北京市顺义区高三一模化学试题

顺义区2025年高三统一测试试卷化学本试卷共10页，100分。考试时长90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：H1C12O16Ca40Fe56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.中国空间站核心舱的主要能量来源是砷化镓（GaAs）太阳能电池，Ga与Al位于同主族。，下列说法不正确的是A.砷化镓电池可将化学能转化为电能 B.As是一种非金属元素C.电负性：，GaAs中As显负价 D.Ga的金属性比Al的强【答案】A【解析】【详解】A．砷化镓电池可将太阳能转化为电能，A错误；B．As(砷)是一种非金属元素，B正确；C．同周期从左到右电负性增大，所以电负性：，形成化合物时As吸引电子能力强，显负价，C正确；D．Ga与Al同主族，同主族元素从上到下金属性增强，所以Ga的金属性比Al的强，D正确；故选A。2.下列应用与氧化还原反应有关的是A.用溶液除去 B.用溶液刻蚀铜板C.用KSCN溶液检验 D.用品红溶液检验【答案】B【解析】【详解】A．用硫酸铜溶液与硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故A不符合题意；B．用氯化铁溶液刻蚀铜板发生的反应为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中有元素发生化合价变化，与氧化还原反应有关，故B符合题意；C．用硫氰化钾溶液检验铁离子的反应为溶液中铁离子与硫氰酸根离子反应生成硫氰化铁，，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故C不符合题意；D．用品红溶液检验二氧化硫发生的反应为二氧化硫与溶液中有色物质反应生成不稳定的无色化合物，与氧化还原反应无关，故D不符合题意；故选B。3.实验室用反应制备。下列说法正确的是A.的电子式： B.中氮原子采取杂化C.配位能力： D.的VSEPR模型：【答案】C【解析】【详解】A．过氧化氢是含有共价键的共价化合物，电子式为，故A错误；B．氨分子中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故B错误；C．氮元素的电负性小于氧元素，氨分子中氮原子提供孤对电子的能力强于水分子中的氧原子提供孤对电子的能力，所以氨分子的配位能力强于水分子，故C正确；D．水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的VSEPR模型为，故D错误；故选C。4.下列方程式与所给事实相符的是A.新切开的钠表面很快变暗：B.向苯酚钠溶液中通少量，溶液变浑浊：C.工业冶炼：D.硝酸银溶液中加入过量氨水：【答案】D【解析】【详解】A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗是生成氧化钠，A项错误；B．向苯酚钠溶液中通少量，溶液变浑浊，是因为生成了苯酚和碳酸氢钠，B项错误；C．氯化铝是共价化合物，熔融状态下不能导电，所以不能用电解熔融氯化铝的方法冶炼铝，C项错误；D．硝酸银溶液中加入过量氨水可以配制银氨溶液，离子方程式为：，D项正确；答案选D。5.下列实验所用仪器或实验操作合理的是A．配制250mL一定物质的量浓度的NaOH溶液B．实验室制备并收集C．量取一定体积的酸性溶液D．铜和浓硫酸反应制备A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．配制250mL一定物质的量浓度的NaOH溶液的转移操作时需要用玻璃棒引流，A错误；B．加热氢氧化钙和氯化铵的混合固体生成氨气，氨气的密度比空气小，用向下排空气法收集，该装置可以制备并收集，B正确；C．酸性溶液具有强氧化性，应该用酸式滴定管盛放，C错误；D．铜和浓硫酸反应制备需要加热，D错误；故选B。6.试剂MBTH常用于检测室内空气中甲醛的含量，其结构如下：下列说法正确的是A.电负性：B.4种元素均位于p区C.基态S原子核外电子有16种空间运动状态D.MBTH与甲醛发生加成反应时，氨基H与醛基C成键【答案】A【解析】【详解】A．同周期元素，原子序数越大，电负性越强，故电负性N>C，CH4中H元素显正价，故电负性C>H，则电负性的大小顺序为N>C>H，故A正确；B．4种元素中氢元素位于元素周期表s区，故B错误；C．硫元素的原子序数为16，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，核外有9种空间运动状态，故C错误；D．MBTH与甲醛发生加成反应时，氨基氢原子与醛基氧原子成键，故D错误；故选A。7.下列事实不能用平衡移动原理解释的是A.由和组成的平衡体系，加压后颜色变深B.向滴有酚酞的溶液中加入过量溶液，溶液红色逐渐褪去C.溶液加热时，溶液的颜色由蓝绿色变为黄绿色D.向溶液中加入5滴浓NaOH溶液，溶液颜色由橙色变成黄色【答案】A【解析】【详解】A．，该反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用平衡移动原理解释，A项符合题意；B．碳酸根离子水解方程式为：，加入后，与生成沉淀，消耗，使水解平衡左移，OH⁻浓度降低，红色褪去，可以用平衡移动原理解释，B项不符合题意；C．CuCl2溶液中存在平衡，该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，溶液由蓝绿色变为黄绿色，C项不符合题意；D．在酸性条件为橙红色，水解方程式为：，加NaOH中和H⁺，平衡右移生成黄色，可以用平衡移动原理解释，D项不符合题意；答案选A。8.下列“性质比较”对应的“解释”不合理的是选项性质比较解释A硬度：金刚石>晶体硅键能：B熔点：离子半径：C酸性：（）（）是吸电子基团；是推电子基团D热稳定性：分子间作用力：A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．碳原子半径小于硅原子半径，则键能：，则硬度：金刚石>晶体硅，A正确；B．离子半径：，则离子键（或晶格能）：，则熔点：，B正确；C．是吸电子基团，导致中羟基极性增大，容易断裂出氢离子，酸性增强，而是推电子基团，导致中羟基极性减小，不容易断裂出氢离子，酸性减弱，C正确；D．因为键能：，则热稳定性：，与分子间作用力无关，D错误；故选D。9.用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速氧化的细菌，浸出辉铜矿机理如图所示。下列说法不正确的是A.反应Ⅰ的离子方程式为B.温度越高，浸出速率越快C.浸出过程中几乎不需要补充铁盐D.理论上反应Ⅰ中每消耗（标准状况）可浸出【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，反应Ⅰ中Fe2+和O2反应生成Fe3+和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，A正确；B．该过程中有细菌等微生物参与，高温会导致氧化亚铁硫杆菌的蛋白质发生变性，而降低浸出速率，B错误；C．由图可知，反应I中发生，反应II中发生4Fe3++Cu2S=4Fe2++S+2Cu2+，总反应为O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，可知浸出过程中不需要补充铁盐，C正确；D．总反应为O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，标准状况下的物质的量为0.1mol，可浸出，D正确；故选B。10.有机化合物M是一种重要化工中间体，可由如下反应制得。已知：下列说法不正确的是A.K能发生缩聚反应生成高分子 B.L的分子式为C.M含1个手性碳原子 D.生成M的过程包含加成反应和消去反应【答案】C【解析】【分析】根据信息可知，K和L反应历程：

，L为；【详解】A．K中含氨基和醛基，根据信息，一个K分子的氨基和另一个K分子的醛基能反应，故能发生缩聚反应生成高分子，A正确；B．结合分析可知L的分子式为，B正确；C．连有4个不同原子或基团的饱和碳原子为手性碳原子，则M没有手性碳原子，C不正确；D．据分析，生成M的过程包含加成反应和消去反应，D正确；答案选C。11.“全氢电池”是一种新型化学电源，能量效率可达80%，其工作原理如下图所示。该电池放电时，下列说法不正确的是A.吸附层A为负极，其电极反应为B.通过离子交换膜由左向右移动C.主要作用是提高溶液的导电性D.电池总反应为【答案】A【解析】【分析】由工作原理图可知，左边吸附层上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生氧化反应，吸附层A为负极，负极反应式为H22e+2OH=2H2O，吸附层B为正极，发生还原反应，正极反应式为2e+2H+=H2，总反应为H++OH=H2O，原电池工作时阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此解答该题。【详解】A．由分析可知，吸附层A为负极，H2失去电子生成H+，电极反应为，A错误；B．原电池中阳离子向正极移动，由分析可知，吸附层A为负极，吸附层B为正极，通过离子交换膜由左向右移动，B正确；C．由分析可知，该原电池的总反应为H++OH=H2O，在水溶液中完全电离，主要作用是提高溶液的导电性，C正确；D．右边吸附层B为正极，发生了还原反应，正极电极反应是2H++2e=H2↑，左边吸附层A为负极，发生了氧化反应，电极反应是，因此总反应为：H++OH=H2O，D正确；故选A。12.热塑性聚氨酯是具有高弹性、耐腐蚀能力的聚合物。一种基于二硫键（）的自修复热塑性聚氨酯材料的结构如下：该聚合物由X（）和Y（）聚合而成，下列说法不正确的是A.X中碳氮双键比碳氧双键活性强 B.生成该聚合物的反应属于加聚反应C.该聚合物完全水解可以得到X和Y D.该聚合物可以进一步交联形成网状结构【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，生成热塑性聚氨酯时，X断裂碳氮双键，与Y中羟基发生加聚，所以X中碳氮双键比碳氧双键活性强，故A正确；B．由图可知，生成热塑性聚氨酯的反应属于加聚反应，故B正确；C．由结构简式可知，热塑性聚氨酯分子中含有的酰胺基能发生水解反应生成碳酸、和，反应所得产物共有3种，故C错误；D．由结构简式可知，热塑性聚氨酯分子可以通过交联剂的添加或辐射交联等方式进一步交联形成网状结构，故D正确；故选C。13.25℃时，向100mL蒸馏水中加入粉末，一段时间后再向其中加入10mL蒸馏水。该过程中电导率的变化如下图。已知：25℃时，；饱和溶液的pH略小于10。的电离常数：，。下列说法正确的是A.a→b过程的上层清液中存在B.c→d过程的上层清液电导率下降，说明的溶解平衡逆向移动C.e点后溶液的电导率几乎不再改变，可知上层清液中存在D.体系中任意时刻都满足：【答案】D【解析】【详解】A．a→b过程，溶解后水解，上层清液中存在，A错误；B．c→d过程加入10mL蒸馏水，上层清液电导率下降是因为溶液稀释，且溶液稀释会促进的溶解平衡正向移动，B错误；C．e点后溶液的电导率几乎不再改变，由得，存在水解平衡，即，，根据可得，则碳酸根离子的水解平衡常数，以第一步水解为主，设有的水解生成，列三段式有：则，，所以，，，C错误；D．根据电荷守恒，体系中任意时刻都满足：，D正确；故选D。14.含铬废水对人体和环境的危害极大，某化学小组用电解法处理含废水，探究阳极材料、加入及加入硫酸对去除率（被还原成的百分率）的影响，相关实验如下。实验电极材料阴极附近加入物质去除率Ⅰ阳极：石墨；阴极：石墨无0.92%Ⅱ阳极：石墨；阴极：石墨1mL浓硫酸12.7%Ⅲ阳极：石墨；阴极：石墨1mL浓硫酸10滴硫酸铁20.8%Ⅳ阳极：铁；阴极：石墨1mL浓硫酸57.3%注：所有实验电压都为3V，工作时间都是30分钟下列说法不正确的是A.Ⅱ中的去除率比Ⅰ中大，可能是因为加入硫酸提高了的氧化性B.Ⅲ中的去除率比Ⅱ中大，推测与更易在阴极放电有关C.Ⅳ表明，原因之一是阳极生成参与还原，从而提高的去除率D.若在Ⅳ电解池中增加阴离子交换膜，的去除率可能大于57.3%【答案】D【解析】【分析】由图可知，Fe3+在阴极得到电子生成Fe2+，Fe2+和发生氧化还原反应生成和，以此解答。【详解】A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，其它外界因素都相同，且溶液的酸性越强，的去除率越大，所以增加c(H+)有利于的去除，A正确；B．的还原电位高于H+和，因此在阴极更易先放电生成Fe2+，后者可在溶液中进一步还原，这就解释了Ⅲ比Ⅱ去除率更高，B正确；C．Ⅳ采用铁作阳极时会溶出Fe2+，Fe2+同样可以把还原为，从而显著提高去除率，C正确；D．若在Ⅳ的装置中加阴离子交换膜，Fe2+（属于阳离子）难以穿过该膜，反而会削弱Fe2+与的接触与还原作用，通常不利于去除率进一步提高，D错误；故选D。第二部分本部分共5题，共58分。15.硒是动物和人体所必需的微量元素之一，含硒化合物在药物和材料领域具有重要应用。（1）硒和硫在周期表中位于同一主族。①基态Se原子价层电子排布式是______。②25℃时，溶液的pH小于溶液的pH，原因是______。（2）由二苯基二硒醚（Ⅰ）合成含硒药物Ⅳ的化学方程式为：①下列说法不正确是______。A．反应物中所有碳原子的杂化方式均为B．中O—Se—O键角大于中O—Se—O键角C．化合物Ⅳ的熔点主要取决于所含化学键的键能大小②相同压强下，比较化合物V（苯硒酚）和苯酚沸点高低并解释原因______。（3）硒化锌（ZnSe）是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如下图所示。①该晶胞中硒原子的配位数为______。②若该晶胞密度为，硒化锌的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，则晶胞边长a为______nm。【答案】（1）①.②.Se原子半径大于S原子半径，HSe键键能小，更容易电离出（2）①.AC②.苯酚沸点高，两者都是分子晶体，苯酚还存在分子间氢键，氢键比范德华力强，导致苯酚沸点更高（3）①.4②.【解析】【小问1详解】①Se位于第四周期第VIA族，基态Se原子价层电子排布式是；②25℃时，溶液的pH小于溶液的pH，说明H2S的酸性弱于，更加容易电离产生H+，HSe的键能更小，原因是：Se原子半径大于S原子半径，HSe键键能小，更容易电离出。【小问2详解】①A．II中存在碳碳三键，C原子的杂化方式均为，A错误；B．中心Se原子价层电子对数为3+=3，杂化方式为是sp2，中心Se原子价层电子对数为3+=4，杂化方式为是sp3，则中O—Se—O键角大于中O—Se—O键角，B正确；C．化合物Ⅳ是分子晶体，熔点主要取决于分子间作用力大小，C错误；故选AC；②苯酚中含有羟基，可以形成分子间氢键，相同压强下，苯酚沸点高，原因是：两者都是分子晶体，苯酚还存在分子间氢键，氢键比范德华力强，导致苯酚沸点更高。【小问3详解】①由晶胞结构可知，以位于面心的Se原子为研究对象，该晶胞中与硒原子距离最近且相等的Zn有4个，位于上下两个晶胞中，该晶胞中硒原子的配位数为4；②若该晶胞中Zn个数为4，Se的个数为=4，硒化锌的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，密度为，则晶胞边长a为nm。16.高铁酸钾是一种高效的多功能水处理剂。资料：ⅰ．为紫色固体；在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。ⅱ．和均不溶于水，。（1）高铁酸钾中铁元素的化合价为______。（2）配制高铁酸钾溶液时，应将高铁酸钾固体溶于一定浓度的KOH溶液中，结合化学用语解释原因______。（3）含砷（主要以形式存在）废水对环境污染极大，工业上常用高铁酸钾处理含砷酸性废水，结合资料解释处理含砷酸性废水效果优于的原因是______。（4）电解法制备产量高、设备要求低、纯度高等优点。工业上以Fe和溶液原料，装置示意图如下所示。①阳极的电极反应式为______。②为了进一步探究温度对产量的影响，将电解装置水浴加热相同时间，得到产量的相关数据（电流效率）如图。已知：电流效率。解释当反应温度在时，产量随温度的升高而降低的原因是______（写一条即可）。③该装置可以实现电解液的循环利用，请结合电极反应解释其原理______。【答案】（1）（2），增大浓度，抑制平衡向正反应方向移动（3）有强氧化性，可以将氧化为，生成的形成溶解度更小的（4）①.②.温度高于50℃后，再升高温度，分解的速率加快，影响其产量（合理即可）③.阴极发生反应：，阳极室中的K⁺透过阳离子交换膜进入阴极室，生成浓度更高的KOH，反应后取出可以继续使用【解析】【小问1详解】高铁酸钾中K为+1价，O为2价，所以Fe为+6价。小问2详解】高铁酸钾在酸性或中性溶液中快速产生氧气，在碱性溶液中较稳定：，增大浓度，抑制平衡向正反应方向移动，所以配制高铁酸钾溶液时，应将高铁酸钾固体溶于一定浓度的KOH溶液中。【小问3详解】高铁酸钾有强氧化性，可以将氧化为，生成的形成溶解度更小的FeAsO4，所以处理含砷酸性废水效果优于。【小问4详解】①铁作阳极，失去电子生成高铁酸根离子，电极反应式为：Fe+8OH−+6e−=+4H2O；②温度高于50℃后，再升高温度，分解的速率加快，导致产量随温度的升高而降低；③阴极发生反应：，阳极室中的K⁺透过阳离子交换膜进入阴极室，生成浓度更高的KOH，反应后取出可以继续使用。17.依折麦布片N是一种高效、低副作用的新型调脂药，其合成路线如下。已知：ⅰ．ⅱ．（1）A的官能团的名称是______。（2）B→D的化学方程式为______。（3）D中来自于B的C—H键极性强，易断裂的原因是______。（4）G为六元环状化合物，F→G的过程中还可能生成副产物，副产物的结构简式是______（写出一种即可）。（5）I→J的反应类型是______。（6）K的结构简式是______。（7）M→N的合成路线如下。Q和R的结构简式分别是______、______。【答案】（1）羟基（2）（3）酯基是强的吸电子基团，使得与酯基相连的亚甲基上的CH键极性增强，易断裂（4）（合理即可）（5）取代反应（6）（7）①.②.【解析】【分析】根据流程可知，D与在乙醇钠的条件下反应生成的E为，结合D的分子式可知D为；B与乙醇在浓硫酸、加热条件下生成D，可知B为；A与氧气在催化剂、加热作用下生成B，结合A的分子式可知A为；在碱的作用下发生酯的水解，再在酸加热下脱羧，生成的F为；发生已知反应ⅰ生成G为；由L的结构简式可知，I为；与氟气发生取代反应生成的J为；与在氯化铝的作用下生成的K为；与反应生成L；L发生还原反应生成M，结合N可知M为，据此分析作答。【小问1详解】由分析可知，A为，其官能团的名称是羟基；【小问2详解】与乙醇在浓硫酸、加热条件下反应生成与水，其化学方程式为：；【小问3详解】D为，其中来自于B的CH键在中间亚甲基上，则D中来自于B的C—H键极性强，易断裂的原因是：酯基是强的吸电子基团，使得与酯基相连的亚甲基上的CH键极性增强，易断裂；【小问4详解】F为发生已知反应ⅰ，如果是分子内脱水生成六元环状化合物G为，如果是分子间脱水将生成副产物（合理即可）；【小问5详解】I为，与氟气发生取代反应生成J()与HF，则I→J的反应类型是取代反应；【小问6详解】由分析可知，K的结构简式是：；【小问7详解】由分析可知，M为，根据已知反应ⅱ，M()、和在一定条件下反应生成Q，Q发生成环反应生成R，R在硫酸作用下去生成N，结合N的结构式，可知R为；根据成环结构，可知Q为，所以Q和R的结构简式分别是、。18.常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。是制备的原料。（1）由钛白渣（主要成分为）获取的流程示意图如下。资料：ⅰ．性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小ⅱ．空间结构：①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是______。②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位键的形成过程______。③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式______。④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是______。（2）从废旧电极粉末中回收制备，同时获得副产品，工艺流程如下。①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是______。②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为______（填化学式）。③添加量对Fe、P沉淀率影响如下图所示。实际生产时，添加量选2.5%的原因是______。（3）产品中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全还原为，被氧化为，滴加指示剂，用标准溶液滴定（铬元素被还原为），消耗标准溶液，样品中铁的质量分数为______。（实验条件下存在不影响实验结果）【答案】（1）①.增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底②.提供空轨道，中O原子提供孤电子对③.④.pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能（2）①.温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢②.③.添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低（3）【解析】【分析】由题给流程可知，钛白渣经预处理顶点较纯净的硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入磷酸和氨水，经溶液中的铁元素转化为配合物FeHPO4，向反应后的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，将配合物转化为FeHPO，向反应后的溶液中加入氨水，经多步处理得到FePO4⋅2H2O。【小问1详解】①Ⅰ中将钛白渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸出速率，使浸出更加彻底，故答案为：增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底；②配合物FeHPO4中形成配位键的过程为提供空轨道，中O原子提供孤电子对，故答案为：提供空轨道，中O原子提供孤电子对；③由分析可知，向溶液B中加入过量的过氧化氢溶液的目的是将配合物转化为FeHPO，反应的离子方程式为，故答案为：；④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高是因为pH过高会使铁离子水解生成氢氧化铁，影响产品纯度；pH过高体系中磷酸根离子浓度增大，铁离子与磷酸根离子沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能，故答案为：pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能；【小问2详解】①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低是因为温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢，故答案为：温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢；②从物质循环和减少除杂过程角度可知，加入物质碳酸锂使溶液pH升至5，即有利于过氧化氢溶液将L溶液中的亚铁离子转化为二水磷酸铁沉淀，又不影响碳酸锂中混有新杂质，则物质B为碳酸锂，故答案为：；③由图可知，添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低，所以实际生产时，添加量选2.5%，故答案为：添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低；【小问3详解】由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：6——，滴定消耗VmL0.01mol/L溶液，则样品中铁的质量分数为=，故答案为：。19.化学小组探究Na2S溶液与KMnO4溶液反应。资料：ⅰ．（黄色）ⅱ．MnS为肉红色难溶于水的固体；Mn(OH)2在水溶液中为乳白色沉淀，易氧化成MnO2（黑色）；低浓度的Mn2+呈无色。ⅲ．室温下Ksp[Mn(OH)2]=2.6×1013（1）理论分析从价态角度分析，Na2S溶液与酸性KMnO4溶液反应，其氧化产物可能是______。（2）实验验证实验实验操作实验现象I向4.0mL0.01mol∙L1酸性KMnO4溶液（pH≈2）中逐滴加入4.0mL0.05mol∙L1Na2S溶液（pH≈12）立即产生臭鸡蛋味气体，溶液由紫红色变为无色澄清，随后逐渐产生乳白色浊液且保持较长时间Ⅱ向4.0mL0.05mol∙L1酸性KMnO4溶液（pH≈1）中逐滴加入4.0mL0.05mol∙L1Na2S溶液立即产生臭鸡蛋味气体，产生棕褐色沉淀，测定反应后溶液呈弱酸性Ⅲ向4.0mL2.0mol∙L1Na2S溶液（pH≈13）中加入1.0mL0.05mol∙L1酸性KMnO4溶液，充分振荡试管得到肉红色浊液①实验Ⅰ中臭鸡蛋气味气体的成分是______（填化学式）。②实验Ⅰ中溶液由“紫红色迅速变为无色澄清”的离子方程式为______。③分析实验Ⅰ中乳白色沉淀Mn(OH)2能够稳定存在的原因是______。④结合平衡移动原理，解释仅实验Ⅲ中得到肉红色固体的原因______。（3）探究实验Ⅱ中棕褐色固体的成分。实验实验操作实验现象Ⅳ取少量棕褐色固体，滴加2.0mol∙L1Na2S溶液，振荡，静置得到黑色固体，溶液呈浅黄色①小组同学设计实验证实实验Ⅳ浅黄色溶液中存在Na2Sx，实验方案及实验证据是______。②经检验，实验Ⅳ得到的黑色固体是MnO2，对于实验Ⅱ中MnO2的生成过程小组同学提出两种假设：a．b．上述两种假设合理的是______，理由是______。③综合上述实验，Na2S与KMnO4溶液反应的产物与______等因素有关。【答案】（1）SSO2H2SO3（2）①.H2S②.③.体系中S2过量，还原性更强④.溶液中存在平衡，实验Ⅲ中c(S2)明显高于实验Ⅰ、Ⅱ中c(S2)，促使化学平衡向逆反应方向移动，得到肉红色固体（3）①.取淡黄色溶液于试管中，加入过量的稀盐酸，有臭鸡蛋气味的气体和淡黄色沉淀产生②.b③.根据K