守恒，需要6molFe2+，所以需要6mol (NH4)2Fe(SO4)2，C错误；D、步骤中，当将溶液的pH调节至5时，氢氧根离子浓度为10-9mol/L，根据Ksp=c(Cr3+)c3(OH)=10-32，此时c(Cr3+)=10-5mol/L，所以可认为废水中的铬元素已基本除尽，D正确；答案选C。第二部分本部分共5 题，共58 分。15.PHB树脂可用于制作外科手术缝合线，有机物K是一种抗惊厥药物，它们的合成路线如图：已知：RCNRCOOHRCOOH+RCHO+ H2OR、R、R代表烃
25、基(1)有机物甲的结构简式为_。(2)写出一定条件下CD的化学方程式：_。(3)写出EF的化学方程式：_。(4)A的结构简式为_。(5)已知1 mol J最多与2 mol NaHCO3反应；K分子结构中含有一个五元环与一个六元环。写出一定条件下JK的化学方程式：_。(6)S是A的一种同分异构体，分子中没有环状结构，S的核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为6:3:1，则S的结构简式为_(写出一种即可)。【答案】 (1). (2). n+(n-1)H2O (3). +2CH3CH2OH+2H2O (4). (5). +CH3NH2+2H2O (6). 或或 【解析】【分析】A中不饱和度=3，A被高锰
26、酸钾溶液氧化生成B、E，B和氢气发生加成反应生成C，则B中含有不饱和键，根据PHB树脂结构简式知，C发生缩聚反应生成PHB，则C结构简式为CH3CH（OH）CH2COOH，根据信息知，B中应该有羰基，则B的结构简式为CH3COCH2COOH；E能和乙醇发生酯化反应，则E为羧酸，根据C原子守恒知，E中碳原子个数为3，F为酯，F和甲反应生成G，根据信息知，甲为，F为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，则E为HOOCCH2COOH，根据信息知A结构简式为，G发生加成反应生成H，H发生水解反应然后发生消去反应生成J，1molJ最多与2molNaHCO3反应说明J中含有两个羧基，J和CH3NH2
27、反应生成K，根据分子式知，J发生取代反应生成K，K分子结构中含有一个五元环与一个六元环，结合K分子式知，K结构简式为，J的结构简式为。【详解】(1) E能和乙醇发生酯化反应，则E为羧酸，根据C原子守恒知，E中碳原子个数为3，F为酯，F和甲反应生成G，根据信息知，甲为 。（2）C结构简式为CH3CH（HO）CH2COOH，C发生缩聚反应生成D，反应方程式为。(3) E和乙醇发生酯化反应生成F，反应方程式为。(4) 通过以上分析知，A结构简式为。(5)1 mol J最多与2 mol NaHCO3反应，说明J中含有两个羧基，J结构简式为；J发生取代反应生成K ，K分子结构中含有一个五元环与一个六元环
28、，则K结构简式为，反应方程式为+CH3NH2 +2H2O。(6) A结构简式为，S是A的一种同分异构体，分子中没有环状结构，S的核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为6：3：1，则S的结构简式为或或 。16.铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下： 注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_。 （2）向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_ (填“增大”、“不变”或“减小”)。（3）“电解”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_。 （4）“电解
29、”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_，阴极产生的物质A的化学式为_。（5）铝粉在1000时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_。【答案】 (1). Al2O3+2OH=2+H2O (2). 减小 (3). 石墨电极被阳极上产生的O2氧化 (4). ）4+2H2O4e=4+O2 (5). H2 (6). NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜【解析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在
30、“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al（OH）3，过滤II得到Al（OH）3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气。（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；（2）向“过滤I”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OHAlO2CO32，可知溶液的pH减小，NaHCO3中存在化学键有：离子键和共价键；（3）“电解I”
31、是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨电极被阳极上产生的O2氧化。（4）由图可知，阳极反应为4CO32+2H2O-4e4HCO3+O2，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2。（5）铝粉在1000时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。点睛：本题考查混合物分离提纯，答题关键：把握流程中发生反应、混合物分离提纯方法、实验技能，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，难点小题（2）向“过滤I”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与Na
32、AlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OHAlO2CO32。17.磷精矿湿法制备磷酸一种工艺流程如下：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“”）。结合元素周期律解释中结论：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，
33、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 molL1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是_。（已知：H3PO4摩尔质量为98 gmol1）【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+10H2SO4+5H2O10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF (5). 80 后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 (
34、6). CaSO4微溶 (7). BaCO3+2H3PO4BaSO4+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）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。（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
35、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，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4-+H2O。（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
36、施有：研磨、加热。（2）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。用元素周期律解释酸性：H3PO4H2SO4，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。（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+5H2O10CaSO40.5H2O+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
37、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/Lc10-3L=mol，m（H3
38、PO4）=mol98g/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，BaCO3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。18.工业上用硫碘开路循环联产氢气和硫酸的工艺流程如图所示：请回答下列问题：(1)在反应器中发生反应的化学方程式是_。(2)在膜反应器中发生反应：2HI(g)H2(g)
39、I2(g) H0。若在一定条件密闭容器中加入1 mol HI(g)，n(H2)随时间(t)的变化关系如图所示：该温度下，反应平衡常数K_，若升高温度，K值将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。用化学平衡原理解释使用膜反应器及时分离出H2的目的是_。(3)电渗析装置如图所示：结合电极反应式解释阴极区HIx转化为HI的原理是_。该装置中发生的总反应的化学方程式是_。【答案】 (1). SO2 + xI2 + 2H2OH2SO4 + 2HIX (2). 1/64 (3). 增大 (4). 及时分离出H2，使平衡正向移动，提高HI的分解率 (5). 在阴极区发生反应：Ix-+(x-1)e-=xI-，
40、且阳极区的H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液 (6). 2HIx=(x-1)I2 + 2HI【解析】【详解】（1）由工艺流程图可知，SO2、I2、H2O反应生成H2SO4、HIX，反应方程式为：SO2+xI2+2H2OH2SO4+2HIX。（2）由图可知，平衡时氢气的物质的量为0.1mol，则：由于反应前后气体的物质的量不变，故可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故K=，该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大。使用膜反应器及时分离出H2，使平衡正向移动，提高HI的分解率。（3）由图可知，在阴极区Ix-转化为I-，发生反应：Ix-+（x-1）e-xI-，且阳极
41、区的H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液。由图可知，在阴极区Ix-转化为I-，在阳极区Ix-转化为I2，阳极区的H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液，即电解HIx生成I2、HI，反应方程式为：2HIx（x-1）I2+2HI。19.为探究Ag+与Fe3+氧化性的相关问题，某小组同学进行如下实验：已知：相关物质的溶解度（20）AgCl：1510-4g Ag2SO4：0796 g（1）甲同学的实验如下： 序号操作现象实验将2 mL 1 mol/L AgNO3溶液加入到1 mL 1 mol/L FeSO4溶液中产生白色沉淀，随后有黑色固体产生取上层清液，滴加KSCN 溶液溶液变红注：经检验
42、黑色固体为Ag 白色沉淀的化学式是_。 甲同学得出Ag+氧化了Fe2+的依据是_。（2）乙同学为探究Ag+和Fe2+反应的程度，进行实验。a按右图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应），发现电压表指针偏移。偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银。放置一段时间后，指针偏移减小。 随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2(SO4)3溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小回到零点逆向偏移。 a中甲烧杯里的电极反应式是_。 b中电压表指针逆向偏移后，银为_极（填“正”或“负”）。 由实验得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是_。（3）为进一步验证乙同学的结论，丙同学又进行了如下实验： 序号操作现象实验
43、将2 mL 2 mol/L Fe(NO3)3溶液加入有银镜的试管中银镜消失实验将2 mL1 mol/L Fe2(SO4)3溶液加入有银镜的试管中银镜减少，未消失实验将2 mL 2 mol/L FeCl3溶液加入有银镜的试管中银镜消失 实验_（填“能”或“不能”）证明Fe3+氧化了Ag，理由是_。 用化学反应原理解释实验与的现象有所不同的原因：_。【答案】 (1). Ag2SO4 (2). 有黑色固体（Ag ）生成，加入KSCN 溶液后变红 (3). Fe2+e-Fe3+ (4). 负 (5). Fe2+Ag+Fe3+Ag (6). 不能 (7). 因为Fe(NO3)3溶液呈酸性，酸性条件下NO
44、3-也可能氧化Ag (8). 溶液中存在平衡：Fe3+AgFe2+Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl-比SO42-更有利于降低Ag+浓度，所以实验比实验正向进行的程度更大（或促使平衡正向移动，银镜溶解）。【解析】【详解】（1）将2mL 1mol/L AgNO3溶液加入到1mL 1mol/L FeSO4溶液中发生复分解反应会生成硫酸银白色沉淀，银离子具有强氧化性会氧化Fe2+为Fe3+，银离子被还原为黑色固体金属单质银；取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红说明有铁离子生成；上述分析可知白色沉淀为硫酸银，它的化学式是Ag2SO4，故答案为Ag2SO4；甲同学得出Ag+氧化了Fe2+的
45、依据是实验现象中，银离子被还原为黑色固体金属单质银，取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红说明有铁离子生成，故答案为有黑色固体（Ag）生成，加入KSCN溶液后变红；（2）实验过程中电压表指针偏移，偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银，依据原电池原理可知银做原电池正极，石墨做原电池负极，负极是甲池溶液中亚铁离子失电子发生氧化反应生成铁离子，a中甲烧杯里的电极反应式是Fe2+-e-=Fe3+；故答案为Fe2+-e-=Fe3+；随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2（SO4）3溶液，和乙池组成原电池，发现电压表指针的变化依次为，偏移减小回到零点逆向偏移，依据电子流向可知乙池中银做原电池负极，发生的反应为铁离
46、子氧化为银生成亚铁离子；故答案为负；由实验现象得出，Ag+和Fe2+反应生成铁离子和金属银，反应的离子方程式是Fe2+Ag+Fe3+Ag；故答案为Fe2+Ag+Fe3+Ag；（3）将2mL 2mol/L Fe（NO3）3溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银杯氧化，可能是溶液中铁离子的氧化性，也可能是铁离子水解显酸性的溶液中，硝酸根离子在酸溶液中具有了强氧化性，稀硝酸溶解银，所以实验不能证明Fe3+氧化了Ag，故答案为不能；因为Fe（NO3）3溶液呈酸性，酸性条件下NO3-也可能氧化Ag；将2mL1mol/L Fe2（SO4）3溶液加入有银镜的试管中银镜减少，未消失说明部分溶解，将2mL 2mol/L FeCl3溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银溶解完全，依据上述现象可知，溶液中存在平衡：Fe3+AgFe2+Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl-比SO42-更有利于降低Ag+浓度，所以实验比实验正向进行的程度更大，故答案为溶液中存在平衡：Fe3+AgFe2+Ag+，且 AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl-比SO42-更有利于降低Ag+浓度，所以实验比实验正向进行的程度更大。
