北京171中學高三上學期第一次月考化學試題

2020學年東城區(qū)171中學高三第一學期化學月考試卷第I卷（單選題42分）1.下列物質用途不正確的是ABCD物質硅（Si）生石灰（CaO）液氨（NH3）亞硝酸鈉（NaNO2）用途半導體材料抗氧化劑制冷劑食品防腐劑A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．硅位于金屬和非金屬分界線處，可用于制作半導體材料，A用途正確；B．生石灰具有吸水性，不具有還原性，可以做干燥劑，不能做抗氧化劑，B用途錯誤；C．液氨氣化吸收大量的熱，具有制冷作用，常用作制冷劑，C用途正確；D．亞硝酸鈉具有還原性，可以做食品防腐劑，注意用量應國家規(guī)定范圍內，D用途正確；答案為B。2.關于營養(yǎng)物質的下列說法不正確的是A.淀粉能水解為葡萄糖B.油脂屬于有機高分子化合物C.雞蛋煮熟過程中蛋白質變性D.食用新鮮蔬菜和水果可補充維生素C【答案】B【解析】【詳解】A．淀粉是多糖，水解最終產物是葡萄糖，故A正確；B．油脂是高級脂肪酸的甘油酯，屬于天然有機物，但不是高分子化合物，故B錯誤；C．雞蛋煮熟過程中，蛋白質分子結構發(fā)生了變化，不具有原來蛋白質的生理功能，物質的化學性質也發(fā)生了改變。因此雞蛋煮熟過程是蛋白質變性，故C正確；D．新鮮蔬菜和水果含有豐富的維生素C，因此食用新鮮蔬菜和水果可補充維生素C，故D正確；答案選B。3.關于鈉及其化合物的化學用語正確的是A.鈉原子的結構示意圖：B.過氧化鈉的電子式：C.碳酸氫鈉的電離方程式：NaHCO3=Na++H++COD.碳酸鈉水溶液呈堿性：CO+H2OHCO+OH-【答案】D【解析】【詳解】A．鈉原子核外電子數(shù)與質子數(shù)相同，鈉離子的結構示意圖為，A用語錯誤；B．過氧化鈉為離子化合物，其電子式為，B用語錯誤；C．碳酸氫鈉為強電解質，其電離方程式為NaHCO3=Na++，C用語錯誤；D．碳酸鈉為強堿弱酸鹽，水溶液中碳酸根離子水解導致溶液呈堿性，水解方程式為CO+H2OHCO+OH，D用語正確；答案為D。4.用所給試劑與圖示裝置能夠制取相應氣體的是（夾持儀器略）ABCDX中試劑稀硝酸濃鹽酸濃硫酸濃氨水Y中試劑CuMnO2CuCaO氣體NOCl2SO2NH3A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．Cu與稀硝酸反應生成NO，且NO不溶于水，圖中裝置可制備并收集NO，故A正確；B．濃鹽酸與二氧化錳反應需要加熱，圖中缺少酒精燈，且氯氣不能選排水法收集，故B錯誤；C．Cu與濃硫酸反應反應需要加熱，圖中缺少酒精燈，且二氧化硫不能選排水法收集，故C錯誤；D．氨氣極易溶于水，不能排水法收集，故D錯誤；故答案為A。5.將下列氣體通入溶有足量SO2的BaCl2溶液中，沒有沉淀產生的是A.HCl B.NH3 C.Cl2 D.NO【答案】A【解析】【分析】二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸酸性小于HCl，所以亞硫酸和氯化鋇不反應，則向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某氣體，溶液中仍然沒有沉淀，則該氣體不能將亞硫酸氧化為硫酸或該氣體不能和亞硫酸反應生成沉淀。【詳解】A．HCl和亞硫酸不反應且和氯化鋇不反應，所以沒有生成沉淀，符合題意，選項A正確；B．氨氣和亞硫酸反應生成亞硫酸氨，亞硫酸氨和氯化鋇發(fā)生復分解反應生成亞硫酸鋇沉淀，所以不符合題意，選項B錯誤；C．氯氣和二氧化硫及水反應生成硫酸和鹽酸，與氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，所以不符合題意，選項C錯誤；D．二氧化氮和水反應生成硝酸，硝酸具有強氧化性，能氧化亞硫酸生成硫酸，硫酸和氯化鋇反應生成硫酸鋇白色沉淀，所以不符合題意，選項D錯誤；答案選A。6.下列實驗現(xiàn)象與氧化還原無關的是A.銅遇濃硝酸產生紅棕色氣體 B.過氧化鈉放置于空氣中逐漸變白C.氨氣與氯化氫氣體相遇產生白煙 D.石蕊溶液滴入氯水中先變紅后無色【答案】C【解析】【詳解】A．銅遇濃硝酸發(fā)生氧化還原反應產生紅棕色氣體，A與題意不符；B．過氧化鈉放置于空氣中，過氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉，則固體逐漸變白，B與題意不符；C．氨氣與氯化氫氣體相遇生成氯化銨固體，為非氧化還原反應，現(xiàn)象為產生白煙，C符合題意；D．氯水中含有鹽酸、次氯酸，則石蕊溶液滴入氯水中溶液顯酸性則先變紅，而次氯酸具有強氧化性，使石蕊變質則后無色，D與題意不符；答案為C。7.2019年是元素周期表發(fā)表150周年，期間科學家為完善元素周期表做出了不懈努力。中國科學院院士張青蓮教授曾主持測定了銦49In等9種元素相對原子質量的新值，被采用為國際新標準。銦與銣（37RbA.銦是第五周期第IIIA族元素 B.的中子數(shù)為66C.原子半徑：In＞Al D.堿性：In(OH)3＞RbOH【答案】D【解析】【詳解】A．銦與B、Al屬于同主族元素，電子排布為2、8、18、18、3，是第五周期第IIIA族元素，A正確；B．的質子數(shù)為49，質量數(shù)為115，則中子數(shù)為11549=66，B正確；C．銦與Al同主族且位于鋁的下方，所以原子半徑：In＞Al，C正確；D．銦與銣（37Rb）同周期且在銣的右邊，金屬性比銣弱，所以堿性：In(OH)3＜RbOH，D不正確；故選D。8.下列解釋事實的方程式不正確的是A.Fe(OH)2暴露于空氣中出現(xiàn)紅褐色：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3B.用硫酸銅溶液除去C2H2中H2S氣體：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+C.NaClO溶液中加白醋可增強漂白性：H++ClO=HClOD.將Na塊放入水中，放出氣體：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑【答案】C【解析】【詳解】A.Fe(OH)2暴露于空氣中被氧化，出現(xiàn)紅褐色，生成氫氧化鐵，反應的離子方程式為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，選項A正確；B.用硫酸銅溶液除去C2H2中的H2S氣體，反應生成硫化銅沉淀，反應的離子方程式為：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，選項B正確；C.NaClO溶液中加白醋可增強漂白性，是次氯酸鈉與醋酸反應生成次氯酸和醋酸鈉，醋酸是弱酸必須寫化學式，反應的離子方程式為：CH3COOH+ClO=HClO+CH3COO，選項C不正確；D.將Na塊放入水中，反應生成氫氣和氫氧化鈉，反應的離子方程式為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，選項D正確；答案選C。9.下列生產、生活中的事實不能用金屬活動性順序表解釋的是A.鋁制器皿不宜盛放酸性食物B.金屬鈉和熔融氯化鉀反應置換出金屬鉀C.電解飽和食鹽水時，陰極區(qū)產生的是氫氣D.鍍鋅鐵桶鍍層破損后鐵仍不易被腐蝕【答案】B【解析】【詳解】A．金屬活動順序表中，鋁排在氫的前面，鋁能置換出氫，所以鋁制器皿不宜盛放酸性食物，A不合題意；B．在金屬活動順序表中，金屬鈉排在鉀的后面，但鈉能與熔融氯化鉀反應置換出金屬鉀，B符合題意；C．電解飽和食鹽水時，陰極區(qū)H+得電子產生氫氣，而沒有得到Na，表明H+的得電子能力比Na+強，C不合題意；D．因為鋅的金屬活動性大于鐵，所以鍍鋅鐵桶鍍層破損后，鋅強于鐵失電子，鐵仍不易被腐蝕，D不合題意；故選B。10.一種在工業(yè)生產中有廣泛用途的有機高分子結構片段如下圖。下列關于該高分子的說法正確的是A.能水解成小分子B.單體只含一種官能團C.氫鍵對該高分子的性能沒有影響D.結構簡式為：【答案】D【解析】【分析】根據(jù)圖示可知，該有機物的結構簡式為，其單體的結構簡式為CH2=CHCOOH?！驹斀狻緼．為CH2=CHCOOH通過加聚反應生成的，不能發(fā)生水解反應，A說法錯誤；B．CH2=CHCOOH分子中含有碳碳雙鍵和羧基兩種官能團，B說法錯誤；C．氫鍵影響該高分子化合物的熔點和沸點，C說法錯誤；D．該高分子化合物的結構簡式為，D說法正確；答案為D。11.某金屬有機多孔材料(MOFA)在常溫常壓下對CO2具有超高的吸附能力，并能高效催化CO2與環(huán)氧乙烷衍生物的反應，其工作原理如圖所示。下列說法不正確的是A.該材料的吸附作用具有選擇性B.該方法的廣泛使用有助于減少CO2排放C.在生成的過程中，有極性共價鍵形成D.其工作原理只涉及化學變化【答案】D【解析】【分析】根據(jù)圖中信息可知，金屬有機多孔材料對CO2具有超高的吸附能力，并且能高效催化CO2與環(huán)氧乙烷衍生物的反應，即和CO2反應生成和氮氣，據(jù)此分析。【詳解】A．由圖示可知該材料選擇性吸附二氧化碳，吸附作用具有選擇性，故A正確；B．環(huán)氧乙烷衍生物和二氧化碳反應生成某金屬有機多孔材料(MOFA)，所以利用此法可減少CO2的排放，故B正確；C．在生成的過程中，有O=C極性共價鍵、碳氧單鍵形成，故C正確；D．該過程中涉及到了氣體的吸附，吸附作用屬于物理變化，故D錯誤；答案選D。12.在不同條件下進行化學反應，B、D起始濃度均為0，反應物A的濃度隨反應時間的變化情況如下表：下列說法不正確的是（）序號時間溫度0204050①800②800x③800y④820A.①中B在

min平均反應速率為

B②中，可能使用了催化劑C.③中

D.比較①④可知，該反應為吸熱反應【答案】C【解析】【詳解】A.中A在min濃度變化為，化學反應，B在min濃度變化為，B在min平均反應速率為，故A正確；B.、起始量相同，平衡濃度相同，但達到平衡所需要的時間短，反應速率快，說明加入了催化劑，加快反應速率，平衡常數(shù)不變，，故B正確；C.列出三段式：和的溫度相同，平衡常數(shù)相同，，解得，故C錯誤；D.比較和可知平衡時反應物A的濃度小，由到升高溫度，平衡右移，加熱平衡向吸熱反應方向移動，則正反應為吸熱反應，故D正確；故選C。13.下列實驗結果不能作為相應原理、定律或理論的證據(jù)之一的是（阿伏伽德羅定律：在同溫同壓下，相同體積的任何氣體含有相同數(shù)目的分子）ABCD勒夏特列原理蓋斯定律電離理論阿伏伽德羅定律實驗方案結果該平衡體系加壓后顏色變深測得：ΔH=ΔH1+ΔH2產生Na+和ClH2和O2的體積比約為2:1A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．給平衡體系加壓，氣體的體積縮小，有色氣體的濃度增大，不管平衡是否移動，混合氣的顏色都加深，A符合題意；B．由蓋斯定律可知，不管反應路徑如何，只要反應物和生成物都相同，反應的熱效應相同，所以ΔH=ΔH1+ΔH2，B不合題意；C．氯化鈉晶體溶于水，由于Na+、Cl都與水分子形成水合離子，所以不斷脫離晶體表面進入溶液，從而產生自由移動的Na+和Cl，C不合題意；D．電解水時，發(fā)生反應2H2O2H2↑+O2↑，所以H2和O2的體積比約為2:1(兩種氣體在水中的溶解度有差異)，D不合題意；故選A。14.下列實驗方案，能達到相應目的的是ABCD目的驗證氧化性：Cl2＞Br2＞I2驗證熱穩(wěn)定性：Na2CO3＞NaHCO3研究濃度對化學平衡的影響研究濃度對化學反應速率的影響實驗方案A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．氯氣通過浸有溴化鈉溶液的棉球時置換出溴，棉球變成橙色，可以證明氧化性：Cl2＞Br2、剩余的氯氣經過浸有碘化鉀溶液的棉球時置換出碘，棉球變成黃色，可以證明氧化性：Cl2＞I2，無法證明氧化性：Br2＞I2，故A不選；B．碳酸氫鈉受熱分解放出的二氧化碳能夠使澄清石灰水變渾濁，但該實驗不能證明碳酸鈉不能分解，因為碳酸鈉的加熱溫度可能得不到其分解溫度，不能證明二者的穩(wěn)定性的關系，故B不選；C．兩個實驗只有KSCN濃度不同，可研究濃度對化學平衡的影響，故C選；D．兩個實驗中高錳酸鉀均過量，溶液均不褪色，不能探究濃度對反應速率的影響，故D不選；故選C。第II卷（填空題58分）15.直接排放含SO2的煙氣會危害環(huán)境。利用工業(yè)堿液（主要成分Na2CO3）可以吸收煙氣中的SO2并制備無水Na2SO3，其流程為：已知：H2SO3、、在水溶液中的物質的量分數(shù)隨pH的分布如圖1，Na2SO3·7H2O和Na2SO3的溶解度曲線如圖2。(1)舉一例說明直接排放含SO2煙氣對環(huán)境的危害：_________________。(2)吸收煙氣①吸收塔中反應的離子方程式是___________。②為提高NaHSO3的產率，應控制吸收塔的pH為__________。③吸收塔中的溫度不宜過高，可能的原因是_______________。（寫出1種即可）(3)制備無水Na2SO3請補充完整由Na2SO3溶液制備無水Na2SO3的實驗方案：_________，過濾、干燥，得無水Na2SO3。(4)檢驗Na2SO3成品中是否含有少量Na2SO4，實驗方案是___________?！敬鸢浮?1).酸雨（合理即給分）(2).2SO2++H2O=2+CO2(3).4~5(4).防止SO2的溶解度下降；防止受熱分解；防止的氧化速率加快等（寫出一種即可）(5).隔絕空氣，加熱濃縮至有大量固體析出，高于34℃過濾(6).取適量溶液，向其中加入過量稀鹽酸，再滴加BaCl2溶液，如果產生白色沉淀，證明混有Na2SO4【解析】【分析】在吸收塔內，將含SO2的煙氣通入工業(yè)廢堿液中，發(fā)生反應Na2CO3+2SO2+H2O==2NaHSO3+CO2；在中和塔內，往NaHSO3溶液中加入NaOH溶液，發(fā)生反應NaHSO3+NaOH==Na2SO3+H2O，通過蒸發(fā)結晶獲得無水亞硫酸鈉晶體，所得母液循環(huán)使用?！驹斀狻?1)直接排放含SO2的煙氣，會造成對環(huán)境的危害：如形成酸雨（合理即給分）。答案為：酸雨（合理即給分）；(2)①由前面分析知，吸收塔中發(fā)生的反應為Na2CO3+2SO2+H2O==2NaHSO3+CO2，反應的離子方程式是2SO2++H2O=2+CO2。②由圖中曲線對應的數(shù)據(jù)判斷，為提高NaHSO3的產率，應控制吸收塔的pH為4~5。③因為氣體的溶解度隨溫度升高而降低、NaHSO3易分解、易被空氣中氧氣氧化，所以吸收塔中的溫度不宜過高，可能的原因是防止SO2的溶解度下降；防止受熱分解；防止的氧化速率加快等（寫出一種即可）。答案為：2SO2++H2O=2+CO2；4~5；防止SO2的溶解度下降；防止受熱分解；防止的氧化速率加快等（寫出一種即可）；(3)從溶液中提取溶質，常需蒸發(fā)濃縮，對Na2SO3來說，還需防止被氧化，所以由Na2SO3溶液制備無水Na2SO3的實驗方案：隔絕空氣，加熱濃縮至有大量固體析出，高于34℃過濾，過濾、干燥，得無水Na2SO3。答案為：隔絕空氣，加熱濃縮至有大量固體析出，高于34℃過濾；(4)檢驗Na2SO3成品中是否含有少量Na2SO4時，首先需排除Na2SO3的干擾，實驗方案是取適量溶液，向其中加入過量稀鹽酸，再滴加BaCl2溶液，如果產生白色沉淀，證明混有Na2SO4。答案為：取適量溶液，向其中加入過量稀鹽酸，再滴加BaCl2溶液，如果產生白色沉淀，證明混有Na2SO4?！军c睛】因為Na2SO3具有較強的還原性，所以用酸排除其干擾時，不能使用氧化性酸，否則會將Na2SO3轉化為Na2SO4。16.氫能源是最具應用前景的能源之一，CH4和H2O(g)催化重整是目前大規(guī)模制取H2的重要方法。(1)反應器中初始反應的生成物為H2和CO2，其物質的量之比為4:1，CH4和H2O(g)反應的方程式是______________。①下列措施能提高CH4平衡轉化率的是_________。a．增大壓強b．加入催化劑c．增大水蒸氣濃度②反應器中還存在：反應I：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+210kJ/mol反應II：CO(g)+H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH2=41kJ/molCH4、H2O重整生成CO2，H2的熱化學方程式是___________。(2)實驗發(fā)現(xiàn)，其他條件不變，相同時間內，向催化重整體系中投入一定量的CaO可以明顯提高H2的百分含量。做對比實驗，結果如下圖所示：①用CaO可以去除CO2。投入CaO后，H2百分含量增大。原因：_________________。②投入納米CaO更能提高H2百分含量，原因：________________。(3)反應中催化劑的活性會因積炭反應而降低，相關數(shù)據(jù)如下表：反應IIICH4(g)C(s)+2H2(g)2CO(g)C(s)+CO2(g)ΔH(kJ/mol)+75173研究發(fā)現(xiàn)，如果反應I不發(fā)生積炭過程，則反應II也不會發(fā)生積炭過程。因此，若保持催化劑的活性，應采取的條件是_______________________?！敬鸢浮?1).CH4+2H2O(g)4H2+CO2(2).c(3).CH4(g)+2H2O(g)4H2(g)+CO2(g)ΔH=+169kJ/mol(4).投入CaO后，CaO可以吸收CO2，使CO2濃度減小，使生成H2的反應正向移動，H2百分含量增大(5).納米CaO顆粒小，表面積大，使反應速率加快(6).降低溫度，增大壓強【解析】【分析】如果反應I不發(fā)生積炭過程，則反應II也不會發(fā)生積炭過程，所以為提高反應中催化劑的活性，反應I中積炭的控制是關鍵所在。因為反應CH4(g)C(s)+2H2(g)是吸熱的、氣體體積增大的可逆反應，所以可采取降溫、加壓的方法，抑制反應的正向進行?！驹斀狻?1)CH4和H2O(g)反應，生成H2和CO2，其物質的量之比為4:1，則CH4和H2O(g)反應的方程式是CH4+2H2O(g)4H2+CO2。①a．增大壓強，平衡逆向移動，甲烷的平衡轉化率降低，a不合題意；b．加入催化劑，平衡不發(fā)生移動，b不合題意；c．增大水蒸氣濃度，平衡正向移動，甲烷的平衡轉化率提高，c符合題意；故選c。②反應I：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+210kJ/mol反應II：CO(g)+H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH2=41kJ/mol利用蓋斯定律，將兩個已知熱化學反應方程式相加，便得出CH4、H2O重整生成CO2，H2的熱化學方程式是CH4(g)+2H2O(g)4H2(g)+CO2(g)ΔH=+169kJ/mol。答案為：CH4+2H2O(g)4H2+CO2；c；CH4(g)+2H2O(g)4H2(g)+CO2(g)ΔH=+169kJ/mol；(2)①投入CaO后，可減少混合氣中的CO2濃度，促使平衡正向移動，從而使H2百分含量增大。原因：投入CaO后，CaO可以吸收CO2，使CO2濃度減小，使生成H2的反應正向移動，H2百分含量增大。②由圖中可以看出，CaO的顆粒越小，H2的百分含量越大，所以投入納米CaO更能提高H2百分含量的原因：納米CaO顆粒小，表面積大，使反應速率加快。答案為：投入CaO后，CaO可以吸收CO2，使CO2濃度減小，使生成H2的反應正向移動，H2百分含量增大；納米CaO顆粒小，表面積大，使反應速率加快；(3)研究發(fā)現(xiàn)，如果反應I不發(fā)生積炭過程，則反應II也不會發(fā)生積炭過程，則若保持催化劑的活性，應控制反應I的正向進行，所以采取的條件是降低溫度，增大壓強。答案為：降低溫度，增大壓強?！军c睛】由兩種物質發(fā)生的可逆反應，增大一種反應物的濃度，平衡發(fā)生正向移動，該反應物的轉化率降低，另一反應物的轉化率提高。17.氨態(tài)氮肥的使用在提高糧食產量的同時，也導致了土壤、水體污染等環(huán)境問題。處理廢水中的NH有多種方法。I．吹脫法（1）加入NaOH溶液，調節(jié)pH至9后，升溫至30℃，通空氣將NH3趕出并回收。用離子方程式表示NaOHII．折點氯化法加入適量NaClO溶液，控制pH為6～7，將其轉化為無毒物質。該過程發(fā)生3個反應：i．ClO+H+=HClOii．NH+HClO=NH2Cl（Cl為+1價）+H++H2Oiii．......水體中以+1價形式存在的Cl元素有消毒殺菌作用，被稱為“余氯”。如圖為NaClO加入量與“余氯”含量的關系示意圖，其中NH含量最低的點是c點。（2）b點表示的溶液中N元素的主要存在形式是__________（用化學式表示）；反應iii的化學方程式是__________。III．生物硝化、反硝化法（3）水中NH在微生物的作用下可被氧化為HNO2，其離子方程式是_______________，若反應中有0.6mol電子發(fā)生轉移，則生成的HNO2（47g/mol）質量為______g。（4）有氧時，在硝化細菌作用下，NH可實現(xiàn)過程a的轉化，將過程a的離子方程式補充完整：____NH+5O22NO+H++____+____【答案】(1).NH+OHNH3·H2O；NH3·H2ONH3↑+H2O(2).鼓入空氣使NH3逸出，使NH和OH的反應正移(3).NH2Cl(4).2NH2Cl+HClO=N2+3HCl+H2O(5).2NH+3O22HNO2+2H++2H2O(6).4.7(7).4NH+5O22NO+6H++N2O+5H2O【解析】【詳解】(1)加入NaOH溶液后，NH與OH反應生成一水合氨，升高溫度，一水合氨生成氨氣，離子方程式為NH+OHNH3·H2O；NH3·H2ONH3↑+H2O；通空氣可使NH3逸出，溶液中氨氣的濃度降低，則NH和OH的反應正移；(2)根據(jù)圖像可知，ab段發(fā)生反應i、ii，生成NH2Cl，則b點中N元素的主要存在形式是NH2Cl；bc段發(fā)生iii，NH2Cl與HClO反應生成氮氣，根據(jù)電荷守恒及原子守恒，方程式為2NH2Cl+HClO=N2+3HCl+H2O；(3)已知NH在微生物的作用下可被氧化為HNO2，銨根離子與氧氣反應生成亞硝酸和水，離子方程式為2NH+3O22HNO2+2H++2H2O；根據(jù)離子方程式可知，轉移12mol電子時，生成2molHNO2，則0.6mol電子發(fā)生轉移，生成0.1molHNO2，質量為4.7g；(4)根據(jù)圖像可知，過程a時，銨根離子生成亞硝酸根離子及一氧化二氮，利用化合價升降法配平，離子方程式為4NH+5O22NO+6H++N2O+5H2O。18.磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精礦的主要成分為Ca5（PO4）3（OH），還含有Ca5（PO4）3F和有機碳等溶解度：Ca5（PO4）3（OH）<CaSO4·0.5H2O（1）上述流程中能加快反應速率的措施有_______________。（2）①結合元素周期律比較H2SO4和H3PO4酸性大?。篲_________________。②寫出Ca5（PO4）3（OH）酸浸時反應的方程式：______________，從復分解反應角度分析，該反應能發(fā)生的原因：_________。（3）酸浸時，磷精礦中Ca5（PO4）3F所含氟轉化為HF，并進一步轉化除去。寫出生成HF（4）H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除。相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率如圖所示。80℃（5）脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO殘留，原因是____________，再加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率。（6）取ag所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用bmol/LNaOH溶液滴定至終點時，生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL。精制磷酸中H3PO4的質量分數(shù)是_________。（H3PO4摩爾質量為98g/mol）【答案】(1).研磨、加熱(2).S與P位于同一周期，從左至右，核電荷數(shù)逐漸增多，原子核對核外電子吸引能力增強，原子半徑逐漸減少，得電子能力增強，非金屬性S>P，故酸性H2SO4>H3PO4(3).2Ca5（PO4）3（OH）+10H2SO4+3H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4(4).H2SO4與Ca5（PO4）3（OH）參與成分交換，生成了微溶物硫酸鈣和弱電解質磷酸，由題目得到特定生成物，應該結合水，而反應中交換成分后生成的水不夠結合的，所以再結合了溶液中的水分子，而這部分水分子沒有參與成分交換(5).Ca5（PO4）3F+5H2SO45CaSO4+3H3PO4+HF(6).80℃后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低(7).CaSO4微溶(8).0.049bc/a×100%【解析】【分析】磷精礦粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸經過脫有機碳、脫硫等步驟獲得精制磷酸?！驹斀狻?1)根據(jù)外界條件對化學反應速率的影響及流程可知，能加快反應速率的措施有：研磨、加熱。(2)①P和S電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)P＜S，原子半徑P＞S，得電子能力P＜S，非金屬性：S＞P，酸性H2SO4＞H3PO4；②根據(jù)流程可知，磷精礦與硫酸反應生成磷石膏和磷酸，反應的方程式為2Ca5(PO4)3(OH)+10H2SO4+3H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4；H2SO4與Ca5(PO4)3(OH)反應為成分交換，生成了微溶物硫酸鈣和弱電解質磷酸，由題目得到特定生成物，應該結合水，而反應中交換成分后生成的水不夠結合的，所以再結合了溶液中的水分子，而這部分水分子沒有參與成分交換；(3)已知Ca5(PO4)3F所含氟轉化為HF，則Ca5(PO4)3F與硫酸反應生成硫酸鈣、磷酸和HF，方程式為Ca5(PO4)3F+5H2SO45CaSO4+3H3PO4(4)H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除，H2O2受熱易分解，則80℃后，H2O2分解速率增大，濃度顯著降低，導致脫除率降低；(5)CaSO4微溶于水，則CaCO3稍過量，充分反應后仍有SO殘留，需進一步除去；(6)滴定終點生成Na2HPO4，則消耗的H3PO4與NaOH物質的量之比為1：2，n(H3PO4)=n(NaOH)=bmol/Lc10-3L=mol，m(H3PO4)=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的質量分數(shù)為。19.查閱文獻：鐵粉與稀硝酸反應會生成H2?；?/p>