《2022年北京市西城区高三化一模考试试卷解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年北京市西城区高三化一模考试试卷解析.pdf（16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、西城区高三统一测试试卷本试卷共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：Hl S32第 I 卷(选择题，共42分)本部分共14题，每题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.化合物M是一种治疗脑卒中药物中间体，其结构简式如下图。下列关于该有机物的说法不正硬的是CH=CHCOO(CH9)4Br0HO OCH3A.存在顺反异构B.分子中有3种含氧官能团C.能与母2发生取代反应和加成反应D.1 mol该有机物最多消耗2 moi NaOH【答案】D【解析】D 选项中酚羟
2、基，酯基，澳原子各消耗Im ol氢氧化钠，共计3 mol。2.中国家经过光谱分析发现了一颗锂元素含量极高的恒星。下列说法不正触的是A.LiOH的碱性弱于Be(OH)2B.在碱金属元素中，锂元素的第一电离能最大C.依据对角线规则，锂元素和镁元素的有些性质相似D.原子光谱的产生与电子跃迁有关，可利用原子光谱中的特征谱线鉴定锂元素【答案】A【解析】金属性L i B e,碱性LiOHBe(OH)23.下列说法正确的是A.HC1和CL分子中均含有s-p。键B.NH3和NH：的VSEPR模型和空间结构均一致C.熔点：金刚石 碳化硅晶体硅D.酸性：CH3COOH CHChCOOH CCI3COOH【答案】c
3、【解析】A选项中氯气含有的是p-p。键。B选项中NH3的VSEPR模型为四面体型，空间结构为三角锥形，不相符。C选项中均为共价晶体，原子半径C V S i,键长C-CVC-SiVSi-Si,键长越短，键能越大，熔沸点越高。D选项中-C1是吸电子基团，会使竣基中羟基的极性变强，酸性增强。且吸电子集团越多，吸电子效应越强，酸性越强。所以CCLCOOHCHC12coOHCH3coOH。4.新冠病毒是一种具有包膜的RNA病毒，包膜的主要成分是蛋白质和脂质。核酸检测就是检测新冠病毒的RNA。下列说法不亚硬的是A.核酸和蛋白质都是生物大分子B.核酸和蛋白质都不能发生水解反应C.核酸中核甘酸之间通过磷酯键连
4、接D.一定浓度的含氯消毒液可使新冠病毒中的蛋白质变性【答案】B【解析】核酸和蛋白质都可以水解。核酸水解产物为核昔酸，蛋白质最终水解产物为氨基酸。5.氮掺杂的碳材料可以有效催化燃料电池中。2的还原反应，其催化机理如下图。途径一：A-B-C-F途径二：A B C D E下列说法不事项的是A.途径一中存在极性共价键的断裂与形成B.途径一的电极反应是O2+2H+2e-=H2O2C.途径二，1 mol。2得到4 moi DD.氮掺杂的碳材料降低了反应的焙变【答案】D【解析】从题干可知，该材料为催化剂，不能改变反应婚变，故错误。6.室温下，将充满NO2的试管倒立在水中，实验现象如下图。n下列分析不E项的是
5、A.NO2易溶于水，不能用排水法收集B.试管中剩余的无色气体是未溶解的NO2C.取试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液显红色，是因为NO2与H2O反应生成了酸D.向试管中再缓缓通入一定量的0 2,试管中的液面上升【答案】B【解析】NO2是红棕色气体，且NO2与水反应，生成的无色气体N O,故试管中剩余的无色难溶于水的气体是N O,故B项错误。7.下列方程式不能准确解释相应实验现象的是A.MnC)2和浓盐酸共热产生黄绿色气体：MnO2+4H+2C l-M n2+C12T+2H2OB.Na加入滴有酚醐的水中，溶液变红：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2TC.加热F e和S的混合物生成黑色固体：
6、2F e+3s2F e2s3D.加热蓝色的CuCb溶液，溶液变绿：Cu(H2O)42+(aq)+4Cr(aq)#CuCl42-(aq)+4H2O(l)AH0(蓝色)(黄色)【答案】C【解析】加热F e和S的混合物生成黑色固体：Fe+S Fe S,故C错误。8.用下图装置(夹持、加热装置已略)进行实验，中现象不熊证实中发生了反应的是中实验中现象A加热1-浪丁烷与NaOH的乙醇溶液的混合物酸性MnCU溶液褪色B加 热 NH4C1溶 液 和 浓NaOH溶液的混合物AgNO3溶液先变浑浊后澄清C加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物饱和Na2cCh溶液的上层有无色油状液体产生D将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合
7、物放置一段时间导管中倒吸一段水柱【答案】A【解析】A项中，乙醇具有挥发性且会使酸性高锌酸钾溶液褪色，故不能说明中发生了反应，故错误。9.向盛有1 mol/L NH4cl溶液的烧杯中，加入少量氨水，再加入过量Mg粉，有大量气泡产生。将湿润的红色石蕊试纸放在烧杯口，试纸变蓝。溶液的pH随时间的变化如下图。0 1000 2000t/s下列说法不氐哪的是A.随着反应的进行，c(NH：)降低B.产生的气体是混合物C.pH=9时，溶液中c、(NH；)+2c、(Mg2+)Vc(Cl-)D.溶液的pH升高可能是Mg与NH；、H2O反应的结果【答案】C【解析】溶液中存在平衡NH；+H2。O NH3H2O+H+,
8、NH3H2O O NH3+H2O,加入Mg粉，有大量气泡产生，H+与Mg反应生成氢气，将湿润的红色石蕊试纸放在烧杯口，试纸变蓝，说明气体中还含有NH3。A选项，随着反应的进行，有氢气和氨气生成，平衡和均正向移动，C(NH4+)降低，故正确，B选项，产生的气体中有氢气和氨气，为混合气体，故正确；C选项项，由电荷守恒知：c(NH：)+c(H+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+c(OH-),又pH=卯寸，c(H+)c(C)，故错误；D选项，溶液pH升高可能为Mg与NH：、比0反应的结果，故正确。10.OPR传感器(如下图)测定物质的氧化性的原理：将Pt电极插入待测溶液中，Pt电极、Ag/AgCl电
9、极与待测溶液组成原电池，测得的电压越高，溶液的氧化性越强。向NaK)3溶液、F eCb溶液中分别滴加2滴H2s04溶液，测得前者的电压增大，后者的几乎不变。毫伏计导线盐桥、(琼脂含KC1溶 液)电极：一Ag/AgCl电极：Pt下列说法不无琥的是A.盐桥中的移向Ag/AgCl电极B.Ag/AgCl电极反应是Ag-e+C l-=AgClC.酸性越强，I O 3 的氧化性越强D.向F e C b 溶液中滴加浓N a OH溶液至碱性，测得电压几乎不变【答案】D【解析】A 选项，该原电池中Ag/Ag C l 电极为负极，P t 电极为正极，因原电池电解质溶液中阴离子向负极移动，故C 1 移向Ag/Ag
10、C l 电极；B选项，负极发生氧化反应，电极反应为Ag-e-+C =A g C L 故正确；C 选项，向N a l C h 溶液中滴加2 滴硫酸溶液，电压增大，故酸性增强，1。3-的氧化性增强，故正确；D 选项，F e C b 中滴加浓N a OH溶液至碱性，c（F e 3+）降低，F e C b 氧化性减弱，则电压应减小，故错误。1 1.聚乳酸（P L A）是最具潜力的可降解高分子材料之一，对其进行基团修饰可进行材料的改性，从而拓展P L A的应用范围。P L A和某改性的P L A的合成路线如下图。E G 改性的PLA注：Bn 是苯甲基（一CH2）下列说法不正确的是A.反应是缩聚反应B.反
11、应中，参与聚合的F 和E的物质的量之比是m：nC.改性的P L A中，m：n 越大，其在水中的溶解性越好D.在合成中Bn 的作用是保护羟基，防止羟基参与聚合反应【答案】B【解析】A 选项，反应生成小分子H2 O,有端基原子，故为缩聚反应，故A 正确。B选项，由C 可知，F 与E的物质的量之比为m：n=2：1,故B错误。C 选项，m 越大，改性P L A中的羟基越多，溶解性越好，故C 正确。D 选项，羟基可与E 中的酯基发生取代反应，故D 正确。1 2.在100mL 0.01 mol/LBa(OH)2溶液中滴力口0.1 mol/LNaHCO3溶液，测得溶液电导率的变化如右图。下列说法不用螂的是A
12、.Ba(OH)2和NaHCCh都是强电解质B.A-B电导率下降的主要原因是发生了反应:Ba2+2OH+2HCO3=BaCO3i+2H2O+CO3-C.B-C,溶液中的c(OH)减小D.A、B、C三点水的电离程度：A B B,C点盐溶液促进水电离，因此水的电离程度A B C,故D正确。13.一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：2NO(g)+2CO(g)#N2(g)+2CO2(g)”T?B.I中反应达到平衡时，CO的转化率为50%c.达到平衡所需要的时间：n iD.对于I,平衡后向容器中再充入0.2 mol CO和0.2 mol C O 2,平衡正向移动【
13、答案】D【解析】A选项，根据平衡时CCh的物质的量，以及反应的/T 2,故A正确。B选项，列出三段式2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)c起0.20.200c变0.10.10.050.1c末0.10.10.050.1C选项，由TT2可知，温度越高反应速率越快，故反应速率I H,故达到平衡所需时间n i,故c正确。D选项，由B中三段式求得=5,再充入0.2 mol CO和0.2 mol CO2后，NO的浓度为0.1 m o l/L,C O的浓度为0.3 m o l/L,N 2的浓度为0.0 5 m o l/L,C O2的浓度为0.3 m o l/L,计算出浓度端Q=5,故平衡不
14、移动，故D错误。1 4.某小组对F e C b溶液与C u粉混合后再加S C N溶液的实验进行如下研究。向2 ml 0.1 mol/L F eC b溶液中加入过量C u粉，充分反应后，溶液变蓝。2天后，溶液变为浅蓝色，有白色不溶物生成。取中浅蓝色的上层清液，滴加S C N溶液，溶液变红，出现白色浑浊。振荡后白色浑浊物增多，红色褪去。经检验，白色不溶物是C u S C N。向2 ml 0.1 mol/L C 1 1 S O4溶液中滴加S C N溶液，未观察到白色浑浊。放置2 4小时后，出现白色不溶物。已知：C u C l和C u S C N均为白色不溶固体下列说法不用聊的是A.中产生白色不溶物的
15、可能原因是CU+CU2+2C=2CUC11B.由可知中白色浑浊不是C u 2+与S C N-直接反应生成的C.中红色褪去的原因是F e3+被完全消耗了D.实验表明：s p(C u S C N)V s p(C u C l)【答案】C【解析】A选项，由已知C u C l为白色不溶固体，及中元素分析，白色沉淀为C u C l,故A正确；B选项，由可知，C i?+与S C M不会直接反应生成C u S C N,故B正确；C选项，红色褪去的原因是C u+与S C M结合生成C u S C N,S C N-浓度下降使平衡F e3+3 S C N-=F e(S C N)3逆向移动，红色褪去，故C错误；D选项
16、，由可知，C u S C N是由C u C l转化生成，故D正确。第 11卷（非选择题，共58分）本部分共5题，共58分。1 5.（9分）n2三乙撑二胺和对苯二甲酸根离子可形成晶体M,其晶胞示意图如下。（1）E+的价层电子排布式是 o（2）C、O、N的电负性从大到小的顺序是 o（3）三乙撑二胺（，）与!?+能形成配位键的原因是 o（4）在晶体M每个空腔中装入一个顺式偶氮苯分子后形成晶体M i,晶胞示意图如右图。一定条件下随着偶氮苯顺反结构的变化，晶体骨架发生畸变，晶体在M i和M 2两种结构之间相互转化，可以吸收和释放N 2,被称为“会呼吸”的晶体。晶体装载分子晶胞中1?+个数晶胞体积/c m
17、3M i顺式偶氮苯X1.30 x 1 0-2 4M2反式偶氮苯42.46x 1 0-2 4资料：i.反式偶氮苯旱今顺式偶氮苯可见光i i.M i和M 2相互转化时，/+的配体和配体数均不变 N 2的电子式是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _O 偶 氮 苯（N=N ）中N的杂化轨道类型是 o偶氮苯存 在 顺 反 异 构 的 原 因 是 分 子 中 两 个 氮 原 子 间 存 在 （填“。”或“兀”）。x=。晶胞密度小则晶体内部的空隙大。能让会呼吸 的晶体吸收N 2的条件是 光照射。【答案】（1）3d1 0（1 分）（2）O N C（1 分）（3）三乙撑二胺中的N给出孤电子对，M+
18、有空轨道能接受孤电子对（2分）：NHN：（1分）s p2（1分）；s键（1分）2 （1 分）紫 外（1分）【解析】(1)n位于第四周期第HB族，核外电子排布为次中出。4s2,贝 h2+的价层电子排布式为3d%(2)非金属性越强，吸电子能力越强，电负性越大，所以电负性0N C。(3)/+提供空轨道，三乙撑二胺中N有孤电子对，/+可以接受三乙撑二胺中N上的孤电子对。(4)N的最外层有5个电子，形成8电子稳定结构，所以需共用3对电子，电子式为:NWN：。偶而，象市N原子上有2个 6 键和一对孤电子对，则杂化方式为Sp2,且由于II键是镜面对称无法绕键轴旋转，所以存在顺反异构。根据顺式偶氮苯与M形成的
19、晶胞Ml可知棱上共有8个M+,由均摊法可知有8*1/4=2个1?+。由于晶体密度小，晶体内部空隙大且PMlpM2,吸收N2密度变大，所以由M 2-M 1,由资料可知加入紫外线光谱。16.(10分)烟气脱硫脱硝技术是环境研究的热点。某小组模拟03氧化结合(NH4)2SO3溶液吸收法同时脱除SO2和NO的过程示意图如下。(1)气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。模拟烟气反应平衡常数(25)活化能/(kJ/mol)反应a：2O3(g)=302(g)=-286.6 kJ/mol1.6xl05724.6反应b：NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)”2=-200.9 kJ/mol6.2
20、x10343.17反应c：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)比l.lxlO4158.17 已知：2so2(g)+O2(g)=2SO3 =-196.6 kJ/m ol,则 3=其他条件不变时，高于150C,在相同时间内SO2和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，SO2和NO的转化率随03 f的浓度的变化如右图。结合数据分析NO的转化率高于SO2 5的原
21、因0(2)其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，。3与NO的物质的量之比对SO2和NO脱除率的影响如下图。100so2N oooO864%/爆出锻20 r10 0,50 1.00 1.50 2.00M（O3）:（NO）（N H 4）2 S C 3 溶液显碱性，用化平衡原理解释：o 0 3 的浓度很低时，S O 2 的脱除率超过9 7%,原因是。在吸收器中，S O；与N O 2 反应生成N O 坏 口 S O：的离子方程式是 o在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分N H；被转化为N 2,反应中N H：和N 2 的物质的量之比为1：1,该反应的离子方程
22、式是。【答案】-2 4 1.6 k J/m o l （1 分）高 于 1 5 0,温度升高，反应a 的速率增大，cQ）减小，反应b 和c 的速率减小,导致S O 2 和N O 的转化率均降低（1 分）反应b 的活化能小于反应c,反应b 的速率大于反应c,因此N O 的转化率高于S O?（1 分）（2）溶液中存在：S O +H2OHSO；+O H N H：+H2O N H3 H2O+H+；S O；一 的水解程度大于N H：的水解程度，使溶液显碱性（2 分）（N H 4）2 S O 3 溶液直接与S O 2 反应是脱除S O 2 的主要原因（1 分）2 N O 2+3 S O；+H 2 O=2 N
23、 C）3 +S O：+2 H S O 3（2 分）N O.+N H；=N 2 f+2 H 2。（2 分）【解析】（1）由盖斯定律可知 “3=l/2 Z k +1/2/X4，可得 ”3=-2 4 L 6 k J/m o l。相同时间内转化率考点为反应速率，且二者均被。3 氧化而去除可知反应a 速率加快导致c（O 3）下降，反应b 和c 速率下降，故答案为：高于1 5 0,温度升高，反应a 的速率增大，c（O 3）减小，反应b 和c 的速率减小，导致S O 2 和N O 的转化率均降低。本题任旧考察速率，分析原因可知反应b 的活化能小于反应c,反应b 的速率大于反应c,因此N O 的转化率高于S
24、O 2。（2）（N H 4）2 S O 3 为弱酸弱碱盐，阴、阳离子均发生水解，溶液显碱性可知S O；的水解程度大于NH的水解程度，故答案为：溶液中存在：S O；+H2OHSO3+O H N H：+H2O N H3 H2O+H+,S O；的水解程度大于N H：的水解程度，使溶液显碱性。3浓度低，说明S O 2 脱出主要原因不是被03氧化，由可知（N H 6 2 S O 3 溶液显碱性，且S O 2 为酸性氧化物，故答案为：（N H 4）2 S C）3 溶液直接与S O 2 反应是脱除S O 2的主要原因。由题意知S O；和N O 2 发生氧化还原反应，配平可得：S O；+2 N O 2+H 2
25、 O=2 N C）2+S O 4 +2 H S O 3 0由题意可知反应中N H 4+与N 2 的物质的量为1：1,氧化剂应为+3 价的N O 2,故方程式为：N O2+N H：=N2+2H2OO1 7.(1 4 分)普卡必利可用于治疗某些肠道疾病，其合成路线如下(部分条件和产物略去):纳米Au,LiOH溶液已知：.0L RNH2（CH，CO）：ORNHCCH3.R.-OHR-X 金窗kR。R(1)A 中的官能团名称是氨基和 o(2)试剂a 的结构简式是 o(3)EF的反应类型是 o(4)DE的化方程式是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
26、 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(5)I 的核磁共振氢谱只有一组峰，I 的结构简式是-(6)下 列 说 法 正 确 的 是 (填序号)。a.J-k 的反应过程需要控制C H 3 0H 不过量b.G 与F e C b 溶液作用显紫色c.普卡必利中含有酰胺基和氨基，能与盐酸反应(7)L 加入2 c。3 的作用是-(8)以G 和M为原料合成普卡必利时，在反应体系中检测到有机物Q,写出中间产物P、Q 的结构简式：、o普卡必利【答案】(1)碳氯键(2 分)(2)H OC H 2 c H 2 0H (2 分)（3）取代反应（2 分）NHCOCH,+H C 1
27、(2 分)H2(5)(1 分)H2C-CH2(6)a c (2 分)（7）2 c C h 吸收L 生成的H B r,利于L 的生成（1分）【解析】（1分）(1)(2)由A的结构可知，官能团为氨基和碳氯键。CH,由ATB的条件，结合已知i,可推的B 的结构）；由B 到D 条件和已知i i 的信NHCOCH3息，结合B 和F 的结构对比可知，试剂a 为H OC H 2 c H 2 OH。（3）E-F 的条件为B n、光，可知是烷基的卤代条件，故反应类型为取代反应。(4)根 据（3）可知E 的结构，因此D-E 是苯环上的H 被C 1原子取代，反应的方程式为(5)I 的分子式为C 3 H 6,不饱和度
28、是1,可能是C H 2=C H C H 3 或者环丙烷，因为I 只有一H2种H,因此I 为/、H2C CH,(6)a.对比I 和J 的分子式，可知J 的结构简式为B r C H 2 c H 2 c H 2 B r,若J 的过程中甲醇过量，根据已知i i 可知两个B r 均能够发生取代反应，因此需要控制甲醇用量；a正确。b.结合F-G 的条件和G的分子式，以及普卡必利的及结构，可知G的结构为CH2OH不含酚羟基，因此不能与F e C h 作用显紫色，b 错误；NH2C.普卡必利中的酰胺基和-NH2均能够与盐酸反应，c正确。故选ac(7)生成L的过程中有.HBr生成，加入2c。3可以与HBr反应，
29、有利于L的生成。(8)对比G、P的分子式可知反应去掉2个H,因此P的结构为:根据LM的条件，结合已知i i i,可知M的结构为,根据普卡必利的碳骨架，推测M的氨基和G的醛基发生加成反应生成Q,Q的结构是18.(12分)制备锂离子电池的正极材料的前体F ePCU的一种流程如下：选 土 r I酸 浸 金 n”n c 纯d匕T T rc FeSC)4、H2O2 _ u DC磷灰石-粗H3P。4-H3Po4 调节后 F eP04资料：i.磷灰石的主要成分是Ca5(PO4)3Fii.Ca(H2Po4)2可溶于水，CaSOMH2。微溶于水iii.sp(F ePO4)=1.3xl0-22iv.F e3+ED
30、TA4=F e(EDTA)(1)制备 H3PO4 用H3P04溶液、H2s04溶液分步浸取磷灰石生成HF、CaSO4-2H2。和H3Po4,主要反应是 Ca5(PO4)3F+7H3Po4=5Ca(H2PO4)2+HFT。增大酸浸反应速率的措施有(只写一条)。其他条件不变时，若仅用H2s。4溶液酸浸，浸取的速率低于用H3Po4、H2sO4分步浸取法，原因是。(2)制备F制04将H3P。4、H2so4、H2O2混合并调节溶液的pH制备F ePO4。酸性条件下，生成F ePCU的离子方程式是。含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如下图。p H=l时，溶液中的c(HPO：)=10-7.3 mol/L,
31、贝iJc(PO：)=mo l/Lo 再加入F eSCU晶体、H2O2溶液使溶液中的c(F e3+)=l m ol/L,不考虑溶液体积变化，通过计算说明此时能否产生F ePO4沉淀 o F ePO4的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。i.研究表明，沉淀时可加入含EDTA，-的溶液，EDTA，-的作用是。i i.其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备F ePCU,可能的原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
32、 _ _ _ _ _ _ _(答出2点)。【答案】(1)Ca(H2Po4)2+H2so4+2H2O=CaSO4-2H2C)l+2H3Po4(2分)加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等(1分)生成的C aS02H 20固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面 积(1分)(2)2F e2+2H3PO4+H2O2=2F ePO4；+2H2O+4H+(2分)10一 瓜6(1分)；Q(Fepo4)=10186x lsp(F ePO4),能产生F ePCU沉 淀(1 分)i.发生反应F e3+EDTA4-=F e(EDTA)-,使c(F e3+)降低，减小F ePCU的沉淀速率，避免团聚
33、；随着F e3+被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的F e3+继续被沉淀(2分)ii.pH更高时，产品中可能混有F e(0H)3杂质；pH更高时，c(PO：)大，可能沉淀速率过快导致团聚等(2分)【解析】(1)由题意可知，H3P04溶液、H2s。4溶液分步浸取磷石灰，主要反应还有：Ca(H2PO4)2+H2SO4+2H2O=CaSO42H2Ol+2H3P04。加 热、搅拌、将矿石粉碎，适当提高酸的浓度，都可增大酸浸反应速率。由于磷石灰与H2s。4生成微溶的CaSO 2H 2O,覆盖在磷石灰表面，减少了磷石灰与H2so4溶液的接触面积，故若选用H2s04溶液，速率会低于分步浸取。(2)生成F ePC
34、U的离子方程式是：2F e2+2H3PO4+H2O2=2F ePO4i+2H2O+4H+o 由图可知：HPO2-4=H+PO3-4电离常数a=c(H+c(PO3-4)/c(HPO2-4)=1012-3,当 pH=l,c(HPO2-4)=10-73 mol/L时,sp(F ePO4)能产生F ePC4沉淀。i.固F ePO4的纯度及颗粒大小会影响其性能。沉淀速率过快容易团聚。F e3+EDTA40 F e(EDTA)丁会使c(F e3+)降低。减小F ePCU沉淀速率避免团聚。随着F e3+被沉淀。上述平衡逆向移动，生成F e3+继续被沉淀。i i .若pH更高，产品中可能混有F e(0H)3杂
35、质；pH更高时，以PO3-4)过大,可能沉淀速 率过快导致团聚。19.(13分)探究溶液中Ag+与单质S的反应。资料：Ag2s不溶于6 moi/L盐酸，Ag2sCh和Ag2so4在6 moi/L盐酸中均发生沉淀的转化实验I.将10mL 0.04 moi/LAgNCh溶液与0.01g S粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤,得到无色溶液a(p H=l),沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。(1)研究黑色固体b的组成根据S具有 性，推测b中可能含有Ag2S、Ag、Ag2sO3或Ag2sO4。检验黑色固体b的成分i.取少量滤液c,先加入足量稀盐酸，再滴加B a C L 溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b
36、 中 不含 oi i .用滤液c 继续实验证明了黑色固体b 中不含A g 2 s o 3,可 选 择 的 试 剂 是（填序号）。a.酸性M n C U溶液 b.H 2 O 2 和B a C b 的混合溶液c.浸水i i i .进一步实验证实了黑色固体b 中不含A g。根据沉淀e 含有A g、气体含有H 2 S,写出同时生成A g 和H 2 s 的离子方程式：o（2）研究无色溶液a 的组成结合上述实验结果，分析溶液a 中可能存在S O：或H 2 so3,依据是。说明溶液a 中不含H 2 s。3 的实验证据是 o加入足量稀盐酸的作用是。（3）在注射器中进行实验I V,探究A g 2 s0 4 溶液
37、与S 的反应，所得产物与实验I 相同。向注射器中加入的物质是 o 改用A g 2 so4 溶液的目的是。（4）用Na NC h 溶液与S 进行实验V,发现二者不反应。综合以上实验，写出溶液中A g+与S 反应的离子方程式并简要说明A g+的作用：。【答案】（1）氧化性和还原（1 分）i.A g 2 sO4 （1 分）i i.b e （2 分）i i i.A g 2 s+2 H+F e=2 A g +F e 2+H 2 S f（2 分）（2）S 转化为A g 2 s发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S,故在p H 1 的溶液中可能存在S O：或H 2 sC h （1
38、分）向溶液a 中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去（1 分）排除A g+对S O：和H 2 sC h 检验的干扰（1 分）（3）1 0 mL 0.0 2 moi/L A g 2 so4 溶液与0.0 1 g S 粉（1 分）排除N O：（H+）对反应的影响（1 分）（4）6 A g+4 S+4 H 2 O 3 A g 2 S +S Oj+8 H+；形成A g 2 s难溶物，降低c（S。，提高S 的氧化性，利于反应发生（2 分）【解析】（1）根据S 元素反应前至反应后的化合价会发现，其价态有升有降，故答案为：氧化性和还原性。i .结合信息，A g 2 s0 4 在6 mol/L
39、盐酸中均发生沉淀转化可知，若黑色固体中含有A g 2 so4,则在滤液c 中含有S O：。加入盐酸及B a C b 溶液后会生成白色沉淀。而实验未出现白色沉淀，故可判断黑色固体中无A g 2 so4。i i .若黑色固体中含有A g 2 sO3,则滤液c 中含有S O；,S O；一 具有还原性，可用强氧化剂检验。但是滤液c 中 还 有 可 被 酸 性 M nC h 溶液氧化，故最终选b e。i i i .由黑色固体b 中不含A g,而沉淀e 中含有A g,气体中有H?S,可知黑色固体中含有A g z S,且反应后A g 2 s被还原为A g,故反应中有还原性物质参与反应，结合题意可知其为F e
40、,故反应为：A g 2 S+2 H+F e=2 A g+F e 2+H 2 S t。(2)结合实验结果，S 转化为A g 2 s发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，而所有反应试剂只有S 具有较强还原性，故S 被氧化，在p H-1 的溶液中可能存在S O：或H 2 so3。H 2 so3 具有还原性，可还原碘水中的L,而实验中加入足量稀盐酸后，再加碘水和淀粉溶液，蓝色溶液未褪色，故溶液中不含H 2 so3。加入足量的盐酸，使C T 与A g+形成沉淀，避免A g+与S O,或S O；形成微溶物，导致A g+和S O：对H 2 s。3 检验的干扰。(3)由于实验I V 为实验I 的对照实验，
41、变量为阴离子的种类，其他条件需要保持不变，故答案为1 0 mL 0.0 2 mol/L A g 2 sO4 溶液与0.0 1 g S 粉。将 N O：,改为S O：进行实验，需思考N O：，的特殊性，其在酸性条件下具有较强氧化性，可能会对实验造成干扰，故答案为排除N O：(H+)对反应的影响。(4)题中用Na NC h 溶液与S 进行实验V,二者不反应，排除了N O：,氧化S 的可能性。故实验I 中S 发生自身的氧化还原反应，方程式为：6 A g+4 S+4 H 2 0 a 3 A g 2 S +S O；+8 H+。反应中，S 作为氧化剂，发生反应：S-2 e-=S”。A g 可与S?-结合生成A g 2 s沉淀，使c(S。降低，提高S 的氧化性，有利于反应发生。