北京市京郊绿色联盟2023-2024学年高一下学期四校期中联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市京郊绿色联盟2023-2024学年高一下学期四校期中联考试题本试卷共10页，共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，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32第一部分本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.2023年11月15日，亚洲最深井“深地一号”成功开井，获得高产油气流。我国科研人员采用高温石英(主要成分SiO2)、钛合金等航天耐高温材料，实现了地下近万米深度指哪打哪，通过在钻井液中加入竹纤维，在钻井壁上迅速形成一层保护膜，驯服了有很多微小裂缝的二叠系地层。下列说法不正确的是（）A.所获得的油气流是混合物B.竹纤维属于无机非金属材料C.钛合金强度高、耐蚀性好、耐热性高D.可用来生产光导纤维〖答案〗B〖解析〗【详析】A．油气流中含多种短链气态烃，为混合物，故A正确；B．竹纤维主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，故B错误；C．钛合金可做航天耐高温材料，可知其强度高、耐蚀性好、耐热性高，故C正确；D．可用来生产光导纤维，故D正确；故选B。2.下列关于元素性质或原子结构递变情况的叙述中，错误的是（）A.Li、Be、B原子的最外层电子数依次增多B.P、S、C1元素的最高正化合价依次升高C.N、O、F原子的半径依次增大D.Na、K、Rb原子核外的电子层数依次增多〖答案〗C〖解析〗【详析】A．Li、Be、B都是第二周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的最外层电子数依次增多，A正确；B．P、S、C1元素都是第三周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的最外层电子数依次增多，元素的最高正化合价依次升高，等于它们的最外层电子数目，B正确；C．N、O、F都是第二周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的半径依次减小，C错误；D．Na、K、Rb都是第IA的元素，随着元素原子序数的增大，原子核外电子层数依次增多，D正确；〖答案〗选C。3.下列反应中，属于吸热反应的是（）A.锌和稀硫酸反应 B.氢气和氯气反应C.盐酸和碳酸氢钠的反应 D.盐酸和烧碱溶液反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．锌与盐酸反应属于放热反应，A不符合题意；B．氢气和氯气反应生成HCl，是放热反应，B不符合题意；C．盐酸和碳酸氢钠的反应属于吸热反应，C符合题意；D．盐酸和烧碱溶液反应为中和反应，中和反应都是放热反应，D不符合题意；故选C。4.下列各组离子不能大量共存的原因与氧化还原反应有关的是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、〖答案〗B〖解析〗【详析】A．溶液中铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应，不能大量共存，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．酸性溶液中次氯酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应不能大量共存，故B符合题意；C．溶液中氢离子与醋酸根离子反应生成醋酸，不能大量共存，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．溶液中亚硫酸根离子与钡离子、钙离子生成亚硫酸钡、亚硫酸钙沉淀，且钙离子与氢氧根离子生成微溶的氢氧化钙，不能大量共存，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故D不符合题意；故选B。5.图为酸雨形成的示意图。下列说法正确的是（）A.空气中的溶于水也会形成酸雨B.易溶于水，并在雨水中转化为C.含的雨水在空气中放置其pH可能会降低D.硝酸型酸雨会腐蚀石灰岩建筑，而硫酸型酸雨不能〖答案〗C〖解析〗【详析】A．酸雨是pH小于5.6的雨水，二氧化碳溶于水所得溶液pH为5.6，所以空气中的二氧化碳溶于水不能形成酸雨，故A错误；B．一氧化氮不溶于水，故B错误；C．亚硫酸溶液易被空气中氧气氧化为强酸硫酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，所以含亚硫酸的雨水在空气中放置其pH可能会降低，故C正确；D．硝酸型酸雨和硫酸型酸雨都会腐蚀石灰岩建筑，故D错误；故选C。6.下列事实能用平衡移动原理解释的是（）A.溶液中加入少量固体，促进分解B.密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深C.铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体D.工业合成氨(放热反应)，选择高温〖答案〗B〖解析〗【详析】A．MnO2会催化H2O2分解，与平衡移动无关，A不符合题意；B．密闭烧瓶内的和的混合气体发生反应，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B符合题意；C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体NO2，与平衡移动无关，C不符合题意；D．工业合成氨(放热反应)，升高温度，平衡逆向移动，不利于NH3的形成，但低温时，反应速率太慢，不利于工业生产，因此工业合成氨一般选用，不能用平衡移动原理解释，D不符合题意；故选B。7.下列方程式与所给事实相符的是（）A.Na在空气中燃烧：4Na+O22Na2OB.向H2S溶液中通入SO2，产生黄色沉淀：SO2+2H2S=3S↓+2H2OC.室温下用稀HNO3溶解铜：Cu＋2NO+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2OD.向AlCl3溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀：Al3++3OH-=Al(OH)3↓〖答案〗B〖解析〗【详析】A．Na在空气中燃烧生成过氧化钠，方程式为：2Na+O2Na2O2，A错误；B．向H2S溶液中通入SO2发生归中反应生成单质硫，方程式为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，B正确；C．稀硝酸和铜反应生成一氧化氮，离子方程式为：3Cu＋2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，C错误；D．一水合氨和弱碱，不能拆，则离子方程式为：Al3++3NH₃·H₂O=Al(OH)3↓+3NH，D错误；故选B。8.蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。下列关于该过程的分析不正确的是（）A.过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸脱水性B.过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关C.过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性D.过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂〖答案〗C〖解析〗【详析】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确；C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误；D．该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确；故选C9.实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是（）气体试剂制备装置收集方法ANH3NH4ClaeBCl2MnO2+浓盐酸cdCSO2Cu+浓硫酸bdDNO2Cu+浓硝酸bf〖答案〗B〖解析〗【详析】A．实验室采用Ca(OH)2和NH4Cl共热制备NH3，只加热NH4Cl制备不了NH3，A不合题意；B．实验室采用MnO2和浓盐酸共热的方法来制备Cl2，故可选用装置c，氯气密度比空气的大，采用向上排空气法收集，选用装置d，B符合题意；C．Cu与浓硫酸需在加热情况下才能反应制得SO2，应选用装置c，SO2密度比空气的大，采用向上排空气法收集，选用装置d，C不合题意；D．Cu和浓硝酸反应不需要加热，故可选择装置b，但NO2与水会反应，不能采用排水法收集，D不合题意；故〖答案〗为：B。10.用表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（）A.同温同压下，相同体积的和所含的原子数相同B.质量相同的和所含的分子数相同C.0.1mol碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为0.3D.100mL1醋酸溶液中含有的氢离子数为0.1〖答案〗C〖解析〗【详析】A．同温同压下，相同体积O2和CO2的物质的量相同，分子数相同，氧气分子中有两个原子，CO2分子中有三个原子，故分子数相同时，O2和CO2所含原子数不同，A错误；B．H2O和D2O的相对分子量不同，即摩尔质量不同，质量相同时，物质的量不同，故质量相同的H2O和D2O所含的分子数不同，B错误；C．Na2CO3和NaHCO3中都是含有3个氧原子，故0.1mol碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为0.3NA，C正确；D．醋酸是弱酸，在水中只有小部分电离，100mL1mol⋅L−1醋酸溶液中醋酸物质的量为0.1mol，由于只有小部分电离，溶液中含有的氢离子数小于0.1NA，D错误；本题选C。11.在催化剂表面，丙烷()催化氧化脱氢反应历程如下图。下列说法不正确的是（）A.反应①为吸热反应B.②中丙烷分子中的甲基先失去氢原子C.总反应为D.总反应的速率由③决定〖答案〗D〖解析〗【详析】A．由图可知，反应①生成物总能量大于反应物总能量，为吸热反应，故A正确；B．②中丙烷失去了氢原子变成了正丙基，故B正确；C．从整个历程图来看，反应物是氧气和正丙烷，生成物是丙烯和水，总化学方程式为：，故C正确；D．慢反应决定总反应速率，①过程中活化能为181.1kJ/mol，②过程中活化能为27.9kJ/mol，③过程中活化能为20.2kJ/mol，活化能越大，反应速率越慢，则①为整个反应的决速步，故D错误；故选D。12.某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。已知：下列说法不正确的是（）A.温度升高时不利于吸附B.多孔材料“固定”，促进平衡正向移动C.转化为的反应是D.每获得时，转移电子的数目为〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。【详析】A．从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确；B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确；C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确；D．在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4mol，即个数为，D错误；故选D。13.一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或Mg(OH)Cl中的一种。下列说法正确的是（）A.a、c分别是HCl、B.d既可以是MgO，也可以Mg(OH)ClC.等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热D.已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗Mg(OH)Cl可以分解为MgO和HCl，因此b为Mg(OH)Cl，c为HCl，d为MgO，MgO与NH4Cl反应生成Mg(OH)Cl和NH3，即a为NH3。【详析】A．由分析得，a为NH3、c为HCl，故A错误；B．d为MgO，故B错误；C．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，故C错误；D．可以水解生成Mg(OH)Cl，因此通入水蒸气可减少的产生，故D正确；故选D。14.某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下：序号试剂实验现象①2mLKMnO4溶液+1mL10mol·L-1氨水+0.5mL蒸馏水溶液完全褪色所需时间：③<②<①。实验均产生棕褐色固体(经检验为MnO2)，都伴有少量气泡产生(经检验为N2)。②2mLKMnO4溶液+1mL10mol·L-1氨水+0.5mL1mol·L-1稀硫酸③2mLKMnO4溶液+1mL10mol·L-1氨水+0.5mL1mol·L-1Na2SO4溶液④2mLKMnO4溶液+1mL5mol·L-1(NH4)2SO4溶液+0.5mL蒸馏水无明显变化注：实验中c(KMnO4)=0.01mol·L-1。下列说法不正确的是（）A.实验①中发生了反应2MnO+2NH3=2MnO2+N2↑+2OH-+2H2OB.溶液完全褪色所需时间②<①的主要原因：c(H+)增大，MnO的氧化性增强C.对比实验③④可得出，还原性：NH3>NHD.在实验④的试剂中，逐滴加入浓NaOH溶液，可观察到溶液褪色〖答案〗B〖解析〗【详析】A．实验①中产生棕褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，经检验为N2，说明发生了反应+2NH3=2MnO2++2OH-+2H2O，A正确；B．对比实验②和实验③可知影响该反应中反应速率的并不是c(H+)，B错误；C．实验③中NH3被氧化为N2，实验④中未被氧化，所以还原性：NH3>，C正确；D．实验④中加入的未被氧化，当逐滴加入浓NaOH溶液，会促进的水解，增大了的浓度，因此溶液褪色，D正确。故选B。第二部分(本部分共5题，共58分)15.回答下列问题（1）实验室常用下图所示装置制取。①和加热制取的化学方程式是___________。②图中方框内收集的装置可选用“a”或“b”中的___________。③若干燥，不能选用浓硫酸，用化学方程式表示其原因：___________。过量排放含氮元素的废水，会引起水华等水体污染问题。含有大量的废水脱氮方法主要有吹脱法、NaClO氧化法等。Ⅰ.吹脱法（2）①加入的目的是___________。②用热空气吹脱效果更好，原因是___________。Ⅱ.NaClO氧化法（3）一定条件下，溶液pH对NaClO去除能力的影响如图所示。①pH=5时，将NaClO溶液氧化的方程式补充完整：________；②去除氨氮废水适宜的pH约为___________。（4）测定废水中的氮含量：取ag废水，将所含氮完全转化为，所得用过量的mL溶液吸收完全，剩余用mLNaOH溶液恰好中和，则废水中氮元素的质量分数是___________。〖答案〗（1）①.②.b③.（2）①.将转化为NH3或NH3·H2O②.温度升高，NH3·H2O受热易分解为NH3和H2O，同时NH3的溶解度降低，更易被吹出（3）①.②.8（4）〖解析〗实验室制氨气通常用和加热制取，由于NH3密度比空气小，应用向下排空气法进行收集，NH3有毒，为防止其污染环境要进行尾气处理，NH3极易溶于水，要注意防倒吸；含有大量的废水加入反应生成NH3或NH3·H2O，NH3·H2O不稳定，受热易分解，利用热的空气将氨气吹出以便变废为宝。（1）①和加热制取NH3的化学方程式为：；②由于NH3密度比空气小，应用向下排空气法进行收集，故选b；③由于NH3能与浓硫酸发生反应：，因此不能用浓硫酸干燥氨气；（2）①含有大量的废水加入反应生成NH3或NH3·H2O；②温度升高，NH3·H2O受热易分解为NH3和H2O，同时NH3的溶解度降低，更易被吹出，因此用热空气吹脱效果更好；（3）①pH=5时，溶液为酸性，NaClO溶液氧化的方程式为：；②根据图中信息，pH约为8时氨氮去除率最高；（4）与NH3反应的H2SO4的物质的量为：，由关系式可知，NH3的物质的量为，由N元素守恒可知，废水中氮元素的质量分数是。16.实验室用浓硫酸与铜丝加热生成的制备少量并检验性质。Ⅰ.生成并检验性质操作及现象：点燃酒精灯，试管ⅰ中有白雾生成，铜丝表面产生气泡；试管ⅱ中溶液红色褪去，试管ⅲ中溶液变红，一段时间后，将铜丝抽离硫酸并停止加热。（1）ⅰ中发生反应的化学方程式为_______。（2）ⅱ中现象说明具有_______作用。（3）若将试管ⅲ与试管ⅱ位置互换，石蕊溶液变为红色能否作为是酸性氧化物的证据？说明理由：_______。Ⅱ.制备并检验性质（4）ⅳ中反应的离子方程式为_______。（5）进行实验：①A中溶液褪色，说明具有_______性。②B中产生淡黄色沉淀的离子方程式为_______。③C中无明显现象，甲同学通过检测的生成证明和发生反应：取1C中溶液于试管中，_______(填试剂和操作)，产生白色沉淀。乙同学认为甲同学的实验没有排除的影响，设计对比实验：_______。综合甲、乙同学的实验可知，能将氧化。〖答案〗（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O（2）漂白（3）不能，试管ⅰ中白雾含有H2SO4，H2SO4也能石蕊溶液变为红色（4）SO2+2OH—=SO+H2O（5）①.还原②.SO+2S2—+6H+=3S↓+3H2O③.加入足量盐酸后，再滴入BaCl2溶液④.取1mLⅳ中溶液，加入足量盐酸后，再滴入BaCl2溶液，产生的白色沉淀较甲同学实验的少〖解析〗由实验装置图可知，试管ⅰ中铜与浓硫酸共热反应生成生成硫酸铜、二氧化硫和水，试管ⅱ中盛有的品红溶液验证二氧化硫的漂白性，并吸收白雾中的硫酸防止干扰二氧化硫酸性氧化物的验证，试管ⅲ盛有的石蕊溶液用于验证二氧化硫酸性氧化物的性质，试管ⅳ中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染环境。（1）由分析可知，试管ⅰ中发生的反应为铜与浓硫酸共热反应生成生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故〖答案〗为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）由分析可知，试管ⅱ中溶液红色褪去说明二氧化硫具有漂白性，故〖答案〗为：漂白；（3）由分析可知，试管ⅱ中盛有的品红溶液验证二氧化硫的漂白性，并吸收白雾中的硫酸防止干扰二氧化硫酸性氧化物的验证，所以试管ⅲ与试管ⅱ的位置不能互换，若互换，因为硫酸的干扰，石蕊溶液变为红色不能作为二氧化硫是酸性氧化物的证据，故〖答案〗为：不能，试管ⅰ中白雾含有H2SO4，H2SO4也能石蕊溶液变为红色；（4）由分析可知，试管ⅳ中盛有氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染环境，反应的离子方程式为SO2+2OH—=SO+H2O，故〖答案〗为：SO2+2OH—=SO+H2O；（5）①A中溶液褪色，说明亚硫酸钠具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，故〖答案〗为：还原；②B中产生淡黄色沉淀的反应为酸性条件下，亚硫酸根离子与硫离子发生氧化还原反应生成硫和水，反应的离子方程式为SO+2S2—+6H+=3S↓+3H2O，故〖答案〗为：SO+2S2—+6H+=3S↓+3H2O；③C中发生反应为具有还原性的亚硫酸钠溶液与过氧化氢溶液反应生成硫酸钠和水，检验溶液中含有硫酸根离子时，应先加入足量盐酸排出亚硫酸根离子对硫酸根离子检验的干扰，再加入氯化钡溶液观察是否有白色沉淀生成；若甲同学的实验没有排除氧气的影响，取等量的向试管ⅳ溶液，向溶液中加入足量盐酸后，再滴入氯化钡溶液，产生的白色沉淀较甲同学实验的少说明过氧化氢能将二氧化硫氧化，故〖答案〗为：加入足量盐酸后，再滴入BaCl2溶液；取ⅳ中溶液，加入足量盐酸后，再滴入BaCl2溶液，产生的白色沉淀较甲同学实验的少。17.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：（1）反应Ⅰ：反应Ⅲ：反应Ⅱ的热化学方程式：___________。（2）对于反应Ⅰ：它可由两步反应组成：ⅰ.ⅱ.分解。对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。___________(填“>”或“<”)。（3）可以作为水溶液中歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ⅱ补充完整____。ⅰ.ⅱ.___________=___________+___________（4）探究ⅰ、ⅱ反应速率与歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mL饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：易溶解在KI溶液中)序号ABCD试剂组成0.4KIaKI0.20.20.2KI0.0002mol实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快①B是A的对比实验，则a=___________。②比较A、B、C，可得出的结论是___________。实验表明，的歧化反应速率D>A，结合Ⅰ、Ⅱ反应速率解释原因：___________。〖答案〗（1）3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)△H2=-254kJ/mol（2）＞（3）（4）①.0.4②.I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率③.反应ii比反应i快，D中由反应ii产生的H+使反应i加快〖解析〗（1）根据盖斯定律：反应Ⅱ=-反应Ⅰ-反应Ⅲ，△H2=-551kJ/mol+297kJ/mol=-254kJ/mol，因此，反应Ⅱ的热化学方程式为：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)△H2=-254kJ/mol；（2）反应Ⅱ为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，H2SO4的物质的量分数升高，由图可知温度相同时，p2的H2SO4的物质的量分数更高，因此p2＞p1；（3）可以作为水溶液中歧化反应的催化剂，催化剂反应前后质量、化学性质均不变，已知ⅰ.，因此ⅱ.；（4）①B与A为对比试验，则其试验条件仅有是否加入硫酸一个，则其中加入KI的浓度应相同，均为0.4mol/L；②C组试验无现象，说明硫酸不能催化该反应的进行，而A、B两组试验仅有是否含有硫酸一个变量，而B中沉淀出现较A快，说明在相同条件下，H+可加快反应i的速率，I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；由于I2的加入，反应ⅱ的速率加快，D中反应ⅱ迅速发生，使c(H+)迅速增大，促进反应i速率加快。18.磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷精矿主要成分为，还含有和有机碳等。溶解度：（1）上述流程中能加快反应速率的措施有___________。（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：，①该反应体现出酸性关系：___________(填“>”或“<”)。②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，___________。（3）酸浸时，磷精矿中所含氟转化为HF，并进一步转化为除去。写出生成HF的化学方程式：___________。（4）将粗磷酸中的有机碳氧化为脱除，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图所示。80℃后脱除率变化的原因：___________。（5）脱硫时，稍过量，充分反应后仍有残留，原因是___________；加入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）①.＜②.核电荷数P＜S，因此原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，即硫酸的酸性强于磷酸（3）（4）H2O2在氧化有机碳时，自身也会发生分解，且分解速率随温度的升高而加快（5）①.硫酸钙是微溶物②.〖解析〗磷精矿主要成分为，还含有和有机碳等，研磨为磷精矿粉，加入H2SO4进行酸浸并加热，发生反应，所含氟转化为HF，过滤可得到磷石膏和粗磷酸，将粗磷酸中的有机碳氧化为脱除，同时自身也会发生分解，再加入CaCO3进行脱硫，将硫元素转化为微溶的CaSO4除去，经过一系列操作后得到精制磷酸；（1）可通过增大接触面积和升高温度等措施加快反应速率，通过题给流程可知，能够加快反应速率的措施有研磨、加热；（2）①磷精矿粉酸浸时发生反应：，根据强酸制弱酸的规律可知，酸性＜；②P和S电子层数相同，核电荷数P＜S，因此原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，即硫酸的酸性强于磷酸；（3）酸浸时所含氟转化为HF，同时生成和H3PO4，化学方程式为：；（4）由题意可知，H2O2在氧化有机碳时，自身也会发生分解，且分解速率随温度的升高而加快，因此80℃后脱除率降低；（5）硫酸钙是微溶物，因此反应后的溶液中仍含有；加入BaCO3，BaCO3可将转化难溶的BaSO4除去，离子方程式为：。19.探究Na2SO3固体的热分解产物。资料：①4Na2SO3Na2S+3Na2SO4②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。③BaS易溶于水。隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。(1)检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2-。反应的离子方程式是____。(2)检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(