《2019-2020学年北京石油学院附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京石油学院附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年北京石油学院附属中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）A SSO2BaSO4BSiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）CMgCl2?6H2OMgCl2Mg D N2NO2HNO3【答案】A【解析】A硫单质点燃生成二氧化硫，二氧化硫通入硝酸钡溶液，溶液显酸性，硝酸根氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀，转化关系可以一步实现，A 正确；B二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水不能一步生成硅酸，B 错误；C氯化镁晶体加热过程中会发
2、生水解得到氢氧化镁，不能生成氯化镁固体，需要在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体，C错误；D氮气与氧气放电件下反应生成一氧化氮，不能一步生成二氧化氮气体，D 错误；答案选A。2向 3mol L-1盐酸中加入打磨后的镁条，一段时间后生成灰白色固体X，并测得反应后溶液pH 升高。为确认固体X的成分，过滤洗涤后进行实验：向固体X中加入足量硝酸，固体溶解，得到无色溶液，将其分成两等份；向其中一份无色溶液中加入足量 AgNO3溶液，得到白色沉淀a；向另一份无色溶液中加入足量NaOH 溶液，得到白色沉淀b。下列分析不正确的是（）A溶液 pH 升高的主要原因：Mg+2H+=Mg2+H2B生成沉淀a 的
3、离子方程式：Ag+Cl-=AgCl C沉淀 b 是 Mg(OH)2D若 a、b 的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)6Cl【答案】D【解析】【详解】A、溶液 pH 升高的主要原因是H被消耗，即：Mg+2H+=Mg2+H2，故 A 正确；B、向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a，a 是不溶于HNO3的白色沉淀，应为AgCl，故 B 正确；C、沉淀 b，与 OH有关，NO3、Cl、Mg2能形成沉淀的只有Mg2，故 C 正确；D、若 a、b 的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，根据化合价代数和为0，则可推知固体X的化学式为
4、Mg3(OH)5Cl，故 D 错误。故选 D。3下列有关物质性质的比较，结论正确的是A溶解度：Na2CO3NaHCO3B热稳定性：HClPH3C沸点：C2H5SHC2H5OH D碱性：LiOH曲线 A C1molM 和 1molN 的总键能高于2molR 的总键能D对反应2R(g)M(g)+N(g)使用催化剂没有意义【答案】C【解析】【详解】A图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，生成物的总能量高于反应物的总能量，即2molR(g)的能量高于1molM(g)和 1molN(g)的能量和，但A 选项中未注明物质的聚集状态，无法比较，选项 A 错误；B催化剂改变化学反应速率是降低了反应
5、的活化能，改变反应的路径，曲线B 代表使用了催化剂，反应速率加快，但M 的转化率：曲线B=曲线 A，选项 B 错误；C图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，键能是指断开键所需的能量，1molM 和 1molN的总键能高于2molR 的总键能，选项C正确；D图象分析使用催化剂能加快化学反应速率，选项D 错误；答案选 C。6银-Ferrozine 法检测甲醛(HCHO)的原理为在原电池装置中，氧化银能将甲醛充分氧化为CO2；Fe3与产生的Ag 定量反应生成Fe2；Fe2与 Ferrozine 形成有色配合物；测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法正确的是()A
6、中，负极上消耗1 mol 甲醛时转移2 mol 电子B溶液中的H由正极移向负极C理论上消耗的甲醛与生成的Fe2的物质的量之比为14 D中，甲醛浓度越大，吸光度越小【答案】C【解析】A甲醛分子中碳元素的化合价为0 价，1 mol 甲醛被氧化时转移4 mol 电子，故A 错误；B原电池中阳离子向正极移动，故B 错误；C每生成1molFe2+转移 1mol 电子，1 mol 甲醛被氧化时转移4 mol 电子，根据电子转移的数目相等，可知消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1:4，故 C正确；D中，甲醛浓度越大，反应生成的Fe2+的浓度越大，吸光度越大，故D 错误；答案为C。7某太空站的能量转化
7、示意图如下，下列说法错误的是A燃料电池系统中发生化合反应生成了水B燃料电池系统产生的能量实际上来自于太阳能C水电解系统中是将电能转化为化学能D背日面时氧气燃烧，将化学能转化为光能和热能【答案】D【解析】【分析】根据空间站能量转化系统局部示意图可知，向日面时发生水的分解反应，背日面时发生氢气和氧气生成水的电池反应。【详解】A由转化图可知，燃料电池系统中发生化合反应生成了水，故A 正确；B燃料电池系统产生的直接能量来源是化学反应产生的化学能，但最初来源于太阳能，故B 正确；C水电解系统中是将电能转化为化学能，故C正确；D背日面时氢气燃烧，将化学能转化为光能和热能，故D 错误；故答案选D。【点睛】整
8、个太空站的能量转化包括光能到电能，电能到化学能，化学能到电能等一系列转化，但是能量的最终来源是太阳能，太阳能在支撑整个体系的运转。8设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 12g 金刚石与12g 石墨所含共价键数均为2NAB常温下，lLpH=7 的 1mol/LHCOONH4溶液中HCOO-与 NH4+数目均为NAC0.1molCl2与 0.2molCH4光照充分反应生成HCl 分子数为0.1NAD 100g34%的 H2O2中加入MnO2充分反应转移电子数为2NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A金刚石中平均1 个碳原子形成2 个共价键，石墨中平均1 个碳原子形成1.5 个共价键，
9、因此12g 金刚石与 12g 石墨所含共价键数不相等，A 错误；B常温下，lLpH=7 的 1mol/LHCOONH4溶液显中性，根据电荷守恒守恒可知HCOO-与 NH4+的浓度相等，但由于二者均水解，所以数目均小于NA，B 错误；C0.1molCl2与 0.2molCH4光照充分反应根据氯原子守恒可知生成HCl 分子数为0.1NA，C正确；D 100g34%的 H2O2（物质的量是1mol）中加入MnO2充分反应生成0.5mol 氧气，转移电子数为NA，D错误；答案选 C。9室温下，取一定量冰醋酸，进行如下实验：将冰醋酸配制成0.1 mol L-1醋酸溶液；取 20 mL所配溶液，加入a m
10、L 0.1 mol L-1 NaOH 溶液，充分反应后，测得溶液pH=7；向所得溶液中继续滴加稀盐酸，直至溶液中n(Na+)=n(Cl)。下列说法正确的是A中：所得溶液的pH=1 B中：a 20 C中：所得溶液中c(CH3COO)c(H+)，且 pH7 D与所得溶液相比，等体积时所含CH3COOH分子数目相等【答案】C【解析】【详解】A.因为醋酸是弱酸，故 中 0.1mol/L 的醋酸 pH1，A 错误；B.若 中 a20，则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，B 错误；C.中溶液的电荷守恒为：-+3c CH COO+c OH+c Cl=c Na+c H，结合+n Na=n(C
11、l)，故-+3c CH COO+c OH=c H，所以+3c CH COOH()c，-+c OHc H，pHWBY和 Z 形成的化合物中只存在离子键CZ、W 的简单离子半径：ZWD只有 W 元素的单质可用于杀菌消毒【答案】C【解析】【分析】现有四种不同主族短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次递增，Z、W 处于同周期且族序数相差6，则 Z 位于 A 族，W 位于 A 族；X 与 Y 形成的化合物是光合作用的原料之一，该化合物可能为H2O、CO2，若为 H2O，H 位于 A 族，与 Z 位于同一主族，不满足条件，所以X、Y 形成的化合物为CO2，则X 为 C、Y 为 O 元素；Z、W 的原子序
12、数大于O 元素，则 Z、W 位于第三周期，Z 为 Na，W 为 Cl 元素，据此解答。【详解】根据分析可知：X 为 C 元素，Y 为 O 元素，Z 为 Na，W 为 Cl 元素。A.高氯酸的酸性大于碳酸，则非金属性XW，故A 错误；B.O、Na 形成的化合物有氧化钠和过氧化钠，过氧化钠中既含有离子键又含有共价键，故B 错误；C.离子的电子层越多离子半径越大，则钠离子的离子半径小于氯离子，故C 正确；D.除了氯气，臭氧也能够用于自来水的杀菌消毒，故D 错误。故选 C。12传统接触法制取硫酸能耗大，污染严重。将燃料电池引入硫酸生产工艺可有效解决能耗和环境污染问题，同时提供电能。以燃料电池为电源电解
13、硫酸铜溶液的工作原理示意图如下所示。下列说法不正确的是A b 极为正极，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O BH+由 a 极通过质子交换膜向b 极移动C该燃料电池的总反应式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4D若 a 极消耗 2.24L(标准状况)SO2，理论上c 极有 6.4g 铜析出【答案】D【解析】【分析】燃料电池：a 端：二氧化硫生成硫酸根离子，硫元素化合价升高失电子所以a 为负极，电极反应式SO2+2H2O-4e-=SO42-+4H+；b 为正极，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，总电极反应式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。电解池：c 极和电源正极相连为阳极
14、，失电子，电极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，d 极与电源负极相连为阴极，得电子，电极反应式为Cu2+2e+=Cu,总电极反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2。【详解】A.b 为正极，看到质子交换膜确定酸性环境，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，故不选A；B.原电池内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故不选B；C.由上面分析可知该燃料电池的总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故不选C；D.d 极与电源负极相连，为阴极得电子，有铜析出，所以应该是若a 电极消耗标况下2.24LSO2，理论上在d 极上有 6.4g 铜析出，故选D；正确答案：D。【
15、点睛】根据质子交换膜确定溶液酸碱性，燃料电池中燃料在负极反应失电子，氧气在正极反应得电子。根据燃料电池正负极确定电解池的阴阳极、电极反应式和离子移动方向等。13Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。以NaOH 溶液为电解质，制备Na2FeO4的原理如图所示，在制备过程中需防止FeO42-的渗透。下列说法不正确A电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出B铁电极上的主要反应为：Fe6e-+8OH-=FeO42-+4H2O C电解一段时间后，Ni 电极附近溶液的pH 减小D图中的离子交换膜为阴离子交换膜【答案】C【解析】【分析】由电解示意图可知，铁电极为阳极，阳极上铁失去电子发生氧化反应生
16、成FeO42-，电极反应式为Fe6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，镍电极为阴极，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与 H2反应使产率降低。【详解】A 项、镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-，氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被 H2还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止 Na2FeO4与 H2反应使产率降低，故A 正确；B 项、阳极上铁失电子发生氧化
17、反应生成FeO42-，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，故 B正确；C 项、镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-，由于有 OH-生成，电解一段时间后，Ni 电极附近溶液的pH 增大，故C错误；D 项、铁是阳极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O，Ni 电极上氢离子放电，电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-，氢氧根离子向阳极移动，图中的离子交换膜应选用阴离子交换膜，故D 正确。故选 C。【点睛】本题考查电解池原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键。14 碳跟浓硫酸共热产生的气体X 和铜跟浓硝酸反应产生的气
18、体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是()A洗气瓶中产生的沉淀中有碳酸钡B在 Z导管出来的气体中无二氧化碳C洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡D洗气瓶中无沉淀产生【答案】C【解析】【分析】碳与浓硫酸共热产生的X气体为 CO2和 SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是 NO2，同时通入溶液中发生反应：SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和 NO，NO 遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2。【详解】A因为 SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，二氧化碳不与氯化
19、钡反应，所以没有 BaCO3生成，A 错误；B反应生成的NO 在 Z导管口与空气中的氧气反应生成NO2，因 CO2不与氯化钡反应，从导管中逸出，B错误；C根据以上分析可知洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，C正确；D、根据以上分析可知洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，D 错误。答案选 C。15BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示，下列说法不正确的是A该过程的总反应：C6H6O+7O2光BMO6CO2+3H2O B该过程中BMO 表现较强还原性C降解产物的分子中只含有极性分子D和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据图知,反应物
20、是C6H6O 和氧气、生成物是二氧化碳和水,所以该过程的总反应为C6H6O+7O2光BMO6CO2+3H2O，故 A 正确，但不符合题意；B.该反应中BMO 失电子发生氧化反应，作还原剂，体现较强的还原性，故B 正确，但不符合题意；C.二氧化碳是非极性分子，水是极性分子，故C错误，符合题意；D.根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比,过氧根离子生成氧离子得到3 个电子、BMO+得 1 个电子，根据转移电子守恒知，和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，故 D 正确，但不符合题意；故选：C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）161乙氧基萘常用作香料，也可合成其他香料。实验室制备1乙
21、氧基萘的过程如下：已知：1萘酚的性质与苯酚相似，有难闻的苯酚气味。相关物质的物理常数：物质相对分子质量状态熔点()沸点()溶解度水乙醇1萘酚144 无色或黄色菱形结晶或粉末96278微溶于水易溶于乙醇1乙氧基萘172 无色液体5.5267不溶于水易溶于乙醇乙醇46 无色液体-114.178.5任意比混溶（1）将 72g 1萘酚溶于100mL 无水乙醇中，加入5mL 浓硫酸混合。将混合液置于如图所示的容器中加热充分反应。实验中使用过量乙醇的原因是_。（2）装置中长玻璃管的作用是：_。（3）该反应能否用实验室制备乙酸乙酯的装置_（选填“能”或“不能”），简述理由 _。（4）反应结束，将烧瓶中的液体
22、倒入冷水中，经处理得到有机层。为提纯产物有以下四步操作：蒸馏；水洗并分液；用10%的 NaOH 溶液碱洗并分液；用无水氯化钙干燥并过滤。正确的顺序是_(选填编号)。a b c（5）实验测得1乙氧基萘的产量与反应时间、温度的变化如图所示，时间延长、温度升高，1乙氧基萘的产量下降可能的两个原因是_。（6）提纯的产品经测定为43g，本实验中1乙氧基萘的产率为_。【答案】提高 1-萘酚的转化率冷凝回流不能产物沸点大大高于反应物乙醇，会降低产率a 1-萘酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应50%【解析】【分析】【详解】（1）该反应中乙醇的量越多，越促进1-萘酚转化，从而提高1-萘酚的转化率；（
23、2）长玻璃管起到冷凝回流的作用，使挥发出的乙醇冷却后回流到烧瓶中，从而提高乙醇原料的利用率；（3）该产物沸点高于乙醇，从而降低反应物利用率，所以不能用制取乙酸乙酯的装置；（4）提纯产物用10%的 NaOH 溶液碱洗并分液，把硫酸洗涤去，水洗并分液洗去氢氧化钠，用无水氯化钙干燥并过滤，吸收水，控制沸点通过蒸馏的方法得到，实验的操作顺序为：，选项是a；（5）时间延长、温度升高，可能是酚羟基被氧化，乙醇大量挥发或产生副反应等，从而导致其产量下降，即 1乙氧基萘的产量下降可能的两个原因是1-萘酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应；（6）根据方程式，1-萘酚与 1-乙氧基萘的物质的量相等，则n
24、(C10H8O)=n(C12H12O)=72g144g/mol=0.5mol，则m(C12H12O)=0.5mol 172g/mol=86g，其产率=(43g86g)100%=50%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17扁桃酸衍生物是重要的医药中间体。以A 和 B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如下：(1)A 分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A 所含官能团名称为_。写出 A+BC 的化学反应方程式：_。(2)C()中、3 个一 OH 的酸性由弱到强的顺序是_。(3)E 是由 2 分子 C生成的含有3 个六元环的化合物，E分子中不同化学环境的氢原子有_种。(4)D F
25、的反应类型是 _，1molF 在一定条件下与足量NaOH 溶液反应，最多消耗NaOH 的物质的量为_mol。写出符合下列条件的F的所有同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式：_。属于一元酸类化合物：苯环上只有2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基。(5)已知：R 一 CH2COOHR一CHCl|一 COOH A 有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A 的路线流程图(其他原料任选)。合成路线流程图示例如下：_CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5【答案】醛基、羧基 4 取代反应3【解析】【分析】A 分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，则 A 为 OHC COOH，根据
26、 C的结构可知B 是，A 转化到 C 发生加成反应，据此分析作答。【详解】(1)A 的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，说明含有醛基和羧基，则A 是 OHCCOOH，根据 C 的结构可知B是，A+B C 发生加成反应，反应方程式为：，故答案为醛基羧基；。(2)羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，所以酸性由弱到强顺序为：，故答案为”、”、“”或“=”)。200时，在密闭容器中加入一定量CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为_(填序号).A 1/2 300时，使CH3OH(g)以一定流速通过催化剂，V/F(按原料流率的催化剂量)、压强对
27、甲醇转化率影响如图 1 所示。请简述在上述条件下，压强对甲醇转化率影响的规律，并解释变化原因_。(3)直接二甲醚燃料电池有望大规模商业化应用，工作原理如图2 所示。负极的电极反应式为_。现利用该电池电解CuC12溶液，当消耗2.3g 二甲醚时，电解所得铜的质量为_g(设电池的能量利用率为50%)。【答案】H 4-2H2-H 3减小 C 规律：其他条件不变时，随压强（压力）增大，甲醇转化率降低,原因：压强增大，催化剂吸附水分子的量增多，催化效率降低，相同时间里转化量减少，甲醇转化率降低。（说明：如规律写错，解释不给分）CH3OCH312e-3H2O2CO212H+9.6【解析】【分析】(1)根据
28、盖斯定律计算；(2)lnKp=-2.205+(2708.6137/T)，升高温度lnKp 减小，则Kp 减小，平衡逆向移动；Qp 与 Kp的关系判断；根据 lnKp=-2.205+(2708.6137/T)，计算 Kp，若催化剂对水蒸气无影响时和催化剂对水蒸气有影响计算P(CH3OCH3)及 CH3OCH3(g)的物质的量分数；根据图像可知，温度相同时，随压强的增大，甲醇转化率降低，压强增大，催化剂吸附H2O(g)的量会受压强影响；(3)二甲醚燃料电池中，二甲醚失电子，化合价升高，作电池的负极，电解质溶液显酸性，则生成二氧化碳和氢离子；根据转移电子数目守恒计算。【详解】(1)2H2(g)+CO
29、(g)?CH3OH(g)H2 CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)H3 3H2(g)+3CO(g)?CH3OCH3(g)+CO2(g)H4，根据盖斯定律，-2，可得2CH3OH(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)H1=H4-2H2-H 3；(2)lnKp=-2.205+(2708.6137/T)，升高温度lnKp 减小，则Kp 减小，平衡逆向移动，转化成CH3OCH3(g)的倾向减小；H10，则 H42H2-H 3；Qp=33223P CH OCHP H OPCH OH=20.50.50.5=1100，平衡正向进行，则V正V逆；若初始投入的甲醇完全反应时，生成等量的二甲醚和
30、水，二甲醚占据的物质的量分数为12；lnKp=-2.205+(2708.6137/T)，温度为200时，Kp=33.78，若催化剂对水蒸气无影响时，且P(CH3OH)=1，则P(CH3OCH3)=5.8，压强之比等于物质的量之比，CH3OCH3(g)的物质的量分数为5.85.85.81=0.46，答案为 C；根据图像可知，温度相同时，随压强的增大，甲醇转化率降低，压强增大，催化剂吸附H2O(g)的量会受压强影响，导致催化剂吸附水分子的量增多，催化效率降低，相同时间里转化量减少，甲醇转化率降低。(3)二甲醚燃料电池中，二甲醚失电子，化合价升高，作电池的负极，电解质溶液显酸性，则生成二氧化碳和氢离
31、子，电极反应式为CH3OCH3-12e-3H2O2CO2 12H+；消耗 2.3g 二甲醚时，转移电子的物质的量为0.0512=0.6mol，铜离子得电子生成单质铜，生成0.650%2=0.15molCu，即 9.6g。19磷及部分重要化合物的相互转化如图所示。(1)不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2mol/L CuSO4溶液冲洗，根据步骤可判断，1mol CuSO4所能氧化的白磷的物质的量为_。(2)步骤中，反应物的比例不同可获得不同的产物，除Ca3(PO4)2外可能的产物还有_。磷灰石是生产磷肥的原料，它的组成可以看作是Ca3(PO4)2、CaF2、CaSO4、CaCO3、SiO2的混合物，
32、部分元素的分析结果如下（各元素均以氧化物形式表示）：成分CaO P2O5SO3CO2质量分数（%）47.30 28.40 3.50 6.10 (3)磷灰石中，碳元素的质量分数为_%（保留两位小数）。(4)取 100g 磷灰石粉末，加入足量的浓硫酸，并加热，钙元素全部以CaSO4的形式存在，可以得到CaSO4_g（保留两位小数）。(5)取 m g 磷灰石粉末，用 50.00mL 混酸溶液（磷酸为0.5mol/L、硫酸为 0.1mol/L）与其反应，结果 Ca、S、P元素全部以CaSO4和 Ca(H2PO4)2的形式存在，求m 的值 _。【答案】0.05mol CaHPO4、Ca(H2PO4)21
33、.66 114.87 2.91【解析】【分析】(1)依据氧化还原反应中得失电子守恒，结合铜元素、磷元素化合价的变化进行计算；(2)依据磷酸与氢氧化钙量不同，得到的产物可能是正盐或者酸式盐；(3)磷灰石中碳元素的质量分数=二氧化碳质量分数二氧化碳中碳元素质量分数；(4)根据钙元素守恒计算；(5)用m表示出磷灰石中Ca、S、P元素物质的量，计算出磷酸中P元素物质的量、硫酸中S元素物质的量，结合化学式可知n(Ca)=n(S)+12n(P)，据此列方程解答。【详解】(1)Cu 元素的化合价由+2 价降低到+1 价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0 价降低到-3 价，部分磷元素由0价升高到+5价，
34、磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，根据得失电子守恒可知，若有11molP4参加反应，其中5mol 的 P4做氧化剂，60mol 硫酸铜做氧化剂，只有6mol 的 P4做还原剂，则由电子守恒可知，有 1mol 的 CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为n 则：n4(5-0)=1mol(2-1)，解得 n=0.05mol，故答案为：0.05mol；(2)磷酸为三元酸，与氢氧化钙反应，依据磷酸与氢氧化钙量不同，得到的产物可能有：Ca3(PO4)2、CaHPO4、Ca(H2PO4)2，故答案为：CaHPO4、Ca(H2PO4)2；(3)磷灰石中碳元素的质量分数
35、=126.10%=1.66%44，故答案为：1.66；(4)100g 磷灰石粉末中Ca元素质量=40100g47.3%56，钙元素全部以CaSO4的形式存在，根据Ca元素守恒可知，可以得到CaSO4的质量=40100g 47.3%56=114.87g40136，故答案为：114.87；(5)mg 磷灰石中Ca元素物质的量=mg47.3%=0.00845mmol56g/mol，S元素物质的量=mg3.5%=0.00044mmol80g/mol，P元素物质的量=62mg28.4%142=0.004mmol31g/mol，磷酸中P元素物质的量=0.05L0.5mol/L=0.025mol，硫酸中S元素物质的量=0.05L0.1mol/L=0.005mol，由化学式可知，n(Ca)=n(S)+12n(P)，故 0.00845m=(0.00044m+0.005)+12(0.004m+0.025)，解得 m=2.91，故答案为：2.91。