2020届北京101中学高三10月月考化学试题解析版

1、北京101中学2020届高三年级上学期10月月考化学试卷 I卷：选择题（共 42 分） 1.下列现象或活动过程中不发生氧化还原反应的是 A.AB.BC.CD.D 【答案】B 【解析】 【分析】 在物质发生化学变化时，元素化合价也发生了变化，则发生了氧化还原反应，否则没发生氧化还原反应， 以此分析。 【详解】A.雷电时，空气中的氧气和氮气化合生成一氧化氮，该反应元素化合价发生变化，属于氧化还原 反应，故A不选； B.天眼接受宇宙中的信号，没有发生化学变化，所以没发生氧化还原反应，故选B; C.燃烧反应氧化还原反应，故C不选； D.手机充电是电解原理，将电能转化为化学能，发生了氧化还原反应，故D不

2、选。 答案选Bo 2.三氟化氮（NF3）常用于微电子工业，可用以下反应制备：4NH3+3F2=NF3+3NH4F,下列说法中，正确 的是（） A. NF3的电子式为平 B. NH4F分子中仅含离子键 【详解】A.元素周期表是元素周期律的具体表现形式，它反映元素原子的内部结构和它们之间相互联系的 规律。为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它 确; B.在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材率 C.通常制造农药的主要元素有F、Cl、S、P等元素, D.在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料，并不日 答案选Ao 【点睛】本题主要考查了周期表的意义，元素周期表在 农药多数是含C

3、l、P、S、N、As等元素的化合物。 半导体材料都是周期表里金属与非金属交接界处的元素 原子结构和性质提 体材料，故 宁面的应用表壬 以下几个方面: 、Ga、Se等。 C.在制备NF3的反应中，NH3表现出还原性 D.在制备NF3的反应方程式中，各物质均为共价化合物 【答案】C 【解析】 :F: 【详解】A.NF3为共价化合物，但F原子外围还有3对孤对电子，则NF3的电子式为，二，二，故A ,F.N.F, *i*8 错误； B.NH4F中俊根与氟离子之间为离子键，而俊根内还含有共价键，故B错误； C.该反应中NH3-NF3氮元素的化合价由-3价一+3价，所以氨气作还原剂表现出还原性，故C正确；

4、 D.NH4F中俊根与氟离子之间为离子键，所以NH4F是离子化合物，故D错误； 故答案为Co 【点睛】考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，在4NH3+3F2=NF3+3NH4F反应中NH3-NF3 氮元素的化合价由-3价一+3价，F2-F-氟元素得电子化合价降低，由0价一-1价，得电子化合价降低的反 应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂被氧化，氧化剂被还原。 3.下列关于元素周期表应用的说法正确的是 A.为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索 B.在金属与非金属的交界处，寻找可做催化剂的合金材料 C.在IA、IIA族元素中，寻找制造农药主要元素 D.在

5、过渡元素中，可以找到半导体材料 【答案】A 【解析】 不在 IA、II e、 索，故 A正 催化剂的选择：人们在长期的生产实践中，已发现过渡元素对许多化学反应有良好的催化性能。 耐高温、耐腐蚀的特种合金材料的制取：在周期表里从mB到IVB的过渡元素，如钛、铝、电目、鸨、铭， 具有耐高温、耐腐蚀等特点。它们是制作特种合金的优良材料，是制造火箭、导弹、宇宙飞船、飞机、坦克等的不可缺少的金属。 矿物的寻找：地球上化学元素的分布跟它们在元素周期表里的位置有密切的联系。科学实验发现如下规律：相对原子质量较小的元素在地壳中含量较多，相对原子质量较大的元素在地壳中含量较少；偶数原子序数的元素较多，奇数原子序

6、数的元素较少。处于地球表面的元素多数呈现高价，处于岩石深处的元素多数呈现低价；碱金属一般是强烈的亲石元素，主要富集于岩石圈的最上部；熔点、离子半径、电负性大小相近的元素往往共生在一起，同处于一种矿石中。 4.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含 量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是 A.原子半径：r(X)r(Y)r(Z)r(N)r(O)r(H)，故A错误；B、 Na的最高价氧化物的水化物是NaOH,NaOH属于强碱，故B错误；C、同周期从左向右非金属性增强， 即O的非金属性强于N,故C错误；D、可以组成HNO3和N

7、H4NO3,前者属于共价化合物，后者属于离子化合物，故D正确。 5.NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1molOH-含有的电子数目为10NA B. 1molCl2溶于水，转移电子的数目为NA C.标准状况下，2.24LCCl4含有的分子数目为0.1NA D.1L1molL-1Na2CO3溶液中含有的CO32一数目为NA 【答案】A 【解析】 【详解】A.1molOH-中所含电子数为8+1+1=10mol,即10NA,故A正确； B.lmolCl2溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以转移的电子的物质的量小于1mol, 故B错误； C.标准状况下，CC14是液体，不

8、能使用气体摩尔体积进行计算，故C错误； D.碳酸根离子在水中水解，1L1mo1?L-1的Na2CO3溶液中含有的CO32-数目小于NA,故D错误。 故选A。 6 .下列各组离子在强碱性环境下可以大量共存的是() A. MnO4、I、A13+、NH4+B.Ca2+、HCO3、CH3COO、C1O C.Na+、SO42、NO3、K+D.Fe3+、Mg2+、SCN、Cl 【答案】C 【解析】 【详解】A.强碱性溶液中Al3+和NH4+不能大量存在，且MnO4能氧化I,而不能大量共存，故A错误; B. Ca2+、HCO3一在强碱性溶液中不能大量共存，易生成CaCO3沉淀，故B错误； C. Na+、SO

9、42NO3、K+在强碱性溶液中能大量存在，且彼此间不发生离子反应，故C正确； D.强碱性溶液中Fe3+、Mg2能大量存在，易生成Fe(OH)3和Mg(OH)2沉淀，且Fe3SCV能发生离子 反应使溶液显红色，而不能共存，故D错误； 故答案为Co 7 .下列解释事实的方程式书写正确的是() A. Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：Ca2+CO32=CaCO3 B. Na2O2作呼吸面具的供氧剂：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 C.稀HNO3洗涤做过银镜反应的试管：Ag+2H+NO3=Ag+NO2T+H2O D.FeCl3溶液腐蚀线路板：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+ 【答案】

10、B 【解析】 【详解】A.硫酸钙不能拆开，正确的离子方程式为：CO32-+CaSO4?CaCO3+SO42-,故A错误； B.Na2O2与二氧化碳反应生成氧气，可作呼吸面具的供氧剂，该反应的化学方程式为： 2Na2O2+2CO22NaCO3+O2,故B正确； C.稀HNO3洗涤做过银镜反应的t管，反应生成NO,正确的离子方程式为： 3Ag+4H+NO3-3Ag+NOT+2H2O,故C错误； D.FeCl3与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，正确的离子方程式为：2Fe3+Cu2Fg+Cu2+,故D错误； 故答案为Bo 8.在浓盐酸中H3AsO3可与SnCl2反应，反应的离子方程式为3SnCl2+12C

11、l+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl6 +6M。下列关于该反应的说法中，错误的是（ 1 .M为H2O B.每还原1mol氧化剂，就有3mol电子转移 C.还原性：SnCl2As D.氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：3 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据原子守恒可知M为H2O,故A正确； 8 .Sn由+2价升高到+4价，SnCl2作还原剂，As由+3价降低到0价，H3AsO3作氧化剂，转移3mol电子,故B正确； C.由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性：AsvSnCl2,故C正确； D.由方程式可知氧化产物和还原产物的物质的量之比为3:2,故D错误； 故答案为D

12、o 【点睛】考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键， 3SnCl2+12Cl-+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62-+6M,由原子守恒可知，M为H2O,Sn元素的化合价升高，As 元素的化合价降低，特别注意氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性及氧化剂的氧化性大 于氧化产物的氧化性。 9 .某科研团队研制出“TMLiH（TM表示过渡金属）双催化剂体系，显著提高了在温和条件下氮气和氢 气合成NH的效率，原理示意如下： 下列分析不合理的是（） A.状态I,吸收能量并有NN键发生断裂 C.TMLiH”能降低合成氨反应的AH 【答案】C B.合成NH总反应的原子

13、利用率是100% D.生成NH:2LiNH+3H22LiH+2NHs 由流程可知氮气与TM-LiH反应生成 LiNH LiNH与氢气反应生成氨气和LiH,总反应为 JLlHl-MJ.1.1J3AML.IE1 萩右【n叙委皿 2LiNH+3H22LiH+2NH3。 【详解】A.状态I为氮气生成LiNH的过程，NEN键发生断裂要吸收能量，故A正确； B.由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有氨气，原子利用率为100%,故B正确； C.催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热，故C错误； D,由状态出可知生成NH3：2LiNH+3H22LiH+2NH3,故D正确。 故

14、选C。 10.某同学向SO2和C12的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行 实验，实验操作和实验现象记录如下： 序号 实验操作 N 湿胃的温希-K1试纸 11 加热 1 b 郊腌有幽水的山蛾 bCBsCLWbCBsCLW- -P P 口 实验现象 溶液/、艾红，试纸小艾盅 溶液不变红，试纸褪色 生成白色沉淀 下列实验分析中，不正确的是 A.说明C12被完全消耗 B.中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI C.中若将BaC12溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被C12氧化为SO42- D.实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化 【

15、答案】C 【解析】 A.加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl2被完全消耗，选项A正确； B.当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI,中试纸褪 色，选项B正确；C.硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42一,选项C不正确；D.实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液 不恢复红色，选项正确。答案选Co 点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项 C,硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，

16、故中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42-。 11 .CO2催化加氢制取甲醇的研究，对于环境、能源问题都具有重要的意义。反应如下: 页 6第反应i：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)?Hi=-58kJmol-1 反应ii：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)?H2=+42kJmol-1 下列说法不正确的是 A.增大氢气浓度能提高二氧化碳的转化率 B.增大压强，有利于向生成甲醇的方向进行，反应i的平衡常数增大 C.升高温度，生成甲醇的速率加快，反应ii的限度同时增加 D.选用理想的催化剂可以提高甲醇在最终产物中的比

17、率 【答案】B 【解析】 【详解】A.增大氢气浓度平衡正向移动导致二氧化碳消耗增大，所以二氧化碳转化率增大，故A正确； B.增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，增大压强，反应i的平衡正向移动，所以向生成甲醇的方向 移动，但是化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，所以增大压强反应i的平衡常数不 变，故B错误； C.升高温度任何化学反应速率都增大，升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度反应ii向正向移动，则反 应ii的反应限度增大，故C正确； D.催化剂具有选择性和专一性、高效性，所以选用理想的催化剂可以提高甲醇在最终产物中的比率，故D 正确； 答案选Bo 12 .下列实验所得结论正

18、确的是 无水巴无水巴A X J J2mL2mL乙酸乙第乙酸乙第 NaOHNaOH溶液溶液 P P3 3滴粉依滴粉依 J J 2mLA.1inoiyL2mLA.1inoiyL ,Cl 溶整 I I3 3清的改清的改1 11 1 取取中健色中健色 J J后下层常泄后下层常泄 IdId SB港I 充分振荡试管，下层 溶液红色褪去 溶液变红 溶液变红 充分振荡右侧小试管， 下层溶液红色褪去 A.中溶液红色褪去的原因是：CH3COOC2H5+NaOH?CHsCOONa+C2H5OH B.中溶液变红的原因是：CH3COO+H2O脩？CH3COOH+H4 C.由实验、推测，中红色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚

19、酗 D.中红色褪去证明右侧小试管中收集到的乙酸乙酯中混有乙酸 【答案】D 【解析】 【详解】A.乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，且水解彻底，则红色褪去的原因是： CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+C2H5OH,不需要可逆号，故A错误； B.醋酸钠水解显碱性，则中溶液变红的原因是：CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH,故B错误； C.褪色与萃取无关，与反应有关，故C错误； D.乙酸与碳酸钠反应，导致碱性降低，则溶液红色褪去可知收集到的乙酸乙酯中混有乙酸，故D正确； 故答案为Do 13.HI常用作有机反应中的还原剂，受热会发生分解反应。已知443c时：2HI(g)KH2(

20、g)+|2(g)AH =+12.5kJmol1向1L密闭容器中充入1molHI,443c时，体系中c(HI)与反应时间t的关系如图所示。下列说法中，正确的是() A.020min内的平均反应速率可表示为v(H2)=0.0045mol-L1-min1 B.升高温度，再次平衡时，c(HI)0.78mol-L1 D.反应进行40min时，体系吸收的热量约为0.94kJ 【答案】D 【解析】 【详解】A.020min内HI浓度变化1.0mol/L-0.91mol/L=0.09mol/L,2HI(g)?H2(g)+I2(g),则氢气浓度变化 C.该反应的化学平衡常数计算式为 0.782 0.220.22

21、 为0.045mol/L,反应速率v=c=.45mo=0.00225mol/(L?min),故A错误； Vt20min B,图中可知120min后反应达到平衡状态，c(HI)=0.78mol/L,2HI(g)?H2(g)+|2(g)AH=+12.5kJ?mol1,反应 K=生成物平衡浓度曷次方乘积反应物平衡浓度曷次方乘积 D.反应进行40min时HI浓度变化=1.00mol/L-0.85mol/L=0.15mol/L,物质的量变化0.15mol,结合热化学 方程式计算2HI(g)=iH2(g)+I2(g)AH=+12.5kJ?mol-1,反应进行40min时，体系吸收的热量 故答案为Do 14

22、.(NH4)2SO3氧化是氨法脱硫的重要过程。某小组在其他条件不变时，分别研究了一段时间内温度和 (NH4)2SO3初始浓度对空气氧化(NH4)2SO3速率的影响，结果如图。下列说法不正确的是 A. 60c之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关 B. 60c之后，氧化速率降低可能与。2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解有关 C. (NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，与SO32-水解程度增大有关 D. (NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，可能与O2的溶解速率有关 【答案】C 【解析】 【分析】 A、温度越高，氧化速率越快； B、反

23、应物浓度降低，反应速率降低；为吸热反应，升温平衡正向进行， C.120min后反应达到平衡状态， 2HI(g)? 起始量(mol/L)1 变化量(mol/L)0.22 平衡量(mol/L)0.78 c(HI)”或“”)。一115 (3) 491n的中子数与电子数的差值为一。 II.A+、B2.C.D、E、F3+分别表示含10个电子的六种粒子(离子或分子)。其中： a.A+、B2.F3+核外电子层结构相同 b.C一是由两种元素组成的 C.D是两种元素组成的四原子分子 d.E在常温下是无色液体 e往含F3+的溶液中滴加含C的溶液至过量，先有白色沉淀生成，后白色沉淀消失 (4) C-的电子式：。 (

24、5) A+、B2.F3+离子半径由大到小的顺序为(用离子符号表示)。 (6)电子式表示A2B的形成过程。 (7)含F3+的溶液中通入过量D,反应的离子方程式是。 (8) A单质与E反应的离子方程式为，生成的化合物中化学键的类型是 III.硒(34Se)是动物和人体所必需的微量元素之一，也是重要的工业原料，与氧同族。 (9) Se原子结构示意图可表示为。 页 10 第(10)下列说法合理是。 a.SeO2既有氧化性又有还原性 b.浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性 c.热稳定性：H2SeHClH2s a. A+、B2-、F3+核外电子层结构相同，可知A为Na、B为O、F为Al; b. C-是由两种元

25、素组成的，C-为OH-; c. D是两种元素组成的四原子分子，D为NH3； d. E在常温下是无色液体，E为H2O；e,往含F3+的溶液中滴加含C-的溶液至过量，先有白色沉淀生成，后白色沉淀消失，白色沉淀为氢氧化铝; III.(9)Se原子的质子数为34； (10)a.Se为+4价，为中间价； b.浓硒酸与浓硫酸性质类似； c.非金属性越强，对应氢化物越稳定； d.非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强。 【详解】I.(1)In的原子结构中含5个电子层、最外层电子数为3,位于元素周期表中第五周期出A族; (2)金属性Ba大于In,则In的最高价氧化物的水化物的碱性 vBa(OH)2的碱性；

26、中子数为115-49=66,电子数为49,中子数与电子数的差值为66-49=17； II.(4)C-的电子式为 (5)具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则A+、B2-、F3+离子半径由大到小的顺序为O2- d.酸性：H2SeO4HBrO4HClO4 (8).2Na+2H2O=2Na+20H+H ).Na+Al (1).第5周期IIIA 族 (3).17 3H2O=Al(OH) (11).abd I.(1)In的原子结构中含5个电 (2)金属性Ba大于In； 中子数为115-49=66,电子数 49； II.A+、B2-、C-、D、E、F3+分别表示含10个电子的六种粒子(离子卫

27、),其中: Na+Al3+; (6)电子式表示A2B的形成过程为Ha; 含F3+的溶液中通入过量D,反应的离子方程式是Al3+3NH3+3H2O=Al(OH)3J+3NH+； (8)A单质与E反应离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2。生成的化合物为NaOH,含化学键的类型 是离子键和极性键； I.转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30c时，在T.F菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如图所示。 (1)过程i中H2s发生了(填“氧化”或“还原”)反应。(10)a.Se为+4价，为中间价，则SeO 故答案为：abdo 属相互置换)。 氧化性又有还原， 能具有师化性、 俊的酸性越强, 生成

28、的氢化 热水性，故 程度 急定)，元素的非金属性 高价含氧酸的酸性越强, 应的非金属元素的非金 俳金 (9)Se原子结构示意图可表示为 a正确; b正确; c.非金属性越强，对应氢化物越 C错误; e”“”或“=”)。 III .CO变换：500c时，CO进一步与水反应生成CO2和H2。 IV .H2提纯：将CO2和H2分离得到H2的过程示意图如图。 H2* 82、也 T 吸收池h (5)吸收池中发生反应的离子方程式是 结合电极反应式，简述K2CO3溶液的再生原理：。 【答案】(1).氧化(2).4F答+O2+4H+1.F菌4Fe3+2H2O(3).1.5WpH(6).CO2+H2O+CO32

29、 =2HCO3(7).阴极反应：2H2O+2e=H2T+2OH,OH+HCO3=CO32+H2O；阳极反应：4H2。4e =O2f+4H,H+HCO3=CO2+H2O,阳极区多余的K+经阳离子交换膜进入阴极区，使K2CO3溶液得以再 阳离子 交赖膜 13生 【解析】 【分析】 I.转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30c时，在T.F菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如图2； (1)硫化氢被硫酸铁氧化生成单质硫； (2)过程n是亚铁离子酸性条件下被氧气氧化生成铁离子； (3)1.5WPH.9,当PH大于1.9时，Fe3+开始沉淀，导致Fe3+、Fe2+离子浓度均下降，降低反应速率，PH P2; IV

30、.(5)将CO2和H2分离得到H2的过程示意图分析得到：二氧化碳和碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，反应的离子方程式为CO2+H2O+CO32-=2HCO3-; HCO3-存在电离平衡：HCO3-=：H+CO32-,阴极H+放电浓度减小平衡右移，CO32再再生，阴极反应： 2H2O+2e-=H2T+2OH,OH-+HCO3-=CO32-+H2。，使碳酸钾溶液得以再生。 17.某小组模拟工业上回收分银渣中的银，过程如下: 页 (1) Na2SO3溶液和氨水均可作浸出剂，但由于氨水易(填物理性质)，故用Na2SO3溶液更环保。 2_3 (2) I中主要反应：AgCl+2SO30Ag(SO3)2+Cl-。

31、研究发现：其他条件不变时，该反应在敞口 容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率(浸出液中银的质量占起始分银渣中银的质量的百分比)降低, 可能原因是(用离子方程式表示)。 (3)研究发现：浸出液中含银化合物总浓度与含硫化合物总浓度及浸出液pH的关系如下图。 pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化趋势是。 解释中变化趋势的原因：。 pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，原因是。 (4)将n中反应的离子方程式补充完整： 口Ag(SO3)2+OH-+=+B+B+CO32- (5)出中回收液可直接循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低。从回收液离子浓度

32、变化和反应限度 的角度分析原因：。 22- 【答案】(1).捶发(2).2SO3+O2=2SO4(3).含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大 而增大(4).浸出?中c(SO3-)增大，使浸出反应的平衡正向移动(5).pH较小时，SO3-与H+结合生 -2- 成HSO3或H2SO3,尽管含硫化合物总浓度增大，但c(SO3)均较小(6).4(7).6(8).HCHO 分根济 (主要成分 AgCl) 二三二一二”.森V春基里把 2-2-_- (9).4Ag(10).8SO3(11).4H2O(12).随着循环次数增加，浸出彼中c(SO3)减小、c(Cl-)增大， 2- _3- 均使AgCl+2S

33、O3=Ag(SO3)2+Cl-的限度减小【解析】 【分析】23- 分银渣中王要成分是AgCl,I中用Na2SO3溶液作浸出剂，主要反应：AgCl+2SO：=Ag(SO3)2+Cl-； 3- _22 浸出披与甲醛反应，n中发生4Ag(SO3)2+6OH-+HCHO=4Ag+8SO3+4H2O+CO3反应，生成Ag回收， 同时又生成SO3,III中循环使用。 【详解】(1)氨水易挥发污染空气，故用Na2SO3溶液更环保； 222 (2)反应在敞口容器中进行，SO3很容易被空气中氧气氧化，离子反应方程式为2SC3O22SO4； (3)根据图像可知，当pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的

34、增大而增大；223- 中变化趋势的原因：浸出彼中c(SO3)增大，使浸出反应AgCl+2SO3Ag(SO3)2+Cl-的平衡 正向移动； pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，pH较小时，SO2与H+结合 2 生成HSO3或H2SO3,尽管含硫化合物总浓度增大，但c(SO3)均较小； (4)Ag的化合价由+1价降至0价，HCHOf氧化成CQ2-,回收液循环使用，说明有SO2-生成，根据得失电 322 子寸恒、电何寸恒和原子寸恒配平得：4Ag(SO3)2+6OH-+HCHO=4Ag+8SO3+4H2O+CO3 22-_3- (5)随着循环次数增加，浸出液中c(S

35、O3)减小、c(Cl-)增大，均使AgCl+2SO3Ag(SO3)2+Cl- 的限度减小 【点睛】注意化学平衡中减少反应物浓度或增加生成物浓度对反应限度的影响。 18.磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：ibnA口心不门*例济故卜原建一情制端城 瞬情审十瞬精矿粉睨风碰 翻增熊浸？+谙石番f主宴成分为 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所含氟车专化为HF,并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方

36、 页 16 第1 CaSO4?-H2O,H3PO4和HF,据此写出反应方程式; 2 (4)根据图象，80c前随着温度升高，有机碳脱除 H2O2受热分解，导致H2O2浓度降低影响有机碳 (5)脱硫过程是加入CaCO3发生反应，脱硫时, 微溶，所以充分反应后仍有SO42-残留，力口入 CaSOH,而CaSO4 BaCO3参加反应转化 【详解】(1)常用加快化学反应速率的措施有研磨 (2)根据反应方程式，是由H2SO4参加反应 热，溶解方 野生强弱为：H3P04V 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

37、图所示。80c后脱除率变化的原因：。 (5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42一残留，加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子 方程式是。 【答案】(1).研磨、加热(2).(3).核电荷数PS,得电子能力PS,非金属 性PS(4).2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HFT(5).80c后，H2O2分解 速率大，浓度显著降低(6).BaCO3+SO42+2H3PO4=BaSO4+CO2T+HO+2H2PO4 【解析】 【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)根据反应方程式，由H2

38、SO4参加反应得到H3PO4,是由强酸制取弱酸； H3PO4和H2SO4均为最高价含氧酸，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,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； 酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF,反应过程为Ca5(PO4)3F和H2SO4反应，生成 高，有机碳脱除率降低，考虑 %:或 CO3稍过量，与多余的 反应生成 80c后随着温 大大, , 由于 生成难溶的BaSO4,在沉淀转化的反应基础之上发生进一步反应促使正向进行程度增大 分析。 半等。故答案为：研磨，加热; H3PO4, H2SO4； H3PO4

39、和H2SO4均为最高价含氧酸，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,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，可以简单解释为：P的 半径大于S,P的非金属性小于S,所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性； 酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F所含氟转化为HF,反应过程为Ca5（PO4）3F和H2SO4反应，生成 1八一八八”八 CaSO4?-H2O,H3PO4和HF,所以化学反应方程式为：2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O inCaSOd?；H2O+6H3PO4+2HF; （4）根据图象，80c前随着温度升高，有机碳脱除率

40、增大，80c后随着温度升高，有机碳脱除率降低，考虑 H2O2受热分解，导致H2O2浓度降低影响有机碳的脱除率，所以可以解释为：温度高于80c时，H2O2的分 解速率加快，导致H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降； （5）加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，由于BaCO3参加反应转化生成难溶的BaSO4,BaSO4相对于CaSO4溶解度更低，可使溶液中SO42-浓度更低，考虑到沉淀转化的反应效率较低，所以进一步提高硫的脱除率则 是考虑在沉淀转化反应的基础上发生效率更高的反应，促使沉淀反应的进行，沉淀转化反应为： BaCO3+SO42-KBaSO4+CO32-,此时溶液中磷酸具有一定的酸

41、性，可以继续发生反应生成CO2,于是整个 反应的嫡增，正向进行的程度更大，可以达到进一步脱除率的效果，综合考虑则离子方程式为：BaCO3+SO42-+H3PO4BaSO+CO2T+HO+H2P。4一。 【点睛】无机物质的制备，常与物质分离与提纯联系在一起，制备的目标物质要容易分离出来，物质分离与提纯有多种方法，总的说有物理方法和化学方法两大类：物理方法有过滤、蒸发、蒸储、分液、萃取、结晶、重结晶、渗析等；化学方法有沉淀法、热分解法、电解法、氧化还原法等；要根据目标物质的性质和特点来选择适宜的制备、分离方法。 19.以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应

42、的多样性。 实验 试齐1J 现象 滴管 试管 1一 匕 2mL 0.2molL-1Na2SO3溶液 饱和Ag2SO4溶液 I.产生白色沉淀 0.2molL-1CuSO4 n.溶液变绿，继续滴加 产生棕黄色沉淀 0.1molL-1Al2（SO4）3溶液 m.开始无明显变化，继 续滴加产生白色沉淀 (1)经验检，现象I中的白色沉淀是Ag2SO3O用离子方程式解释现象I: (2)经检验，现象n的棕黄色沉淀中不含S02,含有Cu+、Cu2+和SO；。 已知：Cu+稀硫酸Cu+Cu2+,Cu2+1CuIJ的色)+12。 用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO

43、2。 a.白色沉淀A是BaS04,试剂1是。 b.证实沉淀中含有cu2+和SO2的理由是 (3)已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象出的白色沉淀中无SO4,该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMn04溶液褪色。 推测沉淀中含有亚硫酸根和。 对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设： i .Al(0H)3所吸附; ii .存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。 a.将对比实验方案补充完整。 步骤一: 分离，洗漆.滴加稀NaOH溶漉保留固体.至沉淀恰好溶解白色沉淀白色固体记录数据。 步骤二：(按上图形式呈现)。 b.假设ii成立的实验证据是。 (4)根据实验，亚硫酸盐的性质有。盐溶液间反应的多样性与有关。 沉淀溶液 KI溶液 * 洗净的棕黄色沉淀